Найдите в явном виде целое число, заданное выражением 11⋅(11−72+11+72).
Ответ:11
Решение
11−72+11+72=(11−7)(11+7)2(11+7)+2(11−7)=11−7411=11. Поэтому 11⋅11=11.
Задача 2МГУ
Сумма первых трёх членов геометрической прогрессии в два раза больше разности между первым и четвёртым её членами. Найдите первый член этой прогрессии, если известно, что сумма первых семи её членов равна 127.
Ответ:64
Решение
Обозначим через b и q соответственно первый член прогрессии и её знаменатель. Тогда по условию b(1+q+q2)=2b(1−q3). Отсюда, сокращая на b(1+q+q2) (это действие корректно, ибо b=0, поскольку иначе сумма любого количества членов прогрессии равна нулю), получаем q=21. Для суммы первых семи членов прогрессии имеем 1−qb(1−q7)=127, то есть b⋅2627−1=127 и b=26=64.
На диагонали AC параллелограмма ABCD как на диаметре построена окружность. Эта окружность пересекает стороны AB и BC в точках M и N соответственно. При этом AM=MB и CN=2NB. Найдите тангенс острого угла параллелограмма ABCD.
Ответ:5
Решение
Так как AC — диаметр, то ∠AMC=∠ANC=90∘. Пусть O — центр окружности, то есть середина AC. В треугольнике ABC отрезок OM — средняя линия ( M,O — середины AB и AC ), поэтому AB=2OM=2OA=AC. Обозначим острый угол ∠BAC=α. Так как CN⊥AB нет — рассмотрим прямоугольный треугольник ANC:cos∠ACB=ACCN=AC32BC=32.sin2α=21−cos2α=21−cos∠ACB=21−32=61.cos2α=65,tg2α=cos2αsin2α=5,tgα=5.
Задача 6МГУ
Найдите все возможные значения произведения xy, если известно, что x,y∈[0,2π) и справедливо 1−cos(x−y)1−sin(x−y)=1−cos(x+y)1−sin(x+y).
Ответ:xy=0
Решение
При заданных ограничениях на x и y знаменатели не равны нулю тогда и только тогда, когда x=y. Заметим, что при x,y∈[0,2π) справедливо cos(x−y)⩾cos(x+y). Действительно, cos(x−y)−cos(x+y)=2sinxsiny⩾0 ввиду неотрицательности sinx и siny. Аналогично, sin(x+y)⩾sin(x−y), поскольку sin(x+y)−sin(x−y)=2sinycosx⩾0. Таким образом, 1−cos(x−y)1−sin(x−y)⩾1−cos(x+y)1−sin(x+y), и равенство достигается тогда и только тогда, когда одновременно sinxsiny=cosxsiny=0. Поскольку sinx и cosx не могут одновременно обращаться в 0, справедливо siny=0, откуда y=0. Остаётся заметить, что при y=0 исходное равенство выполняется при любом x∈[0,2π).
Задача 7МГУ
В пирамиду, в основании которой лежит ромб с острым углом α и стороной 6, вписана сфера диаметра 1. Найдите угол α, если известно, что все боковые грани пирамиды наклонены к плоскости её основания под углом 60∘.
Ответ:45^\circ
Решение
Пусть S — вершина пирамиды, O — центр вписанной сферы, H — основание высоты из S. Так как боковые грани наклонены к основанию под одним углом, точка H совпадает с точкой пересечения диагоналей ромба, а O лежит на SH. Если P — основание перпендикуляра из H на сторону основания, то ∠SPH=60∘,PH=OH⋅ctg2∠SPH=21⋅ctg30∘=23. Высота ромба равна 2PH=3, и sinα=63=21. Так как угол острый, α=45∘.
Так как 
Пусть