Разность между наибольшим и наименьшим корнями уравнения ,x2+ax−6=0, равна 5. Найдите все возможные значения a.
Ответ:a=±1
Решение
Уравнение x2+ax−6=0 имеет дискриминант D=a2+24>0, поэтому всегда есть два различных корня x1,x2. По теореме Виета: x1+x2=−a,x1x2=−6. Разность корней: ∣x1−x2∣=(x1+x2)2−4x1x2=a2+24. По условию a2+24=5,a2+24=25,a2=1,a=±1.
Задача 3МГУ
Решите уравнение 2cos2x+3sin2x=4+3cos2x.
Ответ:x=4π+πk,x=arctg5+πk,k∈Z
Решение
2cos2x+3sin2x=4+3cos2x. Используем формулы sin2x=2sinxcosx,cos2x=2cos2x−1:2cos2x+6sinxcosx=4+3(2cos2x−1)=1+6cos2x.6sinxcosx−4cos2x−1=0. Заменяя 1=sin2x+cos2x, получаем однородное уравнение: sin2x−6sinxcosx+5cos2x=0. Так как cosx=0 не является решением, делим на cos2x:tg2x−6tgx+5=0⇒tgx=1илиtgx=5.x=4π+πkилиx=arctg5+πk,k∈Z.
Задача 4МГУ
Решите неравенство log1−log3x(1+logx23)≤1.
Ответ:x∈(0,31]∪(1,3)
Решение
Область определения: x>0,x=1. Обозначим t=log3x(t=0), тогда logx3=t1. Основание b=1−t, а под знаком логарифма 1+logx23=1+t21=t2t2+1>1. Требуется b>0,b=1:1−t>0⇒t<1,t=0. Неравенство имеет вид logbt2t2+1≤1. 1) Если 0<b<1, т.е. 0<t<1, то логарифм числа >1 отрицателен, и неравенство верно: 0<t<1⟺1<x<3. 2) Если b>1, т.е. t<0, то logbt2t2+1≤1⟺t2t2+1≤1−t.t2t2+1≤1−t⟺t2+1≤t2−t3⟺t3≤−1⟺t≤−1⟺0<x≤31. Объединяя: x∈(0,31]∪(1,3).
Задача 5МГУ
Две окружности касаются внутренним образом в точке T. Хорда AB внешней окружности касается внутренней окружности в точке S. Прямая TS пересекает внешнюю окружность в точках T и C. Найдите площадь четырёхугольника TACB, если известно, что CB=BT=3, а радиусы окружностей относятся как 5:8.
Ответ:82
Решение
Гомотетия с центром T переводит внутреннюю окружность во внешнюю. Касательная к внутренней окружности AB переходит в параллельную ей касательную к внешней окружности в точке C, поэтому TC — биссектриса угла ATB. Так как TC — биссектриса, дуги AC и CB равны, значит CA=CB и ∠ATC=∠CTB.CB=BT⇒∠BCT=∠BTC=∠ATC⇒CB∥TA. Следовательно TACB — вписанная трапеция с основаниями CB и TA, то есть равнобокая: CA=BT=3. Из подобия (коэффициент гомотетии 5:8) получаем основания CB=3,TA=5. Полуразность оснований 2TA−CB=25−3=1,h=CA2−12=9−1=22. Средняя линия m=2CB+TA=23+5=4.STACB=m⋅h=4⋅22=82.
Задача 6МГУ
Ровно в 9:00 из пункта A в пункт Б выехал автомобиль. Проехав 32 пути, наблюдательный водитель автомобиля заметил, что мимо него в сторону пункта A проехал некий велосипедист. В тот самый момент, когда автомобиль прибыл в пункт Б, из пункта Б в пункт A выехал автобус. Когда до пункта A оставалось 52 пути, не менее наблюдательный водитель автобуса заметил, что он поравнялся с тем самым велосипедистом. Во сколько приедет велосипедист в пункт A, если известно, что автобус прибыл в пункт A ровно в 11:00? Скорости велосипедиста, автомобиля и автобуса считать постоянными.
Ответ:в12:00
Решение
Примем весь путь от A до Б за 1. Пусть va,vb,vv — скорости автомобиля, автобуса и велосипедиста (доли пути в час). Автомобиль выехал из A в 9:00. Точку 32 он прошёл за время va32; в этот момент в той же точке был велосипедист, едущий к A. Весь путь автомобиль прошёл за va1; в этот момент из Б вышел автобус. Автобус прибыл в A в 11:00, т.е. весь путь прошёл за 2−va1 ч, откуда vb=2−va11. В точке, где до A оставалось 52 пути, автобус поравнялся с велосипедистом — их положения совпали в точке 52 от A. Записав уравнение встречи и исключив va, получаем, что момент прибытия велосипедиста в A не зависит от va и равен 12:00.
Задача 7МГУ
В основании правильной пирамиды с вершиной S лежит шестиугольник ABCDEF со стороной 14. Плоскость π параллельна ребру AB, перпендикулярна плоскости DES и пересекает ребро BC в точке K, так что BK:KC=3:4. Кроме того, прямые, по которым π пересекает плоскости BCS и AFS, параллельны. Найдите площадь треугольника, отсекаемого плоскостью π от грани CDS.
Ответ:252
Решение
Обозначим через P точку пересечения π с отрезком AF. Точки K и P — вершины сечения. Многоугольник M=KP… симметричен относительно плоскости, проходящей через середины рёбер AB и ED, поэтому углы при вершинах K и P равны; по условию параллельности они равны 90∘. Значит, прямая LMS -сечения отсекает от грани CDS искомый треугольник LMS, где L,M — точки пересечения π с рёбрами CS,DS соответственно. Спроецируем на плоскость основания: L→L′,M→M′,S→S′. Пусть X=KP∩CD,Y=KP∩AD. Пусть a — сторона основания, KC=b. По условию a=14,b=14⋅74=8.CL′=2b,S′L′=a−2b,YX=a+b. Из подобия △XM′Y и △L′M′S′:S′M′YM′=S′L′YX=a−2ba+b,YM′=b+S′M′,⇒S′M′=32a−b.SL′M′S′=21S′L′⋅S′M′⋅sin60∘=24(2a−b)23. Угол наклона π к основанию: sin∠HQR=31,cos∠HQR=32.SLMS=cos∠HQRSL′M′S′=24(2a−b)23⋅23=16(2a−b)22.SLMS=16(2⋅14−8)22=162022=252.
Задача 8МГУ
Найдите наименьшее значение выражения 106+loga2cosax+logacos10ax+58+loga2sinax−logasin6ax+5+loga2tgax+logatg2ax и все пары (a,x), при которых оно достигается.
Ответ:95,a=2,x=8π+kπ,k∈Z
Решение
Данное выражение можно переписать как 92+(5+logacosax)2+72+(3−logasinax)2+22+(1+logatgax)2. Заметим, что (5+logacosax)+(3−logasinax)+(1+logatgax)=9, тогда как 9+7+2=18. Следовательно, исходное выражение не меньше, чем расстояние от точки (0,0) до точки (18,9), причём оно достигается тогда и только тогда, когда все три точки (9,5+logacosax),(7,3−logasinax),(2,1+logatgax) лежат на этой прямой, то есть тогда и только тогда, когда ⎩⎨⎧5+logacosax=293−logasinax=271+logatgax=1 что равносильно условию sinax=cosax=a−21. В силу основного тригонометрического тождества это возможно только при a=2. В этом случае минимум достигается при x=8π+kπ,k∈Z, и равен 182+92=95.
Гомотетия с центром