Выполним ряд преобразований: x−yx+y=yx−1yx+1=1719−11719+1=236=18.
Задача 2МГУ
Возрастающая геометрическая прогрессия a1,a2,a3,… удовлетворяет условиям a3−a1=3,a7−a3=60. Найдите сумму первых семи членов этой прогрессии.
Ответ:127
Решение
Пусть q --- знаменатель геометрической прогрессии. Тогда по формуле n-го члена геометрической прогрессии: {a3=a1q2,a7=a1q6. Получаем: {a3−a1=3,a7−a3=60.{a1q2−a1=3,a1q6−a1q2=60.{a1(q2−1)=3,a1q2(q4−1)=60. Разделим второе уравнение системы на первое: q2−1q2(q4−1)=20;q2−1q2(q2−1)(q2+1)=20;q2(q2+1)=20. Пусть t=q2,t>0, тогда: t2+t−20=0. Получаем: [t=4,t=−5−неподходит. Получаем, что q2=4. При условии, что геометрическая прогрессия является возрастающей, то q=2. Тогда: a1(22−1)=3;a1=1. Таким образом, сумма S7 первых семи членов геометрической прогрессии равна: S7=q−1a1(q7−1)=2−11⋅(27−1)=127.
Задача 3МГУ
Решите неравенство logx2−1(x−1)⩾logx2−12x2+1
Ответ:(1;2)∪[4;+∞)
Решение
Заметим, что 2x2+1⩾1, поэтому область допустимыз значений (ОДЗ): ⎩⎨⎧x−1>0,x2−1>0,x2−1=1.{x>1,x=2. Умножим обе части неравенства на 2 и воспользуемся свойством логарифма: logx2−1(x−1)2⩾logx2−1(2x2+1);logx2−1(x−1)2−logx2−1(2x2+1)⩾0. Воспользуемся методом рационализации на ОДЗ, тогда неравенство равносильно следующему: (x2−2)(x2−2x+1−2x2−1)⩾0;∣⋅2(x−2)(x+2)(x2−4x)⩾0;x(x−2)(x+2)(x−4)⩾0. Решим полученное неравенство методом интервалов с учётом ОДЗ: x∈(1;2)∪[4;+∞).
Задача 4МГУ
Решите уравнение tg2x−2cosxtg2x+2cosx=0
Ответ:6π+2πn;65π+2πn,n∈Z
Решение
Найдём область допустимых значений (ОДЗ): {cos2x=0,tg2x−2cosx=0. 1) cos2x=0⇔2x=2π+πk⇔x=4π+2πk,k∈Z. 2) tg2x−2cosx=0⇔cos2xsin2x−2cosx=0⇔cos2x2sinxcosx−2cosx=0⇔2cosx(1−2sin2xsinx−1)=0. Получаем: {cosx=0,2sin2x+sinx−1=0.⎩⎨⎧cosx=0,sinx=−1,sinx=21.⎩⎨⎧x=2π+πk,x=6π+2πk,x=65π+2πk. Таким образом, итоговое ОДЗ примет вид: ⎩⎨⎧x=4π+2πk,x=2π+πk,x=6π+2πk,x=65π+2πk,k∈Z. На ОДЗ исходное уравнение равносильно следующему: tg2x+2cosx=0;cos2xsin2x+2cosx=0;1−2sin2x2sinxcosx+2cosx=0;2cosx(1−2sin2xsinx+1)=0. Получаем: [cosx=0−неудовлетовряетОДЗ,2sin2x−sinx−1=0. Решая квадратное уравнение относительно sinx, получим: sinx=1−неудовлетовряетОДЗ,sinx=−21. Таким образом: x=6π+2πn,x=65π+2πn,n∈Z.
Задача 5МГУ
Вписанная в прямоугольный треугольник ABC окружность касается катетов AC и BC в точках D и F. Найдите sin∠CBD, если известно, что sin∠CAF=1/10.
Ответ:171
Решение
Пусть O --- центр вписанной окружности в △ABC, тогда OD=OF --- как радиусы, OD⊥AC и OF⊥BC. Отрезки CD и CF равны как отрезки касательных, проведенные из одной точки. Аналогично, BF=BL и AD=AL. Получаем, что DOFC --- прямоугольник, у которого смежные стороны равны, следовательно, DOFC --- квадрат. Пусть OD=OF=CD=CF=r,BL=BF=x. В прямоугольном треугольнике ACF:AF=sin∠CAFCF=r10. По теореме Пифагора в △ACF:AC=AF2−CF2=3r. Тогда AL=AD=2r. По теореме Пифагора в △ABC:AB2=AC2+BC2;(2r+x)2=(3r)2+(r+x)2;4r2+4rx+x2=9r2+r2+2rx+x2;2rx=6r2;x=3r. По теореме Пифагора в △DBC:BD=CD2+CB2=r17. Таким образом: sin∠CBD=BDCD=171.
Задача 6МГУ
Действительные числа a,b,c удовлетворяют соотношению abc=(a−1)(b−1)(c−1) Найдите наименьшее возможное значение выражения a2+b2+c2.
Ответ:1
Решение
Раскроем скобки: abc=abc−1−ab−ac−bc+a+b+c;ab+ac+bc=a+b+c−1. Используя формулу квадрата суммы трёх слагаемых: (a+b+c)2=a2+b2+c2+2(ab+ac+bc);a2+b2+c2=(a+b+c)2−2(ab+ac+bc)=(a+b+c)2−2(a+b+c−1)==(a+b+c)2−2(a+b+c)+1+1=(a+b+c−1)2+1⩾1. Получаем, что наименьшее значение a2+b2+c2 может быть равно 1. Действительно, равенство возможно, например, если a=b=0,c=1.
Задача 7МГУ
Ребро основания правильной треугольной пирамиды равно 6, высота пирамиды равна 7. Плоскость π перпендикулярна одному из рёбер пирамиды и делит его в отношении 1:2, считая от вершины. Найдите отношение, в котором плоскость π делит объём пирамиды.
Ответ:1:11
Решение
Обозначим через A,B,C,D вершины пирамиды, так что ABC --- основание пирамиды, а плоскость π перпендикулярна ребру CD. Кроме того, обозначим через O --- центр основания ABC, а H --- середину ребра AB. Пусть плоскость π пересекает ребро CD в точке K, тогда KCDK=21. Высота CH правильного △ABC, равна: CH=BC⋅23=232. Тогда CO=32CH=2. По теореме Пифагора в △COD:CD=OD2+OC2=3. Значит, DK=1,KC=2. Пусть PK --- перпендикуляр к CD, принадлежащий плоскости π. По теореме Пифагора в △DOH:DH=DO2+HO2=230. По теореме косинусов в △DHC:CH2=DH2+DC2−2⋅DH⋅DC⋅cos∠HDC;29=9+430−2⋅3⋅230cos∠HDC;330cos∠HDC=12;cos∠HDC=304. тогда по определению косинуса в △PDK:DP=cos∠PDKDK=430. Получаем, что DP=21DH. Так как AB⊥HD и AB⊥HC, то AB⊥DHC, значит, AB⊥CD. Проведём прямую MN∥AB через точку P. Тогда MN⊥CD. Получаем, что π=(MNK). Таким образом, по теореме об отношении тетраэдров с общим трёхгранным углом, получаем: VMNKDVABCD=DKDC⋅DBDN⋅DADM=3⋅2⋅2=12. Плоскость π отсекает от пирамиды ABCD пирамиду, объём которой равен 121 от объёма ABCD. Следовательно, плоскость π делит объём пирамиды в отношении 1:11.
По теореме Пифагора в