Задача 1МГУ

Найдите наименьшее целое число, превосходящее число

\left(\dfrac{16}{25}\right)^{\cos (\pi / 3)}+\left(\dfrac{9}{25}\right)^{-\sin (\pi / 6)}

.

Задача 2МГУ

Числа

a_{1}, a_{2}, \ldots, a_{20}

образуют арифметическую прогрессию. Найдите её разность, если известно, что

a_{1}^{2}+a_{3}^{2}+\ldots+a_{19}^{2}=1330, a_{2}^{2}+a_{4}^{2}+\ldots+a_{20}^{2}=1540

и

a_{10}+a_{11}=21

.

Задача 3МГУ

Решите неравенство

\log _{x} \dfrac{2 x}{3-x} \leqslant 2

.

Задача 4МГУ

Решите уравнение

\cos 2 x=\dfrac{1+\sqrt{3}}{2}(\cos x+\sin x)

.

Задача 5МГУ

Окружность

\Omega_{1}

с центром

O_{1}

и окружность

\Omega_{2}

с центром

O_{2}

пересекаются в точках

A

и

B

, причём

\angle O_{1} A O_{2}=120^{\circ}

. Окружность, описанная около треугольника

O_{1} A O_{2}

пересекает окружности

\Omega_{1}

и

\Omega_{2}

соответственно в точках

C

и

D

(отличных от точки

A

). Найдите угол

\angle B D C

, если известно, что

\angle A C B=15^{\circ}

.

Решение

\triangle O_1AO_2=\triangle O_1BO_2

по трём сторонам, значит,

\angle AO_1O_2=\angle BO_1O_2

.

2\angle ACB=\angle AO_1B

как вписанный и центральный, опирающиеся на одну дугу. Значит,

\angle AO_1O_2=\angle ACB=15^{\circ}.

Из

\triangle AO_1O_2

по теореме о сумме углов треугольника:

\angle AO_2O_1=180^{\circ}-120^{\circ}-15^{\circ}=45^{\circ}.

Докажем, что точки

O_1, \ B, \ D

лежат на одной прямой.

\angle AEB=\angle AO_1O_2

.

\triangle AO_1E

равнобедренный, поэтому

\angle O_1AE=\angle O_1EA

. Треугольники

AED

и

O_1AO_2

подобны по двум углам, значит,

\angle O_1AO_2=\angle EAD

, то есть

\angle EAO_1=\angle DAO_2.

\triangle DAO_2

равнобедренный, значит,

\angle DAO_2=\angle ADO_2

. Таким образом, получаем, что

\angle O_1AO_2 + \angle O_1DO_2=180^{\circ},

значит,

O_1AO_2D

-- вписанный. Аналогично для точек

C, \ B, \ O_2

получаем, что они лежат на одной прямой.

\angle O_2CD=\angle O_2O_1D=15^{\circ}

как вписанные, опирающиеся на одну дугу.

\angle CDO_1=\angle CO_2O_1=45^{\circ}

как вписанные, опирающиеся на одну дугу. Значит,

\angle CDB=45^{\circ}.

Задача 6МГУ

Числа

a, b, c, d

положительны и удовлетворяют соотношению

a+b+c+d=1

. Найдите наименьшее возможное значение выражения

\dfrac{a^{2}}{1-a}+\dfrac{b^{2}}{1-b}+\dfrac{c^{2}}{1-c}+\dfrac{d^{2}}{1-d}.

Задача 7МГУ

Все рёбра прямой треугольной призмы

A B C A^{\prime} B^{\prime} C^{\prime}

с основанием

A B C

и боковыми рёбрами

A A^{\prime}, B B^{\prime}, C C^{\prime}

равны. Найдите отношение, в котором делит объём этой призмы плоскость, проходящая через вершину

C^{\prime}

и через середины рёбер

A B, A A^{\prime}

.

Решение

Пусть

M

и

N

-- середины

AA'

и

AB

соответственно. Пусть

C'M\cap AC=T, \ TN\cap BC=K

, тогда

C'MNK

-- сечение призмы плоскостью

\left(C'MN\right).

\triangle C'A'M=\triangle MAT

по катету и острому углу, так как

A'M=M'A, \ \angle C'MA'=\angle TMA

как вертикальные. Значит,

AT=C'A'.

По теореме Менелая для

\triangle ABC

и секущей

TN:

\dfrac{BK}{KC}\cdot \dfrac{CT}{TA}\cdot \dfrac{AN}{NB}=1;

\dfrac{BK}{KC}=\dfrac{1}{2}.

Пусть объём призмы равен

V

. Найдём отношение объёма пирамиды

CTKC'

к объёму призмы:

\dfrac{V_{CTKC'}}{V}=\dfrac{1}{3}\dfrac{CT}{CA}\dfrac{CK}{CB}\dfrac{CC'}{CC'}=\dfrac{1}{3}\cdot 2\cdot \dfrac{2}{3} \cdot 1=\dfrac{4}{9}.

Найдём отношение объёма пирамиды

ATNM

к объёму призмы:

\dfrac{V_{ATNM}}{V}=\dfrac{1}{3}\dfrac{AT}{CA}\dfrac{AN}{AB}\dfrac{AM}{AA'}=\dfrac{1}{3}\cdot 1\cdot \dfrac{1}{2} \cdot \dfrac{1}{2}=\dfrac{1}{12}.

Тогда объём многогранника, расположенного под плоскостью, равен

V_1=\dfrac{4}{9}V-\dfrac{1}{12}V=\dfrac{13}{36}V.

Значит, объём многогранника, расположенного над плоскостью, равен

V_2=V-\dfrac{13}{36}V=\dfrac{23}{36}V.

Найдём отношение объёмов этих многогранников:

\dfrac{V_1}{V_2}=\dfrac{13}{23}.