Умножим числитель и знаменатель каждой дроби на сопряженное выражение: 9−5(3−5)2+9−5(3+5)2=23−5+23+5=3.
Задача 2МГУ
Найдите сумму всех натуральных чисел n, для которых число n2+7n+1 является квадратом некоторого натурального числа.
Ответ:9
Решение
Так как n2+7n+1 должен быть полным квадратом, обозначим его как (n+x)2, где x -- некоторое число: n2+7n+1=(n+x)2;n2+7n+1=n2+2nx+x2;n(7−2x)=x2−1. Так как n⩾1, то (n+x)2>n2. Получим, что x>0. Значит, x2−1⩾0. Из уравнения n(7−2x)=x2−1 при n⩾1 следует 7−2x⩾0.{7−2x⩾0,x2−1⩾0;⎩⎨⎧x⩽3,5,x⩽−1,x⩾1;x∈{1,2,3}. При x=1:7n+1=2n+1,n=0,неподходит, таккакn⩾1. При x=2:7n+1=4n+4,3n=3,n=1. При x=3:7n+1=6n+9,n=8. Найдём сумму: 1+8=9.
Найдём ОДЗ неравенства: ⎩⎨⎧x−1>0,x+1>0,x2−1>0,x2−1=0;x>1,x∈(1;+∞). Заметим, что: logx2−1(x−1)+logx2−1(x+1)=1. Заменим logx2−1(x−1)=t.8t+81−t⩽6;8t+8t8⩽6. Замена 8t=y,y>0:y2−6y+8⩽0;(y−2)(y−4)⩽0;(8t−2)(8t−4)⩽0;(23t−21)(23t−22)⩽0. Применим метод рационализации: (2−1)2(3t−1)(3t−2)⩽0;(3logx2−1(x−1)−1)(3logx2−1(x−1)−2)⩽0;(logx2−1(x−1)3−logx2−1(x2−1))(logx2−1(x−1)3−logx2−1(x2−1)2)⩽0. Применим метод рационализации: (x2−2)2((x−1)3−(x2−1))((x−1)3−(x2−1)2)⩽0;(x2−2)2(x−1)(x2−2x+1−x−1)(x−1)2(x−1−x2−2x−1)⩽0; Рассмотрим x−1−x2−2x−1=0:−x2−x−2=0,x2+x+2=0,D=1−4⋅2<0, значит выражение всегда меньше нуля. Поделим на него неравенство и поменяем знак: x(x−2)2(x+2)2(x−3)(x−1)3⩾0; Решим методом интервалов:
С учётом ОДЗ:
Задача 4МГУ
Решите уравнение sinx+sin2x+cosx=1.
Ответ:2πn,2π+2πn,n∈Z
Решение
sinx+sin2x+cosx=1;sinx+cosx=1−sin2x. Пусть t=sinx+cosx, тогда t2=sin2x+cos2x+2sinxcosx=1+sin2x. Получим t=1−(t2−1);t2+t−2=0;[t=1,t=−2;[sinx+cosx=1,sinx+cosx=−2,нетрешений.sinx+cosx=1. Разделим обе части на 12+12=2:21sinx+21cosx=21;cosxcos4π+sinxsin4π=21;cos(x−4π)=22;x−4π=±4π+2πk,k∈Z;[x=2πk,x=2π+2πk.
Задача 5МГУ
Вокруг остроугольного треугольника ABC описана окружность. На дуге CA (не содержащей точку B) этой окружности отмечена некоторая точка P. Прямая, проходящая через точки B и H, где H -- точка пересечения высот треугольника ABC, пересекает отрезок AP в точке Q. Найдите отношение AC к BC, если известно, что точки C,P,Q,H лежат на одной окружности.
Ответ:1
Решение
∠B+∠P=180∘, так как ABCP -- вписанный четырёхугольник. ∠H+∠P=180∘, так как HQPC -- вписанный четырёхугольник. ∠B+∠P=180∘∠H+∠P=180∘}⇒∠B=∠H В четырёхугольнике AC1HB1:∠C1=∠B1=90∘,∠A+∠C1HB1=180∘.∠CHQ+∠C1HB1=180∘(как смежные). ∠A+∠C1HB1=180∘∠CHQ+∠C1HB1=180∘}⇒∠A=∠CHQ Значит, ∠A=∠B. Следовательно, BCAC=1.
Задача 6МГУ
Число x0 является общим корнем многочленов x3+ax2+bx+c,x3+bx2+cx+a,x3+cx2+ax+b. Найдите все возможные значения x0, если известно, что a>b>c.
Ответ:1
Решение
⎩⎨⎧x3+ax2+bx+c=0,(1)x3+bx2+cx+a=0,(2)x3+cx2+ax+b=0.(3) Вычтем уравнение (2) из (1): (a−b)x2+(b−c)x+(c−a)=0. Вычтем уравнение (3) из (2): (b−c)x2+(c−a)x+(a−b)=0. Получим систему: {(a−b)x2+(b−c)x+(c−a)=0∣⋅(b−c)(b−c)x2+(c−a)x+(a−b)=0∣⋅(a−b) Вычтем: ((b−c)2−(c−a)(a−b))x+(c−a)(b−c)−(a−b)2=0;(b2−2bc+c2−ac+bc+a2−ab)x+bc−ab−c2+ac−a2+2ab−b2=0;(a2+b2+c2−ab−bc−ac)x=a2+b2+c2−ab−bc−ac. Докажем, что слагаемое при x не равно 0: a2+b2+c2−ab−bc−ac=21(a2−2ab+b2+a2−2ac+c2+b2−2bc+c2)=21((a−b)2+(a−c)2+(b−c)2)>0. Выразим x:x=1. Подставим x=1 в (1): a+b+c+1=0;c=−a−b−1;a=2,b=1,c=−4.
Задача 7МГУ
В основании пирамиды лежит трапеция ABCD,AD∥BC,AD=2BC. Сфера радиуса 1 касается плоскости основания пирамиды и плоскостей её боковых граней ADS и BCS. Найдите отношение, в котором делит объём пирамиды плоскость ADT, где T -- точка касания сферы с плоскостью BCS, если грань ADS перпендикулярна плоскости основания, а высота пирамиды равна 4.
