Задача 1МГУ

Известно, что

x: y=19: 17

. Найдите

\dfrac{x+y}{x-y}

.

Задача 2МГУ

Возрастающая геометрическая прогрессия

a_{1}, a_{2}, a_{3}, \ldots

удовлетворяет условиям

a_{3}-a_{1}=3

,

a_{7}-a_{3}=60

. Найдите сумму первых семи членов этой прогрессии.

Задача 3МГУ

Решите неравенство

\log _{x^{2}-1}(x-1) \geqslant \log _{x^{2}-1} \sqrt{\frac{x^{2}}{2}+1}

Задача 4МГУ

Решите уравнение

\frac{\operatorname{tg} 2 x+2 \cos x}{\operatorname{tg} 2 x-2 \cos x}=0

Решение

Найдём область допустимых значений (ОДЗ):

\begin{cases} \cos 2x \neq 0, \\ \tg 2x - 2 \cos x \neq 0. \end{cases}

1)

\cos 2x \neq0 \Leftrightarrow 2x \neq \dfrac{\pi}{2}+ \pi k \Leftrightarrow x \neq \dfrac{\pi}{4}+ \dfrac{\pi k }{2}, ~k \in \mathbb{Z}.

2)

\tg 2x - 2 \cos x \neq 0 \Leftrightarrow \dfrac{\sin 2x}{\cos 2x} - 2\cos x \neq 0 \Leftrightarrow \dfrac{2\sin x \cos x}{\cos 2x} - 2 \cos x \neq 0 \Leftrightarrow 2\cos x \left(\dfrac{\sin x}{1-2\sin^2 x} -1 \right) \neq 0.

Получаем:

\begin{cases} \cos x\neq 0, \\ 2\sin ^2x + \sin x -1 \neq 0. \end{cases} \quad \begin{cases} \cos x\neq 0, \\ \sin x\neq -1, \\ \sin x\neq \dfrac{1}{2}. \\ \end{cases} \quad \begin{cases} x \neq \dfrac{\pi}{2} + \pi k, \\[1.5ex] x \neq \dfrac{\pi}{6} + 2\pi k, \\[1.5ex] x \neq \dfrac{5\pi}{6} + 2\pi k. \end{cases}

Таким образом, итоговое ОДЗ примет вид:

\begin{cases} x \neq \dfrac{\pi}{4}+ \dfrac{\pi k }{2}, \\[1.5ex] x \neq \dfrac{\pi}{2} + \pi k, \\[1.5ex] x \neq \dfrac{\pi}{6} + 2\pi k, \\[1.5ex] x \neq \dfrac{5\pi}{6} + 2\pi k, ~k \in \mathbb{Z}. \end{cases}

На ОДЗ исходное уравнение равносильно следующему:

\tg 2x + 2\cos x =0;

\dfrac{\sin 2x}{\cos 2x} + 2 \cos x = 0;

\dfrac{2\sin x \cos x}{1 - 2\sin ^2 x} + 2 \cos x = 0;

2\cos x \left(\dfrac{\sin x}{1-2\sin^2x} +1\right) = 0.

Получаем:

\left[ \begin{gathered} \cos x =0~-~не~удовлетовряет~ОДЗ, \\ 2\sin^2x -\sin x - 1 =0. \end{gathered} \right.

Решая квадратное уравнение относительно

\sin x

, получим:

\left[ \begin{gathered} \sin x =1~-~не~удовлетовряет~ОДЗ, \\ \sin x = -\dfrac{1}{2}. \end{gathered} \right.

Таким образом:

\left[ \begin{gathered} x = \dfrac{\pi}{6}+2\pi n , \\ x = \dfrac{5\pi}{6}+2\pi n, ~ n \in \mathbb{Z}. \end{gathered} \right.

Задача 5МГУ

Вписанная в прямоугольный треугольник

A B C

окружность касается катетов

A C

и

B C

в точках

D

и

F

. Найдите

\sin \angle C B D

, если известно, что

\sin \angle C A F=1 / \sqrt{10}

.

Задача 6МГУ

Действительные числа

a, b, c

удовлетворяют соотношению

a b c=(a-1)(b-1)(c-1)

Найдите наименьшее возможное значение выражения

a^{2}+b^{2}+c^{2}

.

Задача 7МГУ

Ребро основания правильной треугольной пирамиды равно

\sqrt{6}

, высота пирамиды равна

\sqrt{7}

. Плоскость

\pi

перпендикулярна одному из рёбер пирамиды и делит его в отношении

1: 2

, считая от вершины. Найдите отношение, в котором плоскость

\pi

делит объём пирамиды.

Решение

Обозначим через

A,B,C,D

вершины пирамиды, так что

ABC

--- основание пирамиды, а плоскость

\pi

перпендикулярна ребру

CD

. Кроме того, обозначим через

O

--- центр основания

ABC

, а

H

--- середину ребра

AB

. Пусть плоскость

\pi

пересекает ребро

CD

в точке

K

, тогда

\dfrac{DK}{KC}= \dfrac{1}{2}

. Высота

CH

правильного

\triangle ABC

, равна:

CH = BC\cdot\dfrac{\sqrt{3}}{2}= \dfrac{3\sqrt{2}}{2}.

Тогда

CO = \dfrac{2}{3}CH=\sqrt{2}.

По теореме Пифагора в

\triangle COD

:

CD = \sqrt{OD^2 + OC^2} = 3.

Значит,

DK = 1

,

KC = 2

. Пусть

PK

--- перпендикуляр к

CD

, принадлежащий плоскости

\pi

.

По теореме Пифагора в

\triangle DOH

:

DH= \sqrt{DO^2+HO^2} = \dfrac{\sqrt{30}}{2}.

По теореме косинусов в

\triangle DHC

:

CH^2= DH^2+DC^2 - 2\cdot DH \cdot DC \cdot \cos \angle HDC;

\dfrac{9}{2} = 9+ \dfrac{30}{4} -2 \cdot 3 \cdot \dfrac{\sqrt{30}}{2} \cos \angle HDC;

3\sqrt{30}\cos \angle HDC = 12;

\cos \angle HDC = \dfrac{4}{\sqrt{30}}.

тогда по определению косинуса в

\triangle PDK

:

DP = \dfrac{DK}{\cos \angle PDK} = \dfrac{\sqrt{30}}{4}.

Получаем, что

DP = \dfrac{1}{2}DH

. Так как

AB \perp HD

и

AB \perp HC

, то

AB \perp DHC

, значит,

AB \perp CD

. Проведём прямую

MN \parallel AB

через точку

P

. Тогда

MN \perp CD

. Получаем, что

\pi = (MNK)

. Таким образом, по теореме об отношении тетраэдров с общим трёхгранным углом, получаем:

\dfrac{V_{ABCD}}{V_{MNKD}} = \dfrac{DC}{DK} \cdot \dfrac{DN}{DB} \cdot \dfrac{DM}{DA} = 3 \cdot 2 \cdot 2 = 12.

Плоскость

\pi

отсекает от пирамиды

ABCD

пирамиду, объём которой равен

\dfrac{1}{12}

от объёма

ABCD

. Следовательно, плоскость

\pi

делит объём пирамиды в отношении

1:11

.