Дана функция f(x)=(x+1)2−x2(x+1)2+x2. Найдите наибольшее целое число, не превосходящее числа f(2024).
Ответ:2024
Решение
Преобразуем функцию, используя формулу квадрата суммы и выделяя целую часть в полученной дроби: f(x)=(x+1)2−x2(x+1)2+x2=2x+12x2+2x+1=2x+12x2+x+x+1=x+2x+1x+1. Найдём f(2024):f(2024)=2024+4048+12025=2024+40492025. Значит, наибольшее целое число, не превосходящее f(2024), равно 2024.
Задача 2МГУ
Вычислите сумму 1+211+1+2+311+1+2+3+411+…+1+2+…+1011.
Ответ:9
Решение
Заметим, что в знаменателях всех дробей находятся суммы арифметических прогрессий. Применим формулу суммы арифметической прогрессии к знаменателям дробей: 1+211+1+2+311+1+2+3+411+…+1+2+…+1011=11(2⋅32+3⋅42+4⋅52+…+10⋅112). Применим формулу n(n+1)1=n1−n+11:22(21−31+31−41+41−51+…+101−111)=22(21−111)=22⋅229=9.
Задача 3МГУ
Решите неравенство log9(x+31)−log3(x−31)⩾1.
Ответ:(31;32]
Решение
Найдём ОДЗ неравенства: ⎩⎨⎧x+31>0,x−31>0;x>31. При помощи свойств логарифма упростим неравенство: 0,5log3(x+31)−log3(x−31)⩾1;∣⋅2log3(x+31)−log3(x−31)2⩾2;log3(x+31)⩾log3(9(x−31)2);x+31⩾9x2−6x+1;9x2−7x+32⩽0;∣⋅327x2−21x+2⩽0. Разложим на множители: 27x2−21x+2=0;D=441−216=225;x=5421+15=32,x=5421−15=91;27(x−32)(x−91)⩽0. Решаем методом интервалов: Значит, x∈[91;32]. С учётом ОДЗ получаем x∈(31;32].
Задача 4МГУ
Решите уравнение cos2x+2tgx⋅tg2x=1.
Ответ:πk,±6π+πk,k∈Z
Решение
Используя формулы для косинуса и синуса двойного угла, а также представляя тангенс через синус и косинус, получим: 1−2sin2x+2tgx⋅tg2x=1;−2sin2x+2cosxcos2xsinxsin2x=0;−2sin2x+cosxcos2xsin2xcosx=0. При условии cosx=0 получим: −2sin2x+cos2xsin2x=0;sin2x(cos2x1−2)=0;sin2x=0,cos2x=21;x=πk,x=±6π+πk,k∈Z. Заметим, что cosx=0 при x=2π+πn, а cos2x=0 при x=4π+2πn,n∈Z. Значит, все полученные серии корней идут в ответ.
Задача 5МГУ
В окружность Ω вписан четырёхугольник ABCD. На стороне BC отмечена точка E таким образом, что CD=CE=1 и ∠AED=30∘. Найдите радиус окружности Ω, если известно, что ∠ACD=25∘ и ∠ACB=75∘.
Ответ:1
Решение
Так как △CED равнобедренный, то ∠CDE=∠CED=40∘. Тогда в △ACE:∠CAE=180∘−75∘−70∘=35∘. Проведём из точки C отрезок CF так, что ∠ACF=35∘,∠FCE=40∘, причём F∈AE. Тогда △ACF равнобедренный, значит, CF=AF. Треугольник FCE также равнобедеренный, значит, CE=CF. Треугольник DCF равносторонний, так как DC=CF и ∠DCF=60∘. Таким образом, так как FC=FA=FD, то F -- центр окружности, значит, её радиус равен 1.
Задача 6МГУ
Многочлен f(x) второй степени имеет действительные коэффициенты. Попарно различные действительные числа a,b,c удовлетворяют условиям f(a)=bc,f(b)==ca,f(c)=ab. Найдите все возможные значения выражения f(a+b+c)f(a)+f(b)+f(c) при условии, что f(a+b+c)=0.
Ответ:1
Решение
Пусть f(x)=kx2+lx+m. Подставим a,b,c в функцию: ⎩⎨⎧ka2+la+m=bc,kb2+lb+m=ac,(∗)kc2+lc+m=ab;⎩⎨⎧k(a+b)+l+c=0,k(b+c)+l+a=0,k((a+c)+l+b=0. Вторая система получена при помощи попарного вычитания уравнений и сокращения на общий множитель a−c,b−c,a−b, так как a=b=c. Вычтем из первого уравнения второе: k(a−c)+c−a=0;k=1. Значит, l=−(a+b+c). Сложив все уравнения из (*), получим: k(a2+b2+c2)+l(a+b+c)+3m=ac+ab+bc;a2+b2+c2−(a+b+c)2+3m=ac+bc+ab;−2ab−2bc−2ac+3m=ac+ab+bc;m=ab+bc+ac. Подставим найденные коэффициенты в выражениие: f(a+b+c)f(a)+f(b)+f(c)=(a+b+c)2−(a+b+c)2+ab+bc+acab+bc+ac=1.
Задача 7МГУ
Дан куб со стороной 1, основаниями ABCD,A′B′C′D′ и боковыми рёбрами AA′,BB′,CC′ и DD′. На рёбрах A′B′,B′B,BC,CD,DD′,D′A′ отмечены точки K,L,M,N,O,P соответственно. Найдите отношение, в котором плоскость KMO делит объём куба, если известно, что ∠A′AK=∠LAK,∠BAM=∠NAM,∠DAO=∠PAO и что A′K+LB=BM+ND=DO+PA′=5/4.
Ответ:1:1
Решение
Пусть A′K=x,BL=45−x,B′L=x−41. Пусть AL∩A′B′=T. Из подобия △B′LT и △BLA получим: B′T=45−xx−41=5−4x4x−1. Пусть ∠A′AK=α. Из △AA′K получим tgα=AA′KA′=x. По формуле тангенса двойного угла имеем tg2α=1−x22x. Из △AA′T получим, что A′T=tg2α.B′T=A′T−1=1−x22x−1=1−x2x2+2x−1. Значит, 5−4x4x−1=1−x2x2+2x−1;10x−5+5x2−8x2−4x3+4x=4x−1−4x3+x2;4x2−10x+4=0;∣:22x2−5x+2=0;D=25−16=9;x=45+3=2,x=45−3=21.x=2 не подходит, так как 2>1, значит, K− середина A′B′, а BB′B′L=41. Аналогично для граней ABCD и AA′D′D получаем, что M -- середина BC,O -- середина DD′,CDCN=41,A′D′D′P=41. Пусть K′,M′,O′ -- середины A′D′,CD,BB′ соответственно. Тогда KK′OM′MO′ -- правильный шестиугольник, который является сечением куба плоскостью KMO, так как через три точки можно провести единственную плоскость. Пусть I -- центр куба. Тогда два многогранника, на которые плоскость KMO разбивает куб, симметричны относительно точки I, значит, их объёмы равны.
Значит, 
Значит, 