Найдите наименьшее целое число, большее, чем 17−317+3.
Ответ:7
Решение
17−317+3=(17−3)(17+3)(17+3)2=17−917+617+9=826+617=413+317. Так как 4<17<313, то 25<13+317<26, откуда 425<413+317<426<7. Значит, наименьшее целое число, большее этой дроби, равно 7.
Задача 2МГУ
Сумма первых пятнадцати членов арифметической прогрессии в два раза больше суммы первых десяти членов. Найдите первый член этой прогрессии, если известно, что пятый её член равен 7.
Ответ:3
Решение
Обозначим через a и d соответственно первый член прогрессии и её разность. Тогда по условию 2⋅10⋅2a+a+9d=15⋅2a+a+14d, откуда 20a+90d=15a+7⋅15d, то есть a+18d=21d, стало быть, a=3d. Далее, для пятого члена имеем a+4d=7, откуда d=1 и a=3.
Задача 3МГУ
Решите уравнение tgxtg2x+3=0.
Ответ:x=±3π+kπ,k∈Z
Решение
tgxtg2x+3=0⟺{cosxcos2x=0sinxsin2x+3cosxcos2x=0⟺⟺{cosxcos2x=0cosx+2cosxcos2x=0⟺{cosxcos2x=0cosx(1+2cos2x)=0⟺⟺cos2x=−21⟺2x=±32π+2kπ,k∈Z⟺x=±3π+kπ,k∈Z Альтернативно, можно выразить tg2x через tgx и прийти к соотношению tg2x=3.
Задача 4МГУ
Решите неравенство (2log22x−log2x2+1)x2−2x⩽1.
Ответ:x∈(0,1]∪{2}
Решение
Заметим, что 2log22x−log2x2+1=log22x+(log2x−1)2>0. Стало быть, (2log22x−log2x2+1)x2−2x⩽1⟺(2log22x−2log2x+1)x2−2x⩽1⟺(2log22x−2log2x)(x2−2x)⩽0⟺xlog2x(log2x−1)(x−2)⩽0⟺{x>0x(x−1)(x−2)(x−2)⩽0⟺x∈(0,1]∪{2}
Задача 5МГУ
Середины сторон выпуклого четырёхугольника ABCD лежат на окружности. Известно, что AB=1,BC=4,CD=8. Найдите AD.
Ответ:7
Решение
Обозначим середины сторон AB,BC,CD,DA через A1,B1,C1,D1 соответственно. Четырёхугольник A1B1C1D1 является параллелограммом (теорема Вариньона): A1B1∥D1C1∥AC,B1C1∥A1D1∥BD. Поскольку все четыре точки A1,B1,C1,D1 лежат на окружности, этот параллелограмм вписан в окружность, а значит является прямоугольником. Следовательно, его диагонали AC и BD исходного четырёхугольника взаимно перпендикулярны. Пусть X — точка их пересечения. AB2+CD2=(AX2+BX2)+(CX2+DX2)=(BX2+CX2)+(DX2+AX2)=BC2+AD2. Отсюда AD2=AB2+CD2−BC2=1+64−16=49,AD=7.
Задача 6МГУ
Найдите все значения параметра a , при которых уравнение ,x2+(1−a+4∣x∣)2=4a2, имеет ровно три решения.
Ответ:a=2
Решение
Если x0 является решением, то и −x0 также является решением, так как уравнение содержит x только под знаком ∣x∣. Следовательно, для того чтобы было нечётное количество решений, необходимо, чтобы x=0 было решением. Подставив x=0 , получаем (1−a)2=4a2, что выполняется при a=2 и при a=32. Положим y=1+4∣x∣. Тогда исходное уравнение равносильно системе ⎩⎨⎧y=1+4∣x∣x2+(y−a)2=4a2 Второе уравнение задаёт окружность радиуса 2a с центром в точке (0,a). При a=32 эта окружность находится под прямой y=1, тогда как график уравнения y=1+4∣x∣ лежит над этой прямой и имеет с ней ровно одну общую точку (0,1), которая лежит на окружности. Стало быть, при a=32 уравнение имеет ровно одно решение x=0 , и значение a=32 не подходит. Пусть a=2. Тогда окружность имеет центр в точке (0,2) и радиус 1. При −1≤x≤1 график y=1+4∣x∣ находится под графиком y=1+∣x∣, который при 0<∣x∣<1 строго между прямой y=1 и графиком y=2. Верхняя половина окружности находится над графиком y=2, а нижняя — под графиком y=1+∣x∣. Точки (−1,2),(0,1),(1,2) принадлежат обоим графикам, и других пересечений нет. Таким образом, при a=2 уравнение имеет ровно три решения x=−1,x=0,x=1.
Задача 7МГУ
Объём треугольной призмы ABCA′B′C′ с основанием ABC и боковыми рёбрами AA′,BB′,CC′ равен 72. Найдите объём тетраэдра DEFG, где D — центр грани ABB′A′,E — точка пересечения медиан треугольника A′B′C′,F — середина ребра AC и G — середина ребра BC.
Ответ:5
Решение
Обозначим через K,L,M середины отрезков FG,AB,A′B′ соответственно. Точки C,C′,E,D,K,L,M лежат в одной плоскости. Отметим на CL точки P,Q такие, что EP∥ML и DQ∥EK. Треугольники DLQ и EPK подобны, и DL=21ML=41EP, откуда LQ=41PK.LK=21LC,PK=ME=21MC=31LC,LP=(21−31)LC=61LC,LQ=41PK=121LK,QK=LK−LQ=65LK.S(△FQG)=65S(△FGL)=65⋅41S(△ABC)=245S(△ABC). Так как DQ∥EK, объёмы тетраэдров DEFG и QEFG равны. VпризмыVDEFG=S(△ABC)31S(△FQG)=31⋅245=725,VDEFG=725⋅72=5.
Заметим, что 
Обозначим середины сторон 
Если 
Обозначим через