Разность между наибольшим и наименьшим корнями уравнения ,x2+ax+10=0, равна 3. Найдите все возможные значения a.
Ответ:a=±7
Решение
Чтобы существовали два различных корня, нужно D=a2−40>0. По теореме Виета: x1+x2=−a,x1x2=10.∣x1−x2∣=(x1+x2)2−4x1x2=a2−40. По условию a2−40=3,a2−40=9,a2=49,a=±7. При a=±7 дискриминант D=49−40=9>0, условие выполнено.
Задача 3МГУ
Решите уравнение 2cos2x+3sin2x+4cos2x=−1.
Ответ:x=−4π+πk,x=arctg7+πk,k∈Z
Решение
2cos2x+3sin2x+4cos2x=−1. Используем формулы sin2x=2sinxcosx,cos2x=2cos2x−1:2(2cos2x−1)+6sinxcosx+4cos2x=−1,8cos2x+6sinxcosx−2=−1⇒8cos2x+6sinxcosx−1=0. Заменяя 1=sin2x+cos2x, получаем однородное уравнение: sin2x−6sinxcosx−7cos2x=0. Так как cosx=0 не является решением, делим на cos2x:tg2x−6tgx−7=0⇒tgx=−1илиtgx=7.x=−4π+πkилиx=arctg7+πk,k∈Z.
Задача 4МГУ
Решите неравенство log1+logx7(1+log72x)≤1.
Ответ:x∈(0,71)∪(1,7]
Решение
Область определения: x>0,x=1. Обозначим s=log7x(s=0), тогда logx7=s1. Основание b=1+s1=ss+1, а под знаком логарифма 1+log72x=1+s2>1. Требуется b>0,b=1:ss+1>0⇒s>0 или s<−1. Неравенство: logb(1+s2)≤1. 1) Если 0<b<1, т.е. s<−1, то логарифм числа >1 отрицателен, и неравенство верно: s<−1⟺0<x<71. 2) Если b>1, т.е. s>0, то logb(1+s2)≤1⟺1+s2≤ss+1. При s>0:1+s2≤ss+1⟺s+s3≤s+1⟺s3≤1⟺s≤1⟺1<x≤7. Объединяя: x∈(0,71)∪(1,7].
Задача 5МГУ
Две окружности касаются внутренним образом в точке P. Хорда QR внешней окружности касается внутренней окружности в точке S. Прямая PS пересекает внешнюю окружность в точках P и T. Найдите QT, если известно, что PQ∥RT, площадь четырёхугольника PQTR равна 55, а радиусы окружностей относятся как 7:10.
Ответ:3
Решение
Гомотетия с центром P переводит внутреннюю окружность во внешнюю; касательная QR переходит в касательную в точке T, поэтому PT — биссектриса угла QPR и TQ=TR. По условию PQ∥RT, значит PQTR — вписанная трапеция с основаниями PQ и RT, то есть равнобокая: PR=QT. По коэффициенту гомотетии 7:10 основания равны PQ=7k,RT=3k, а боковая сторона QT=PR=3k. При k=1:PQ=7,RT=3,QT=PR=3. Полуразность оснований 2PQ−RT=27−3=2.h=QT2−22=9−4=5,m=2PQ+RT=27+3=5.SPQTR=m⋅h=55=55, что совпадает с условием при k=1, поэтому QT=3.
Задача 6МГУ
Ровно в 13:00 из пункта A в пункт Б выехал мотоциклист. Проехав 41 пути, наблюдательный мотоциклист заметил, что мимо него в сторону пункта A прошёл некий пешеход. В тот самый момент, когда мотоциклист прибыл в пункт Б, из пункта Б в пункт A выехал автомобиль. Когда до пункта A оставалось 51 пути, не менее наблюдательный водитель автомобиля заметил, что он поравнялся с тем самым пешеходом. Во сколько приехал автомобиль в пункт A, если известно, что пешеход прибыл в пункт A ровно в 17:00? Скорости пешехода, мотоцикла и автомобиля считать постоянными.
Ответ:в14:00
Решение
Примем весь путь за 1. Пусть vm,va,vp — скорости мотоциклиста, автомобиля и пешехода. Мотоциклист вышел из A в 13:00 и точку 41 прошёл за время vm41; в этот момент здесь же был пешеход, идущий к A. Весь путь мотоциклист прошёл за vm1; в этот момент из Б вышел автомобиль. Пешеход прибыл в A в 17:00, т.е. от точки 41 шёл 17−(13+4vm1) ч, откуда vp=4−4vm141. В точке, где до A оставалось 51 пути, автомобиль поравнялся с пешеходом — их положения совпали в точке 51 от A. Из условия встречи находим va; момент прибытия автомобиля в A равен 14:00.
Задача 7МГУ
В основании правильной пирамиды с вершиной V лежит шестиугольник KLMNOP со стороной 10. Плоскость π параллельна ребру LM, перпендикулярна плоскости OPV и пересекает ребро MN в точке T, так что MT:TN=1:4. Кроме того, прямые, по которым π пересекает плоскость MNV и плоскость основания, перпендикулярны. Найдите площадь треугольника, отсекаемого плоскостью π от грани NOV.
Ответ:92
Решение
По симметрии сечения относительно плоскости, проходящей через середины рёбер LM и PO, углы при двух вершинах сечения равны и по условию равны 90∘, поэтому от грани NOV отсекается треугольник LMV -типа с вершинами L,M на рёбрах NV,OV. Спроецируем на основание. Пусть a — сторона основания, b=TN. По условию a=10,b=10⋅54=8.S′L′=a−2b,S′M′=32a−b,SL′M′S′=21S′L′⋅S′M′⋅sin60∘=24(2a−b)23. Угол наклона π к основанию даёт cos∠HQR=32,S=cos∠HQRSL′M′S′=16(2a−b)22=16(2⋅10−8)22=161222=92.
Задача 8МГУ
Найдите наименьшее значение выражения 65+loga2cosax−logacos8ax+10+loga2sinax+logasin2ax+125+loga2tgax−logatg10ax и все пары (a,x), при которых оно достигается.
Ответ:105,a=21,x=2π+4kπ,k∈Z
Решение
Данное выражение можно переписать как 72+(4−logacosax)2+32+(1+logasinax)2+102+(5−logatgax)2. Заметим, что (4−logacosax)+(1+logasinax)+(5−logatgax)=10, тогда как 7+3+10=20. Следовательно, исходное выражение не меньше, чем расстояние от точки (0,0) до точки (20,10), причём оно достигается тогда и только тогда, когда все три точки (7,4−logacosax),(3,1+logasinax),(10,5−logatgax) лежат на этой прямой, то есть тогда и только тогда, когда ⎩⎨⎧4−logacosax=271+logasinax=235−logatgax=5 что равносильно условию sinax=cosax=a21. В силу основного тригонометрического тождества это возможно только при a=21. В этом случае минимум достигается при x=2π+4kπ,k∈Z, и равен 202+102=105.
Гомотетия с центром