Text
                    ° '1
fVM щ III
("■ [■■•■ ||]
■
■
m
■ ■ i
TTT
1
i
r
1. a
11 ft H Ни
Ю. В. НЕСТЕРЕНКО, С. Н. ОЛЕХНИК,
M. К. ПОТАПОВ
ЗАДАЧИ
ВСТУПИТЕЛЬНЫХ
ЭКЗАМЕНОВ
ПО МАТЕМАТИКЕ


Ю. В. НЕСТЕРЕНКО, С. Н. ОЛЕХНИК, М. К. ПОТАПОВ ЗАДАЧ И ВСТУПИТЕЛЬНЫХ ЭКЗАМЕНОВ ПО МАТЕМАТИКЕ МОСКВА «НАУКА» ГЛАВНАЯ РЕДАКЦИЯ ФИЗИКО-МАТЕМАТИЧЕСКОЙ ЛИТЕРАТУРЫ 1980
22.1 Н56 УДК 51 01 Нестеренко Ю. В., Олехник С. Н., Потапов М. К. Задачи вступительных экзаменов по математике. — М.: Наука, Главная ре- дакция физико-математической литературы, 1980, 320 с. Начиная с 1977 года, вступительные экзамены в ВУЗы начали проводиться по новой программе. В книге содержится более 150 вариантов задач, предлагавшихся на вступительных экзаменах по математике в МГУ в течение последних лет (1977—1979 гг.), а также решения некоторых из этих вариантов. Книга будет полезна школьникам старших классов, учителям средних школ, а также тем, кто готовится к вступительным экзаменам в вузы. © Издательство «Наука!. _20203-104_БЗ_25.9_80. 1702030000 Главная редакция 053(02)-80 литературы. 1980
СОДЕРЖАНИЕ От авторов •••••• • 4 Часть I Часть II Задачи Решения и ответы Введение 5 118 § 1. Механико-математический факультет 5 126 § 2. Факультет вычислительной математики и кибернетики 14 143 § 3. Физический факультет ...... .... 23 166 § 4. Химический факультет 37 186 § 5. Биологический факультет 45 199 § 6. Факультет почвоведения 54 216 § 7. Географический факультет 60 226 § 8. Геологический факультет (отделение геофизики) 68 235 § 9. Геологический факультет (отделение общей геологии) 77 249 § 10. Экономический факультет (отделение политической экономии) 85 263 § 11. Экономический факультет (отделение планирования и экономической кибернетики) .... 94 274 § 12. Факультет психологии • 104 290 § 13. Филологический факультет (отделение структурной и прикладной лингвистики) 113 306
ОТ АВТОРОВ Начиная с 1977 года, вступительные экзамены по математике в ВУЗы начали проводиться по новой программе. В книге содержатся задачи, предлагавшиеся в 1977—1979 годах на вступительных экзаменах по математике в Московском государственном университете. Книга состоит из двух частей. В первой из них собрано примерно 1000 задач. Они сгруппированы по факультетам, годам и вариантам так, как предлагались во время вступительных экзаменов. В рамках каждого варианта задачи, как правило, расположены по возрастанию трудности. Заметим, что для получения положительной оценки на экзамене совсем не обязательно было решить все задачи. Обычно, двух — трех правильно решенных задач было достаточно, чтобы получить положительную оценку. Вторая часть книги содержит решения задач по одному варианту на каждый факультет и год. Кроме того, там содержатся ответы к задачам остальных вариантов. Мы считаем необходимым отметить, что все предлагавшиеся задачи являются продуктом коллективного труда многих сотрудников МГУ, и мы ни в коей мере не претендуем на их авторство. В условия некоторых задач мы внесли незначительные поправки.
Часть I ЗАДАЧИ В 1977—1979 годах в ВУЗы поступали как лица, изучавшие математику в средней школе по новой программе, так и лица, изучавшие математику по старой программе. Эти две категории абитуриентов сдавали экзамены отдельно. Часть задач была общей для них, но были и отличия. В приводимых ниже вариантах буква «Н», стоящая рядом с номером задачи, означает, что эта задача решалась только абитуриентами, изучавшими математику в школе по новой программе. Задачи, у которых рядом с номером стоит буква «С», решались только абитуриентами, изучавшими математику по старой программе. Задачи, у номеров которых отсутствуют буквы, были общими для двух этих категорий абитуриентов. Естественно, что системы обозначений и терминология в задачах, предлагавшихся абитуриентам, изучавшим математику по разным программам, во время экзаменов отличались. Мы в основном придерживались обозначений и терминов, принятых в средней школе сейчас. Так, величина угла ABC обозначается ABC, величина отрезка АВ обозначается | АВ |, множество чисел ху удовлетворяющих неравенствам а<х<Ьу обозначается [а, Ь] (отрезок [а, Ь])> наибольшее и наименьшее значения функции f (х) на отрезке [а, Ь] обозначаются соответственно max / (х) и min / (х) хе{а, Ъ\ хе[а, Ь} и т. д. Но есть и некоторые отличия. Так, множество чисел ху удовлетворяющих неравенствам а < х < b, a <x<b и а<х <Ь, обозначаются соответственно (a, b), (a, b] и [а, Ь). § 1. МЕХАНИКО-МАТЕМАТИЧЕСКИЙ ФАКУЛЬТЕТ 1977 Вариант 1. 1.Н. Найти все числа а(а>0), для каждого из которых а J(2—4x + 3x2)dx^a. 2. Длины боковых сторон трапеции равны 3 и 5. Известно, что в трапецию можно вписать окружность. Средняя линия трапеции делит ее на две части, отношение площадей которых равно 5/11. Найти длины оснований трапеции.
З.Н. Доказать, что для функции f (х) = cos х sin 2x справедливо неравенство min f(x)>— 1. 4, Найти все решения системы уравнений 5. Основанием пирамиды SABC является равносторонний треугольник ABC, длина стороны которого равна 4J/TT. Боковое ребро SC перпендикулярно плоскости основания и имеет длину 2. Найти величину угла и расстояние между скрещивающимися прямыми, одна из которых проходит через точку S и середину ребра ВС, а другая проходит через точку С и середину ребра АВ. 1.С» Решить неравенство З.С. Решить уравнение 31/2 + log8 COS ДС I gl/2 = Вариант 2. 1.Н. Найти все числа а, для каждого из которых 12. 2. Длина средней линии равнобочной трапеции равна 5. Известно, что в трапецию можно вписать окружность. Средняя линия трапеции делит ее на две части, отношение площадей которых равно 7/13. Найти длину высоты трапеции. З.Н. Доказать, что для функции f(x) = sinxsin2x справедливо неравенство max f(x)<0,77. jce E—Jt, я] 4, Найти все решения системы уравнений 5. Основанием пирамиды SABC является равнобедренный, прямоугольный треугольник ABC, длина гипотенузы АВ кото-
рого равна 41/2 . Боковое ребро пирамиды SC перпендикулярно плоскости основания, и его длина равна 2. Найти величину угла и расстояние между скрещивающимися прямыми, одна из которых проходит через точку S и середину ребра АС9 а другая проходит через точку С и середину ребра АВ. ЬС. Решить неравенство З.С. Решить уравнение Вариант 3. 1.Н. Найти все числа &(&>1), для каждого из которых ь 5(6— 2. Длины боковых сторон трапеции равны 6 и 10. Известно, что в трапецию можно вписать окружность. Средняя линия трапеции делит ее на две части, отношение площадей которых равно 5/11. Найти длины оснований трапеции. З.Н. Доказать, что для функции / (х) = cos2 xsinx справедливо неравенство min f(x)>— 7/18. *€[-Я, Я] 4. Найти все решения системы уравнений с3 — 6z2 + 12z — 8 = 0. 5. Основанием пирамиды HPQR является равносторонний треугольник PQR, длина стороны которого равна 2J/2 . Боковое ребро HR перпендикулярно плоскости основания и имеет длину 1. Найти величину угла и расстояние между скрещивающимися прямыми, одна из которых проходит через точку Н и середину ребра QR, а другая проходит через точку R и середину ребра PQ. 1.С. Решить неравенство х+Г З.С, Решить уравнение 2 б1/2*10**sln *=
Вариант 4. 1.Н, Найти все числа qf для каждого из которых 1 2. Длина средней линии равнобочной трапеции равна 10. Известно, что в трапецию можно вписать окружность. Средняя линия трапеции делит ее на две части, отношение площадей которых равно 7/13. Найти длину высоты трапеции. З.Н. Доказать, что для функции f (х) = cosхsin2х справедливо неравенство max / (*) < 0,39. xei-n, я] 4, Найти все решения системы уравнений 5. Основанием пирамиды HPQR является равнобедренный прямоугольный треугольник PQR> длина гипотенузы PQ которого равна 2|^2 . Боковое ребро пирамиды HR перпендикулярно плоскости основания и его длина равна 1. Найти величину угла и расстояние между скрещивающимися прямыми, одна из которых проходит через точку Н и середину ребра PRу а другая проходит через точку R и середину ребра PQ. 1.С. Решить неравенство З.С. Решить уравнение Вариант 1. 1, Разность 1978 —57| - является целым числом. Найти это целое число. 2.Н. Найти все решения уравнения а J cos (x + a2) dx = sin а, о принадлежащие отрезку [2, 3]. 8
3. В остроугольном треугольнике ABC из вершин А и С опущены высоты АР и CQ на стороны ВС и АВ. Известно, что площадь треугольника ABC равна 18, площадь треугольника BPQ равна 2, а длина отрезка PQ равна 21/2 . Вычислить радиус окружности, описанной около треугольника ABC. 4. Найти все значения параметра а, при каждом из которых система неравенств —5(/2 <—2 имеет решение. 5. Объем пирамиды ABCD равен 5. Через середины ребер AD и ВС проведена плоскость, пересекающая ребро CD в точке М. При этом отношение длины отрезка DM к длине отрезка МС равно 2/3. Вычислить площадь сечения пирамиды указанной плоскостью, если расстояние от нее до вершины А равно 1. 2.С. Найти все решения уравнения принадлежащие отрезку [3/4, 1]. Вариант 2. 1. Разность является целым числом. Найти это целое число. 2.Н. Найти все решения уравнения — u)dx — — sin2wf принадлежащие отрезку [—3/2, —1/2]. 3. В остроугольном треугольнике ABC из вершин А и С на стороны ВС и АВ опущены высоты АР и CQ. Вычислить длину стороны ЛС, если известно, что периметр треугольника ABC равен 15, периметр треугольника BPQ равен 9, а радиус окружности, описанной около треугольника BPQ, равен 9/5. 4. Найти все значения параметра 6, при каждом из которых система неравенств имеет решение. 5. Дана пирамида ABCD. Через середины К и N ребер АВ и CD пирамиды проведена плоскость, пересекающая ребра ВС и AD соответственно в точках L и М. Найти объем пира-
миды ABCD9 если площадь треугольника MNK равна 3, отношение объемов пирамид ACDL и ABCD равно 0,9, а расстояние от вершины D до плоскости KLMN равно 3. 2.С. Найти все решения уравнения принадлежащие отрезку [9/4, 3]. Вариант 3. 1. Разность является целым числом. Найти это целое число. 2.Н. Найти все решения уравнения принадлежащие отрезку [2, 3]. 3. В остроугольном треугольнике ABC из вершин Л и С опущены высоты АР и CQ на стороны ВС и АВ. Известно, что площадь треугольника ABC равна 64, площадь четырехугольника AQPC равна 48, а радиус окружности, описанной около треугольника ABC, равен 16/^3 . Вычислить длину отрезка PQ. 4. Найти все значения параметра а, при каждом из которых система неравенств имеет решение. 5. В пирамиде ABCD через середины К и N ребер AD и ВС проведена плоскость, пересекающая ребро АВ в точке AJ, а ребро CD в точке L. Площадь четырехугольника KLMN равна 16, а отношение длины отрезка AM к длине отрезка MB равно 0,5. Вычислить расстояние от вершины А до плоскости KLNM, если объем многогранника NACLK равен 8. 2.С. Найти все решения уравнения принадлежащие отрезку [—2, —3/2]. Вариант 4. 1. Разность у |24/3 -431 — у 24/3 +43 является целым числом. Найти это целое число. 10
2.Н» Найти все решения уравнения о J sin (л:—v2)dx = — cosy, Я/2 принадлежащие отрезку [—7/2, — 5/2]. 3. В остроугольном треугольнике ABC, длина стороны АС которого равна 6, на стороны ВС и АВ опущены высоты АР и CQ. Вычислить площадь четырехугольника AQPC, если известно, что площадь треугольника BPQ равна 1, а радиус окружности, описанной около треугольника АВС> равен 91^2 /4. 4. Найти все значения параметра с, при каждом из которых система неравенств имеет решение. 5. Дана пирамида ABCD. Через середины К и М ребер АВ и CD пирамиды проведена плоскость, пересекающая ребра ВС и AD соответственно в точках L и N. Расстояние от вершины В до этой плоскости равно 2. Диагонали четырехугольника KLMN пересекаются в точке Q, причем отношение длины отрезка KQ к длине отрезка QM равно 0,2. Вычислить площадь четырехугольника KLMN, если известно, что объем пирамиды ЩМС равен 12. 2.С. Найти все решения уравнения принадлежащие отрезку [3,3; 4]. 1979 Вариант Ь 1. Найти все решения уравнения удовлетворяющие неравенству 2. Отрезок KL является диаметром некоторой окружности. Через его концы К и L проведены две прямые, пересекающие окружность соответственно в точках Р и Q, лежащих по одну сторону от прямой KL. Найти радиус окружности, если PKL = n/3 и точка пересечения прямых КР и QL находится от точек Р и Q на расстоянии, равном 1. З.Н. Найти точки минимума функции у(х)=хв — 2х\х — 2|, заданной на отрезке [0, 3], и ее наибольшее значение на этом отрезке. П
4. Решить неравенство 2х+1"х * 5. Основанием треугольной пирамиды ABCD является треугольник ABC, в котором А = п/2, С = л/6, \ВС\ = 2}/~2'. Длины ребер AD, BD, CD равны между собой. Сфера радиуса 1 касается ребер AD, BD, продолжения ребра CD за точку D и плоскости ABC. Найти величину отрезка касательной, проведенной из точки А к сфере. З.С. Решить систему уравнений 2 3^1 2х—у ""*—2у 2 • _2 1 __1_ 2х--у х—2х/ 18 * Вариант 2. 1. Найти все решения уравнения 2 cos 2х — 4 cos х = 1, удовлетворяющие неравенству ^ 2. В треугольнике PQR величина угла QPR равна я/3. Через вершины Р и R проведены перпендикуляры к сторонам QR и PQ соответственно. Точка пересечения этих перпендикуляров находится от вершин Р и R на расстоянии, равном 1. Найти величины сторон треугольника PQR. З.Н. Найти точки максимума функции у(х)=—5a:3+x|jc—11, заданной на отрезке [0, 2], и ее наименьшее значение на этом отрезке. 4. Решить неравенство 6—3*+* 10 2х—\ Ф 5. Основанием пирамиды является треугольник ABC, в котором А = 2л/3> \АВ\ = \АС\ = 1. Вершина D пирамиды равноудалена от точек А и В. Сфера касается ребра CD, продолжений ребер AD, BD за точку D и плоскости ABC. Точка касания с плоскостью основания пирамиды и ортогональная проекция вершины D на эту плоскость лежат на окружности, описанной вокруг треугольника ABC. Найти величины ребер AD, BD, CD. З.С. Решить систему уравнений 1 , 2 _ 3 "Г v о„— с • Зх—у^х—Зу 5 12
Вариант 3. 1, Найти все решения уравнения 4 — 5 cos х — 2 sin2 x=0t удовлетворяющие неравенству 2. Отрезок АВ является диаметром некоторой окружности. Через его концы А и В проведены две прямые, пересекающие окружность соответственно в точках С и D, лежащих по одну сторону от прямой АВ. Точка О, в которой пересекаются эти прямые, равноудалена от концов диаметра АВ. Найти радиус окружности, если \CD\ = l и 0CD = n/3. З.Н. Найти точки минимума функции у(х) = 4х3 — х\х — 2|, заданной на отрезке [0, 3], и ее наибольшее значение на этом отрезке. 4. Решить неравенство 2+logs х 6 л:— 1 ^2х—\т 5. Основанием пирамиды PQRS является прямоугольный треугольник PQR, в котором гипотенуза QR равна 2 и катет PQ равен 1. Длины ребер PS, QS, RS равны между собой. Сфера радиуса 1^2/2 касается ребра RS, продолжений ребер PS, QS за точку S и плоскости PQR. Найти величину отрезка касательной, проведенной из точки Q к сфере. З.С. Решить систему уравнений Вариант 4. 1. Найти все решения уравнения удовлетворяющие неравенству 2. В треугольнике ABC величина угла ВАС равна я/6. Через вершины А и С проведены перпендикуляры к сторонам ВС и АВ соответственно. Точка пересечения этих перпендикуляров находится от вершин Л и С на расстоянии, равном 1. Найти величины сторон треугольника ABC. З.Н. Найти точки максимума функции у(х) = —х? + 3х\х — 3|, заданной на отрезке [0, 4], и ее наименьшее значение на этом отрезке. 4. Решить неравенство 2*+i—7 10 х—1 ^ 3—2jc * 5. Основанием пирамиды является треугольник PQR, в котором \PR\ = 2, Q = jt/4, R = n/3. Вершина S пирамиды равно- 13
пойкиия U™ %ЬЮ ОСНОВания пирамиды и ортогональная проекция вершины S на эту плоскость лежат на okdvwhocth STs /?5В0КРУГ ТреуГ0льника *««• нХи величЕны ребер З.С. Решить систему уравнений _J 2 £ *+У л—у 5 Ф § 2. ФАКУЛЬТЕТ ВЫЧИСЛИТЕЛЬНОЙ МАТЕМАТИКИ И КИБЕРНЕТИКИ 1977 Вариант 1. 1. Решить неравенство 22*+* — 21 (y 2. В треугольнике, один из углов которого равен разности двух других, длина меньшей стороны равна 1, а сумма площадей квадратов, построенных на двух других сторонах, в два раза больше площади описанного около треугольника круга. Найти длину большей стороны треугольника. 3. Решить систему уравнений sin2{_2х)_(3-1/2) tg Ъу = tg2by + (3-V~2)sin(-2*) = 4. Города Ау Ву С, D, расположенные так, что четырехугольник A BCD — выпуклый, соединены прямолинейными дорогами АВу ВС у CD у AD и АС. Их длины соответственно равны 6, 14,5,15 и 15 км. Из одного из этих городов одновременно вышли три туриста, идущие без остановок с постоянными скоростями. Маршруты всех туристов различны, причем каждый из них состоит из трех дорог и проходит через все города. Первый и второй туристы перед прохождением третьих дорог своих маршрутов встретились в одном городе, а третий закончил маршрут на час раньше туриста, закончившего маршрут последним. Найти скорости туристов, если скорость третьего больше скорости второго и на 1/2 км/ч меньше скорости первого, причем скорости всех туристов заключены в интервале от 5 км/ч до 8 км/ч. 5.Н. Найти все значения параметра а, удовлетворяющего неравенствам 0^а^л/2, при каждом из которых минимум 14
функции f(x) = 3A:4 + 4JC3(cosa—sin a) — 3^sin2a на отрезке — sin a ^x^ cos a принимает наименьшее значение. 5.С. В пирамиде SABC прямая, пересекающая ребра АС и BS и перпендикулярная им, проходит через середину ребра BS. Грань ASB равновелика грани BSC, а площадь грани ASC в два раза больше площади грани BSC. Внутри пирамиды есть точка М, сумма расстояний от которой до вершин В и S равна сумме расстояний до всех граней пирамиды. Найти расстояние от точки М до вершины fl, если АС=\/Г6, а BS=1. Вариант 2. 1. Решить неравенство 34~3* — Зб( yY~3* + 6>0. 2. В треугольнике, один из углов которого равен сумме двух других, длина меньшей стороны равна 2, а отношение площади треугольника к длине описанной около него окружности равно 1/4. Найти длину большей стороны треугольника. 3. Решить систему уравнений 4. Пункты Ру Q, R9 S, расположенные так, что пункт R находится внутри треугольника PQSy соединены прямолинейными дорогами PQ, QS, SP, PR и QR. Их длины соответственно равны 400, 600, 300, 80 и 400 км. Из одного из этих пунктов одновременно выехали три автомобиля, едущие без остановок с постоянными скоростями. Маршруты всех автомобилей различны, причем каждый из них состоит из трех дорог и проходит через все пункты. Второй автомобиль перед проездом третьей дороги своего маршрута встретился с третьим в одном пункте, из которого они выехали по общей дороге. Первый и второй автомобили закончили свои маршруты в одном пункте, причем первый закончил свой маршрут на час позже автомобиля, закончившего маршрут раньше других. Найти скорости автомобилей, если скорость второго на 10 км/ч больше скорости первого, а скорости всех автомобилей заключены в интервале от 95 км/ч до 125 км/ч. 5.Н. Найти все значения параметра а, удовлетворяющего неравенствам я/4<!а^л/2, при каждом из которых максимум функции / (л:) = х* — 2х2 sin2 a — 2 (1 + cos a)3 на отрезке — (1+ cos a) ^#^ 1+cos a принимает наименьшее значение. 5.С. В пирамиде SABC грани ASCy BSC и ASB равновелики. Сумма расстояний от середины ребра ВС до граней 15
ASB и ASC в полтора раза меньше высоты пирамиды, опущенной из вершины S. Внутри пирамиды есть точка М> полусумма расстояний от которой до вершин Л, В и С равна сумме расстояний до всех граней пирамиды. Найти площадь полной поверхности пирамиды, если длина ребра AS равна 1/ уу. Вариант 3. 1. Решить неравенство 46+4* —15 Г-^-J + * + 8>0. 2. В треугольнике, один из углов которого равен разности двух других, длина большей стороны равна 4, а сумма площади описанного около треугольника круга и площади построенного на меньшей стороне квадрата равна 20. Найти длину меньшей стороны треугольника. 3. Решить систему уравнений i sin2 Зх + (4- КЗ) ctg (—7y) = 2/3-3/4, I ctg2(—7(/) + (4 — ]/3)sin3x = 2K3-3/4. 4. Города Л, fl, С, D, расположенные так, что четырехугольник ABCD — выпуклый, соединены прямолинейными дорогами АВу ВС, CD, AD и BD. Их длины соответственно равны 15, 57, 19, 29 и 40 км. Из одного из этих городов выехали три велосипедиста, едущие без остановок с постоянными скоростями. Маршрут каждого велосипедиста состоит из трех дорог, проходит через все города и по длине не превышает 100 км. Третий велосипедист окончил свой маршрут на 5/8 часа раньше первого и на 2/5 часа позже второго. Найти скорости велосипедистов, если скорость второго больше скорости первого и на 1 км/ч меньше скорости третьего, причем скорости всех велосипедистов заключены в интервале от 15 км/ч до 19 км/ч. 5.Н. Найти все значения параметра а, удовлетворяющего неравенствам — я/2 ^ а ^ 0, при каждом из которых максимум функции / (х) = —9л:4 + 12л;3 (cos a + sin а) — 9*2 sin 2а на отрезке — cos а ^ х <! — sina принимает наибольшее значение. 5.С. В пирамиде SABC прямая, пересекающая ребра SC и АВ и перпендикулярная им, проходит через середину ребра SC. Площадь грани ASC в два раза меньше площади грани ABC, На грани BSC есть точка Му сумма расстояний от которой до вершин S и С равна сумме расстояний до всех остальных^ граней пирамиды. Найти объем пирамиды, если У / Вариант 4. 1» Решить неравенство 5*?~4Х — 2^ j *—5^0. 2. Площадь треугольника, один из углов которого равен сумме двух других, равна площади квадрата, построенного на 16
меньшей стороне. Найти длину меньшей стороны треугольника, если длина описанной около него окружности равна 6. 3. Решить систему уравнений cos2 (6*) + {V5-1) ctg(-9y) = 2 V*~X, ctg2 (-9i/) + (К5 -1) cos (6*) ='- 4. Пункты /С, L, Му N, расположенные так, что пункт N находится внутри треугольника KLM> соединены прямолинейными дорогами KLy LM> MK9 NM и NL. Их длины соответственно равны 130, 140, 110, 90 и 80 км. Из одного из пунктов одновременно выехали три автомобиля, едущие без остановок с постоянными скоростями. Маршруты всех автомобилей различны, причем каждый из них состоит из трех дорог и проходит через все пункты. Первый автомобиль начал движение по одной дороге со вторым и, проехав не более четверти второй дороги своего маршрута, встретился с третьим автомобилем, ехавшим также по второй дороге своего маршрута. Второй автомобиль закончил свой маршрут на три часа раньше автомобиля, закончившего маршрут последним. Найти скорости автомобилей, если скорость первого в полтора раза меньше скорости третьего и на 10 км/ч меньше скорости второго, причем скорости всех автомобилей заключены в интервале от 35 км/ч до 65 км/ч. 5.Н. Найти все значения параметра а, удовлетворяющего неравенствам — я/4^а^0, при каждом из которых минимум функции на отрезке —(1 —sina)^A:^ 1—sina принимает наибольшее значение. 5.С. В пирамиде SABC грани ASC и BSC равновелики, а сумма площадей граней ASB и ABC в три раза больше площади грани ASC. Радиус шара, вписанного в пирамиду, в восемь раз меньше суммы расстояний от центра шара до вершин А и В. Найти двухгранный угол, образованный гранями ASB и ABC. 1978 Вариант 1. 1. Решить неравенство 2,Н« Найти точки минимума функции 17
З.Н. Найти уравнение прямой, проходящей через точку с координатами (1/2, 2), касающейся графика функции #(*) = = — *2/2 + 2 и пересекающей в двух различных точках график функции у(х) = \/Г± — х2. 4. Совокупность А состоит из различных натуральных чисел. Количество чисел в А больше семи. Наименьшее общее кратное всех чисел из А равно 210. Для любых двух чисел из А их наибольший общий делитель больше единицы. Произведение всех чисел из А делится на 1920 и не является квадратом никакого целого числа. Найти числа, из которых состоит А. 5. Основанием пирамиды АВСЕН служит выпуклый четырехугольник АВСЕу который диагональю BE делится на два равновеликих треугольника. Длина ребра АВ равна единице, длины ребер ВС и СЕ равны. Сумма длин ребер АН и ЕН равна ]/~2. Объем пирамиды равен 1/6. Найти радиус шара, имеющего наибольший объем среди всех шаров, помещающихся в пирамиде АВСЕН. 2.С. Решить уравнение = sec2 2л; f sin-^cos — х —sin-^-xcos-^-xj . 3.C. В равнобедренном треугольнике ABC с основанием АВ о угол В равен arctgjg. Окружность радиуса 1, вписанная в угол С, касается стороны СВ в точке М и отсекает от основания отрезок КЕ. Найти площадь треугольника КМВ, если известно, что МБ = 15/8 и что точки Л, /С, Е, В следуют на основании АВ в указанном порядке. Вариант 2. 1. Решить неравенство 2.Н. Найти точки максимума функции JJL sin 2x +1 cos2x + £=f . З.Н. Найти уравнение прямой, проходящей через точку с координатами (1,3), касающейся графика функции у(х) = = &Vx — 7 и пересекающей в двух различных точках график функции у(х) = х2 + 4х— 1. 4. Совокупность А состоит из различных натуральных чисел. Количество чисел в Л не меньше восьми. Наименьшее общее кратное всех чисел из А равно 462. Для любых двух чисел из А их наименьшее общее кратное меньше 250. Произ- 18
ведение всех чисел из Л, умноженное на 9, является кубом целого числа. Найти числа, из которых состоит А. 5. Основанием пирамиды МВКНЕ служит выпуклый четырехугольник МВКН, в котором угол при вершине М равен я/2, угол, образованный диагональю ВН и ребром ВК, равен я/4, длина ребра MB равна единице. Площадь треугольника ВКН в два раза больше площади треугольника МВН. Сумма длин ребер BE и НЕ равна 1^3. Объем пирамиды равен 1/4. Найти радиус шара, имеющего наибольший объем среди всех шаров, помещающихся в пирамиде МВКНЕ. 2.С. Решить уравнение З.С. В равнобедренном треугольнике МРК с основанием МР угол Р равен arctjgy^. Окружность, вписанная в угол К, касается стороны КР в точке А и отсекает от основания отрезок НЕ. Найти площадь треугольника НАЕ, если известно, что центр окружности удален от вершины К на расстояние 13/24 и АР = 6/5. Вариант 3. 1. Решить неравенство 2.Н. Найти точки максимума функции х х , У~3х—7 З.Н. Найти уравнение прямой, которая проходит через точку с координатами (5, 10), касается графика функции у(х) = — ^- + 2х + 6 и пересекает в двух различных точках график функции у(х) = 6+'\/г8х—х2. 4. Совокупность А состоит из различных натуральных чисел. Количество чисел в А больше семи. Наименьшее общее кратное всех чисел из А равно 390. Наибольший общий делитель любых двух чисел из А больше единицы. Произведение всех чисел из А не делится на 160 и не является четвертой степенью никакого целого числа. Найти числа, из которых состоит А. 5. Основанием пирамиды ТНРСК служит выпуклый четырехугольник ТНРС, который диагональю НС делится на два равновеликих треугольника. Длина ребра ТН равна 4, ctg HCP = V2. Сумма длин ребер ТК и СК равна 4. Объем 19
пирамиды равен 5-j. Найти радиус шара, имеющего наибольший объем среди всех шаров, помещающихся в пирамиде ТНРСК. 2.С. Решить уравнение — sin-^-cos -^ = cosec2x f sin-^xcos-^ З.С. Около треугольника АМВ описана окружность, центр которой удален от стороны AM на расстояние 10. Продолжение стороны AM за вершину М отсекает от касательной к окружности, проведенной через вершину В, отрезок СВ, равный 29. Найти площадь треугольника СМВ, если известно, что 20 угол АС В равен arctg ^ . Вариант 4. 1. Решить неравенство 2.Н. Найти точки минимума функции ^ sin2x Х~ 4 2 З.Н. Найти уравнение прямой, которая проходит через точку с координатами (1/4, 0), касается графика функции у(х) = 3]/гх — 5/2 и пересекает в двух различных точках график функции у (х) = х2 + блг. 4. Совокупность А состоит из различных натуральных чисел. Количество чисел в А не меньше восьми. Наименьшее общее кратное всех чисел из А равно 330. Никакие два числа из А не являются взаимно простыми. Сумма всех чисел из А равна 755. Произведение всех чисел из А не является четвертой степенью никакого целого числа. Найти числа, из которых состоит А. 5. Основанием пирамиды АВМСР служит выпуклый четырехугольник АВМС, в котором угол при вершине А равен я/2, угол, образованный диагональю С В и ребром ВМ9 равен я/6, длина ребра АВ равна единице. Площадь треугольника ВМС в два раза больше площади треугольника ABC. Сумма длин ребер ВР и СР равна Yl. Объем пирамиды равен 3/4. Найти радиус шара, имеющего наибольший объем среди всех шаров, помещающихся в пирамиде АВМСР. 2.С. Решить уравнение 3 х . *\ \ sin-2"Ji:cos"7r+sin jccos7j: sin25x(sin7xcosx — sin^-cos 4-* ) = ^.«.«W^A O1H £ W° 2 7 1 + Ctg25* 20
З.С. Около треугольника АРК описана окружность радиуса 1. Продолжение стороны АР за вершину Р отсекает от касательной к окружности, проведенной через вершину /С, отрезок ВКу равный 7. Найти площадь треугольника АРК> «\ если известно, что угол АВК равен arctgy. 1979 Вариант 1. 1.Н. Найти точки экстремума функции на интервале (—5, 1/5). 2. Решить уравнение 3. В окружность вписан четырехугольник ABCD, диагонали которого взаимно перпендикулярны и пересекаются в точке Е. Прямая, проходящая через точку Е и перпендикулярная к АВ> пересекает сторону CD в точке М. Доказать, что ЕМ — медиана треугольника CED, и найти ее длину, если |ЛО| = 8см, | 4 см и 4. Найти все целые корни уравнения cos (Jg (Зх — У 9х2 + 160* + 800) \ = 1. 5. Найти все действительные значения параметра а, при каждом из которых уравнение имеет на отрезке [—2, 3] нечетное число различных корней. 1.С. Даны арифметическая и геометрическая прогрессии. В арифметической прогрессии первый член равен 3, разность равна 6. В геометрической прогрессии первый член равен 3, знаменатель равен У~2. Выяснить, что больше: сумма первых шести членов арифметической прогрессии или сумма первых восьми членов геометрической прогрессии. Вариант 2. 1.Н. Найти точки экстремума функции на интервале (—4, 8/5). 2. Решить уравнение 21
3. В окружность вписан четырехугольник MNPQ, диагонали которого взаимно перпендикулярны и пересекаются в точке F. Прямая, проходящая через точку F и середину стороны NP, пересекает сторону MQ в точке Н. Доказать, что FH — высота треугольника MFQ, и найти ее длину, если |PQ| = 6 см, | 5cm и MQN = a. 4. Найти все целые корни уравнения 5, Найти все действительные значения параметра а, при каждом из которых уравнение имеет на отрезке [—1, 5] нечетное число различных корней. 1.С. Даны арифметическая и геометрическая прогрессии. В арифметической прогрессии первый член равен 6, разность равна 2. В геометрической прогрессии первый член равен 3, знаменатель равен У~Ъ. Выяснить, что больше: сумма первых восьми членов арифметической прогрессии или сумма первых шести членов геометрической прогрессии. Вариант 3. 1.Н. Найти точки экстремума функции на интервале (—6/5, 4). 2. Решить уравнение 3. В окружность вписан четырехугольник ABCD, диагонали которого взаимно перпендикулярны и пересекаются в точке Е. Прямая, проходящая через точку Е и перпендикулярная к ВС, пересекает сторону AD в точке М. Доказать, что ЕМ— медиана треугольника AED, и найти ее длину, если \АВ\=7 см, |С£| = 3 см и Адв = а. 4. Найти все целые корни уравнения cos (i 1416)) = 1. 5. Найти все действительные значения параметра а, при каждом из которых уравнение имеет на отрезке [—5, 2] нечетное число различных корней. 1.С. Даны арифметическая и геометрическая прогрессии. В арифметической прогрессии первый член равен 3, разность 22
равна 3. В геометрической прогрессии первый член равен 5, знаменатель равен VY. Выяснить, что больше: сумма первых семи членов арифметической прогрессии или сумма первых шести членов геометрической прогрессии. Вариант 4. 1.Н. Найти точки экстремума функции f (х) = — х3 + 6х2 + 9* +1 на интервале (—3/5, 5). 2. Решить уравнение 91 3*-1 I = 38JC-2 3. В окружность вписан четырехугольник MNPQ, диагонали которого взаимно перпендикулярны и пересекаются в точке F. Прямая, проходящая через точку F и середину стороны MN, пересекает сторону PQ в точке Н. Доказать, что FH — высота треугольника PFQy и найти ее длину, если \MN | = 4 см, Q| 7 см и MPQ = a. 4. Найти все целые корни уравнения cos (£(3*- 5. Найти все действительные значения параметра д, при каждом из которых уравнение имеет на отрезке [—3, 1] нечетное число различных корней. 1.С. Даны арифметическая и геометрическая прогрессии. В арифметической прогрессии первый член равен 8, разность равна 7. В геометрической прогрессии первый член равен 1, знаменатель равен V^3. Выяснить, что больше: сумма первых пяти членов арифметической прогрессии или сумма первых восьми членов геометрической прогрессии. § 3. ФИЗИЧЕСКИЙ ФАКУЛЬТЕТ 1977 Вариант 1. 1. Решить уравнение sin2 x = 3/4. 2.Н. Найти площадь замкнутой фигуры, ограниченной линиями: 23
З.Н« Найти отрицательные члены последовательности где Л£+4 — число размещений, а Рп+2 и Р„ — числа перестановок. 4. Дана равнобедренная трапеция, в которую вписана окружность и около которой описана окружность. Отношение высоты трапеции к радиусу описанной окружности равно У 2/3. Найти углы трапеции. 5. Длина ребра куба ABCDA^C^ (AA^BB^CC^DD^ равна 1. На ребре AAY взята точка Е так, что длина отрезка АЕ равна 1/3. На ребре ВС взята точка F так, что длина отрезка BF равна 1/4. Через центр куба и точки Е и F проведена плоскость а. Найти расстояние от вершины В1 до плоскости а. 2.С. Найти все значения а, для каждого из которых числа х и у, удовлетворяющие системе уравнений I х + у = а, \ 2х-у = 39 удовлетворяют также неравенству х > у. З.С. Решить неравенство Вариант 2. 1. Решить уравнение tg2x=l/3. 2.Н. Найти площадь замкнутой фигуры, ограниченной линиями: З.Н. Сколько отрицательных членов в последовательности Y _/^4 195 Сп+з / __ 1 9 Q \ *«— ^/i+5 — "1б"7Г+Т 'Л~~ ' • °** •")» где С£+6, Cg+з —числа сочетаний? 4. Длина окружности, описанной около равнобедренного треугольника, в 3 раза больше длины окружности, вписанной в этот треугольник. Найти углы треугольника. 5. Длина ребра куба KLMN^^M^N^ (ККг || LLX || ЛШХ || NNX) равна 1. На ребре ММг взята точка А так, что длина отрезка AM равна 3/5. На ребре KXNX взята точка В так, что длина отрезка /dB равна 1/3. Через центр куба и точки А и В проведена плоскость а. Точка Р — проекция вершины W на плоскость а. Найти длину отрезка ВР. 24
2.С. Найти все значения &, для каждого из которых числа х и уу удовлетворяющие системе уравнений удовлетворяют также неравенству х—у < 0. З.С. Решить неравенство Вариант 3. 1. Решить уравнение cos2 x = 1/2. 2.Н. Найти площадь замкнутой фигуры, ограниченной линиями: у = 0, i/ = 24 — 2х — 2х2. З.Н. Сколько положительных членов в последовательности где Л£+3 — число размещений, а Рп и Ря+1—числа перестановок? 4. Дана равнобедренная трапеция, в которую вписана окружность и около которой описана окружность. Площадь описанного круга в 12 раз больше площади вписанного круга. Найти углы трапеции. 5. Длина ребра куба ABCDA^C^ {AA^BBJCC^DD^ равна 1. На ребре ВС взята точка Е так, что длина отрезка BE равна 1/4. На ребре C1Dl взята точка F так, что длина отрезка FD^ равна 2/5. Через центр куба и точки Е и F проведена плоскость а. Найти расстояние от вершины Ах до плоскости а. 2.С. Найти все значения с, для каждого из которых числа jf и у, удовлетворяющие системе уравнений 2х~- t/ = 5, удовлетворяют также неравенству х>у — 2. З.С. Решить неравенство Вариант 4» 1. Решить уравнение 25
2.Н. Найти площадь замкнутой фигуры, ограниченной линиями: З.Н, Сколько отрицательных членов в последовательности где CJ+5—число сочетаний, а Рп+Ь и Рп+3 —числа перестановок? 4. Радиус окружности, вписанной в равнобедренный треугольник, в 4 раза меньше радиуса окружности, описанной около этого треугольника. Найти углы треугольника. 5. Длина ребра куба KLMNK^M^t (KKtlLL^MM^NNJ равна 1. На ребре KL взята точка А так, что длина отрезка AL равна 3/4. На ребре ММХ взята точка В так, что длина отрезка MB равна 3/5. Через центр куба и точки А и В проведена плоскость а. Найти длину отрезка ВР, где точка Р — проекция вершины N на плоскость а. 2.С. Найти все значения а, для каждого из которых числа х и у, удовлетворяющие системе уравнений f x-2y=2a, удовлетворяют также неравенству х+у>0. З.С« Решить неравенство Вариант 5. 1, Решить уравнение sin2* =1/2. 2.Н. Найти площадь замкнутой фигуры, ограниченной линиями: t/=0, y=U—2x2—\2x. З.Н, Найти положительные члены последовательности («=1.2,3,...), где А%+2 — число размещений, а Рп и Р„+1 —числа перестановок. 4. Дана равнобедренная трапеция, в которую вписана окружность и около которой описана окружность. Отношение длины описанной окружности к длине вписанной окружности равно 2|/5. Найти углы трапеции. 5. Длина ребра куба ABCDA1B1C1D1 (AA^BB^CC^DDJ равна 1. На ребре АВ взята точка Е так, что длина отрезка BE равна 2/5. На ребре ССг взята точка F так, что длина отрез- 26
ка FC равна 2/3. Через центр куба и точки Е и F проведена плоскость а. Найти расстояние от вершины А до плоскости а. 2.С. Найти все значения Ь, для каждого из которых числа х и у, удовлетворяющие системе уравнений ( \ удовлетворяют также неравенству х > Зу. З.С. Решить неравенство log 1/з (4)+log* 3> 2. Вариант 6. 1, Решить уравнение tg*x=l. 2.Н. Найти площадь замкнутой фигуры, ограниченной линиями: З.Н. Сколько положительных членов в последовательности хп = Crt+3 — "137 ^и+4 (л = 1, 2, 3, ...), где С*+3 и СЯ+4 — числа сочетаний? 4. Площадь круга, описанного около равнобедренного треугольника, в 36 раз больше площади круга, вписанного в этот треугольник. Найти углы треугольника. 5. Длина ребра куба KLMNK1L1M1N1 {ККЛ^ЛММЛ^МХ) равна 1. На ребре KL взята точка А так, что длина отрезка КА равна 1/4. На ребре MMt взята точка В так, что длина отрезка МХВ равна 2/5. Через центр куба и точки А и В проведена плоскость а. Точка Р—проекция вершины /С* на плоскость а. Найти длину отрезка АР. 2.С. Найти все значения с, для каждого из которых числа х и j/, удовлетворяющие системе уравнений удовлетворяют также неравенству З.С, Решить неравенство 1978 Вариант It 1» Решить уравнение 2sin*+3sin2*=0. 27
2.Н. Исследовать на экстремум функцию l/2*? — х + 2. З.Н. Прямая I проходит через точки А (1, 2, 3) и В (4, 6, 9). Составить уравнение плоскости, проходящей через точку А перпендикулярно прямой /. 4. Решить уравнение log3(3*-8)=2—х. 5.Н. Дана правильная треугольная пирамида DABC (D —вершина, ABC—основание). Известно, что |ЛВ| = а, \AD\ = b. Пирамиду пересекает плоскость а, параллельная ребрам AD и ВС. На каком расстоянии от ребра AD должна быть проведена плоскость а, чтобы площадь сечения пирамиды этой плоскостью была наибольшей? 6. Дана окружность с диаметром АВ. Вторая окружность с центром в точке А пересекает первую окружность в точках С и D, а диаметр АВ в точке Е. На дуге СЕ> не содержащей точки D, взята точка Му отличная от точек С и Е. Луч ВМ пересекает первую окружность в точке N. Известно, что | CN \ = а, \DN\ = b. Найти \MN\. 2.С. Руда содержит 40% примесей, а выплавленный из нее металл содержит 4% примесей. Сколько получится металла из 24 тонн руды? З.С. Решить неравенство *—3е 5.С. Дана правильная треугольная пирамида DABC (£> — вершина, ЛВС —основание). Известно, что АВ = а> AD=a]/r2. Пирамиду пересекает плоскость, параллельная ребрам AD и ВС и отстоящая на расстоянии d от ребра AD. Найти площадь сечения пирамиды этой плоскостью. Вариант 2. 1. Решить уравнение 2cos2x — 3 cos л;+ 2 = 0. 2.Н. Исследовать на экстремум функцию З.Н. Найти величину острого двугранного угла, образованного плоскостями х + 2у — г= 1, 2х+у — 2 = 2. 4. Решить уравнение log, (6+ 7-*) = 1+*. 5.Н. В основании треугольной пирамиды NKLM лежит правильный треугольник KLM. Высота пирамиды, опущенная из 28
вершины JV, проходит через середину ребра LM. Известно, что \KL\ = a, \KN\ = b. Пирамиду пересекает плоскость (5, параллельная ребрам KN и LM. На каком расстоянии от вершины N должна находиться плоскость |5, чтобы площадь сечения пирамиды этой плоскостью была наибольшей? 6. Дана окружность с диаметром PQ. Вторая окружность с центром в точке Q пересекает первую окружность в точках S и 7\ а диаметр PQ в точке Л, ЛВ —диаметр второй окружности. На дуге SB, не содержащей точки 7\ взята точка С, отличная от точек S и В. Отрезок PC пересекает первую окружность в точке D. Известно, что \SD\ = n9 \DC\ = m. Найти \DT\. 2.С. Из 38 тонн сырья второго сорта, содержащего 25% примесей, после переработки получается 30 тонн сырья первого сорта. Каков процент примесей в сырье первого сорта? ЗХ. Решить неравенство 5.С. В основании треугольной пирамиды NjKLM лежит правильный треугольник KLM. Высота пирамиды, опущенная из вершины N, проходит через середину ребра LM. Известно, что KL = a, KN=aV3. Пирамиду пересекает плоскость, параллельная* ребрам KN и LM и отстоящая от вершины N на расстоянии d. Найти площадь сечения пирамиды этой плоскостью. Вариант 3. 1. Решить уравнение 2.Н. Исследовать на экстремум функцию З.Н. Прямая/ проходит через точки С (3, —2, 1) и D(—1, 2, 3). Составить уравнение плоскости, проходящей через точку D перпендикулярно прямой /. 4. Решить уравнение log, (2*-7)= 3-х. 5.Н. Дана правильная треугольная пирамида BCDE (В — вершина, CDE — основание). Известно, что \CD\ = a, \BC\ = b. Пирамиду пересекает плоскость у, параллельная ребрам ВС и DE, На каком расстоянии от ребра DE должна быть проведена плоскость v, чтобы площадь сечения пирамиды этой плоскостью была наибольшей? 6. Дана окружность с диаметром KL. Вторая окружность с центром в точке К пересекает первую окружность в точках М и N, а диаметр KL в точке Л. На дуге AN\ не содержащей точки Му взята точка В, отличная от точек А и N. 29
Луч LB пересекает первую окружность в точке С. Известно, что \CN\ = a, \CM\ = b. Найти \ВС\. 2.С. Свежие фрукты содержат 72% воды, а сухие —20% воды. Сколько сухих фруктов получится из 20 кг свежих фруктов? З.С. Решить неравенство 2—*"*+3' 5.С. Дана правильная пирамида BCDE (В —вершина, CDE — основание). Известно, что CD=a, BC = a]/r3'. Пирамиду пересекает плоскость, параллельная ребрам ВС и DE и отстоящая от ребра DE на расстоянии d. Найти площадь сечения пирамиды этой плоскостью. Вариант 4. 1. Решить уравнение 2 sin х + 3 cos 2* — 3 = 0. 2.Н. Исследовать на экстремум функцию З.Н. Найти величину острого двугранного угла, образованного плоскостями 3* — у — 2г = 1, 2х+3у — 2 = 3. 4. Решить уравнение 5.Н. В основании треугольной пирамиды PQRS лежит правильный треугольник QRS. Высота пирамиды, опущенная из вершины Р, проходит через середину ребра RS. Известно, что |PQ| = m, \QR\ = n. Пирамиду пересекает плоскость а, параллельная ребрам PQ и RS. На каком расстоянии от вершины Q должна находиться плоскость ос, чтобы площадь сечения пирамиды этой плоскостью была наибольшей? 6. Дана окружность с диаметром ВС. Вторая окружность с центром в точке С пересекает первую окружность в точках D и £, а диаметр ВС в точке F, FK — диаметр второй окружности. На дуге ЕК> не содержащей точки D, взята точка L, отличная от точек £ и /С. Отрезок BL пересекает первую окружность в точке М. Известно, что | ML \ = m9 \ ЕМ \ = п. Найти |DAf|. 2.С. Из 40 тонн руды выплавляют 20 тонн металла, содержащего 6% примесей. Каков процент примесей в руде? З.С. Решить неравенство 2 1_ jc+3 ^ 2а: — 1 # 30
5.С. В основании треугольной пирамиды PQRS лежит правильный треугольник QRS. Высота пирамиды, опущенная из вершины Ру проходит через середину ребра RS. Известно, что PQ=m]/2, QR = m. Пирамиду пересекает плоскость, параллельная ребрам PQ и RS и отстоящая от вершины Q на расстоянии d. Найти площадь сечения пирамиды этой плоскостью. Вариант 5. 1. Решить уравнение 2.Н. Исследовать на экстремум функцию З.Н. Прямая/проходит через точки В (1,0,—3)иС(2, —1, 1). Составить уравнение плоскости, проходящей через точку В перпендикулярно прямой Л 4. Решить уравнение 5.Н. Дана правильная треугольная пирамида CDEF (С —вершина, DEF — основание). Известно, что |CD| = m, \DE\ = n. Пирамиду пересекает плоскость р, параллельная ребрам CD и EF. На каком расстоянии от ребра CD должна быть проведена плоскость р, чтобы площадь сечения пирамиды этой плоскостью была наибольшей? 6. Дана окружность с диаметром QR. Вторая окружность с центром в точке Q пересекает первую окружность в точках Р и 5, а диаметр QR — в точке В. На дуге BS, не содержащей точки Ру взята точка С, отличная от точек В и S. Луч RC пересекает первую окружность в точке D. Известно, что | DS \=а> | DP |=6. Найти \DC\. 2.С. В результате очистки сырья количество примесей в нем уменьшается от 20% в исходном сырье до 5% в очищенном. Сколько надо взять исходного сырья для получения 160 кг очищенного сырья? З.С. Решить неравенство 2-х ^ х +2 ' 5.С. Дана правильная треугольная пирамида CDEF (С —вершина, DEF — основание). Известно, что CD = 2m, DE = т. Пирамиду пересекает плоскость, параллельная ребрам CD и EF и отстоящая на расстоянии d от ребра CD. Найти площадь сечения пирамиды этой плоскостью. Вариант 6. 1. Решить уравнение — 3cos2x = 0. 31
2»Н« Исследовать на экстремум функцию З.Н. Найти величину острого двугранного угла, образованного плоскостями 4, Решить уравнение 5.Н. В основании треугольной пирамиды QRST лежит правильный треугольник RST. Высота пирамиды, опущенная из вершины Q, проходит через середину ребра ST. Известно, что | QR | = т, | ST | = п. Пирамиду пересекает плоскость у, параллельная ребрам QR и ST. На каком расстоянии от вершины Q должна находиться плоскость у, чтобы площадь сечения пирамиды этой плоскостью была наибольшей? 6. Дана окружность с диаметром LM. Вторая окружность с центром в точке М пересекает первую окружность в точках N и Q, а диаметр LM — в точке В, ВС —диаметр второй окружности. На дуге NC, не содержащей точки Q, взята точка D, отличная от точек N и С. Отрезок LD пересекает первую окружность в точке Е. Известно, что |£W| = /i, \ED\ = m. Найти \QE\. 2.С. Из 22 кг свежих грибов получается 2,5 кг сухих грибов, содержащих 12% воды. Каков процент воды в свежих грибах? З.С. Решить неравенство 2 < 3 5.С. В основании треугольной пирамиды QRST лежит правильный треугольник RST. Высота пирамиды, опущенная из вершины Q, проходит через середину ребра ST. Известно, что QR = 3m, ST = m. Пирамиду пересекает плоскость, параллельная ребрам QR и ST и отстоящая от вершины Q на расстоянии d. Найти площадь сечения пирамиды этой плоскостью. 1979 Вариант 1. 1. Решить уравнение 2.Н. Найти угол между векторами а = (6, —2, —3) и & = (5, 0, 0). 32
3. Решить систему уравнений 4.Н. Найти координаты точек пересечения с осью Ох тех х-\-1 касательных к графику функции {/(*) = —iTo, которые образуют угол Зя/4 с осью Ох. 5. В ромб ABCD, у которого \АВ\ = 1 и BAD = а, вписана окружность. Касательная к этой окружности пересекает сторону АВ в точке М> а сторону AD — в точке Af. Известно, что \MN\ = 2a. Найти длины отрезков MB и ND. 6. В плоскости Р дан равнобедренный треугольник ABC такой, что |ЛВ| = |ВС| = /, |ЛС| = 2а. Шар радиуса г касается плоскости Р в точке В. Две скрещивающиеся прямые проходят через точки Л и С и касаются шара. Угол между каждой из этих прямых и плоскостью Р равен а. Найти расстояние между этими прямыми. 2.С. Седьмой член арифметической прогрессии равен 21, а сумма первых семи членов этой прогрессии равна 105. Найти первый член и разность этой прогрессии. 4.С. Решить неравенство — 2 Вариант 2. 1. Решить уравнение sin-J + cos-f =1. 2.Н. Найти угол между векторами 6 = (2, —4, 5) и с = (0, 2, 0). 3. Решить систему уравнений \ 4.Н. Определить координаты точек пересечения с осями 2£ з координат тех касательных к графику функции у (х) = 3 , у которых угловой коэффициент равен 9. 5. Дан равнобедренный треугольник KLM, в котором | KL |= =\LM\ = l, KLM=$. Окружность с центром на стороне КМ касается сторон KL и LM. Касательная к этой окружности пересекает сторону KL в точке /\ а сторону LM —в точке Q. Известно, что площадь треугольника PLQ равна S. Найти длину отрезка PQ. 2 Ю. В. Нестеренко и др. 33
6. Центр О шара радиуса г находится в плоскости Р. В плоскости Р взяты точки М и N (| ОМ | = | ON \ = т > г, | MN \ = 2Ь, Ьфт). Через точки М и N проведены две прямые, касающиеся шара и не лежащие в одной плоскости. Точки касания расположены по одну сторону от плоскости Р. Угол между каждой из этих прямых и плоскостью Р равен |5. Найти расстояние между этими прямыми. 2.С. Первый член геометрической прогрессии равен 3, а пятый член равен 12288. Найти знаменатель этой прогрессии и сумму первых пяти ее членов. 4.С. Решить неравенство Вариант 3. I. Решить уравнение 2.Н. Найти угол между векторами с = (—2, 6, —3) и 2 =(0,0,-3). 3. Решить систему уравнений Г 7*+1.2* = 4, 4.Н. Вычислить координаты точек пересечения с осью Оу тех касательных к графику функции у(х) = -^г$> которые образуют угол я/4 с осью Ох. 5. В ромб CDEF, у которого DCF = у9 вписана окружность радиуса г. Касательная к этой окружности пересекает сторону CD в точке Л, а сторону CF — в точке В. Известно, что \AD\ = m. Найти площадь треугольника ABC. 6. Плоскость Р касается шара радиуса г в точке D. Точки D, Е и F плоскости Р не лежат на одной прямой и | DE \ = = | DF \ = п9 | EF | = 2d. Две скрещивающиеся прямые пересекают плоскость Р в точках Е и F и касаются шара. Угол между каждой из этих прямых и плоскостью Р равен у. Найти расстояние между этими прямыми. 2.С. Разность арифметической прогрессии равна 6, а сумма первых десяти ее членов равна 340. Найти первый и десятый член прогрессии. 4.С. Решить неравенство 34
Вариант 4. 1. Решить уравнение -g- = 1 — cos*. 2.Н, Найти угол между векторами & = (-4, — 6, 2) и /=(4,0,0). 3, Решить систему уравнений { 4.Н. Найти координаты точек пересечения с осями координат тех касательных к графику функции */(*)^^т-р У КОто' рых угловой коэффициент равен 4. 5. Дан равнобедренный треугольник PQR, в котором \PQ\- = \QR\, PQR = q>. Окружность радиуса г с центром на стороне PR касается сторон PQ и QR. Касательная к этой окружности пересекает сторону PQ в точке S, а сторону Q/? — в точке Т. Известно, 4to\ST\ = 2L Найти длины отрезков PS и RT. 6. Точки /С, L и М лежат в плоскости P(\KL\ = \KM\=l, \LM\ = 2b, Ъф1). Точка /С — центр шара радиуса г, г < /. Через точки L и М проведены две прямые, касающиеся шара и не лежащие в одной плоскости. Точки касания находятся по одну сторону от плоскости Р. Угол между каждой из этих прямых и плоскостью Р равен р. Найти расстояние между этими прямыми. 2.С. Сумма первых шести членов геометрической прогрессии со знаменателем 1/3 равна 364/9. Найти первый и шестой члены прогрессии. 4.С. Решить неравенство — 3>х. Вариант 5. 1, Решить уравнение 2.Н, Найти угол между векторами а=(3, —2, 6) и с = (0, —5, 0). 3, Решить систему уравнений / 5^.7^= 1/7, \ х — у = 2. 35
4.Н. Определить координаты точек пересечения с осью Оу тех касательных к графику функции у (х) = —^, которые обра- зуют угол Зя/4 с осью Ох. 5. В ромб EFGH, у которого FEH = a, вписана окружность радиуса г. Касательная к этой окружности пересекает сторону FG в точке Л, а сторону G# —в точке D. Известно, что площадь треугольника AGD равна S. Найти длину отрезка AD. 6. Шар радиуса г касается плоскости Р в точке В. Точки В, С и D плоскости Р не лежат на одной прямой и | ВС | = = | 5D | = т, | CD\ = 2а. Две скрещивающиеся прямые проходят через точки С и D и касаются шара. Угол между каждой из этих прямых и плоскостью Р равен а. Найти расстояние между этими прямыми. 2.С. Первый член арифметической прогрессии равен 10, а сумма первых четырнадцати членов этой прогрессии равна 1050. Найти четырнадцатый член и разность прогрессии. 4.С. Решить неравенство Ух2 — х — 6>х — 2. Вариант 6. 1. Решить уравнение 1—2sin4 = cos4 • о 3 2.Н. Найти угол между векторами d = (4,-5,-2) и 6 = (0,0,2). 3. Решить систему уравнений 4.Н. Вычислить координаты точек пересечения с осями коор- О у А динат тех касательных к графику функции у(х) = ■ ? , у которых угловой коэффициент равен 25. 5. Дан равнобедренный треугольник MNP> в котором \MN \ = \NP\ = l, MNP = $. Окружность с центром на стороне МР касается сторон MN и NP. Касательная к этой окружности пересекает сторону MN в точке Q, а сторону NP — в точке R. Известно, что \MQ\ = n. Найти площадь треугольника QNR. 6. Вне шара радиуса г с центром в точке О взяты точки К и L(\OK\ = \OL\ = n, \KL\ = 2dy йфп). Через точки К и L проведены две прямые, касающиеся шара и не лежащие в одной 36
плоскости. Точки касания находятся по одну сторону от плоскости РУ проходящей через точки О, /С, L. Угол между каждой из этих прямых и плоскостью Р равен Y- Найти расстояние между этими прямыми. 2.С. Знаменатель геометрической прогрессии равен 2, а сумма первых семи членов этой прогрессии равна 635. Найти первый и седьмой члены прогрессии. 4.С. Решить неравенство § 4. ХИМИЧЕСКИЙ ФАКУЛЬТЕТ 1977 Вариант 1. 1. Из пункта А в пункт В доставлена почта. Сначала ее вез мотоциклист; проехав 2/3 расстояния от пункта А до пункта В, он передал почту ожидавшему его велосипедисту, который и доставил ее в пункт В (время, потребовавшееся на передачу почты, считается равным нулю). При этом почта была доставлена из пункта А в пункт В за промежуток времени, необходимый, чтобы проехать от пункта А до пункта В со скоростью 40 км/ч. Известно, что если бы мотоциклист и велосипедист выехали из пунктов А и В одновременно навстречу друг другу, то они встретились бы через промежуток времени, необходимый для проезда от пункта А до пункта В со скоростью 100 км/ч. Найти скорость мотоциклиста, считая, что она больше скорости велосипедиста. 2.Н. Найти площадь фигуры, ограниченной линиями 3. Решить неравенство logl/r;(6*+»-36*)>-2. 4. В выпуклом четырехугольнике длины диагоналей равны одному и двум метрам. Найти площадь четырехугольника, зная, что длины отрезков, соединяющих середины его противоположных сторон, равны. 5. Найти все решения уравнения 2 — УЗ cos 2x + sin 2x = 4 cos2 3x9 удовлетворяющие неравенству cos(2x — я/4)>0. 37
2.С. Решить систему уравнений f Вариант 2. 1. Две бригады землекопов, работая совместно, вырыли первую траншею за два дня. После этого они начали рыть вторую траншею (той же глубины и ширины), в пять раз длиннее первой, в следующем порядке: сначала работала только первая бригада, а затем ее сменила и докопала траншею вторая бригада, выполнив при этом в полтора раза меньший объем работы, чем первая бригада. Полностью вторая траншея была вырыта за 21 день, За сколько дней вторая бригада смогла бы вырыть первую траншею, если известно, что объем работы, выполняемый первой бригадой за один день, больше объема работы, выполняемого за один день второй бригадой? 2.Н. Найти площадь фигуры, ограниченной линиями 3. Решить неравенство 4. В выпуклом четырехугольнике ABCD диагонали перпендикулярны, а длина отрезка, соединяющего середины сторон АВ и CD, равна одному метру. Найти длину отрезка, соединяющего середины сторон ВС и AD. 5. Найти все решения уравнения удовлетворяющие условию s 2.С. Решить систему уравнений sin-|x<0. Вариант 3. 1. Из пункта А в пункт В доставлен груз. От пункта А его везли в автофургоне, а потом переложили на ожидавший грузовик, причем грузовик проехал до пункта В расстояние в три раза меньшее, чем автофургон от пункта А до места перегрузки (время, потребовавшееся на перегрузку, считается равным нулю). При этом для доставки груза из пункта А в пункт В потребовалось время, равное времени проезда из 38
пункта А в пункт В со скоростью 64 км/ч. Если бы автофургон и грузовик выехали из пунктов А и В одновременно навстречу друг другу, то они встретились бы через промежуток времени, необходимый для проезда из пункта А в пункт В со скоростью 120 км/ч. С какой скоростью ехал грузовик, если известно, что скорость автофургона не превосходит 75 км/ч? 2.Н. Найти площадь фигуры, ограниченной линиями 7, у=1. 3. Решить неравенство 4. В выпуклом четырехугольнике ABCD длина отрезка, соединяющего середины сторон АВ и CD, равна одному метру. Прямые ВС и AD перпендикулярны. Найти длину отрезка, соединяющего середины диагоналей АС и BD. 5, Найти все решения уравнения удовлетворяющие условию 2.С% Решить систему уравнений \ Ух-у + 5 = 3, Вариант 4. 1. Две бригады штукатуров, работая совместно, оштукатурили жилой дом за шесть дней. В другой раз они штукатурили клуб и выполнили втрое больший объем работы, чем на штукатурке жилого дома. В клубе они работали по очереди: сначала работала первая бригада, а затем ее сменила и довела до конца штукатурку клуба вторая бригада, причем первая бригада выполнила вдвое больший объем работы, чем вторая. Клуб они оштукатурили за 35 дней. За сколько дней первая бригада смогла бы оштукатурить жилой дом, если известно, что вторая бригада потратила бы на это более четырнадцати дней? 2.Н. Найти площадь фигуры, ограниченной линиями 3. Решить неравенство 39
4. В выпуклом четырехугольнике ABCD длина отрезка, соединяющего середины диагоналей, равна длине отрезка, соединяющего середины сторон AD и ВС. Найти величину одного из углов, образованных прямыми АВ и CD. 5. Найти все решения уравнения удовлетворяющие условию 2.С. Решить систему уравнений I Уу-х+1 = 1, 1978 Вариант 1. 1. Решить уравнение sin 2х + sin 6х = 3 cos2 2х. 2. Из пункта А в пункт В выехал грузовой автомобиль. Через 1 час из пункта А в пункт В выехал легковой автомобиль, который прибыл в пункт В одновременно с грузовым автомобилем. Если бы грузовой и легковой автомобили одновременно выехали из пунктов А и В навстречу друг другу» то они бы встретились через 1 час 12 минут после выезда. Сколько времени провел в пути от Л до В грузовой автомобиль? З.Н. Рассматриваются всевозможные прямоугольные параллелепипеды, основания которых являются квадратами, а каждая из боковых граней имеет периметр 6 см. Найти среди них параллелепипед с наибольшим объемом и вычислить величину этого объема. 4. В трапеции ABCD с основаниями AD и ВС длина боковой стороны АВ равна 2 см. Биссектриса угла BAD пересекает прямую ВС в точке Е. В треугольник ABE вписана окружность, касающаяся стороны А В в точке М и стороны BE в точке Я. Длина отрезка МН равна 1 см. Найти величину угла BAD. 5. Найти все решения системы уравнений ( (2г- [ 2 + удовлетворяющие условию 40
З.С. Решить неравенство Вариант 2. 1. Решить уравнение 9 cos4 х — sin4 x = 2 sin2 2x. 2. Из пункта А в пункт В вышел пешеход. Одновременно с ним из пункта В в пункт А выехал велосипедист, который встретил пешехода через 50 минут после своего выезда из В. Сколько времени потребовалось бы пешеходу для того, чтобы пройти весь путь из Л в В, если известно, что велосипедист проделал бы тот же путь на 4 часа быстрее пешехода? З.Н. Рассматриваются всевозможные прямоугольные параллелепипеды, объем каждого из которых равен 4 см3, а основания являются квадратами. Найти среди них параллелепипед с наименьшим периметром боковой грани и вычислить величину этого периметра. 4. Из вершины В равнобедренного треугольника ABC на его основание АС опущена высота BD. Длина каждой из боковых сторон АВ и ВС треугольника ABC равна 8 см. В треугольнике BCD проведена медиана DE. В треугольник BDE вписана окружность, касающаяся стороны BE в точке К и стороны DE в точке М. Длина отрезка КМ равна 2 см. Найти величину угла ВАС. 5. Найти все решения системы уравнений (2— х)(3х — 2z) = 3 — г, удовлетворяющие условию З.С. Решить неравенство Вариант 3. 1. Решить уравнение 2. Из пункта А в пункт В выехал мотоциклист. Через два часа из пункта А в пункт В выехал автомобиль, который прибыл в пункт В одновременно с мотоциклистом. Если бы автомобиль и мотоциклист одновременно выехали из пунктов А и В навстречу друг другу, то они бы встретились через 1 час 20 минут после выезда. Сколько времени провел в пути от Л до В мотоциклист? З.Н. Рассматриваются всевозможные прямоугольные параллелепипеды, у которых одна из боковых граней является квад- 41
ратом, а периметр нижнего основания равен 12 см. Найти среди них параллелепипед с наибольшим объемом и вычислить величину этого объема. 4. В параллелограмме ABCD сторона AD имеет длину 6 см. Биссектриса угла ADC пересекает прямую АВ в точке Е. В треугольник ADE вписана окружность, касающаяся стороны АЕ в точке К и стороны AD в точке Г. Длина отрезка КТ равна 3 см. Найти величину угла BAD, 5. Найти все решения системы уравнений удовлетворяющие условию З.С. Решить неравенство -1 (17*— 8) <К17*+ 16— j/i-(17*+8). Вариант 4. 1. Решить уравнение 5 sin4 х — cos4 x = sin2 2x. 2. Из пункта А в пункт В выехал велосипедист. Одновременно с ним из пункта В в пункт А выехал мотороллер, который встретил велосипедиста через 45 минут после выезда из В. Сколько времени потребовалось бы велосипедисту для того, чтобы проделать весь путь из Л в В, если известно, что мотороллер проделал бы тот же путь на 2 часа быстрее велосипедиста? З.Н. Рассматриваются всевозможные прямоугольные параллелепипеды, объем каждого из которых равен у см3, а одна из боковых граней является квадратом. Найти среди них параллелепипед с наименьшим периметром основания и вычислить величину этого периметра. 4. На окружности радиуса 12 см с центром в точке О лежат точки А и В. Прямые АС и ВС касаются этой окружности. Другая окружность с центром в точке М вписана в треугольник ABC и касается стороны АС в точке /С, а стороны ВС в точке Н. Расстояние от точки М до прямой КН равно 3 см. Найти величину угла АОВ. 5. Найти все решения системы уравнений удовлетворяющие условию 42
З.С. Решить неравенство 1979 Вариант I. 1. Решить уравнение sin 2х = 1 + K2cos х + cos 2x. 2.Н. Вычислить площадь фигуры, ограниченной линиями у = — 2*2 + Зх + 6 и у = 3. От пристани А вниз по течению реки одновременно отплыли пароход и плот. Пароход, доплыв до пристани В, расположенной в 324 км от пристани Л, простоял там 18 часов и отправился назад в А. В тот момент, когда он находился в 180 км от А > второй пароход, отплывший из А на 40 часов позднее первого, нагнал плот, успевший к этому времени проплыть 144 км. Считая, что скорость течения реки постоянная, скорость плота равна скорости течения реки, а скорости пароходов в стоячей воде постоянны и равны между собой, определить скорости пароходов и течения реки. 4. Из точки М, расположенной внутри остроугольного треугольника ЛВС, опущены перпендикуляры на стороны. Длины сторон и опущенных на них перпендикуляров соответственно равны а и k> b и т, с и п. Вычислить отношение площади треугольника ABC к площади треугольника, вершинами которого служат основания перпендикуляров. 5. Найти все решения системы уравнений (б*/2 + 2y) (4s1*8 * + 4cos8x) = 25*/2 для которых I у I ^ 1. 2.C. Решить неравенство Вариант 2. 1. Решить уравнение sin 2х+cos 2х = 1 + VE sin x. 2.Н. Вычислить площадь фигуры, ограниченной линиями и у = 20 — х. 3. Пункты А, Ву С удалены от пункта М соответственно на 60, 55 и 56 км. Одновременно из этих пунктов в пункт М 43
вышли три пешехода: первый —из Л, второй —из В, третий — из С. Первый прошел весь путь с постоянной скоростью и прибыл в М на 2 часа раньше второго и третьего, прибывших одновременно. Второй пешеход, пройдя 40 км с той же скоростью, что и первый, сделал остановку на 1 час. Остаток пути он прошел со скоростью, которая меньше скорости третьего пешехода на столько же, на сколько скорость третьего меньше скорости первого. Третий пешеход весь путь прошел с постоянной скоростью. Определить скорости первого и третьего пешеходов. 4. Из точки М, расположенной внутри остроугольного треугольника ABC, опущены перпендикуляры на стороны АВ, ВС и С А. Длины перпендикуляров соответственно равны /, т и п. Вычислить площадь треугольника ABC, если величины углов ВАС, ABC и АСВ соответственно равны а, р и у. 5. Найти все решения системы уравнений I / Q 2\ 2 1 у(\ — для которых 1 ^у< 10. 2.С. Решить неравенство Вариант 3. 1. Решить уравнение cos 2л: — sin2A:= I — cosx — sin л:. 2.H. Вычислить площадь фигуры, ограниченной линиями у = 5 — х2 и у = 3 — х. 3. Пешеход, двигаясь с постоянной скоростью, в первый день прошел 35 км. Во второй день, двигаясь также с постоянной, но меньшей скоростью, он прошел 45 км, причем находился в пути на 3 часа больше, чем в первый день. В третий день он прошел 25 км со скоростью первого дня и еще 12 км со скоростью, которая меньше его скорости во второй день на столько же, на сколько его скорость во второй день меньше скорости в первый день. В третий день пешеход провел в пути на 2 часа меньше, чем во второй. Определить скорости пешехода в первый и во второй дни. 4. Площадь треугольника ABC равна S. Величины углов CAB у ABC и АСВ соответственно равны а, |5 и у. Определить длины высот треугольника. 5. Найти все решения системы уравнений | 4 — y + sin2x=log2|?d^cosA:|, I (У2 + 7у) (22+cos 2* + 2~2 cos8х) = для которых 0 ^ у ^ 1. 44
2.С. Решить неравенство Вариант 4. 1. Решить уравнение cos2x=l—2sinx + УЪ sin2х. 2.Н. Вычислить площадь фигуры, ограниченной линиями у = — з*?-4х+16 и у = 2х + 7. 3. В резервуар поступает вода из труб двух диаметров. В первый день, работая одновременно, большая и малая трубы подали 14 м3 воды. Во второй день была включена одна малая труба. Она проработала на 5 часов больше, чем в первый день, и подала также 14 м3 воды. В третий день вода подавалась столько же времени, сколько и во второй, причем сначала работали обе трубы и подали 21 м3 воды, а затем работала лишь большая труба, которая подала еще 20 м3. Считая производительность труб постоянной, определить сколько воды в час подает каждая труба. 4. Длины сторон остроугольного треугольника ABC соответственно равны а, Ь и с. Точка М находится внутри треугольника. Величины углов АМВ, ВМС и СМ А равны между собой. Найти сумму длин отрезков AM, BM и СМ. 5. Найти все решения системы уравнений log3|^±-4, &3 | I/COS* Г для которых |f/1<0,5. 2.С. Решить неравенство § 5. БИОЛОГИЧЕСКИЙ ФАКУЛЬТЕТ 1977 Вариант 1. 1. Решить уравнение 2. В выпуклом четырехугольнике MNLQ углы при вершинах N и L —прямые, а величина угла при вершине М равна -g-. Найти длину диагонали NQ9 если известно, что длина стороны LQ вдвое меньше длины стороны MN и на 2 м больше длины стороны LN. 45
З.Н. Найти площадь фигуры, ограниченной линией у = = я2 — 4х + 5 и касательными к ней: в точке (1,2) у = — 2л;+ 4 и в точке (4, 5) у = 4х—11. 4. Решить уравнение 5. Найти все те значения параметра s, при каждом из которых корни уравнений х2 + — + 2s = 0 и гЧ—- — s = 0 не пере- межаются, т. е. оба уравнений имеют по два корня и между двумя корнями одного из уравнений нет ни одного корня другого уравнения. З.С. Две бригады рабочих начали работу в 8 часов. Сделав вместе 72 детали, они стали работать раздельно. В 15 часов выяснилось, что за время раздельной работы первая бригада сделала на 8 деталей больше, чем вторая. На другой день первая бригада делала в 1 час на одну деталь больше, а вторая бригада в 1 час на одну деталь меньше. Работу бригады начали вместе в 8 часов и, сделав 72 детали, снова стали работать раздельно. Теперь за время раздельной работы первая бригада сделала на 8 деталей больше, чем вторая, уже к 13 часам. Сколько деталей в 1 час делала каждая бригада? Вариант 2. 1, Решить уравнение 2. В выпуклом четырехугольнике MNLQ углы при вершинах N и L — прямые, а величина угла при вершине М равна arctg3. Найти площадь четырехугольника, если известно, что длина стороны NL вдвое больше длины стороны LQ и на 5 м больше длины стороны NM. З.Н. Найти площадь фигуры, ограниченной линией у = = л:2 — 2х + 2 и касательными к ней: в точке (0,2) у = 2 — 2х и в точке (3,5) у = 4х — 7. 4. Решить уравнение 5. Найти все те значения параметра s, при каждом из которых корни уравнений x2 + 4x + 4s = 0 и х2 + 3х + 6s = 0 не перемежаются, т. е. оба уравнения имеют по два корня и между двумя корнями одного из уравнений нет ни одного корня другого уравнения. 46
З.С. Объем грунта, который вынимает в 1 час первый экскаватор, меньше, чем вынимает в 1 час второй экскаватор. Оба экскаватора начали работать вместе и вырыли котлован объемом 240 м\ Потом первый экскаватор стал рыть второй котлован, а второй экскаватор продолжал рыть первый котлован. Через 7 часов после начала их работы объем первого котлована оказался на 480 м3 больше объема второго котлована. На другой день второй экскаватор вынимал в 1 час на Юм8 больше, а первый в 1 час вынимал на Юм3 меньше. Вырыв вместе котлован в 240 м3, первый экскаватор стал рыть другой котлован, а второй продолжал рыть первый. Теперь объем первого котлована стал на 480 м3 больше объема второго котлована уже через 5 часов после начала работы экскаваторов. Сколько м3 грунта в 1 час вынимает каждый экскаватор? Вариант 3. 1. Решить уравнение 2. В выпуклом четырехугольнике PQRS углы при вершинах Q и /? — прямые, а величина угла при вершине Р равна я/3. Найти длину диагонали PR, если известно, что длина диагонали QS равна 2J/T3 м, а длина стороны PQ равна 6 м. З.Н. Найти площадь фигуры, ограниченной линией у = = yjc2 — 2л:+ 2 и касательными к ней: в точке fl, ~) у = = — х+1,5 и в точке (4,2) у = 2х — 6. 4. Решить уравнение 5. Найти все те значения параметра s, при каждом из кото- ft S* рых все корни уравнений х*-\ 2s = 0 и х2-\—х — s = 0 S S различны и перемежаются, т. е. оба уравнения имеют по два корня и между двумя корнями одного уравнения находится ровно один корень другого уравнения. З.С. Объем воды, который перекачивает первый насос в 1 час, меньше, чем объем воды, перекачиваемой в 1 час вторым насосом. Оба насоса включили одновременно, и они начали наполнять бассейн. После того, как в нем стало воды 400 м3, первый насос переключили на наполнение второго бассейна, а второй насос продолжал наполнять первый бассейн. Через 58 часов после включения насосов объем воды в первом бассейне стал больше объема воды во втором бассейне на 700 м3. На другой день первый насос стал перекачивать в 1 час на 3 м3 воды меньше, а второй насос в 1 час на 3 м3 воды больше, и они перекачали вместе в первый бассейн 400 м3. После этого первый насос переключили на наполнение второго бассейна, а второй насос продолжат наполнять первый бассейн. Через 33 часа 47
после включения обоих насосов в первом бассейне оказалось на 700 м3 воды больше, чем во втором. Сколько м3 воды в 1 час перекачивал каждый из насосов? Вариант 4. 1. Решить уравнение — х2 = х — 2. 2. В выпуклом четырехугольнике ABCD углы при вершинах А и В —прямые, величина угла при вершине D равна я/4, длина стороны ВС равна 1 м, длина диагонали BD равна 5 м. Найти площадь этого четырехугольника. З.Н. Найти площадь фигуры, ограниченной линией у = = -я- х2 — Зх + 4,5 и касательными к ней: в точке (1,2) у = 4 — 2х и в точке Н,-^) У = х — 3,5. 4. Решить уравнение 5. Найти все те значения параметра s, при каждом из которых все корни уравнений х2 + Зл: + 2s = 0 и x2-\-6x-\-5s = 0 различны и перемежаются, т. е. оба уравнения имеют по два корня и между двумя корнями одного уравнения находится ровно один корень другого уравнения. З.С. По круговой ледяной дорожке стадиона длиной в 400 м стартовали одновременно из одной точки, но в противоположных направлениях, два конькобежца (разрядник и начинающий). Когда они встретились, начинающий мгновенно повернул и побежал вслед за разрядником. Разрядник догнал начинающего (обогнав его на круг) через 2 мин 5 с после старта. Если бы скорость разрядника была на 2 м/с больше, а скорость начинающего была на 2 м/с меньше, то эта вторая встреча произошла бы через 1 мин 15 с после старта. Найти скорости конькобежцев. 1978 Вариант 1. 1. Решить уравнение 2.Н. Найти числа А и В такие, чтобы функция вида f(x) = A sinnx + B удовлетворяла условиям = 2 и 48
3. Дана окружность с центром в точке О и радиусом 2. Из конца отрезка О Л, пересекающегося с окружностью в тЬч- ке М, проведена касательная АК к окружности. Величина угла OAK равна я/3. Найти радиус окружности, касающейся отрезков АК, AM и дуги МК. 4. Решить неравенство g^F^T + 3 < 3У1Г^'х • 28. 5. Найти все значения а, при каждом из которых уравнение имеет единственное решение. 2.С. В реку впадает пригок. Пароход отходит от пристани А на притоке, идет вниз по течению 80 км до реки, далее по реке вверх против течения до пристани 5, затратив 18 часов на весь путь от А до В. Затем пароход возвращается обратно. Время обратного движения от В до А по тому же пути равно 15 часам. Собственная скорость парохода, т. е. скорость парохода в стоячей воде, равна 18 км/ч. Скорость течения реки равна 3 км/ч. Каково расстояние от пристани А до пристани В и какова скорость притока? Вариант 2. 1. Решить уравнение sin2 2х — cos2 х + -|- = 0. 2.Н. Найти числа А и В такие, чтобы функция вида удовлетворяла условиям П0) = 2 и 3. Радиус ОМ окружности с центром в точке О и хорда КР пересекаются в точке Л. Длины отрезков ОМ и О А равны соответственно г и а. Величина угла К AM равна а (а меньше я/2). Найти радиус окружности, касающейся отрезков АК, AM и дуги МК. 4. Решить неравенство 5. Найти все значения а, при каждом из которых уравнение —2|х — а | + 2—а = 0 имеет ровно два различных решения. 2.С. В озеро впадают две реки. Лодка отплывает от пристани А на первой реке, плывет 36 км вниз по течению до 49
озера, далее 19 км по озеру (в озере нет течения) и 24 км по второй реке вверх против течения до пристани Л, затратив 8 часов на весь путь от А до В. Из этих 8 часов 2 часа лодка плывет по озеру. Скорость течения первой реки на 1 км/ч больше, чем скорость течения второй реки. Найти скорости течения каждой реки. (Собственная скорость лодки, т. е. скорость лодки в стоячей воде, постоянна.) Вариант 3. 1. Решить уравнение 2.Н. Найти числа А и В такие, чтобы функция вида f(x) = Asin2x + B удовлетворяла условиям ПО) = 4 и 3. Дана окружность с центром в точке О и радиусом г. Из точки А отрезка ОЛ, пересекающегося с окружностью в точке Му проведена секущая к окружности, пересекающая окружность в точках К и Р, при этом точка К лежит между точками Л и Я. Величина угла МАК равна л/3. Длина отрезка О А равна а. Найти радиус окружности, касающейся отрезков AM, АК и дуги МК. 4. Решить неравенство 2>г*г*г • 9. 5. Найти все значения а, при каждом из которых уравнение х\х — 2а| — 1— а = 0 имеет единственное решение. 2.С. В реку впадает приток. Пароход отходит от пристани А на притоке, идет вниз по течению 60 км до реки, далее по реке вниз по течению 65 км до пристани В. Затем по тому же пути пароход возвращается обратно, затратив 10 часов на весь обратный путь от В до Л. На путь от пристани А до реки пароход тратит 3 часа 45 минут. Скорость течения реки ниже впадения в нее притока на 1 км/ч меньше скорости течения притока. Собственная скорость парохода, т. е. скорость парохода в стоячей воде, постоянна. Найти собственную скорость парохода. Вариант 4. 1. Решить уравнение s in4 х + 5 cos 2x + 4 = 0. 50
2.Н. Найти числа А и В такие, чтобы функция вида удовлетворяла условиям з /'(0 = 2 и \f(x)dx = 7. о 3. Из точки М на окружности радиуса г проведены диаметр МК и хорда МР. Величина угла РМК равна а. Найти радиус окружности, касающейся отрезков Ж/С, МР и дуги РК- 4. Решить неравенство logj (х-J-х2) + log1/3 [х-| х2) <2. 5. Найти все значения а, при каждом из которых уравнение имеет ровно два различных решения. 2.С. В озеро впадают две реки. Лодка отплывает от пристани А на первой реке, плывет 24 км вниз до озера, далее 2 часа плывет по озеру (в озере нет течения) и затем 32 км по второй реке против течения до пристани 5, затратив 8 часов на весь путь от А до В. Если бы лодка проплыла по озеру еще дополнительно 18 км, то на весь путь от Л до В она затратила бы 10 часов. Скорость течения первой реки на 2 км/ч больше, чем скорость течения второй реки. Найти скорость течения каждой реки. (Собственная скорость лодки, т. е. скорость лодки в стоячей воде, постоянна.) 1979 Вариант 1. 1.Н. Найти все значения х, при каждом из которых касательные к графикам функций = 3 cos 5х и y(x) = 5cos3x + 2 в точках с абсциссой х параллельны. 2. Из двух пунктов, расстояние между которыми равно 2400 км, навстречу друг другу выезжают одновременно пассажирский и скорый поезда. Каждый из них идет с постоянной скоростью, и в некоторый момент времени они встречаются. Если бы оба поезда шли со скоростью скорого поезда, то их встреча произошла бы на три часа раньше фактического момента встречи. Если бы оба поезда шли со скоростью пассажирского поезда, то их встреча произошла бы на пять часов позже фактического момента встречи. Найти скорости поездов. 51
3. Около окружности радиуса R описана трапеция. Хорда, соединяющая точки касания окружности с боковыми сторонами трапеции, параллельна основаниям трапеции. Длина этой хорды равна Ь. Найти площадь трапеции. 4. Решить неравенство 5. Найти все пары чисел х и у, удовлетворяющие условиям { (V^+ 0 (1 +cos(jo/)sin(;q/)) = (]/"3+ l) sin2 (xy) + o,os(2xy)> 1.С. Решить уравнение cos3x=l—]/"3sin3*. Вариант 2. l.H. Найти все значения х> при каждом из которых касательная к графику функции у (х) = cos 7x 4- 7 cos x в точке с абсциссой х параллельна касательной к этому же графику в точке с абсциссой л/6. 2. Два насоса различной мощности, работая вместе, наполняют бассейн за четыре часа. Для наполнения бассейна наполовину первому насосу требуется времени на четыре часа больше, чем второму насосу для наполнения бассейна на три четверти. За какое время может наполнить бассейн каждый из насосов в отдельности? 3. Около окружности радиуса R описан параллелограмм. Площадь четырехугольника с вершинами в точках касания окружности и параллелограмма равна S. Найти длины сторон параллелограмма. 4. Решить неравенство 5. Найти все пары чисел х и у, удовлетворяющие условиям (cos (ху)—3sin (ху) cos(xy) = 2 (cosy) cos (2xy—у) — 2cos2(x(/—у), х*—ху+1=0, 1.С. Решить уравнение УЗ sin 2х = V2—cos 2x. 52
Вариант 3. 1.Н. Найти все значения х, при каждом из которых касательные к графикам функций у(х) = 2—14sin3x и у (х) = 6 sin 7x в точках с абсциссой х параллельны. 2. Двое рабочих работали одно и то же время и изготовили вместе (работая с постоянной производительностью и независимо один от другого) 150 деталей. Если бы оба рабочих работали с производительностью первого рабочего, то для изготовления 150 деталей им потребовалось бы времени на 1/2 часа меньше. Если бы оба рабочих работали с производительностью второго рабочего, то для изготовления 150 деталей им потребовалось бы времени на 3/4 часа больше. Сколько деталей изготовит второй рабочий за восьмичасовой рабочий день? 3. Около окружности радиуса R описана трапеция ABCD, длина меньшего основания ВС которой равна а. Пусть £ —точка касания окружности со стороной АВ и длина отрезка BE равна Ь. Найти площадь трапеции. 4. Решить неравенство 5. Найти все пары чисел х и у, удовлетворяющие условиям 2 + sin (2ху) = 2 cos2 (ху) — (VH— 1) cos (2xy)f 1.С. Решить уравнение sin Ъх = 2—V2 cos 5*. Вариант 4. 1.Н. Найти все значения х> при каждом из которых касательная к графику функции у (х) = sin 8а: + 4 sin 2x в точке с абсциссой х параллельна касательной к этому же графику в точке с абсциссой п/10. 2. Два велосипедиста выезжают одновременно из пунктов А и В навстречу друг другу и, двигаясь каждый с постоянной 2 скоростью, встречаются через 2-^- часа. Если бы первый вело- о сипедист увеличил свою скорость на 50%, а второй велосипедист увеличил свою скорость на 20%, то на преодоление расстояния между пунктами А и В первому велосипедисту понадобилось бы времени на 2/3 часа больше, чем второму велосипедисту. За какое время преодолевает расстояние между пунктами А и В каждый велосипедист, двигаясь с первоначальной скоростью? 53
3. В треугольник ABC вписана окружность радиуса /?, касающаяся стороны АС в точке D, стороны А В в точке Е и стороны ВС в точке F. Длина отрезка AD равна /?, а длина отрезка DC равна а. Найти площадь треугольника BEF. 4. Решить неравенство 5. Найти все пары чисел х и у, удовлетворяющие условиям {3cos(xy)-sin{xy))s j/3-jq/+l=0, 4ye—3jo/ + 2<0. I.C. Решить уравнение 2 sin 3^ = 1^6+ 2 cos За:. § 6. ФАКУЛЬТЕТ ПОЧВОВЕДЕНИЯ 1977 Вариант 1. 1. Решить уравнение 2.Н. Указать промежутки возрастания и убывания, а также точки максимума и минимума функции f(x)=xe-*x. 3. Решить уравнение | sin х | = sin x + 2 cos x. 4. Основание ЛВ трапеции ABCD вдвое длиннее основания CD и вдвое длиннее боковой стороны AD. Длина диагонали АС равна а, а длина боковой стороны ВС равна ft. Найти площадь трапеции. 5. Рота солдат прибыла на парад в полном составе прямоугольным строем по 24 человека в ряд. По прибытии оказалось, что не все солдаты могут участвовать в параде. Оставшийся для парада состав роты перестроили так, что число рядов стало на 2 меньше прежнего, а число солдат в каждом ряду стало на 26 больше числа новых рядов. Известно, что если бы все солдаты участвовали в параде, то роту можно было бы выстроить так, чтобы число солдат в каждом ряду равнялось числу рядов. Скол.ько солдат было в роте? 2.С. Решить уравнение 54
Вариант 2. 1. Решить уравнение 2.Н. Указать промежутки возрастания и убывания, а также точки максимума и минимума функции 3. Решить уравнение COS X 4. Длины основания CD, диагонали BD и боковой стороны AD трапеции ABCD равны р. Длина боковой стороны ВС равна q. Найти длину диагонали АС. 5. Бригады, состоящие из одинакового числа рабочих, получили на складе спецодежду. Каждый рабочий получил по два комплекта спецодежды, а каждой бригаде выдали на 20 комплектов больше, чем было бригад. Если бы бригад было на 4 больше и каждой бригаде выдавали бы по 12 комплектов, то спецодежды на складе не хватило бы. Сколько комплектов спецодежды было на складе? 2.С. Решить уравнение Вариант 3. 1. Решить уравнение 2.Н. Указать промежутки возрастания и убывания, а также точки максимума и минимума функции 3. Решить уравнение | cos х | = cos x — 2 sin x. 4. Длины боковой стороны AD и основания CD трапеции ABCD равны &, а длина основания АВ равна 2k. Длина диагонали АС равна L Найти длину боковой стороны ВС. 5. Для перевозки животных по железной дороге было выделено несколько вагонов. В пункте А в каждый вагон поместили по 12 животных. В пункте В часть животных была сдана. Оставшиеся животные были размещены поровну по вагонам, которых стало на 2 меньше. При этом оказалось, что число животных в каждом вагоне стало простым и число вагонов стало на 14 меньше числа животных в каждом из них. Сколько животных было отправлено из пункта А? 55
2.С. Решить уравнение Вариант 4. 1. Решить уравнение 2.Н. Указать промежутки возрастания и убывания, а также точки максимума и минимума функции 3. Решить уравнение 4. Длина диагонали BD трапеции ABCD равна т, а длина боковой стороны AD равна п. Найти длину основания CD, если известно, что длины основания, диагонали и боковой стороны трапеции, выходящих из вершины С, равны между собой. 5. На празднике каждому ребенку было подарено по одинаковому количеству игрушек. Число игрушек, подаренных каждому ребенку, было на 9 меньше общего числа детей, присутствовавших на празднике. Если бы на празднике было 9 детей и каждому ребенку дарили бы на одну игрушку больше, чем раньше, то прежнего количества игрушек не хватило бы. Сколько игрушек было подарено, если известно, что число детей, присутствовавших на празднике, было нечетным? 2.С. Решить уравнение 1978 Вариант 1. 1. Решить уравнение cos х = cos Зх + 2 sin 2л:. 2. Решить неравенство З.Н. Найти площадь фигуры, ограниченной кривой у = х2 + + х и прямой у==х+1. 4. Плоскость прямоугольного треугольника, длины катетов которого равны 3 см и 4 см, образует с плоскостью Р угол, величина которого равна а. Гипотенуза этого треугольника лежит в плоскости Р. Найти величину угла, который образует меньший катет с плоскостью Р. 56
5. Решить уравнение Ух(9^^ — Зу*^) = З2 У*=*+1 — 3^*^+1 + 6Ух —18. З.С. Имеется два слитка золота с серебром. Процентное содержание золота в первом слитке в два с половиной раза больше, чем процентное содержание золота во втором слитке. Если сплавить оба слитка вместе, то получится слиток, в котором будет 40% золота. Найти, во сколько раз первый слиток тяжелее второго, если известно, что при сплавке равных по весу частей первого и второго слитков получается слиток, в котором содержится 35% золота. Вариант 2. 1. Решить уравнение 2 sin2 2x +sin2 4* = 5/4. 2. Решить неравенство 9*-2.3*<3. З.Н« Найти площадь фигуры, ограниченной кривой у = Ух и прямой х—Зу + 2 = 0. 4. Дан прямоугольник, длины сторон которого равны 1 см и 2 см. Меньшая сторона прямоугольника лежит на плоскости Р> а диагональ прямоугольника образует с плоскостью Р угол, величина которого равна а. Найти величину угла между плоскостью прямоугольника я плоскостью Р. 5. Решить уравнение 5*2 - 2х - 3 - х log1/e {bjfl - 2х - 3) = jfl + 2х. З.С. 40 кг раствора соли разлили в два сосуда так, что во втором сосуде чистой соли оказалось на 2 кг больше, чем в первом сосуде. Если во второй сосуд добавить 1 кг соли, то количество соли в нем будет в два раза больше, чем в первом сосуде. Найти вес раствора, находящегося в первом сосуде. Вариант 3. 1. Решить уравнение 2. Решить неравенство 4* — 3-2*<4. З.Н. Найти площадь фигуры, ограниченной кривой у = = Ух+\ И ПРЯМОЙ t/=;-j+l. 4. Основание равностороннего треугольника лежит в плоскости Р, а боковая сторона этого треугольника образует с плоскостью Р угол, величина которого равна а. Найти величину угла, который образует плоскость треугольника с плоскостью Р. 57
5. Решить уравнение З.С. Имеется три слитка. Первый слиток весит 5 кг, второй—3 кг и каждый из этих двух слитков содержит 30% меди. Если первый слиток сплавить с третьим, то получится слиток, содержащий 56% меди, а если второй слиток сплавить с третьим, то получится слиток, содержащий 60% меди. Найти вес третьего слитка и процент содержания меди в нем. Вариант 4. 1. Решить уравнение sin Ъх = sin х + sin 2х. 2. Решить неравенство З.Н. Найти площадь фигуры, ограниченной кривой у = х2 — х и прямой у = Ъх. 4. Плоскость равнобедреннего треугольника образует с плоскостью Р угол, величина которого равна |5. Основание треугольника лежит в плоскости Р. Величина угла при вершине треугольника равна а. Найти величину угла, который образует боковая сторона треугольника с плоскостью Р. 5. Решить уравнение З.С. Имеется два сосуда, содержащие 4 кг и 6 кг раствора кислоты разных концентраций. Если их слить вместе, то получится раствор, содержащий 35% кислоты. Если же слить равные веса этих растворов, то получится раствор, содержащий 36% кислоты. Сколько килограмм кислоты содержится в каждом сосуде? 1979 Вариант 1. 1. Решить уравнение 2.Н. Найти наименьшее значение функции на отрезке [0,5]. 3. Решить уравнение ^ sin 2х = (/3 -1) cos2 х + 1. 58
4. В трапеции ABCD отрезки АВ и DC являются основаниями. Диагонали трапеции пересекаются в точке Е. Найти площадь треугольника ВСЕ, если | АВ | = 30 см, | DC \ = 24 см, |AD| = 3cm и DAB = n/3. 5. Решить систему уравнений г Юх2 + \ 3jt2- 2.С. Решить неравенство Вариант 2. 1, Решить уравнение lgjc — 1 — g 2.Н. Найти промежутки возрастания и убывания функции 3. Решить уравнение =4sin2jc. 4. Окружность касается сторон АВ и Л£ прямоугольника ABCD и проходит через вершину С. Сторону DC она пересекает в точке Af. Найти площадь трапеции ABND, если|ЛВ| = 9см и | AD | = 8 см. 5. Найти все решения системы уравнений -2*у—1=0, удовлетворяющие условию ху > 0. 2.С. Решить неравенство Вариант 3. 1. Решить уравнение з/— з/— 2.Н, Найти наибольшее значение функции на отрезке [— 1/2, 3]. 59
3. Решить уравнение 4. В трапеции ABCD отрезки АВ и CD являются основаниями. Диагонали трапеции пересекаются в точке /С. Найти площадь треугольника AKD> если |\АВ\ = 27 см, |DC| = 18 см, | = Зсм, \BC\ = 6V2 см. 5. Решить систему уравнений ( х2 — 2ху + 2у2 + 2х — 8(/+10=0, \ 2х2 — 2.С. Решить неравенство Iog0,3 (х2 + х + 31) < Iog0,3 (Юх+ 11). Вариант 4. 1. Решить уравнение 61og|2*— Hlog32*—2 2.Н. Найти промежутки возрастания и убывания функции / ч 1 1 3, Решить уравнение 4. Окружность касается сторон АВ и AD прямоугольника ABCD и пересекает сторону DC в единственной точке F и сторону ВС в единственной точке Е. Найти площадь трапеции AFCB, если |ЛВ| = 32см, |ЛО| = 40сми |В£|=1см. 5. Найти все решения системы уравнений i х2 — Ъху + Ьх— 1=0, удовлетворяющие условию ху > 0. 2.С. Решить неравенство § 7. ГЕОГРАФИЧЕСКИЙ ФАКУЛЬТЕТ 1977 Вариант 1. 1. Решить неравенство 60
2. В треугольнике ABC сторона АВ имеет длину 3 м, высота CD у опущенная на сторону АВ, имеет длину V3 м. Основание D высоты CD лежит на стороне АВ, длина отрезка AD равна длине стороны ВС. Найти длину стороны АС. З.Н. Найти промежутки возрастания и убывания, а также точки максимума и минимума функции У (*) ^ fifj • 4. Грузовик и гоночный автомобиль выехали одновременно из пункта А и должны прибыть в пункт С. Грузовик, двигаясь с постоянной скоростью, доехал до пункта С, проделав путь, равный 360 км. Гоночный автомобиль поехал по окружной дороге и сначала доехал до пункта В, расположенного в 120 км от пункта Л, двигаясь со скоростью, вдвое большей скорости грузовика. После пункта В он увеличил свою скорость на 40 км/ч и проехал путь от пункта В до пункта С, равный 1000 км. Он прибыл в пункт С на 1 час 15 минут позднее грузовика. Если бы гоночный автомобиль весь свой путь от пункта Л до пункта С ехал с той же скоростью, что и от пункта В до пункта С, то в пункт С он прибыл бы на 1 час позднее грузовика. Найти скорость грузовика. 5. Решить уравнение 2 sin (Зх + я/4) = V 1+8 sin 2х cos2 2х. З.С. Решить уравнение Вариант 2. 1. Решить неравенство 2. В трапеции ABCD длина основания AD равна 2 м, а длина основания ВС равна 1 м. Длины боковых сторон АВ и CD равны по 1 м. Найти длину диагонали трапеции. З.Н. Найти промежутки возрастания и убывания, а также точки максимума и минимума функции 4. Парусник и пароход одновременно вышли из порта А и должны прибыть в порт D. Парусник, двигаясь с постоянной скоростью, прибыл в порт D, пройдя путь, равный 1200 км. Пароход заходил в порты В и С, причем до порта В, расположенного от порта А на расстоянии 480 км, он плыл со скоростью, вдвое большей скорости парусника. Затем он увеличил свою скорость на 4 км/ч и прошел путь между портами В и С, равный 1420 км, и далее путь между портами С и D, равный 1460 км. На стоянки в портах С и В он затратил 1 сутки. В порт D пароход прибыл на двое суток позднее парусника. 61
Если бы пароход плыл из порта А до порта В с той же скоростью, что и из порта В до порта D, то он прибыл бы в порт D на 1 сутки 20 часов позднее парусника. Найти скорость парусника. 5. Решить уравнение З.С. Решить уравнение Вариант 3. 1, Решить неравенство 4|х + 2|<2л;+10. 2. В треугольнике ABC сторона АВ имеет длину 6 м. Основание D высоты CD лежит на стороне АВ. Длина отрезка AD равна 4 м, длина стороны ВС равна 4 м. Найти длину высоты АЕ9 которая опущена из вершины А на сторону ВС. З.Н. Найти промежутки возрастания и убывания, а также точки максимума и минимума функции 4. Токарь и его ученик получили наряд на изготовление деталей. По нему ученик должен был изготовить 35 деталей, а токарь 90 деталей. Токарь и ученик начали работу одновременно. Сначала токарь сделал 30 деталей, обрабатывая в час вдвое больше деталей, чем ученик. Затем он стал обрабатывать в час на 2 детали больше и закончил свою работу на один час позже ученика. Если бы токарь и первые 30 деталей делал, обрабатывая в час столько же деталей, сколько при работе над оставшимися 60 деталями, он закончил бы работу на 30 минут позже ученика. Найти, сколько деталей в час обрабатывал ученик. 5. Решить уравнение /1— 4cos23* 6 J З.С. Решить уравнение Вариант 4. 1. Решить неравенство 62
2. В трапеции ABCD длина меньшего основания ВС равна 3 м, длины боковых сторон АВ и CD равны по 3 м. Диагонали трапеции образуют между собой угол в л/3. Найти длину основания AD. З.Н. Найти промежутки возрастания и убывания, а также точки максимума и минимума функции 4. Имеется три насоса. Второй насос перекачивает за один час вдвое больше воды, чем первый, а третий насос перекачивает за 1 час на 8 куб. м больше, чем второй насос. Два бассейна вместимостью 600 куб. м и 1680 куб. м начали заполнять одновременно. Бассейн вместимостью 600 куб. м заполнил первый насос. В другой бассейн сначала одним вторым насосом накачали 240 куб. м, затем его без потери времени заменили третьим насосом, который и заполнил полностью этот бассейн. Второй бассейн был заполнен на 6 часов позднее, чем первый бассейн. Если бы второй бассейн с самого начала заполнял только третий насос, то он был бы заполнен на 5 часов позднее, чем первый бассейн. Сколько куб. м воды перекачивает за один час первый насос? 5. Решить уравнение /^4 у 4 sin2 ^-4- - З.С. Решить уравнение 1978 Вариант 1. 1. Пароход, отчалив от пристани Л, спустился вниз по течению реки на 60 км до устья впадающего в реку притока и поднялся вверх по притоку (против течения) на 20 км до пристани В. Весь путь от А до В пароход прошел за 7 часов. Скорость течения реки и скорость течения притока равны 1 км/ч. Найти собственную скорость парохода. (Собственная скорость— скорость в неподвижной воде.) 2.Н. Найти все значения х, при каждом из которых производная функции 2 1 sin3x + равна нулю. 63
3. В прямоугольном треугольнике ABC расположен прямоугольник ЕКМР так, что сторона ЕК лежит на гипотенузе ВС, а вершины М и Р — на катетах АС и АВ соответственно. Длина катета АС равна 3 см, а длина катета АВ — 4 см. Найти длины сторон прямоугольника ЕКМРУ если его площадь равна 5/3 см, а периметр меньше 9 см. 4. Решить неравенство " > log3 (3x2 - 4х + 2). 5. Найти все значения параметра а, для каждого из которых существует только одно значение х, удовлетворяющее системе уравнений х2-2(а-1) х + а(а — 2) = 0. 2.С. Решить уравнение cos х — 2 cos Зх + cos Ъх = 0. Вариант 2. 1. От пристани А к пристани В, расположенной ниже по течению реки, отправился катер. Одновременно с ним из В в А (против течения) вышла моторная лодка. Дойдя до В, катер (не задерживаясь в В) повернул обратно и прибыл в А одновременно с моторной лодкой. Скорость течения реки равна 3 км/ч. Найти собственные скорости (скорости в неподвижной воде) катера и моторной лодки, если известно, что у катера она была на 2 км/ч больше, чем у моторной лодки. 2.Н. Найти все значения х, при каждом из которых производная функции У М = "з" s*n ^х ~~ Т cos ^x"~~ s*n х равна нулю. 3. В круговом секторе ОАВ, величина центрального угла которого равна л/4, расположен прямоугольник КМРТ. Сторона КМ прямоугольника лежит на радиусе ОЛ, вершина Р — на дуге ЛВ, вершина Г —на радиусе ОВ. Длина стороны КТ на 3 см больше длины стороны КМ. Площадь прямоугольника КМРТ равна 18 см2. Найти длину радиуса. 4. Решить неравенство 5. Найти все значения параметра а, для каждого из которых существует ровно два значения х, удовлетворяющих системе уравнений (а—4) = 0. 64
2.С. Решить уравнение cos Зх + sin 2х—cos x = 0. Вариант 3. 1. Расстояние между пристанями А и В равно 48 км. Отчалив от пристани Л в 9 часов, пароход проплыл вниз по течению реки до пристани В. Простояв у пристани В один час, пароход отправился в обратный рейс и прибыл в Л в 17 часов того же дня. Скорость течения реки равна 2 км/ч. Найти собственную скорость (скорость в неподвижной воде) парохода, если известно, что на пути изЛвВиизВвЛ она была одной и той же. 2.Н. Найти все значения х, при каждом из которых производная функции 1 l/"~3 у (jc) = cos x — -j cos Зх — 1-z- sin 2x равна нулю. 3. В прямоугольном треугольнике ABC расположен прямоугольник ADKM так, что его сторона AD лежит на катете АВ> сторона AM — на катете АС, а вершина /С —на гипотенузе ВС. Длина катета АВ равна 5 см, а длина катета АС— 12 см. Найти длины сторон прямоугольника ADKM, если его площадь равна 40 -5- см2, а длина диагонали меньше 8 см. 4. Решить неравенство /log. ( 2^±-3) + 1 > log, 5. Найти все значения параметра а, для каждого из которых существует только одно значение х, удовлетворяющее системе уравнений 2,С. Решить уравнение sin Зх — V 3 cos 2х — sinx = 0. Вариант 4. 1, От пристани А к пристани В вниз по течению реки отправились одновременно моторная лодка и байдарка. Скорость течения реки равна 2 км/ч. Последнюю 1/10 часть пути от А до В моторная лодка плыла с выключенным мотором, и ее скорость относительно берега была равна скорости течения. На той части пути, где моторная лодка шла с работающим мотором, ее скорость была на 8 км/ч больше скорости байдарки. 3 Ю. В. Нестеренко и др. 65
К пристани В моторная лодка и байдарка прибыли одновременно. Найти собственную скорость (скорость в неподвижной воде) байдарки. 2.Н. Найти все значения х, при каждом из которых производная функции равна нулю. 3. В полукруге расположен прямоугольник ABCD так, что его сторона АВ лежит на диаметре, ограничивающем полукруг, а вершины С и D —на ограничивающей полукруг дуге. Длина радиуса полукруга равна 5 см. Найти длины сторон прямоугольника ABCD, если его площадь равна 24 см2, а длина диагонали больше 8 см. 4. Решить неравенство 5. Найти все значения параметра а, для каждого из которых существует ровно два значения х, удовлетворяющих системе уравнений 2.С. Решить уравнение sin 4— 1 979 Вариант 1» 1.Н. Найти наибольшее и наименьшее значения функции 2"- 72л: + 90 на отрезке [—5,5]. 2. Решить уравнение 3. В треугольнике ABC известно, что |ЛВ| = 6 || = | ВС |. На стороне АВ как на диаметре построена окружность, пересекающая сторону ВС в точке D так, что | BD |: | DC | = 2:1. Найти длину основания треугольника АС. 4, В школьной газете сообщается, что процент учеников некоторого класса, повысивших во втором полугодии успева- 66
емость, заключен в пределах от 2,9% до 3,1%. Определить минимально возможное число учеников в таком классе. 5. Найти все решения неравенства cos|~ 4*—*?>0, 21 лежащие в интервале —-g- < х < 0. 1.С. Решить уравнение 4iog.*_6.2i©ge*-f-2lQg8a7 =0. Вариант 2. l,Hi Найти наибольшее и наименьшее значения функции на отрезке [—6,6]. 2i Решить уравнение 3. На катете ВС прямоугольного треугольника ABC как на диаметре построена окружность, пересекающая гипотенузу в точке D так, что |AD\:\DB\= 1:3. Длина высоты, опущенной из вершины С прямого угла на гипотенузу, равна 3. Найти длину катета ВС. 4« При подведении итогов соревнования вычислено, что процент числа членов бригады, перевыполнивших план, заключен в пределах от 92,5% до 93,5%. Определить минимально возможное число членов такой бригады. 5. Найти все решения неравенства лежащие в промежутке —2<а;<—у. 1.С. Решить уравнение 41008 х _ 5. 2^8 х _|_ 2iog» о — о. Вариант 3. 1.Н. Найти наибольшее и наименьшее значения функции у (х) = 2х3 + За;2 —120* +100 на отрезке [—4,5]. 2. Решить уравнение cos (х — я/3)—cos (х — я/6) = sin (х—я/4). 3, Длина стороны АВ треугольника ABC равна 1. На стороне АВ как на диаметре построена окружность, которая делит сторону АС точкой D пополам, а сторону ВС точкой Е в отношении \BE\:\EC\=z7:2. Найти длину стороны АС. 3* 67
4. В сообщении о лыжном кроссе сказано, что процент числа членов группы, принявших участие в кроссе, заключен в пределах от 96,8% до 97,2%. Определить минимально возможное число членов такой группы. 5. Найти все решения неравенства лежащие в промежутке -j- 1.С. Решить уравнение Вариант 4. 1.Н. Найти наибольшее и наименьшее значения функции у (х) = 2х* — Зх2 — 36* + 6 на отрезке [—3, 2]. 2. Решить уравнение 3. На катете ВС прямоугольного треугольника ABC как на диаметре построена окружность, пересекающая гипотенузу в точке D так, что | AD\:\DB\ = 1:4. Найти длину высоты, опущенной из вершины С прямого угла на гипотенузу, если известно, что длина катета ВС равна 10. 4. В сообщении о реконструкции цеха указано, что в результате реконструкции процент высвободившихся рабочих заключен в пределах от 1,7% до 2,3%. Определить минимально возможное число рабочих, первоначально занятых в таком цехе. 5. Найти все решения неравенства лежащие в интервале — 1/3 < х < 2. 1.С. Решить уравнение — 6 • 510** * + 51/2 l°e*4 = 0. § 8. ГЕОЛОГИЧЕСКИЙ ФАКУЛЬТЕТ (отделение геофизики) 1977 Вариант 1. 1. В бак может поступать вода через одну из двух труб. Через первую трубу бак можно наполнить на час быстрее, чем через вторую трубу. Если бы емкость бака была больше 68
на 2 м3, а пропускная способность второй трубы была бы больше на 4/Зм3/ч, то для наполнения бака через вторую трубу понадобилось бы столько же времени, сколько требуется для пропуска 2м3 воды через первую трубу. Какова емкость бака, если известно, что за время его наполнения через вторую трубу через первую трубу могло бы поступить 3 м3- воды? 2. Решить неравенство ^2_|5х —3| —л: <2. З.Н. Найти все значения параметра а(а>0), при каждом из которых площадь фигуры, ограниченной параболой у(х)=^ = (х2 + 2ах + Зд2)/( 1 + а4) и прямой у = (а2 — ах)/( 1 + а4), будет наибольшей. 4. В окружность с центром О вписан треугольник ABC (А > л/2). Продолжение биссектрисы AF угла А этого треугольника пересекает окружность в точке L, а радиус АО пересекает сторону ВС в точке Е. Пусть АН — высота треугольника ABC. Найти отношение площади треугольника OAL к площади четырехугольника OEFL, если известно, что / | и / 5. Найти все значения &, при каждом из которых существует хотя бы одно общее решение у неравенств > 1+26 и З.С. Решить уравнение sin2 (2 + 3*) +cos2 fj + 2х\ =cos2(2 — 5x) + sin2 (-J—6x) . Вариант 2. 1. Велосипедист проезжает половину расстояния от пункта А до пункта В на два часа быстрее, чем пешеход проходит треть расстояния от А до В. За время, требуемое велосипедисту на весь путь от А до В, пешеход проходит 24 км. Если бы скорость велосипедиста увеличилась на 7 км/ч, то за время, затрачиваемое пешеходом на прохождение 18 км, он смог бы покрыть путь от Л до В и проехать еще Зкм. Найти скорость пешехода. 2. Решить неравенство З.Н. Найти все значения параметра а(а>0), при каждом из которых площадь фигуры, ограниченной параболами ,/(*) = (4а2 — 2ах — *2)/(1+а4) и у{х) = х2/(1 +а4), будет наибольшей. 4. В окружность с центром О вписан треугольник ВАС с тупым углом при вершине Л. Точка Р является серединой 69
большей из дуг, стягиваемых хордой ВС. Радиус О А пересекает сторону ВС в точке L, а хорда АР пересекает сторону ВС в точке Q. Пусть AF — высота треугольника ВАС. Найти отношение площади треугольника АОР к площади треугольника AQF, если известно, что длина биссектрисы угла А треугольника ALF равна 1/|/5, | АР | =/3 и 0Й = л/6. 5. Найти все значения k> при каждом из которых каждое решение неравенства x2 + 3k2 — 1 ^2&(2# — 1) является решением неравенства х2-\-(2х— l)k-\-k2 > 0. ЗХ. Решить уравнение 2 sin2 (5л: + л/4) = 1 + sin (3 + 2х) + 2 sin2 (4* — 3/2) cos (6л: + 3/2). Вариант 3. 1. Первая бригада разгрузила баржу. Вторая бригада, работая на 5 часов меньше первой, Еыгрузила бы треть всего груза. При повышении производительности труда каждой из бригад в три раза первой бригаде для разгрузки баржи потребовалось бы на один час больше времени, чем второй бригаде— на выгрузку половины всего груза. Если бы первая бригада свою почасовую выработку сократила на одну тонну, а вторая —увеличила на две тонны, то за время, затрачиваемое первой бригадой на разгрузку баржи с весом груза, уменьшенным на 2 т, вторая бригада могла бы разгрузить баржу с весом груза, увеличенным на 8 т. Найти вес груза на барже. 2. Решить неравенство З.Н. Найти все значения параметра я(а>0), при каждом из которых площадь фигуры, ограниченной параболами у (х) = ~(2l/ax — x2)/(l+a*) и у(х) = х2/(\+а*), будет наибольшей. 4. Около треугольника ABC (A > л/2) описана окружность с центром О. Продолжение биссектрисы AL этого треугольника пересекает окружность в точке F. Обозначим через Е точку пересечения радиуса АО со стороной ВС. Пусть АН — высота треугольника ABC. Найти отношение площади четырехугольника FOEL к площади треугольника AEL, если известно, что | ЛЯ |=1/1/2, |i4F| = 2j/"3, А£7/ = л/6. 5. Найти все значения ky при каждом из которых любое число является решением хотя бы одного из неравенств: + ) и З.С. Решить уравнение cos (3 + 2*)-1- sin 9* = 2 sin2 (-J + Щ—2 cos2 (|—5*) • 70
Вариант 4. 1. Первый токарь выполнил заказ на выточку деталей. За это время второй токарь выточил бы 18 деталей, а работая на один час меньше, он выполнил бы половину того же заказа. Если бы часовая производительность первого токаря увеличилась на две детали, то за время, которое необходимо второму токарю на выточку 15 деталей, первый токарь мог бы выполнить заказ и сделать дополнительно 5 деталей. Найти число деталей в заказе. 2. Решить неравенство |* — 2|<2л;? — З.Н. Найти все значения параметра а(а>0), при каждом из которых площадь фигуры, ограниченной параболами у(х) = = 2х2/(1+д3) и у(х) = {х2 + 91/а2)/(\+а2)у будет наибольшей. 4. Около треугольника ABC (А > л/2) описана окружность с центром О. Точка F является серединой большей из дуг, стягиваемых хордой ВС. Обозначим точку пересечения стороны ВС с радиусом АО через £, а с хордой AF— через Р. Пусть АН — высота треугольника ABC. Найти отношение площади четырехугольника OEPF к площади треугольника АРН, если известно, что радиус описанной окружности 7? = 2]/3, \АЕ\=УЗ и |£#| = 3/2. 5, Найти все значения k> при каждом из которых нера- венство . ,7, . ^ 1 выполняется для всех х, удовлетворяющих условию — 1 < х < 1. З.С. Решить уравнение sin2 (л/4 + 7х) = sin2 (12х + 3) cos (2х — 3) + cos2 (л/4 + 3 + 5х). 1978 Вариант 1. 1. Решить уравнение — 5 cos 4а: = 2 cos2 х +1. 2.Н. Группу из 7 мальчиков и 8 девочек надо разбить на две команды так, чтобы в первой команде было 4 мальчика и 3 девочки. Сколькими способами это можно сделать? 3. Решить неравенство 4. В треугольнике ABC на стороне АВ взята точка К так, что | Л/С|:| ВК\ = 1:2, а на стороне ВС взята точка L так, чю \CL\\\BL| = 2:1. Пусть Q —точка пересечения прямых 71
AL и С/С. Найти площадь треугольника ЛВС, если дано, что площадь треугольника BQC равна 1. 5. Пункт Л стоит в поле на расстоянии 8 км от дороги. На дороге, которая является прямой линией, стоит пункт В. Скорость движения автомобиля по дороге в два раза больше, чем по полю. Известно, что если ехать из А по прямой до некоторой находящейся на дороге точки Cv отличной от В, а затем по дороге до В, то при любом выборе точки С на это уйдет не меньше времени, чем потребуется, если ехать из А в В напрямик по полю. Чему равно расстояние от А до В? 2.С. Решить уравнение |5jc— 13j —16 —5a:| = 7. Вариант 2. 1. Решить уравнение tg2x + sin2x = J-ctgx. 2.Н. В распоряжении тренера хоккейной команды имеются два вратаря, шесть защитников и двенадцать нападающих. Сколькими способами он может скомплектовать команду, состоящую из вратаря, двух защитников и трех нападающих? 3. Решить неравенство logs/з Iog1/2(x2-x-6)>0. 4. В треугольнике ABC, площадь которого равна 6, на стороне АВ взята точка /С, делящая эту сторону в отношении | Л/С|:|В/С| = 2:3, а на стороне ЛС —точка L, делящая АС в отношении | AL\:\LC\ = 5:3. Точка Q пересечения прямых СК и BL отстоит от прямой АВ на расстоянии 1,5. Найти длину стороны АВ. 5. Пункт А стоит в поле на некотором расстоянии от дороги. На дороге, которая является прямой линией, стоит пункт В так, что расстояние от Л до В равно 10 км. Скорость движения автомобиля по дороге в три раза больше, чем по полю. Известно, что если ехать из А по прямой до некоторой находящейся на дороге точки С, отличной от В, а затем по дороге до В, то при любом выборе точки С на это уйдет не меньше времени, чем потребуется, если ехать из Л в В напрямик по полю. Найти расстояние от пункта Л до дороги. 2.С. Решить уравнение I 3jc — 81 — | За: — 21 = 6. Вариант 3. 1. Решить уравнение cos 4x = sin2 a: — 3/4. 72
2.Н. Сколькими способами можно разместить 6 детей и 8 взрослых в автомобилях «Волга» и «Москвич», если в каждый автомобиль можно посадить 3 детей и 4 взрослых? 3. Решить неравенство Iog27/4i Iog5(^— 2x 4. В треугольнике ABC на стороне АС взята точка/С так, что Л/С| = 1, |/СС|=3, а на стороне АВ взята точка L так, что AL |: | LB | = 2:3. Пусть Q — точка пересечения прямых ВК и CL. Площадь треугольника AQC равна 1. Найти длину высоты треугольника ABC, опущенной из вершины В. 5. Пункт А стоит в поле на расстоянии 7,5 км от дороги. На дороге, которая является прямой линией, стоит пункт В. Скорость движения велосипедиста по дороге в четыре раза больше, чем по полю. Известно, что если ехать из А по прямой до некоторой находящейся на дороге точки С, отличной от В, а затем по дороге до В, то при любом выборе точки С на это уйдет не меньше времени, чем потребуется, если ехать из А в В напрямик по полю. Найти расстояние от А до В. 2.С. Решить уравнение |16-9*|-|9х-5|=Ц. Вариант 4. 1. Решить уравнение cos 2х = 2 tg2 х — cos2 x. 2.Н. На студенческую группу в 18 человек имеются 4 билета в цирк и 3 билета в кино. Сколькими способами можно распределить эти билеты? 3. Решить неравенство log12/n log1/2( 4. В треугольнике ABC на стороне АВ взята точка L так, что |AL| = 1, |BL|=3, а на стороне ВС взята точка К, делящая эту сторону в отношении | ВК\-\КС / = 3:2. Точка Q пересечения прямых АК и CL отстоит от прямой ВС на расстоянии 1,5. Вычислить синус угла ABC. 5. Пункт А стоит в поле на некотором расстоянии от дороги. На дороге, которая является прямой линией, стоит пункт В так, что расстояние от Л до В равно 20 км. Скорость движения автомобиля по дороге в четыре раза больше, чем по полю. Известно, что если ехать из А по прямой до некоторой находящейся на дороге точки С, отличной от В, а затем по дороге до В, то при любом выборе точки С на это уйдет не меньше времени, чем потребуется, если ехать из Л в В 73
напрямик по полю. Найти расстояние от пункта А до дороги. 2.С. Решить уравнение |7*-12|-|7*-П|=1. 1979 Вариант 1. 1. Найти все ху удовлетворяющие условию а -з. 2а—х 2. Решить уравнение 3. Найти все Л, при каждом из которых уравнение : = A имеет решение. 4. Расстояние между двумя городами скорый поезд проходит на 4 часа быстрее товарного и на 1 час быстрее пассажирского. Известно, что скорость товарного поезда составляет 5/8 скорости пассажирского и на 50 км/ч меньше скорости скорого. Найти скорости товарного и скорого поездов. 5. В выпуклом четырехугольнике ABCD длина Стороны АВ 25 25 равна gj, длина стороны ВС равна 12^7, длина стороны CD равна 6-^-. Известно, что угол DAB острый, угол ADC тупой, причем синус угла DAB равен -g-, косинус угла ABC равен —gg. Окружность с центром в точке О касается сторон ВС, CD и AD. Найти длину отрезка ОС. 6. Найти все неотрицательные ху при каждом из которых из неравенств следует неравенство Вариант 2. 1. Найти все х, удовлетворяющие условию а—2х" 2, Решить уравнение 74
3. Найти все Л, при каждом из которых уравнение 7 4 имеет решение. 4. Сплавляя два одинаковых по весу куска чугуна с разным содержанием хрома, получили сплав, в котором содержалось 12 кг хрома. Если бы первый кусок был в два раза тяжелее, то в сплаве содержалось бы 16 кг хрома. Известно, что содержание хрома в первом куске на 5% меньше, чем во втором. Найти процентное содержание хрома в каждом куске чугуна. 5. В выпуклом четырехугольнике ABCD длина стороны АВ равна -g-, длина стороны ВС равна 19^, длина стороны AD равна 12 -=■. Известно, что угол DAB острый, синус угла DAB равен -g-, косинус угла ABC равен — ^. Окружность с центром в точке О касается сторон ВС, CD и AD. Найти длину отрезка OD. 6. Найти все неотрицательные х9 при каждом из которых из неравенств следует неравенство Вариант 3. 1. Найти все х> удовлетворяющие условию 0 =;2 2а—х 2. Решить уравнение 3, Найти все Л, при каждом из которых уравнение = A имеет решение. 4. Бассейн заполняется водой через первую трубу на 5 часов быстрее, чем через вторую трубу, и на 30 часов быстрее, чем через третью трубу. Известно, что пропускная способность третьей трубы в 2,5 раза меньше пропускной способности первой трубы и на 40м3/ч меньше пропускной способности второй трубы. Найти пропускные способности первой и третьей труб. 5. В выпуклом четырехугольнике ABCD длина стороны AD равна 7, длина стороны DC равна 5, длина стороны ВС рав- 1Q на 5^. Известно, что угол BAD острый, угол ЛВС тупой, 75
о причем синус угла BAD равен -=•, косинус угла ADC равен —g-. Найти радиус окружности, касающейся сторон АВ>ВС и AD. 6. Найти все неотрицательные х, при каждом из которых из неравенств следует неравенство Вариант 4. 1е Найти все х> удовлетворяющие условию а—2х~ 2. Решить уравнение 3. Найти все Л, при каждом из которых уравнение = A имеет решение. 4. Из пункта А в пункт В едет трактор. Радиус переднего колеса трактора меньше радиуса заднего колеса. На пути из А в В переднее колесо сделало на 200 оборотов больше, чем заднее. Если бы длина окружности переднего колеса была в -j раз больше, то на пути из Л в В оно сделало бы на 80 оборотов больше, чем заднее колесо. Найти длины окружностей переднего и заднего колес трактора, если длина окружности заднего колеса на 1 м больше длины окружности переднего колеса. 5. В выпуклом четырехугольнике ABCD длина стороны АВ равна Ю jo» Длина стороны AD равна 14, длина стороны CD равна 10. Известно, что угол DAB острый, причем синус угла DAB равен -g-, косинус угла ADC равен —g-. Окружность с центром в точке О касается сторон AD, AB, ВС. Найти длину отрезка ВО. 6. Найти все неотрицательные х, при каждом из которых из неравенств следует неравенство 76
§ 9. ГЕОЛОГИЧЕСКИЙ ФАКУЛЬТЕТ (отделение общей геологии) 1977 Вариант 1. 1. Решить неравенство п. з*-1—31 4.9*-1ЬЗ*-*—5^v* 2. Два бегуна стартовали один за другим с интервалом в две минуты. Второй бегун догнал первого на расстоянии 1 км от точки старта, а пробежав от точки старта 5 км, он повернул обратно и встретился с первым бегуном. Эта встреча произошла через 20 минут после старта первого бегуна. Найти скорость второго бегуна. 3. Решить уравнение 4. В прямоугольном треугольнике ABC биссектриса BE прямого угла В делится центром О вписанной окружности в отношении |ВО\:\ОЕ\ = V 3:1^2. Найти острые углы треугольника. 5.Н. Найти все значения параметра а(а>0), при каждом из которых площадь фигуры, ограниченной параболой у(х) = е=х2 — 2х у в 2 +3 и прямой у = —Зху т-тЦ +3, будет наибольшей. 5.С. Найти радиус шара, описанного около правильной треугольной пирамиды, у которой сторона основания равна Ь, а угол между боковыми ребрами равен а. Вариант 2. 1. Решить неравенство 4—7.5* ^ 2 * 3* 2. Два лыжника стартовали на дистанции 10 км друг за другом с интервалом в 6 минут. Второй лыжник догнал первого в двух километрах от точки старта. Дойдя до поворота на отметке 5 км, второй лыжник повернул обратно и встретил первого на расстоянии 1 км от точки поворота. Найти скорость первого лыжника. 3, Решить уравнение cos За: + sin 7а: = 2 sin2 (-^- +у) — 2 cos2 у. 4. В прямоугольном треугольнике ABC биссектриса АР острого угла А делится центром О описанной окружности в 77
отношении | А О |: | ОР | = (Уз +\): (КЗ — 1). Найти острые углы треугольника. 5.Н, Найти все значения параметра я(а>0), при каждом из которых площадь фигуры, ограниченной параболой у{х)=* i=(l+a2)2-x2 и прямой у = а, будет наибольшей. 5.С. В шар радиуса R вписана правильная четырехугольная пирамида. Угол между боковым ребром пирамиды и стороной основания равен а. Найти площадь боковой поверхности пирамиды. Вариант 3, 1л Решить неравенство f—15 2. Два пловца стартовали один за другим в пятидесятиметровом бассейне на дистанции 100 метров. Второй пловец плыл со скоростью 1,5 м/с и догнал первого на отметке 21 метр, а затем, доплыв до противоположной стенки бассейна, повернул обратно и встретил первого пловца через 2/3 с после момента поворота. Найти интервал времени между моментами старта пловцов. 3. Решить уравнение 2 cos2 (я/4 + Зх) = 1 + sin 4x -J- 2 sin 5x • cos2 x. 4. В треугольнике ABC биссектриса АР угла А делится центром О вписанной окружности в отношении |ЛО|:|ОР|= = |/~3:2 sin-j^-. Найти углы В и С, если известно, что угол А 5я равен -д-. 5.Н. Найти все значения параметра р(р>0), при каждом из которых площадь фигуры, ограниченной параболой у(х)=* ~ 3 /—ъ— и прямой у = 2ху tj-^2 +li будет наибольшей. 5.С. Угол между основанием и боковой гранью правильной треугольной пирамиды равен а. Радиус шара, описанного около пирамиды, равен R. Найти площадь полной поверхности пирамиды. Вариант 4. 1. Решить неравенство 15—2-13*+* 6.132*— 2. Из пункта А в пункт 5, расстояние между которыми равно 70 км, выбхал велосипедист, а через некоторое время 78
мотоциклист, двигавшийся со скоростью 50 км/ч. Мотоциклист догнал велосипедиста на расстоянии 20 км от пункта А. Прибыв в пункт В, мотоциклист через 48 минут выехал обратно в пункт А и встретился с велосипедистом спустя 2 часа 40 минут после выезда велосипедиста из пункта Л. Найти скорость велосипедиста. 3* Решить уравнение cos2 (я/4 + 5*) = sirf х cos 9x+cos5? (я/4 + 4х). 4. В треугольнике ABC биссектриса АЕ относится к радиусу вписанной окружности как j/2:(V"2"— l). Найти углы В и С, если известно, что угол А равен л/3. 5.Н. Найти все значения параметра р(/>>0), при каждом из которых площадь фигуры, ограниченной параболой */(*) = б= — (1 + Р2)2*2 + Р и прямой у = 0, будет наибольшей. 5.С. Боковое ребро правильной треугольной пирамиды равно Ь. Радиус шара, описанного около пирамиды, равен R. Найти объем пирамиды. 1978 Вариант 1. 1, Решить уравнение 2. Из пункта А в пункт В выехал велосипедист, а через четверть часа вслед за ним выехал автомобиль. На половине пути от Л до В автомобиль догнал велосипедиста. Когда автомобиль прибыл в пункт Ву велосипедисту оставалось проехать еще треть пути. За какое время велосипедист проехал путь от А до В, если известно, что скорости велосипедиста и автомобиля постоянны на всем пути от пункта А до пункта В? З.Н, Найти наименьшее значение функции на отрезке [1,5]. 4, В треугольнике ABC длина стороны АС равна 3, ВАС=п/6 и радиус описанной окружности равен 2. Доказать, что площадь треугольника ABC меньше 3. 5. Найти все значения параметра а, при каждом из которых существует хотя бы одно х, удовлетворяющее условиям \ 79
З.С. Найти все х, удовлетворяющие неравенству Вариант 2. 1. Решить уравнение COS X yLr- tg X = 0. 2. Пешеход вышел из пункта А в пункт В. Через 3/4 часа из Л в В выехал велосипедист. Когда велосипедист прибыл в пункт В, пешеходу оставалось пройти 3/8 всего пути. Сколько времени потратил пешеход на весь путь, если известно, что велосипедист догнал пешехода на половине пути из пункта А в пункт В и что скорости велосипедиста и пешехода постоянны? З.Н. Найти наименьшее значение функции y(x) на отрезке [1,4]. 4. В треугольнике ABC длина стороны АВ равна 4, CAB равен л/3, а радиус описанной окружности равен 2,2. Доказать, что длина высоты, опущенной из вершины С на АВ, меньше 111/1/5. 5. Найти все значения параметра я, при каждом из которых существует хотя бы одно х9 удовлетворяющее условиям \ ax=l. З.С. Найти все х, удовлетворяющие неравенству Вариант 3. 1. Решить уравнение — 1/4 = 0. 2. Пассажирский поезд вышел из пункта А в пункт В. Через три часа вслед за ним из А вышел скорый поезд. Скорый поезд догнал пассажирский на половине пути между пунктами А и В. В момент прибытия скорого поезда в пункт В пассажирский поезд прошел 13/16 расстояния от А до В. Сколько времени потратил пассажирский поезд на весь путь от А до В, если скорости движения пассажирского и скорого поездов постоянны? 80
З.Н. Найти наименьшее значение функции у (х)=у х)пх — -g- х In 9 на отрезке [1,3]. ^^ 4. В треугольнике ABC длина стороны АВ равна 5, CAB равен л/6, радиус описанной окружности равен 2 V2. Доказать, что площадь треугольника ABC строго меньше 5j/2. 5. Найти все значения параметра а, при каждом из которых существует хотя бы одно х> удовлетворяющее условиям З.С. Найти все х, удовлетворяющие неравенству Вариант 4. 1. Решить уравнение 4 sin2 х — 4 cos x — 1 = 0. 2. Пароход отплыл из порта А в порт 5, через 7-g- часов вслед за ним из порта А вышел катер. На половине пути от Л до В катер догнал пароход. Когда катер прибыл в В, пароходу осталось плыть 3/10 всего пути. Сколько времени потребовалось пароходу на весь путь от А до Ву если скорости катера и парохода постоянны на протяжении всего плавания? З.Н. Найти наименьшее значение функции у (х) = 2х In х — х In 49 на отрезке [1,7]. 4. В треугольнике ABC длина стороны АВ равна 4, CAB равен л/6, а радиус описанной окружности равен 3. Доказать, что длина высоты, опущенной из вершины С на сторону АВ, меньше 3. 5. Найти все значения параметра а, при каждом из которых существует хотя бы одно х, удовлетворяющее условиям З.С. Найти все х, удовлетворяющие неравенству 81
197* Вариант 1. ls Решить уравнение [2л:—3| = 3 — 2л:. 2» Решить уравнение 3. Найти все решения системы уравнений 4. Экскаваторщик получил задание выкопать две траншеи одинаковой глубины на различных участках строительной площадки. Экскаватор сначала вырыл первую траншею длиной 5 метров, потом доехал до второго участка и вырыл вторую траншею длиной 3 метра. Время, затраченное на прокладку первой траншеи, на 1 час 12 минут меньше, чем время, затраченное на переезд экскаватора и рытье второй траншеи. Если бы производительность экскаватора была в 4 раза меньше, то время, затраченное на прокладку первой траншеи, равнялось бы времени переезда экскаватора с одного места работы на другое. Определить длину траншеи, выкапываемой экскаватором за один час. 5. Основанием пирамиды SABC является правильный треугольник, длина стороны которого равна Уз. Основанием высоты, опущенной из вершины S, является точка О, лежащая внутри треугольника ABC. Расстояние от точки О до стороны АС равно 1. Синус угла ОБА относится^ синусу угла ОВС как 2:1. Площадь грани SAB равна |^5/6. Найти объем пирамиды. 6. Найти все значения а, при каждом из которых уравнение имеет единственное решение. Вариант 2. 1. Решить уравнение 2. Решить уравнение 82
3, Найти все решения системы уравнений sinx=19. 4. Буровой установкой пробурили скважину в точке А глубиной 1800 метров, затем установку перевезли в точку В, где пробурили вторую скважину глубиной 750 метров. На бурение первой скважины было затрачено времени на один месяц больше, чем на перевозку установки и бурение второй скважины. Если бы скважину в точке А бурили с удвоенной скоростью, то время, затраченное на ее бурение, совпало бы со временем, необходимым на перевозку установки из А в В. Определить скорость бурения в метрах за месяц. 5. Основанием пирамиды SABC является правильный треугольник, длина стороны которого равна 2КЗ. Основанием высоты, опущенной из вершины S, является точка О, лежащая внутри треугольника ABC. Расстояния от точки О до сторон АВ, ВС и С А находятся в отношении 2:1:3 соответственно. Площадь грани SBC равна "^15/2- Найти длину высоты пирамиды. 6« Найти все значения а, при каждом из которых уравнение имеет единственное решение. Вариант 3. Ь Решить уравнение |3л: —5| = 5 — 2. Решить уравнение 3i Найти все решения системы уравнений 4. Ученик выходит из трамвая на остановке А и идет до школы пешком, затратив на это на 1 минуту больше, чем если бы он проехал дальше до остановки В и прошел пешком от В до школы. Если бы ученик шел от А до школы с удвоенной скоростью, то он пришел бы в школу за время, необходимое трамваю на путь от А до В. Определить скорость ученика, идущего пешком, если расстояние от А до школы 300 метров, от В до школы — 100 метров. 5. Основанием пирамиды SABC является правильный треугольник, длина стороны которого равна 1. Основанием вы- 83
соты, опущенной из вершины S, является точка О, лежащая внутри треугольника ABC. Расстояние от точки О до стороны С Л равно 1^3/4, а расстояние от О до АВ относится к расстоянию от О до ВС как 3:4. Площадь грани SBC равна ТЛЛ/28. Определить объем пирамиды. 6. Найти все значения а, при каждом из которых уравнение имеет единственное решение. Вариант 4. 1. Решить уравнение 7 —4jc = 14a: —7|. 2. Решить уравнение lg* + lg(*-3)=l. 3. Найти все решения системы уравнений = —1/2, 4. Самолет находился в испытательном полете по маршруту «замкнутый треугольник» А-+В. На отрезке АВ он летел со скоростью v км/ч, а на отрезках ВС и С А со скоростью w км/ч. На полет от С до Л было затрачено на два часа меньше, чем на полет от Л до С по маршруту. Если бы на отрезке С А скорость самолета была в три раза меньше, то время на полет от С до Л равнялось бы времени, затраченному на полет от Л до В со скоростью v км/ч. Определить скорость w км/ч, если расстояние от В до С равно 800 км, а расстояние от С до Л равно 500 км. 5. Основанием пирамиды SABC является правильный треугольник, длина стороны которого равна 2. Основанием высоты, опущенной из вершины S, является точка О, лежащая внутри треугольника ABC. Известно, что синус угла ОАВ относится к синусу угла О АС как 2:3, а синус угла ОС В относится к синусу угла ОСА как 4:3. Площадь грани SAC равна V13/3. Найти длину высоты пирамиды. 6. Найти все значения а, при каждом из которых уравнение имеет единственное решение. 84
§ 10. ЭКОНОМИЧЕСКИЙ ФАКУЛЬТЕТ (отделение политической экономии) 1977 Вариант 1« 1. Для разгрузки парохода выделено две бригады грузчиков. Если ко времени, за которое может самостоятельно разгрузить пароход первая бригада, прибавить время, за которое может самостоятельно разгрузить пароход вторая бригада, то получится 12 часов. Определить эти времена, если их разность составляет 45% времени, за которое обе бригады могут разгрузить пароход совместно? 2. Решить уравнение 8 sin4 х +13 cos 2х = 7. З.Н. Найти наименьшее из расстояний от точки М с координатами (0, —2) до точек (х, у) таких, что у= „ 2, х>0. 4. В выпуклом четырехугольнике ABCD точки £, F, //, G являются соответственно серединами отрезков АВ, ВС, CD> AD\ О —точка пересечения отрезков ЕН и FG. Известно, что | ЕН |=а, \FG\ = b, F0H = n/3. Найти длины диагоналей четырехугольника ABCD. 5.Н. Определить все а, для каждого из которых неравенство выполняется для любых пар чисел {х> у) таких, что |#| = |f/|. З.С. Найти все положительные числа х> у> удовлетворяющие системе уравнений 5.С. Найти все а, при каждом из которых неравенство 3 — |л: — а| >х2 имеет хотя бы одно отрицательное решение. Вариант 2. 1. Из двух пунктов А и В навстречу друг другу одновременно выезжают велосипедист и автобус. Время, затрачиваемое велосипедистом на проезд из Л в В на 2 часа 40 минут больше времени, которое тратит автобус на проезд из В в Л, а сумма этих времен в 5-«- раза больше времени, прошедшего от начала движения велосипедиста и автобуса до момента их встречи. 85
Определить, какое время велосипедист затрачивает на проезд из Л в В, а автобус на проезд из В в А. 2, Решить уравнение З.Н. Найти наименьшее из расстояний от точки М с коор- i/"~9 динатами (2,0) до точек графика функции у (*) = — г 4. В выпуклом четырехугольнике ABCD длины диагоналей АС и BD равны соответственно а и Ь. Точки Е> F> G и Н являются соответственно серединами сторон АВ, ВС, CD и DA. Площадь четырехугольника EFGH равна S. Найти длины диагоналей EG и HF четырехугольника EFGH. 5.Н. Определить все а, для каждого из которых неравенство выполняется для любых пар чисел (х, у) таких, что |х| = |у[. З.С. Найти все положительные числа х, у, удовлетворяющие системе уравнений 5.С. Найти все а, при каждом из которых неравенство имеет хотя бы одно положительное решение. Вариант 3. 1. Для прокладки траншеи выделены два экскаватора разных типов. Время, необходимое первому экскаватору для самостоятельной прокладки траншеи, на 3 часа меньше времени, необходимого второму экскаватору для самостоятельной прокладки траншеи. Сумма этих времен в 4^= раза больше времени, необходимого для прокладки траншеи при совместной работе двух экскаваторов. Определить, сколько времени необходимо каждому экскаватору для самостоятельной прокладки траншеи. 2. Решить уравнение 4sin4#+7cos2x= 1. З.Н. Найти наименьшее из расстояний от точки М с координатами (0, 1) до точек графика функции у (х) = 1 + 3/2. 4. Пусть EFGH — выпуклый четырехугольник, а /С, L, М, N—точки, являющиеся соответственно серединами отрезков EF, FG, GH% НЕ; О —точка пересечения отрезков КМ и LN. 86
Известно, что L0M = n/2, J/(7W | = 3JZJV |, а площадь четырехугольника KLMN равна S. Найти длины диагоналей четырехугольника EFGH. 5.Н. Определить все а, для каждого из которых неравенство 9х2 —х+-^>У — 9у2—аху выполняется для любых пар чисел (х, у) таких, что |#| = |f/|. З.С. Найти все положительные числа х, у, удовлетворяющие системе уравнений X а = 5.С. Найти все д, при каждом из которых неравенство имеет хотя бы одно отрицательное решение. Вариант 4. 1. Из пункта А в пункт В выезжает автобус. Достигнув пункта В, он продолжает движение в том же направлении. В тот момент, когда автобус достиг пункта 5, из пункта А выезжает автомобиль и движется в том же направлении, что и автобус. Время, необходимое автомобилю на путь из Л в В, на 3 часа 20 минут меньше времени, необходимого автобусу на тот же путь. Найти эти времена, если сумма их в 1,5 раза больше времени, за которое автомобиль догонит автобус. 2. Решить уравнение 8cos4x= 11 cos 2x— 1. З.Н. Найти наименьшее из расстояний от точки М с координатами (—1,0) до точек (х, у) таких, что 4. В выпуклом четырехугольнике KLMN точки is, Fy G, Н являются соответственно серединами сторон KL, LM, MN, NK. Площадь четырехугольника EFGH равна Q, HEF = л/6, EFH = я/2. Найти длины диагоналей четырехугольника KLMN. 5.Н. Определить все а, для каждого из которых неравенство 87 выполняется для любых пар чисел (х} у) таких, что
З.С. Найти все положительные числа х, у, удовлетворяющие системе уравнений 5.С. Найти все а, при каждом из которых неравенство х* + \х-а\< 1 имеет хотя бы одно положительное решение. 1978 Вариант 1. 1. Решить уравнение 2. В плоскости дан квадрат с последовательно расположенными вершинами Л, В, С, D и точка О. Известно, что \ОВ\ = =| OD [ = 13, | ОС | = 5 V2 и что площадь квадрата больше 225. Найти длину стороны квадрата и выяснить, где расположена точка О —вне или внутри квадрата. 3. Найти все значения параметра ft, при каждом из которых система уравнений имеет хотя бы одно решение. 4. Груз вначале погрузили в вагоны вместимостью по 80 тонн, но один вагон оказался загружен не полностью. Тогда весь груз переложили в вагоны вместимостью по 60 тонн, однако понадобилось на восемь вагонов больше и при этом все равно один вагон остался не полностью загруженным. Наконец, груз переложили в вагоны вместимостью по 50 тонн, однако понадобилось еще на 5 вагонов больше, при этом все такие вагоны были загружены полностью. Сколько тонн груза было? 5.Н. Найти все значения параметра а, при каждом из которых функция у(х) = 8ах — a sin 6а:—7х—sin 5* возрастает и не имеет критических точек на всей прямой. 5.С. Найти все значения параметра а, при каждом из которых неравенство а(4 — sin*)4— выполняется для всех х. 88
Вариант 2. 1. Решить уравнение 2. В плоскости дан квадрат с последовательно расположенными вершинами Л, В, С, D и точка О, лежащая вне квадрата. Известно, что \ОА\ = \ОВ\ = 5 и |DO|=]/7з. Найти площадь квадрата. 3. Найти все значения параметра а, при каждом из которых система уравнений не имеет ни одного решения. 4. Жидкость налита в бутыли вместимостью по 40 литров, при этом одна из бутылей оказалась не совсем полной. Если эту же жидкость перелить в бутыли вместимостью по 50 ли-' тров, то такие бутыли будут заполнены полностью, но при этом понадобится на 5 бутылей меньше. Если эту же жидкость разлить по бутылям вместимостью по 70 литров, то понадобится еще меньше на 4 бутыли, но опять одна бутыль будет не совсем полной. Сколько литров жидкости было? 5.Н. Найти все значения параметра а, при каждом из которых функция у (*) == a sin 7х + 8ах + sin 4x — Ъх убывает и не имеет критических точек на всей прямой. 5.С. Найти все значения параметра а, при каждом из которых неравенство 2а — 4+а(3 — sin2x)2 + cos2x <0 выполняется для всех х. Вариант 3. 1. Решить уравнение log./о (2—2х ) 2. В плоскости дан квадрат с последовательно расположенными вершинами Л, В, С, D и точка О. Известно, что |ОЛ|= = |ОС| = 10, \OD\ = %V% и что длина стороны квадрата не превосходит 3. Найти площадь квадрата. Где расположена точка О —вне или внутри квадрата? 3. Найти все значения параметра с, при каждом из которых система уравнений ( — 4х + су=1+с, не имеет ни одного решения. 89
4. Имеется некоторое количество проволоки. Если ее намотать на катушки, на которые умещается по 800 метров проволоки, то одна катушка будет намотана не полностью. То же самое произойдет, если пользоваться только катушками, на которые умещается по 900 метров проволоки, причем таких катушек понадобится на 3 меньше. Если же проволоку наматывать только на катушки, на которые умещается по 1100 метров, то таких катушек понадобится еще на 6 меньше, но при этом все такие катушки будут намотаны полностью, Сколько метров проволоки было? 5.Н. Найти все значения а, при каждом из которых функция у (х) = Ъах — sin 8х—a sin Зх—Зл; возрастает и не имеет критических точек на всей прямой. 5.С. Найти все значения параметра а, при каждом из которых неравенство —5 + 5a + sina;t + a(3—Cosx)3>0 выполняется для всех х. Вариант 4. 1. Решить уравнение 2. Пусть Л, В, С, D — последовательные вершины квадрата, а точка О расположена внутри квадрата. Известно, что | ОС |= = \OD\ = V\0 и \ОВ 1 = 1^26. Найти площадь квадрата. 3. Найти все значения параметра d, при каждом из которых система уравнений \ (2d—\)x+dy = d-l имеет хотя бы одно решение. 4. Группу людей попытались построить в колонну по 8 человек в ряд, но один ряд оказался не полным. Когда ту же группу людей перестроили по 7 человек в ряд, то все ряды оказались полными, а число рядов оказалось на 2 больше. Если бы тех же людей построить по 5 человек в ряд, то рядов было бы еще на 7 больше, причем один ряд был бы не полным. Сколько людей было в группе? 5.Н. Найти все значения параметра а, при каждом из которых функция y(x) = as\n4x— убывает и не имеет критических точек на всей прямой. 5.С. Найти все значения параметра а, при каждом из которых неравенство sin2x — выполняется для всех х. 90
1979 Вариант 1. 1. Решить уравнение У 37—48ctgx = 8ctg*—5. 2.Н. В равнобедренном треугольнике ABCQAB | = | ВС|=8) точка Е делит боковую сторону АВ в отношении 3:1 (считая от вершины 5). Найти угол между векторами СЕ и С А, если |СД|=12. 3. Из сосуда, до краев наполненного чистым глицерином, отлили 2 литра глицерина, а к оставшемуся глицерину долили 2 литра воды. После перемешивания снова отлили 2 литра смеси и долили 2 литра воды. Наконец, опять перемешали, отлили 2 литра смеси и долили 2 литра воды. В результате этих операций объем воды в сосуде стал на 3 литра больше объема оставшегося в нем глицерина. Сколько литров глицерина и воды оказалось в сосуде в результате проделанных операций? 4.Н. Найти наибольшее и наименьшее значения функции на отрезке -g-, 4 . 5. Решить уравнение 2.С. В треугольнике ABC высота BD равна 11,2, а высота АЕ равна 12. Точка Е лежит на стороне ВС и ВЕ:ЕС = 5:9. Найти длину стороны АС. 4.С. Решить систему уравнений Вариант 2. 1. Решить уравнение У 10— 18 cos x = 6 cos х—2. 2.Н. В прямоугольном треугольнике с катетами АВ и ВС (|В| = 8, |5С| = 6) проведена прямая AD, делящая ВС в отношении [BD|:| DC| = 4:5. Найти угол между векторами АВ и AD. 3. Имеется два бака: первый бак наполнен чистым глицерином, второй — водой. Взяли два трехлитровых ковша, зачерпнули первым полным ковшом глицерин из первого бака, 91
а вторым полным ковшом — воду из второго бака, после чего первый ковш влили во второй бак, а второй ковш влили в первый бак. Затем после перемешивания снова зачерпнули первым полным ковшом смесь из первого бака, вторым полным ковшом—смесь из второго бака, и влили первый ковш во второй бак, а второй ковш в первый бак. В результате половину объема первого бака занял чистый глицерин. Найти объемы баков, если известно, что их суммарный объем в 10 раз больше объема первого бака. 4.Н. Найти наибольшее и наименьшее значения функции на отрезке Гу, 21 . 5. Решить уравнение 2.С. Найти площадь равнобедренного треугольника, если высота, опущенная на основание, равна 10, а высота, опущенная на боковую сторону, равна 12. 4.С. Решить систему уравнений Вариант 3. 1. Решить уравнение 2.Н. В равнобедренном треугольнике АВС(\ АВ \=\ ВС |= 15) точка Е делит сторону ВС в отношении 1:4 (считая от вершины В). Найти угол между векторами АЕ и АС, если |ЛС|=20. 3. Из сосуда, до краев наполненного чистым глицерином, отлили литр глицерина, а взамен долили литр воды. После перемешивания снова отлили литр смеси и долили литр воды. Наконец, перемешали, отлили литр смеси и долили литр воды. В результате этих операций количество воды в сосуде оказалось в семь раз больше по объему оставшегося в нем глицерина. Сколько литров глицерина и воды оказалось в сосуде в результате проделанных операций? 4.Н. Найти наибольшее и наименьшее значения функции у=-|1п*—| jc2 + 2л: — 31 на отрезке у » 4 • 92
5. Решить уравнение 2.С. В треугольнике ABC высота CD = 7, а высота АЕ = 6. Точка Е делит сторону ВС так, что В£:£С = 3:4. Найти длину стороны Л В. 4.С. Решить систему уравнений ( 2x2-4t/2- \ Зх2 — 6(/2- Вариант 4. 1. Решить уравнение 2.Н. В прямоугольном треугольнике с катетами ВС и В А (| ВС\ = 4, | ВЛ | = 3) проведена прямая D Л, делящая сторону ВС в отношении |BD|:[DC| = 3:5. Найти угол между векторами AD и ВС. 3. Имеется два бака: первый бак наполнен чистым глицерином, второй бак —водой. Взяли два двухлитровых ковша, зачерпнули полным первым ковшом глицерин из первого бака, полным вторым ковшом—воду из второго бака, после чего первый ковш влили во второй бак, а второй ковш —в первый бак. Затем перемешали, снова зачерпнули полным первым ковшом смесь из первого бака, полным вторым ковшом смесь из второго бака и влили первый ковш во второй бак, а второй ковш —в первый бак. В результате 40% объема первого бака занял чистый глицерин. Определить суммарный объем баков, если известно, что второй бак в четыре раза больше по объему первого бака. 4.Н. Найти наибольшее и наименьшее значения функции на отрезке у, 2 . 5. Решить уравнение 2.С. В равнобедренном треугольнике ABC (АВ = ВС) высота Л£=12, а основание ЛС = 15. Найти площадь треугольника. 4.С. Решить систему уравнений -8y = — 7, -Зу = —1,6. 93
§ II. ЭКОНОМИЧЕСКИЙ ФАКУЛЬТЕТ (отделение планирования и экономической кибернетики) 1977 Вариант 1. 1. Решить уравнение 2. Из пункта А в пункт В выехал велосипедист. В тот момент, когда он проехал 1/4 пути между А и В, из В в А выехал мотоциклист, который, прибыв в Л, не задерживаясь, повернул обратно и одновременно с велосипедистом прибыл в В. Время движения мотоциклиста до первой встречи с велосипедистом равно времени движения мотоциклиста из Л в В. Считая скорости мотоциклиста при движении из Л в В и из В в А различными, найти, во сколько раз скорость мотоциклиста при движении из Л в В больше скорости велосипедиста. З.Н. Определить, при каких а система уравнений имеет в точности два решения. 4.Н. Рассматриваются всевозможные трапеции, вписанные в окружность радиуса R> такие, что центр окружности лежит внутри трапеции, а одно из оснований равно /?J^3. Найти боковую сторону той из этих трапеций, которая имеет наибольшую площадь. 5. В треугольной пирамиде SAtA2A3 на сторонах основания ЛХЛ2, Л2Л3, A3Ai выбраны соответственно точки Ки ^2> /Cg так, что Через середину ребра SA+ параллельно основанию пирамиды проведена плоскость л, которая пересекает отрезки S/Cx, SK2, S/C3 в точках Llf L2, L3 соответственно. Треугольник LXL2LZ принят за верхнее основание прямой призмы, нижнее основание которой лежит в плоскости основания пирамиды. Найти объем призмы, если объем пирамиды SA1A2A3 равен V. З.С. Решить систему уравнений 1 2 . 2 1 -— logx у -— 5 =*5, 94
4.С. Определить, при каких а уравнение имеет ровно два решения. Вариант 2. 1. Решить уравнение (х — 2)2|cosx| = 2. Из пункта А в пункт В по течению отплывает лодка. Одновременно с ней из В против течения отправляется катер, который, прибыв в Л, не останавливаясь, следует обратно в В, а из В так же без остановки отправляется в А. На этом последнем участке маршрута катер опять встречает лодку, которая прошла к этому моменту 3/4 пути от А до В. Скорость лодки при движении по течению в 9 раз больше ее скорости при движении против течения. Во сколько раз скорость катера, движущегося по течению, больше скорости лодки, движущейся по течению? З.Н. Определить, при каких а система уравнений \ ху = а-1/2 имеет ровно два решения. 4.Н. Рассматриваются всевозможные трапеции, обе боковые стороны и меньшее основание которых равны а. Найти большее основание той из этих трапеций, которая имеет наибольшую площадь. 5. SABC—треугольная пирамида, в основании которой лежит треугольник ABC. Точки L, М и N расположены соответственно на ребрах АВ> ВС и АС так, что На отрезках SL> SM и SN помещены соответственно точки Е, F и G так, что Точка К лежит на основании ABC пирамиды. Объем пирамиды SABC равен V. Найти объем пирамиды KEFG. З.С. Решить систему уравнений 4.С. Определить, при каких а уравнение имеет ровно два решения. 95
Вариант 3. I. Решить уравнение 2. Одну и ту же работу могут выполнить три бригады. Первая бригада выполняет 2/3 всей работы за некоторое время. Такое же время потребуется, если сначала третья бригада выполнит 1/3 часть всей работы, а затем вторая бригада выполнит 9/10 частей работы, оставшейся после третьей бригады. Производительность третьей бригады равна полусумме произ- водительностей первой и второй бригад. Во сколько раз производительность второй бригады больше производительности третьей бригады? З.Н. Определить, при каких а система уравнений | {х-уГ = 2/3, имеет ровно два решения. 4.Н. Рассматриваются всевозможные трапеции, вписанные в окружность радиуса R> такие, что одно из оснований является диаметром этой окружности. Найти углы той из этих трапеций, которая имеет наибольшую площадь. 5. SABCD — четырехугольная пирамида, в основании которой лежит параллелограмм ABCD. Точки К, L, М и N расположены соответственно на ребрах АВ, ВС, CD и DA так, что \AK\:\KB\ = \BL\:\LC\ = \CM\:\MD\ = \DN\:\NA\=\/3. Через середину ребра SA проведена плоскость я, параллельная основанию пирамиды. Плоскость л пересекает отрезки S/f, SL, SM и SN соответственно в точках £, F, G и Я. Объем пирамиды SABCD равен V. Точка Р лежит на основании ABCD пирамиды. Найти объем пирамиды PEFGH. З.С. Решить систему уравнений ( 2(21ogy8 \ ху = 27. 4.С. Определить, при каких а уравнение имеет ровно два решения. Вариант 4. 1. Решить уравнение (л: + 1/2)21 sin л: 1 + sin л: = 0. 96
2. Три экскаватора копают котлован. Разность произво- дительностей первого и третьего экскаваторов в 3 раза больше разности производительностей третьего и второго экскаваторов. Время, за которое первый экскаватор выполняет 4/5 всей работы, равно сумме времен, за которые второй экскаватор выполняет 1/15 всей работы, а третий экскаватор 9/28 работы, оставшейся после второго экскаватора. Во сколько раз производительность первого экскаватора больше производительности второго? З.Н. Определить, при каких а система уравнений Г (х-(/)2 = 6а-14, \ * + 0* = 3(2 + а) имеет ровно два решения. 4.Н. Хорда АВ равна радиусу окружности. Хорда CD, параллельная АВ, проведена так, что площадь четырехугольника ABCD максимальна. Найти угловую величину меньшей из дуг, стягиваемых хордой CD. 5. В основании пирамиды SABCD лежит квадрат ABCD. Точки /С, L, М и N лежат соответственно на сторонах АВ, ВСУ CD и DA квадрата, причем точки К и М делят стороны квадрата, на которых они лежат, пополам. Точка At лежит на ребре SA и |Si41|:|i41i4J = 9. Через точку А1 проведена плоскость я параллельно основанию пирамиды, она пересекается с отрезками S/f, SL, SM и SN соответственно в точках Ки Li9 Mf и Nlt Точка S! лежит на основании пирамиды SABCD. Объем пирамиды SABCD равен V. Найти объем пирамиды SJdLiMiNt. З.Се Решить систему уравнений \ ху=81. 4.С. Определить, при каких а уравнение * + log1/3(9*-2a) = 0 имеет ровно два решения. 1978 Вариант 1. 1. Найти все корни уравнения | д:2 + д: — 11 = 2а: — 1 f Удовлетворяющие неравенству х < -L^-. 4 Ю. В. Нестеренко в др.
2.Н. В выпуклом четырехугольнике A BCD диагонали АС и BD пересекаются в точке F. Известно, что \AF\=\CF\=29 \BF\ = l, ID/71 = 4, BFC = n/3. Найти косинус угла между векторами АВ и DC. 3. Решить уравнение 4. Имеется три сплава. Первый сплав содержит 30% никеля и 70% меди, второй—10% меди и 90% марганца, третий — 15% никеля, 25% меди и 60% марганца. Из них необходимо приготовить новый сплав, содержащий 40% марганца. Какое наименьшее и какое наибольшее процентное содержание меди может быть в этом новом сплаве? 5.Н. Найти множество всех чисел я, при каждом из которых функция / (x) = sin2x — 8(a+l)sinx + (4a2 + 8a — 14) # является возрастающей на всей числовой прямой и при этом не имеет критических точек. 2.С. В прямоугольнике ABCD сторона АВ втрое длиннее стороны ВС. Внутри прямоугольника лежит точка N9 причем AN = V~2, BN = 4|/~~2, DN = 2. Найти косинус угла BAN и площадь прямоугольника ABCD. 5.С* Найти множество всех действительных чисел а, при каждом из которых неравенство а2 + 2а — sin2 x—2a cos x > 2 выполняется для любого числа х. Вариант 2. 1, Найти все корни уравнения 1 + jt + l*2-* — 31 = 0, удовлетворяющие неравенству Jc y 2.Н. В четырехугольнике ABCD угол при вершине А имеет величину 120°, а диагональ АС является биссектрисой этого угла. Известно, что | АС \ = -1 5 ' =; ' ' . Найти косинус угла между векторами ВА и CD. 34 Решить уравнение !<*„(?-16,) = 98
4. Имеется три сплава. Первый сплав содержит 70% олова и 30% свинца, второй —80% олова и 20% цинка, третий — 50% олова, 10% свинца и 40% цинка. Из них необходимо приготовить новый сплав, содержащий 15% свинца. Какое наибольшее и какое наименьшее процентное содержание олова может быть в этом новом сплаве? 5.Н. Найти множество всех чисел Ь, при каждом из которых функция является убывающей на всей числовой прямой и при этом не имеет критических точек. 2.С. В прямоугольнике ABCD сторона AD вдвое длиннее стороны АВ. Внутри прямоугольника расположена точка Af, причем AM = V~2y ВМ = 2У СМ = 6. Определить косинус угла АВМ и площадь прямоугольника ABCD. 5.С. Найти множество всех действительных чисел Ь, при каждом из которых неравенство — 2b <fc2 —4 выполняется для любого числа х. Вариант 3. Ь Найти все корни уравнения удовлетворяющие неравенству х < У2. 2.Н. В выпуклом четырехугольнике ABCD диагонали АС и BD взаимно перпендикулярны и пересекаются в точке О. Известно, что |ОВ| = |ОС|=1, |ОЛ| = 8, |OD| = 7. Найти косинус угла между векторами АВ и DC. 3, Решить уравнение (f) T^* (f) 4. Имеется три сплава. Первый сплав содержит 60% алюминия, 15% меди и 25% магния, второй-—30% меди и 70% магния, третий — 45% алюминия и 55% магния. Из них необходимо приготовить новый сплав, содержащий 20% меди. Какое наименьшее и какое наибольшее процентное содержание алюминия может быть в этом новом сплаве? 5.Н. Найти множество всех чисел а, при каждом из которых функция является возрастающей на всей числовой прямой и при этом не имеет критических точек. 4* 99
2.С. В прямоугольнике ABCD сторона АВ втрое короче стороны ВС._Внутри прямоугольника находится точка F, причем BF = V\7, CF = VX DF=l. Найти косинус угла DCF и площадь прямоугольника ABCD. 5.С. Найти множество всех действительных чисел а, при каждом из которых неравенство а2 + а — sin2 х — 2а cos х > 1 выполняется для любого числа х. Вариант 4. 1. Найти все корни уравнения удовлетворяющие неравенству х + ]/18< 1. 2.Н. В четырехугольнике ABCD угол при вершине В имеет величину я/2, а диагональ BD является биссектрисой этого угла. Известно, что * о * = ' о ■' = ' *■. Найти косинус угла между векторами ВС и AD. 3. Решить уравнение 4. Имеется три сплава. Первый содержит 45% олова и 55% свинца, второй—10% висмута, 40% олова и 50% свинца, третий —30% висмута и 70% свинца. Из них необходимо составить новый сплав, содержащий 15% висмута. Какое наибольшее и какое наименьшее процентное содержание свинца может быть в этом новом сплаве? 5.Н. Найти множество всех чисел ft, при каждом из которых функция является убывающей на всей числовой прямой и при этом не имеет критических точек. 2.С. В прямоугольнике ABCD сторона ВС вдвое короче стороны CD. Внутри прямоугольника расположена точка £, причем АЕ = 1/~2, СЕ = 3, DE = 1. Вычислить косинус угла CDE и площадь прямоугольника ABCD. 5.С. Найти множество всех действительных чисел &, при каждом из которых неравенство cos2x + 2bs\nx — Ы <Ь — 2 выполняется для любого числа х. 100
1979 Вариант Ь 1, Решить систему уравнений 4siny — 61^12 cos л; = 5+ 4 cos2 у, 2.Н. Площадь прямоугольника ABCD равна 48, а длина диагонали равна 10. На плоскости, в которой расположен прямоугольник, выбрана точка О так, что \ОВ | = |OD|= 13. Найти расстояние от точки О до наиболее удаленной от нее вершины прямоугольника. 3. Известно, что вклад, находящийся в банке с начала года, возрастает к концу года на определенный процент (свой для каждого банка). В начале года 5/6 некоторого количества денег положили в первый банк, а оставшуюся часть во второй банк. К концу года сумма этих вкладов стала равной 670 денежным единицам, к концу следующего года 749 денежным единицам. Было подсчитано, что если бы первоначально 5/6 исходного количества денег положили во второй банк, а оставшуюся часть в первый банк, то по истечении одного года сумма вкладов в эти банки стала бы равной 710 денежным единицам. В предположении, что исходное количество денег первоначально целиком положено в первый банк, определить величину вклада по истечении двух лет. 4.Н. Найти все значения параметра а (а^1), при каждом из которых площадь фигуры, лежащей в полуплоскости х^О и ограниченной прямыми у = 1, у = 2 и кривыми у = ах2, у = »2 ах2, будет наибольшей. Найти эту площадь S. 5. Решить неравенство 2-5*—З*2 2.С. В трапеции ABCD даны основания AD = 8 и ВС = 4. На продолжении стороны ВС выбрана такая точка М9 что прямая AM отсекает от трапеции треугольник, площадь которого в 4 раза меньше площади трапеции.Найти длину отрезка СМ. 4.С. Решить систему уравнений ( 2х* + у*-4х + 2у=1 \ Зх2-2^-6л;-4*/ = Вариант 2. 1ц Решить систему уравнений I l+2cos2* = 0, \ l/*"6cost/- 101
2.Н. Дан квадрат ABCD, длина стороны которого равна 4^2. Точка О выбрана в плоскости квадрата так, что |ОВ| = 10, |OD| = 6. Найти угол между вектором ОВ и вектором, направленным из точки О в наиболее удаленную от нее вершину квадрата. 3. Известно, что вклад, находящийся в банке с начала года, возрастает к концу года на определенный процент (свой для каждого банка). В начале года 3/5 некоторого количества денег положили в первый банк, а оставшуюся часть во второй банк. К концу года сумма этих вкладов стала равна 590 денежным единицам, к концу следующего года 701 денежной единице. Было подсчитано, что если бы первоначально 3/5 исходного количества денег положили во второй банк, а оставшуюся часть в первый банк, то по истечении одного года сумма вкладов в эти банки стала бы равной 610 денежным единицам. Какова в этом случае была бы сумма вкладов в эти банки к концу второго года? 4.Н. Найти все значения параметра а (а ^2), при каждом из которых площадь фигуры, лежащей в полуплоскости Q и ограниченной прямыми у=19 у = 2 и кривыми у = у = — }^ах9 будет наибольшей. Найти эту площадь S. 5, Решить неравенство log2 (x*-2x-7f -log, (х*-2х-7 2.С. В трапеции ABCD даны основания AD= 12 и ВС = 8. На продолжении стороны ВС выбрана такая точка М> что СМ = 2,4. В каком отношении прямая AM делит площадь трапеции ABCD? 4,d Решить систему уравнений :-4г/ = — 8, = — 9. Вариант 3. lt Решить систему уравнений | cos л;+ 6 sin г/= 3+12 sin2*, 2.Н. Площадь прямоугольника ABCD равна 48, а длина диагонали равна 10. В плоскости прямоугольника ABCD выбрана точка О так, что | ОВ \ = | OD | = ]/бТ. Найти расстояние от точки О до ближайшей к ней вершины прямоугольника. 3, Известно, что вклад, находящийся в банке с начала года, возрастает к концу года на определенный процент (свой 102
для каждого банка). В начале года треть некоторого количества денег положили в первый банк, а оставшуюся часть во второй банк. К концу года сумма этих вкладов стала равной 380 денежным единицам, к концу следующего года 482 денежным единицам. Было подсчитано, что если бы первоначально треть исходного количества денег положили во второй банк, а оставшуюся часть в первый банк, то по истечении одного года сумма вкладов в эти банки стала бы равной 370 денежным единицам. В предположении, что исходное количество денег первоначально целиком положено во второй банк, определить величину вклада по истечении двух лет. 4.Н. Найти все значения параметра а (1^а^4), при каждом из которых площадь фигуры, лежащей в полуплоскости х>0и ограниченной прямыми у = 2, у=3 и кривыми у = ах%9 у = -~.(хх2, будет наименьшей. Найти эту площадь S. о 5, Решить неравенство log5 (х* — 2х—14)» —1og2 (*» —2*— 14)* ^ п 2.С. В трапеции ABCD даны основания AD= 12 и5С = 3. На продолжении стороны ВС выбрана такая точка М, что прямая AM отсекает от трапеции треугольник, площадь которого составляет три четверти площади трапеции. Найти длину отрезка СМ. 4.С. Решить систему уравнений 5х2-3*/2+1Ол;-12г/=17, = — 2. Вариант 4 1. Решить систему уравнений (2 (5 + 2|/"6)sinx+2cosy = 2]/'2 cos 2jc— 5/2-3/3, 2H. Дан квадрат ABCD, длина стороны которого равна 8. Точка О выбрана в плоскости квадрата так, что \ОВ\= 10/2 , |OD| = 6/2. Найти угол между вектором ОВ и вектором, направленным из точки О в ближайшую к ней вершину квадрата. 3. Известно, что вклад, находящийся в банке с начала года, возрастает к концу года на определенный процент (свой для каждого банка). В начале года четверть некоторого количества денег положили в первый банк, а оставшуюся часть во второй банк. К концу года сумма этих вкладов стала рав кой 470 денежным единицам, к концу следующего года 553 103
денежным единицам. Было подсчитано, что если бы первоначально четверть исходного количества денег положили во второй банк, а оставшуюся часть в первый банк, то по истечении одного года сумма вкладов в эти банки стала бы равной 450 денежным единицам. Какова в этом случае была бы сумма вкладов в эти банки к концу второго года? 4*Н. Найти все значения параметра а (2^а^ 5), при каждом из которых площадь фигуры, лежащей в полуплоскости х^О и ограниченной прямыми у = 2, у = 3 и кривыми у = = }fax, y = -7rVax> будет наименьшей. Найти эту площадь S. 5. Решить неравенство log7 (*2-4*-4)8-log2 (x*—4x-4 2.С. В трапеции ABCD даны основания AD= 16 и ВС = 9. На продолжении ВС выбрана такая точка М> что СМ = 3,2. В каком отношении прямая AM делит площадь трапеции ABCD? 4.С. Решить систему уравнений § 12. ФАКУЛЬТЕТ ПСИХОЛОГИИ 1977 Вариант 1. 1. Решить уравнение * — 8cosax+l=0. 2Н. На графике функции у(х) = хъ — За:2 — 7л:+ 6 найти все точки, касательная в каждой из которых к этому графику отсекает от положительной полуоси Ох вдвое меньший отрезок, чем от отрицательной полуоси Оу. Определить длины отсекаемых отрезков. 3. Производительность первого автомобильного завода не превышает 950 машин в сутки. Производительность второго автомобильного завода первоначально составляла 95% от производительности первого завода. После ввода дополнительной линии второй завод увеличил производство машин в сутки на 23% от числа машин, выпускаемых в сутки на первом заводе, и стал их выпускать более 1000 штук в сутки. Сколько автомобилей за сутки выпускал каждый завод до реконструкции второго завода? Предполагается, что каждый завод в сутки выпускает целое количество машин. 104
4. В окружность радиуса 17 см вписан четырехугольник, диагонали которого взаимно перпендикулярны и находятся на расстоянии 8 см и 9 см от центра окружности. Найти длины сторон четырехугольника. 5.Н. Найти все а, при каждом из которых имеется хотя бы одна пара чисел (х, у), удовлетворяющая условиям: I *2 + \ у = 2.С. Решить систему уравнений 5.С. При каждом а указать, дЛя каких х выполняется неравенство a2 — 9*+i — 8-3*- а>0. Вариант 2. 1. Решить уравнение 2.Н. На графике функции у (х) = j х*—2х2—22х—28 найти все точки, касательная в каждой из которых к этому графику пересекает положительные полуоси, отсекая от них равные отрезки. 3. Число деталей, изготовленных за смену первой бригадой, составляет 115% от числа деталей, изготовленных за смену второй бригадой. Продукцию двух бригад упаковали в 2 ящика. В первом ящике оказалось 2/3 деталей, изготовленных 1-й бригадой, и 1/7 часть деталей, изготовленных 2-й бригадой (следовательно, во втором ящике оказалось 1/3 деталей, изготовленных 1-й бригадой, и 6/7 частей деталей, изготовленных 2-й бригадой). Сколько в первом ящике деталей, изготовленных первой бригадой, и сколько деталей, изготовленных второй, если в первом ящике оказалось менее 1000 деталей, а во втором —более 1000 деталей? 4. В окружность радиуса 10 см вписан четырехугольник, диагонали которого взаимно перпендикулярны. Длины диагоналей равны соответственно 12 см и 10 Уз см. Найти длины сторон четырехугольника. 5.Н. Найти все а, при каждом из которых имеется хотя бы одна пара чисел (*, у), удовлетворяющая условиям: 105 ( х2 + (у \ У^ах\
2Xi Решить систему уравнений \ 2 log51 лгг/1 - logi ^ | (л: + г/) = 1. 5.С. При каждом а указать, для каких х выполняется неравенство Вариант 3. 1. Решить уравнение — 8sin2* = 2.Н. Точки Mi и М2 лежат на графике функции у(х)=э е= 2jc3 + 3jc2 —g" л; — 1 и имеют абсциссы, соответственно равные — 3/2 и 3/2. Найти все точки этого графика, в каждой из которых касательная к этому графику параллельна отрезку МгМ%. 3. Число научно-технических книг в библиотеке равно 11/13 от числа художественных книг. При переезде библиотеки в другой город книги погрузили в два вагона. В первый вагон погрузили 1/15 часть научно-технических книг и 18/19 частей художественных книг. Во второй вагон погрузили 1/19 часть художественных книг и 14/15 частей научно-технических книг. Сколько книг каждого вида было в библиотеке, если в первом вагоне оказалось более 10000 книг, а во втором— менее 10000 книг? 4. В окружность радиуса 13 см вписан четырехугольник, диагонали которого взаимно перпендикулярны. Одна из диагоналей равна 18 см, расстояние от центра окружности до точки пересечения диагоналей равно 4 ]/Т) см. Найти площадь четырехугольника. 5.Н. Найти все я, при каждом из которых имеется хотя бы одна пара чисел (х, у), удовлетворяющая условиям: 2.Ci Решить систему уравнений f \oglx+yi[4x \ х — у = 2ху. 5.С. При каждом а указать, для каких х выполняется неравенство 106
Вариант 4, 1, Решить уравнение 2.Н. На графике функции у(х)=-^хг—х^ — -^х + -^ найти все точки, касательная в каждой из которых к этому графику перпендикулярна прямой 5х—Зу + 2 = 0. 3. В первой коробке находилось некоторое количество красных шаров, а во второй —синих, причем число красных шаров составляло 15/19 от числа синих шаров. Когда из коробок удалили 3/7 красных шаров и 2/5 синих, то в первой коробке осталось менее 1000 шаров, а во второй —более 1000 шаров. Сколько шаров было первоначально в каждой коробке? 4, В окружность радиуса 6 см с центром в точке О вписан четырехугольник ABCD. Его диагонали АС и BD взаимно перпендикулярны и пересекаются в точке К. Точки Е и F являются соответственно серединами АС и BD. Длина отрезка ОК равна 5 см, а площадь четырехугольника 0EKF равна 12 см2. Найти площадь четырехугольника ABCD. 5.Н. Найти все а, при каждом из которых имеется хотя бы одна пара чисел (#, у), удовлетворяющая условиям: 2fC8 Решить систему уравнений loglwl? =2, f I 5.C. При каждом а указать, для каких х выполняется неравенство 1978 Вариант 1, 1, Решить уравнение 2. Диагональ BD четырехугольника ABCD является диаметром окружности, описанной около этого четырехугольника. Вычислить длину диагонали АС, если 107
3. Пешеход, велосипедист и мотоциклист движутся по шоссе в одну сторону с постоянными скоростями. В тот момент, когда пешеход и велосипедист находились в одной точке, мотоциклист был на расстоянии 6 км позади них. В тот момент, когда мотоциклист догнал велосипедиста, пешеход отставал от них на 3 км. На сколько километров велосипедист обогнал пешехода в тот момент, когда пешехода настиг мотоциклист? 4.Н. Найти множество всех таких пар чисел (а, Ь), для каждой из которых при всех х справедливо равенство 5. Известно, что для некоторой квадратичной функции f(x) выполнены неравенства Определить знак коэффициента а. 4.С. Найти наименьшее значение функции если 0 <# < + оо. Вариант 2. 1. Решить уравнение 2. Сторона AD четырехугольника ABCD является диаметром окружности, описанной около этого четырехугольника. Вычислить длину стороны ВСУ если BAC:CAD = \:3. 3. По шоссе с постоянными скоростями движутся пешеход, а навстречу ему — велосипедист и мотоциклист. В тот момент, когда велосипедист и мотоциклист находились в одной точке, пешеход был на расстоянии 8 км от них. В тот момент, когда мотоциклист встретил пешехода, велосипедист отставал от мотоциклиста на 4 км. На сколько километров мотоциклист будет обгонять велосипедиста в тот момент, когда пешеход встретится с велосипедистом? 4.Н. Найти множество всех таких пар чисел (я, &), для каждой из которых при всех х справедливо равенство 5. Известно, что для некоторой квадратичной функции f(x) = a 108
выполнены неравенства Определить знак коэффициента а. 4Х. Найти наибольшее значение функции Вариант 3. 1. Решить уравнение log3 Vx-2 = (log3 x) 2. Диагональ АС четырехугольника ABCD является диаметром окружности, описанной около этого четырехугольника. Вычислить длину диагонали BD, если |ЛС| = 4, |CD| = 2/2, BAC:CAD = 2:3. 3. Пешеход, велосипедист и мотоциклист движутся по шоссе в одну сторону с постоянными скоростями. В тот момент, когда велосипедист и мотоциклист находились в одной точке, пешеход был на расстоянии 10 км впереди них. В тот момент, когда мотоциклист догнал пешехода, велосипедист отставал от них на 5 км. На сколько километров мотоциклист будет обгонять пешехода в тот момент, когда пешехода настигнет велосипедист? 4.Н. Найти множество всех таких пар чисел (а, Ь), для каждой из которых при всех х справедливо равенство asm х + b = sin(ax + b). 5. Известно, что для некоторой квадратичной функции f(x) = a выполнены неравенства Определить знак коэффициента а. 4.С. Найти наименьшее значение функции если 0 <# < + оо. Вариант 4. 1. Решить уравнение Iog3 Т 109
2. Сторона ВС четырехугольника ABCD является диаметром окружности, описанной около этого четырехугольника. Вычислить длину стороны АВ, если |5С| = 8, |/Ш| = 4|/г2, DCA:ACB = 2:l. 3. Пешеход и велосипедист одновременно отправляются из одной точки по шоссе навстречу мотоциклисту; все трое движутся с постоянными скоростями. В тот момент, когда велосипедист встретил мотоциклиста, пешеход отставал от велосипедиста на 3 км. В тот момент, когда пешеход встретил мотоциклиста, велосипедист обогнал пешехода на 6 км. Какое расстояние было между пешеходом и мотоциклистом в момент отправления пешехода? 4.Н. Найти множество всех таких пар чисел (я, Ь), для каждой из которых при всех х > О справедливо равенство 5« Известно, что для некоторой квадратичной функции f(x) выполнены неравенства Определить знак коэффициента а. 4.С. Найти наибольшее значение функции 1979 Вариант 1. lf Решить уравнение —8/2) cosx = 2.Н. Найти все значения параметра Ъ (Ь > 0), при каждом из которых площадь фигуры, ограниченной кривыми у = 1-я2 и у = Ьх2, будет равна числу с. При каких с задача имеет решение? 3t Решить неравенство 4.Н. В треугольной пирамиде ABCD длины всех ребер равны. Точка Р равноудалена от вершин А и D, а от вершин В и С находится на расстоянии У 3/2. Известно, что прямая PC ПО
перпендикулярна высоте треугольника ACD, опущенной из вершины D. Вычислить объем пирамиды ABCD. 5. Найти все тройки целых чисел (и, v, w), для каждой из которых выполняется соотношение 3 (и — 3)? + № + 2я>? + 3v2wt = 33. 2.С. Решить систему уравнений \ log*-* (У + 5) - log2+y (* + 4) = 1. 4.С* В треугольной пирамиде ABCD длины всех ребер равны. Точка М лежит вне пирамиды, причем г 75 Вычислить объем пирамиды ABCD. Вариант 2, 1. Решить уравнение 2.Ht Найти все значения параметра Ь (Ь > 0), при каждом из которых площадь фигуры, ограниченной кривыми y=bV~x и 0 = 2—1/"* и осью Оу, будет равна числу с. При каких с задача имеет решение? 3* Решить неравенство 4.Н. В треугольной пирамиде ABCD длины всех ребер равны. Точка М равноудалена от вершин Л, В, С, причем ]у. Известно, что отрезок МА перпендикулярен высоте треугольника BCD, опущенной из вершины В. Вычислить объем пирамиды ABCD. 5. Найти все тройки целых чисел (х, у, г), для каждой из которых выполняется соотношение у2 + Зг2 — 2yz = 30. 2.С. Решить систему уравнений 4.С. В треугольной пирамиде ABCD длины всех ребер равны. Точка Р лежит внутри пирамиды и равноудалена от ill
вершин А и D, а от вершин В и С находится на расстоянии ]/ =д • Известно, что расстояние от точки Р до прямой AD g равно t-tf= . Вычислить объем пирамиды ABCD. Вариант 3. 1. Решить уравнение — 6/2"—(12— 2.Н. Найти все значения параметра р(р<0), при каждом из которых площади фигуры, ограниченной кривыми у=х2 и t/ = 2 + pjt2, будет равна числу q. При каких # задача имеет решение? 3. Решить неравенство 4.И. В треугольной пирамиде ABCD длины всех ребер равны. Точка Р равноудалена от вершин А и D, а от вершин В я С находится на расстоянии у у. Известно, что прямая РВ перпендикулярна высоте треугольника ABC, опущенной из вершины С. Вычислить объем пирамиды ABCD. 5. Найти все тройки целых чисел (р, q, s), для каждой из которых выдолняется соотношение _24<? _ 1 = 0. 2.С. Решить систему уравнений 4.С. В треугольной пирамиде ABCD длины всех ребер равны. Точка Р лежит внутри пирамиды, причем = РВ = РС = 3/5 и Вычислить объем пирамиды ABCD. Вариант 4. 1. Решить уравнение ]/9—41/3"— (16— 8K3")sin* = 4 sinx— 3. 2.Н. Найти все значения параметра а(а>0), при каждом из которых площадь фигуры, ограниченной осью Оу и кри- 112
выми y = Vx, y=l — aVx9 будет равна числу b. При каких Ь задача имеет решение? 3, Решить неравенство 4.Н. В треугольной пирамиде ABCD длины всех ребер равны. Точка М равноудалена от вершин А, В, С пирамиды. Расстояние от точки М до плоскости ABC равно 1^5/3. Известно, что синус угла между прямой МС и высотой треугольника ABC, опущенной из вершины Л, равен 21/^2/3. Вычислить объем пирамиды ABCD. 5. Найти все тройки целых чисел (х, у, z), для каждой из которых выполняется соотношение 2х2 + у2 + 7'г2 + 2х2у2 — 42z + 33 = 0. 2.С. Решить систему уравнений 4.С. В треугольной пирамиде ABCD длины всех ребер равны. Точка Р лежит вне пирамиды, причем = PD. Известно, что расстояние от точки Р до прямой AD равно —^т=-. Вычислить объем пирамиды ABCD. 5/2 § 13. ФИЛОЛОГИЧЕСКИЙ ФАКУЛЬТЕТ (отделение структурной и прикладной лингвистики) 1977 Вариант 1. 1. В двух ящиках находится более 29 одинаковых деталей. Число деталей в первом ящике, уменьшенное на 2, более чем в 3 раза превышает число деталей во втором ящике. Утроенное число деталей в первом ящике превышает удвоенное число деталей во втором ящике, но менее, чем на 60. Сколько деталей в каждом ящике? 2.Н. Найти площадь фигуры, ограниченной линиями x = n/2. 113
38 Найти наименьший положительный корень уравнения; cos пх2 = cos я (х2 + 2х +1). 4.Н. Для каждого а определить число решений уравнения 5. Дана пирамида SABC. Точки D и Е лежат соответственно наребрахЯЛиЯЯ, причем|SD|:|DЛ |= 1:2h|S£|: |£fi|=l :2. Через точки D и Е проведена плоскость а, параллельная ребру SC. В каком отношении делит плоскость а объем пирамиды? 2.С. Решить систему уравнений I tg*.tgt/:=5-2K6, \ 4.С. Решить систему уравнений Вариант 2. 1. В двух бригадах вместе более 27 человек. Число членов первой бригады более чем в 2 раза превышает число членов второй бригады, уменьшенное на 12. Число членов второй бригады более чем в 9 раз превышает число членов первой бригады, уменьшенное на 10. Сколько человек в каждой бригаде? 2.Н. Найти площадь фигуры, ограниченной линиями 3t Найти наименьший положительный корень уравнения sin пх2 = sin я (#2 + 2х). 4.Н. Для каждого а определить число решений уравнения \х2—2х—3\ = а. 5. В основании пирамиды SABCD лежит параллелограмм ABCD. Через середину ребра SA проведена плоскость а, параллельная грани SBC. В каком отношении плоскость а делит объем пирамиды? 2.С Решить систему уравнений 114
4.С. Решить систему Уравнений 1978 Вариант 1. Ь Двум бригадам, общей численностью 18 человек, было поручено организовать в течение трех суток непрерывное круглосуточное дежурство по одному человеку. Первые двое суток дежурили члены первой бригады, распределив между собой это время поровну. Известно, что во второй бригаде три девушки, а остальные юноши, причем девушки дежурили по одному часу, а все юноши распределили между собой остаток дежурства поровну. При подсчете оказалось, что сумма продолжительностеи дежурств каждого юноши второй бригады и любого члена первой бригады меньше девяти часов. Сколько человек в каждой бригаде? 2.Н. В Изумрудном городе автобусные билеты имеют шестизначные номера от 000001 до 999999. Школьники считают билет счастливым, если первые три его цифры нечетны и различны, вторые три цифры четны, причем цифры 7 и 8 не стоят рядом. Сколько всего существует различных номеров счастливых билетов? 3. Решить уравнение 5 sin х + 6 sin 2x + 5 sin 3* + sin 4jc = 0. 4.Н. Найти наибольшее и наименьшее значения функции / (х) = sin2 х + cos x—1/2. 5. Пятиугольник ABCDE вписан в окружность единичного радиуса. Известно, что \AB\ = V~2, ABE = л/4, Ш = я/6 и \BC\ = \CD\. Чему равна площадь пятиугольника? 2.С. Число а подобрано так, что уравнение а2х* + 2а* (]/б—УЗ) *= &V2—9 имеет решение. Найти это решение. 4.С. Решить уравнение log9 (*z- ir 1979 Вариант 1» Даны две непересекающиеся окружности. К ним проведены Две общие касательные, которые пересекаются в точке А отрез- 115
ка, соединяющего центры окружностей. Радиус меньшей окружности равен R. Расстояние от точки А до центра окружности большего радиуса равно 6R. Точка А делит длину отрезка касательной, заключенного между точками касания, в отношении 1:3. Найти площадь фигуры, ограниченной отрезками касательных и большими дугами окружностей, соединяющими точки касания. 2. Решить уравнение sin(2*+yjt) — 3cos(x—-|:rt)=l+2sin*. 3. Решить неравенство log!/, (4—х) > logx/. 2 —logx/, (x— 1). 4. Три автоматические линии выпускают одинаковую продукцию, но имеют разную производительность. Производительность всех трех одновременно действующих линий в 1,5 раза выше производительности первой и второй линий, работающих одновременно. Сменное задание для первой линии вторая и третья линии, работая одновременно, могут выполнить на 4 ч 48 мин быстрее, чем его выполняет первая линия; это же задание вторая линия выполняет на 2 ч быстрее по сравнению с первой линией. Найти время выполнения первой линией своего сменного задания. 5. Пусть т и п—натуральные числа, причем ^-—правильная несократимая дробь. На какие натуральные числа можно сократить дробь "7"^ , если известно, что она сократима? Вариант 2. 1. Даны две непересекающиеся окружности радиусов R и 2/?. К ним проведены общие касательные, которые пересекаются в точке А отрезка, соединяющего центры окружностей. Расстояние между центрами окружностей равно 2/?|/3. Найти площадь фигуры, ограниченной отрезками касательных, заключенными между точками касания и большими дугами окружностей, соединяющими точки касания. 2. Решить уравнение sin х + sin За: + 4 cos3 x = 0. 3. Решить неравенство 2 — I 4. Двум токарям и ученику поручили выполнение срочной работы. Первый токарь может один выполнить всю работу за время на 3 часа большее, чем время, за которое второй 116
токарь и ученик, работая одновременно, выполняют ту же работу. Второй токарь, работая один, может выполнить всю работу за то же время, за которое ее выполняют первый токарь и ученик, работая одновременно. Время, затрачиваемое вторым токарем на самостоятельное выполнение всей работы, на восемь часов меньше удвоенного времени, затрачиваемого первым токарем на самостоятельное выполнение всей работы. За какое время будет выполнена вся работа двумя токарями и учеником, работающими одновременно? 5. Пусть т и п—натуральные числа, причем ^—правильная несократимая дробь. На какие натуральные числа можно сократить дробь J^T^ » если известно, что она сократима?
Часть II ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ ВВЕДЕНИЕ В дальнейшем при решении задач будут часто использоваться приводимые ниже определения и утверждения. 1. Уравнения с одним неизвестным. Пусть даны две функции y = f(x) и y = g(x) и область М есть пересечение областей существования этих функций. Если нужно найти все числа а из области М, для каждого из которых справедливо числовое равенство /(a)=g(a)> то говорят, что нужно решить уравнение f (x)=g (x) или что дано уравнение f (x)=g (x). Областью допустимых значений (ОДЗ) уравнения f (x) =g (x) называется общая часть (пересечение) областей определения функций y = f(x) и y=g(x), т. е. ОДЗ—множество всех числовых значений неизвестного х, при каждом из которых имеет смысл (определены) и левая и правая части уравнения. Число а, принадлежащее ОДЗ уравнения, называется корнем или решением уравнения f(x)=g(x), если при подстановке его вместо неизвестного х уравнение превращается в верное числовое равенство. Решить уравнение— это значит найти множество всех его корней. Отметим, что это множество может оказаться и пустым, в таких случаях обычно говорят, что уравнение не имеет корней. Два уравнения называются равносильными, если совпадают множества их корней. Два уравнения называются равносильными на некоторой области А значений неизвестного х (в частности на ОДЗ), если совпадают множества их корней, принадлежащих этой области. Пусть даны два уравнения f1(x)=gi(x) и /8 (*) ==& (*)- Если любой корень первого уравнения является корнем второго уравнения, to второе уравнение называется следствием первого уравнения. Из определения равносильности уравнений следует, что вместо того, чтобы решать данное уравнение, можно решать уравнение, ему равносильное. Если же заменить уравнение его следствием, то множество всех решений нового уравнения будет содержать все корни исходного уравнения и помимо них может содержать еще некоторые числа, называемые посторонними корнями исходного уравнения. Поэтому, если в процессе решения от уравнения перешли к его следствию, то в конце решения необходима проверка, т. е. необходимо каждый из найденных корней подставить в исходное уравнение и отобрать те из них, которые обращают исходное уравнение в верное числовое равенство; те из них, при которых исходное уравнение превращается в неверное числовое равенство, нужно отбросить. Разумеется, 118
переходить от данного уравнения к уравнению, множество корней которого содержит не все корни данного уравнения, не желательно, ибо при таком переходе возможна потеря корней данного уравнения, что недопустимо. Приведем теперь некоторые утверждения о равносильности уравнений, а также утверждения о том, когда одно уравнение будет следствием другого. Утверждения о равносильности уравнений. 1. Уравнения f(x) = g(x) и f (x)—g(x) = 0 равносильны. 2. Уравнения f(x) = g(x) и / (x)-\-a = g(x) + a равносильны для любого числа а. 3. Уравнения f(x) = g(x) и а/ (*) = ag (я) равносильны для любого числа а Ф 0. 4. Уравнения а/<*) = а£<*) и f(x)=g(x) равносильны для любого фиксированного положительного и не равного единице числа а. 5. Пусть п—натуральное число и на некотором множестве М функции y = f{x) и y=g(x) неотрицательны. Тогда на этом множестве уравнения f(x) = g(x) и fa(x)=gn(x) равносильны. 6. Пусть фиксированное число а таково, что а>0 и аф\9и на некотором множестве М функции y=f(x) и y=g(x) положительны; тогда на этом множестве М уравнения f(x)=g(x) и logaf(x) = \ogag(x) равносильны. В частности, если Ь > 0, то уравнения аЛ(*> = 6 и h (x) = = loga Ь равносильны. 7. Пусть на множестве М9 содержащемся в ОДЗ уравнения f(x) = g(x), функция у = у(х) определена и не обращается в нуль ни в одной точке множества М. Тогда на множестве М уравнения f(x)=g(x) и / (х) ф (х) = = ё (х) ф (*) равносильны. Заметим, что множество М может совпадать с ОДЗ уравнения f(x) = g(x). Утверждения о том, когда одно уравнение является следствием другого. 1. Пусть п — натуральное число, тогда уравнение fn (x) = gn(x) есть следствие уравнения f(x) = g(x). 2. Если а > 0 и а Ф 1, то уравнение f(x) = g(x) есть следствие уравнения loga / (х) = loge g (х). 3. Уравнение f (x) = g (х) у (х) есть следствие уравнения Эти утверждения часто формулируют иначе. 1. При возведении в натуральную степень обеих частей уравнения можно приобрести посторонние корни (при этом не происходит потери корней). 2. При потенцировании обеих частей уравнения можно приобрести посторонние корни (потери корней не происходит). 3. При освобождении уравнения от знаменателя можно приобрести посторонние корни (потери корней не происходит). Следовательно, в случае применения этих преобразований необходима проверка. Пусть даны уравнения fi(x)=gi(*)> /2 (*) =&(*)» ..•»/*(*) = £«(*)» •••! притом уравнений или конечное число, или их бесконечно много. 119
Обозначим через Q область, являющуюся пересечением областей допустимых значений всех этих уравнений. Если нужно найти все числа а из области Q, каждое из которых является корнем хотя бы одного из этих уравнений, то говорят, что дана совокупность уравнений h (x) =gi (x), /2 (х) =g2 (х), ...,/„ (х) = gn (x), ... и область Q называют областью допустимых значений (ОДЗ) этой совокупности уравнений. При этом, если уравнений бесконечно много, то говорят, что дана бесконечная совокупность уравнений. Число а из ОДЗ этой совокупности называется корнем (или решением) этой совокупности, если оно является корнем хотя бы одного уравнения совокупности. Решить совокупность уравнений—это значит найти множество ее корней. Если это множество окажется пустым, то говорят, что совокупность уравнений не имеет корней. Говорят, что уравнение F(x) = G(x) равносильно на одласти М (в частности, на ОДЗ) совокупности уравнений h(x)=gi(x), f2(x)=g2(x), ..., fn(x)=gn (х), ..., если множество корней уравнения, принадлежащих области М, совпадает с множеством корней совокупности уравнений, принадлежащих множеству М. Довольно часто встречаются уравнения /(х) = 0, где f(x) = p(g(x)) — сложная функция, являющаяся суперпозицией двух функций g(x) и р (g), где р (g) — квадратный трехчлен: р (g) = ag2-\-bg-\-c. В таких случаях уравнение / (х) — О записывают в виде a(g(x))2-\-b (g(x))-{-c=Q и называют квадратным уравнением относительно g(x). Для решения такого уравнения решают сначала квадратное уравнение В случае, если дискриминант D = b2 — 4ас этого уравнения положителен, то уравнение (1) имеет два корня t± и t2 и в этом случае уравнение f(x) = O равносильно совокупности уравнений g(x) = h и g(x) = t2. Если D = 0, то уравнение (1) имеет единственный корень —^- и в этом случае уравнение f(x) = 0 равносильно уравнению g(*) = ~2a ' Если же D < О, то уравнение (1), а значит и уравнение /(*) = 0, не имеет решений. Пусть дано уравнение, некоторые члены которого находятся под знаком абсолютной величины. Для решения таких уравнений обычно необходимо избавиться от знаков модуля. Так как по определению F (х) на множестве, где F (х) ^ О, — F (х) на множестве, где F (х) < О, то для освобождения от знаков абсолютных величин надо найти все точки числовой оси, в каждой из которых меняет знак хотя бы одна из функ- 120
ций, находящихся под знаком абсолютной величины. Затем на числовой прямой отмечаются все эти точки. Таким образом, числовая прямая разбивается на некоторое число промежутков. На каждом таком промежутке уравнение заменяется на другое уравнение, не содержащее знаков абсолютной величины и равносильное исходному уравнению на этом промежутке. Каждое из полученных уравнений решается и из полученного множества решений отбираются числа, лежащие на промежутке, соответствующем этому уравнению. Они и будут корнями исходного уравнения на рассматриваемом промежутке. Наконец, для того чтобы выписать все корни исходного уравнения, собирают вместе (объединяют) все его корни, найденные на всех промежутках. 2. Неравенства с одним неизвестным. Пусть даны две функции y = f (х) и y = g(x) и пусть область М есть пересечение областей существования этих функций. Если требуется найти все числа а из области М, для каждого из которого справедливо числовое неравенство / (а) > g (а), то в таких случаях говорят, что нужно решить неравенство f (х) *> g (х) или что дано неравенство f (х) > g(x). Областью допустимых значений (ОДЗ) неравенства f (x) > g (x) называется общая часть (пересечение) областей существования функций y = f(x) и y = g(x). Число а, принадлежащее ОДЗ неравенства, называется решением неравенства f (x) > g(x), если при подстановке его вместо неизвестного х неравенство превращается в верное числовое неравенство Ma)>g(a)- Решить неравенство—значит найти множество его решений. Отметим, что это множество может оказаться и пустым, в таких случаях обычно говорят, что неравенство не имеет решений. Два неравенства называются равносильными, если совпадают множества их решений. Два неравенства называются равносильными на некоторой области Л, если множество всех решений (принадлежащих этой области) первого неравенства совпадает с множеством всех решений (также принадлежащих этой области) второго неравенства. Утверждения о равносильности неравенств. 1. Неравенства f (x) > g(x) и f(x)—g(x) > О равносильны. 2. Неравенства f(x)>g(x) и /(*) + <*>#(*) + « равносильны для любого числа а. 3. Неравенства f (x) > g (x) и a/ (x) > ag (x) равносильны для любого положительного числа а. 4. Неравенства f (x) > g (x) и a/ (x) < ag (x) равносильны для любого отрицательного числа а. 5. Неравенства a^<*> > a^(*> и / (х) > g(x) равносильны для любого фиксированного числа а из промежутка (I, +оо). 6. Неравенства a^<*> > a£<*> и f (x) <g(x) равносильны для любого фиксированного числа а из промежутка (0, 1). 7. Пусть п — натуральное число и на некотором множестве А функции y=f(x) и y=g(x) неотрицательны. Тогда на этом множестве неравенства /(*) > 8(х) и (/(*))" > (£(*))" равносильны. 8. Пусть а—фиксированное число из промежутка (1, +00) и на некотором множестве А функции y = f(x) и y=g(x) положительны. Тогда на этом множестве равносильны неравенства / (х) > g (х) и loga / (х) > logag(x)- 121
9. Пусть а — фиксированное число из промежутка (0, 1) и на некотором множестве А функции y = f(x) и y = g(x) положительны. Тогда на этом множестве равносильны неравенства f (x) > g(x) и loge/(*) < logag(x). 10. Пусть на множестве М, содержащемся в ОДЗ неравенства f (х) > > &М» функция у=ц>(х) положительна. Тогда на этом множестве равносильны неравенства / (х) > g (х) и / (х) ф (*) > g (x) ф (*). Пусть дано т неравенств: /х (х) > gt (х), ..., fm (х) > gm (x). Обозначим через Q область, являющуюся пересечением областей допустимых значений всех этих неравенств. Если нужно найти все числа а из области Qy каждое из которых является решением каждого из этих неравенств, то говорят, что дана система т неравенств V fm (х) > gm (х) и область Q называют областью допустимых значений (ОДЗ) этой системы. Число а из ОДЗ системы неравенств называется решением этой системы^ если оно является решением каждого из неравенств системы. Решить систему неравенств—это значит найти множество всех ее решений. Если это множество окажется пустым, то говорят, что система неравенств не имеет решений. Пусть дане k систем неравенств I (2) hi(x)> S!<*),..., I hk(x) > sk(x). Обозначим через Q область, являющуюся пересечением областей допустимых значений всех этих систем. Если нужно найти все числа а из области Q, каждое из которых является решением хотя бы одной из этих систем, то говорят, что дана совокупность k систем неравенств и область Q называют областью допустимых значений (ОДЗ) этой совокупности. Число а из ОДЗ совокупности систем неравенств (2) называется решением этой совокупности, если оно является решением хотя бы одной системы неравенств из совокупности (2). Решить совокупность систем неравенств (2) —это значит найти множество ее решений. Заметим, что если каждая из k систем совокупности (2) состоит только из одного неравенства, то говорят, что дана совокупность k неравенств. Говорят, что неравенство f (x) > g (x) равносильно на области А совокупности систем неравенств (2), если множество решений (принадлежащих этой области) неравенства f (x) > g (x) совпадает с множеством решений (принадлежащих этой области) совокупности систем неравенств (2). Пусть требуется решить неравенство (х-аг) (х-а2) ... (*-ая) > 0, (3) где fli, a$i ...j ап—фиксированные числа, среди которых нет равных,- причем at < а2 < ... < an-i < аа. 122
Для решения таких неравенств применяется так называемый метод интервалов. Суть этого метода состоит в следующем. На числовую прямую наносят числа al9 а2, ...-, ап в порядке возрастания; в промежутке справа от наибольшего из них ставят знак плюс, в следующем за ним справа налево промежутке ставят знак минус, затем знак плюс, затем знак минус и т. д. (рис. 1). Тогда решением неравенства (3) будет объединение всех тех промежутков, в которых поставлен знак плюс. Щ п2 . .. ^з\^уа1Г-2аЛ-1\^уаа Рис. 1. Для того чтобы с помощью метода интервалов решить неравенство (х—ад ... (х—ап) > ^ где все числа а/, Ру различны, нужно нанести на числовую прямую все точки а/ и Ру и расставить в получившихся промежутках знаки так, как указано выше. Множество решений неравенства (4) будет объединением тех интервалов, где стоят знаки плюс. Довольно часто встречаются неравенства / (х) > 0, где f(x) = p(g(x)) — сложная функция, составленная из двух функций g(x) и p(g), где р (g) —квадратный трехчлен: p(g) = ag2 + + bg-{-c. В таких случаях неравенство f(x)>0 записывают в виде а (g (x))2Jrb (g(x))-{-c > 0 (5) и называют квадратным неравенством относительно g (x). Неравенство (5) решают следующим образом: сначала находят дискриминант D=*b2—Аас квадратного трехчлена at2+bt-{-c. Возможны следующие четыре случая. 1. Если а < 0 и D<;0, то неравенство (5) не имеет решений. 2. Если а < О, D > 0, a tt и t2—корни квадратного трехчлена at2-{-bt + c, причем t± < /2» то неравенство (5) равносильно двойному неравенству 3. Если а > 0, D^sO, a tx и t2 — корни квадратного трехчлена at2-\-bt-\-c, причем ti < t2 (если D = 0, то t1 = t2), то неравенство (5) равносильно совокупности неравенств g(x)<h, g(x)>t2. 4. Если а > 0 и D<0,to множество решений неравенства (5) совпадает с областью определения функции y=g(x). Пусть дано неравенство, некоторые члены которого находятся под знаком абсолютной величины. Для решения таких неравенств освобождаются от знаков абсолютных величин. Это делается так же, как и для уравнений. Отметим, что поскольку множество решений неравенства f(x)^g(x) есть объединение множеств решений неравенства f(x)>g(x) и уравнения f(x) = g(x), то решение нестрогих неравенств сводится к решению строгих неравенств и уравнений. 123
3. Алгебраические уравнения и системы алгебраических уравнений. Пусть даны два многочлена R (х, у) и Q (х, у) относительно х и у. Говорят, что дано алгебраическое уравнение R(x,y) = Q(x,y) (6) с двумя неизвестными х и yf если требуется найти все пары чисел (*0, Уо)> для каждой из которых справедливо числовое равенство R (xQt y0) = = Q (*о> Уо)- Каждая такая пара чисел (х0, Уо) называется решением уравнения (6). Решить уравнение (6)—это значит найти множество его решений. Пусть даны два алгебраических уравнения с двумя неизвестными R(x,y) = Q(x,y) и T(x,y) = S(x,y). Эти уравнения называются равносильными, если совпадают множества их решений. Справедливы следующие утверждения. 1. Уравнения R (х, у) = Q (х, у) и R (xf у) — Q (дг, у) = 0 равносильны. 2. Уравнения R (x, y) = Q (х, у) и R (x, y) + P (x, y) = Q(xt y) + P (х, у), где Р (*, у) — любой многочлен относительно х и у, равносильны. 3. Уравнения R (x, y) = Q (x, у) и aR (дг, y) = aQ (xt у) равносильны для любого отличного от нуля числа а. Из этих утверждений, в частности, вытекает, что каждое алгебраическое уравнение с двумя неизвестными х и у можно заменить равносильным ему уравнением Р(х,у) = 0, (7) где Р (дг, #) —многочлен относительно х к у (иногда говорят «привести к виду (7)»). Говорят, что дана совокупность т алгебраических уравнений с двумя неизвестными х и у Pi(x,y)=0, P2(x,y) = 0, ..., Рт(х,у) = О< (8) где Pi(xt у), ..., Рт (х, у) — многочлены относительно х и у, если требуется найти все пары чисел (*0, У о), каждая из которых является решением хотя бы одного из уравнений (8). Каждая такая пара чисел (xQ, yQ) называется решением совокупности (8). Решить совокупность уравнений (8)—это значит найти множество ее решений. Говорят, что уравнение (7) равносильно совокупности уравнений (8), если совпадают множества всех решений уравнения (7) и совокупности уравнений (8). Пусть даны многочлены Р (х, у) и Q (х, у) относительно х и у. Гово- рлт, что дана система двух алгебраических уравнений с двумя неизвестными х и у I Р(*.й-0. I Q(x,y)=ot K) если требуется найти все пары чисел (*0» #о)» каждая из которых является решением каждого из уравнений (9). Пара чисел (дс0, у0) называется решением системы уравнений (9), если одновременно справедливы два числовых равенства: Р (х^, уо) = О и Q (х0, уо) = О. Решить систему уравнений (S) — это значит найти множество ее решений. 124
Пусть дана еще одна система двух алгебраических уравнений с двумя неизвестными \ S(x,y)=0, (1U) где R (Ху у) и S(x, #) —многочлены относительно хну. Две системы алгебраических уравнений (9) и (10) называются равносильными, если совпадают множества их решений. Говорят, что дана совокупность k систем двух алгебраических уравнений с двумя неизвестными j Pi(x,y) = 0, j Pk(x,y) = 0t \ Qi(**y) = O \ Qk(xy) = 0 K } Pk(x,y) = Qk(x,y) = где Р[(х,у) и Qi(x, у) (i=\, ...,&)—многочлены относительно х и у, если требуется найти все пары чисел (х0, у0), каждая из которых является решением хотя бы одной из систем уравнений (11). Каждая такая пара чисел (*о, Уо) называется решением совокупности систем уравнений (11). Решить совокупность систем уравнений (11)—это значит найти множество ее решений. Система уравнений (9) равносильна совокупности систем уравнений (11), если совпадают множества их решений. Утверждения о равносильности систем уравнений. 1. Если изменить порядок уравнений системы (9), то полученная система равносильна системе (9). 2. Если одно из уравнений системы (9) заменить на равносильное уравнение, то полученная система равносильна системе (9). 3. Если первое уравнение системы (9) заменить уравнением, равным сумме первого уравнения, умноженного на некоторое отличное от нуля число а, и второго уравнения, умноженного на некоторое число р, то полученная система уравнений равносильна системе (9); другими словами, для любых р иа(а^О) две следующие системы уравнений равносильны: x,y) = 0t j xty)=0 и \ (х,у)=О, Q(xty)=O и \ Q(x,y)=O. 4. Пусть в системе уравнений (9) одно из уравнений записано в виде? где в левой части стоит одно из неизвестных, например, х в первой степени, а в правой части—многочлен относительно у. Тогда говорят, что неизвестное х выражено через неизвестное у. Если неизвестное х выражено из первого уравнения системы (9), то подставив во второе уравнение системы (9) вместо х этот многочлен от г/, получим систему, равносильную системе (9); другими словами, равносильны следующие системы: f x = R(y)t j x = R(y), X <2(х,У)=0 и \ Q(R(y), y) = 0. 5. Если первое уравнение системы (9) равносильно совокупности k алгебраических уравнений: Рг(х, У) = 0, ..., Pk(x,y)=Ot 125
то система (9) равносильна следующей совокупности k систем уравнений: I Рг(х,у) = 09 ( \ Q(x,y)=09 ..., \ Pk(xty)=Ot Q(xty) = 0. Отметим, что аналогичные определения и утверждения можно привести и для алгебраических уравнений с п неизвестными. § 1. МЕХАНИКО-МАТЕМАТИЧЕСКИЙ ФАКУЛЬТЕТ 1977 Решение варианта I. 1.Н. Преобразуем левую часть данного неравенства. По формуле Ньютона—Лейбница I* Таким образом, исходное неравенство можно переписать так: 2а—2а2 + + а3 < а, или а (а— I)2 <; 0. Учитывая условие а > 0, получаем, что а= 1. Ответ: а=1. 2. Пусть ABCD—данная трапеция (рис. 2), |у4Б| = 5, |CD| = 3, KL — средняя линия. Обозначим величины отрезков ВС и >Ш через хну соответственно. Так как в четырехугольник В G ABCD можно вписать окружность, то \ Поскольку KL—средняя линия трапе- . _., . \BC\-\-\AD\ . ции, то | /CZ. | = -i Цр L = 4. Л Если h—высота трапеции, то из теоре- мы о пропорциональных отрезках, отсекаемых параллельными прямыми, следует, что высоты трапеций KBCL и AKLD равны h/2. Для площадей этих трапеций теперь имеем: \ВС\+\КИ \h\ х+4 \h\ = 2 " ~~2~=~~2~ ' *~2~* \AD\+\KL\ |*| у+4 |*| = 2 " ~~2Г==~~2~~ ' ~~2~' По условию -г-г= QKBCL' у т. е. "J =~ . После упрощений получаем урав- вение 11^—Ьу=— 24. Система уравнений имеет единственное решение х=1, у=7. Ответ: |ВС| = 1, \AD\ = 7. 126
З.Н. Найдем наименьшее значение функции / (х) на отрезке [—Jts jiJ. Для этого сначала преобразуем функцию к более удобному виду: / (х) = 2«sin **cos2 x = 2 sin х (1 —sin2 x) = 2 sin x—2 sin3 x. Найдем теперь критические точки f (х). Поскольку f (х) дифференцируема в любой точке числовой прямой, то критические точки / (х) есть решения уравнения /' (*)=0. Найдем /' (х): /' (х) = 2cos *—6 sin2 at.cos x=2 cos лг-(1—3 sin2 x). Решая на отрезке [—п, я] уравнения cosjc = 0 и 1—3sin2^=0j получаем критические точки я я .1 * * Xarcsin arcsin -~f= у 3 б = л—arosin--r=f УЗ УЗ принадлежащие этому отрезку. Вычислим значения / (х) в критических течках и на концах промежутка [—я, я]: Наименьшим значением функции / (лс) на отрезке [—я, тс] будет наимень- 4 шее из этих чисел. Таким образом, min f(x) лось проверить справедливость неравенства — >—^- . Ясно, что это неравенство будет выполнено, если будет выполнено неравенство У^З < 7/4. Справедливость последнего неравенства вытекает из справедливости очевидного неравенства 3 < 49/16. Значит, действительно справедливо неравенство min f(x)>—7/9. Х€[-П, Я] 4. Если ввести обозначение f(t)=zt*—3^ + 3, то систему можно переписать в виде = —.Оста- 3/3 \ 'Л О \ 1 3/2 t Первое решение. Функция y = f (t) принимает наименьшее значение (рис. 3), равное 3/4, в точке tf = 3/2. Поэтому если (*0, yQt г0)— решение данной системы, то 27 з. 27 .з 27 127
откуда следует, что х0 > 3/2, у0 > 3/2, z0 > 3/2. В области t > 3/2 функция /(/) монотонно возрастает. Таким образом, если (xOt yOt z0)—решение данной системы, то все три числа xOt у0, г0 лежат в области монотонного возрастания функции / (/). Рассмотрим два случая. 1) Пусть хо^уо. Так как х0 > 3/2 и уо> 3/2, то f(xo)^sf(yo). Из первых двух уравнений системы получаем, что yl^ zl, т. е. уо^го. Так как уо> 3/2 и zo> 3/2, то отсюда следует, что f(yo)^f(zo), или Zo^A'o, т. е. zo^2 х0. Итак, получили цепочку неравенств x0^y0^z0^xOi которая означает, что хо = уо = го. 2) Пусть хо<уо. Так как х0 > 3/2 и уо> 3/2, то /(*0)</Ы- Подобно первому случаю, находим, что yl^zl, или уо*^го. Отсюда следует, что /(*/o)^/(zo), или zj}<*J, zo<jco. Опять получаем, что x0 = y0 = z0. Итак, показано, что любое решение системы (х0, у0, z0) таково, что хо = уо = го. Поскольку любое решение системы (х0, у0, z0) должно превращать все уравнения системы в верные числовые равенства, то, полагая xo=yo=ZQ = to, получаем, что все уравнения системы превратились в одно и то же равенство (t0—3)3 = 0, которое справедливо только при одном значении /0, а именно, при /0 = 3. Значит, система имеет единственное решение (3, 3, 3). Второе решение. Так как квадратный трехчлен t2—3/ + 3 положителен при всех t9 то для любого решения (xOt y0, z0) данной системы получаем, что yl > 0, z\ > 0, xl > 0, или х0 > 0, уо> 0, z0 > 0. Складывая все три уравнения, находим, что (*o-3)* + (t/o-3)* + (zo-3)*=O. (1) Возможны два случая: х0^ 3 и 0 < х0 < 3. 1) Если *о^3, то из последнего уравнения системы находим, что 9zo—27zo^O. Так как z0 > 0, то отсюда получаем, что zo^3. Из второго уравнения получаем теперь, что 9yl—27уо^О, откуда Уо^3.( Из (1) теперь следует, что хо = уо = го = 3. Итак, если (дг0, Уо, z0) решение системы, то я0 = ^0 = 20=3. Проверкой убеждаемся, что действительно (3, 3, 3) есть решение системы. 2) Если х0 < 3, то, подобно первому случаю, находим, что z0 < 3. Затем из второго уравнения получаем, что у0 <3. Итак, в этом случае одновременно х0 < 3, у0 < 3, z0 < 3, что противоречит равенству (1). Значит доказано, что данная система имеет единственное решение хо = уо = = zo = 3. Ответ: (3, 3, 3). 5. Первое решение. Обозначим через D середину ребра АВ и через Е—середину ребра ВС. Проведем через точку С в плоскости ЛВС прямую / параллельно АВ и через Е также в плоскости ABC прямую т параллельно CD. Точку пересечения / и т обозначим через F (рис. 4). Так как CD\\FE9 то величина угла между прямыми CD и SE равна величине угла между прямыми SE и EF. Так как ребро CS перпендикулярно плоскости ABC, то CS ^FE. В тоже время FE \_CF (CD—высота треугольника ABC, FE\\CD, CF\\AB), следовательно, прямая FE перпен- 128
дикулярна плоскости SCF, а значит, FE j^FS. Итак, доказано, что треугольник SEF прямоугольный. Поэтому ig$EF= ' . Так как | СЕ | = =\EB\*CF\\ABt то \FE\ = — | ЛВ | = "|/"2. Из прямоугольного треугольника SCF (SC—перпендикуляр к плоскости ЛВС) находим: |FS| = У\ CF\2 + \CS\2 = У 2+4 = j/б". Таким образом, tgSEF = 1^6/1^6= 1 и величина искомого угла равная/4. Поскольку CD\\FEt то прямая CD параллельна плоскости SEF, значит* расстояние между прямыми CD и SE равно расстоянию от CD до Рис. 4. Рис. 5. плоскости SEF. Отсюда также следует, что искомое расстояние равно расстоянию от точки С до плоскости SEF. Обозначим его через h. Тогда для объема пирамиды SCFE получаем равенства =y-Scra-| CS| = 11CF |.| f£l-l CS | = Н-р., =jhSEFS=-Lh~ | FE\.\FS | = 1 h 2 Отсюда следует, что h = —f=. Можно вычислить h и другим способом. Проведем в плоскости SCF через точку С прямую С# перпендикулярно SF (Н лежит на 5F, см. рис. 5). Так как прямая FE перпендикулярна плоскости SCF, то СИ J^FE. Следовательно, прямая СИ перпендикулярна плоскости SEF, H—проекция точки С на плоскость SEF и |С#|=Л. Из подобных треугольников находим или 2 Второе решение. Введем прямоугольную систему координат, приняв за начало координат точку С, за ось абсцисс прямую CF, за ось ординат—прямую CDt за ось аппликат—прямую С5, за единицу масш- 5 Ю. в. Нестеревко и др. 129
таба—отрезок, длина которого равна 1. В этой системе координат вектора CD и SE имеют следующие координаты: ,0), (]/Ti Кб"|—2)* Поэтому "^ 12 K2 | CD | ( SE | z v ° Значит, искомый угол равен я/4. Пусть PQ (рис. 4)—общий перпендикуляр к прямым SE и CD (P£SEt Q£CD). Тогда существуют числа аир такие, что ^P = a^SEt CQ = pCD. Ясно, что ~PQ=~PS+^C+CQ = = —а5£—CS+PCD, или в координатном виде PQ = (— а У29 —а Кб + + р.2 Кб s 2а—2). Так как PQ ±CD и PQ ±SE9 то (PQ, CD)=0, (PQ, SE)=0. Эти два условия, записанные в координатах* дают следующую систему уравнений: I -а У2ш}Г2 +(-а Кб +Р-2 Кб) Кб + (2а-2)*(-2) = О, или —За+Зр+1=0, откуда а = 2/3, Р = 1/3. Таким образом, PQ = [ ' , 0, -^-1 и Ответ: величина угла равна я/4, искомое расстояние равно 1.С. Перенесем все члены из правой части неравенства влево и приведем к общему знаменателю. Получим неравенство или Этому неравенству удовлетворяет х=2, а в области х Ф 2 оно эквивалентно неравенству г«^0, или х—1 < 0. Последнему неравенству удовлетворяют все х из области х < 1. Значит, исходное неравенство имеет решения: х < 1 и х = 2. Ответ: х < 1, * = 2. З.С. Область допустимых значений данного уравнения состоит из всех чисел х, одновременно удовлетворяющих неравенствам sin x > 0 и cos x > 0. В этой области данное уравнение равносильно такому: / 3 cos x+V~6 = 3 sin х. 130
Получившееся уравнение можно переписать так: -*у- S1I1 X —j COS X = -^- * или, воспользовавшись формулой для синуса разности двух углов, в видЦ sin (*—я/6) = }Л2/2. Последнее уравнение имеет две серии решений: *=я/6+я/4+2лл, n£Zi * = я/6+Зя/ Из этих решений решениями исходного уравнения будут те, которые входят в ОДЗ исходного уравнения, т. е. те, которые удовлетворяют неравенствам cos х > 0 и sin х > 0. Легко видеть, что это будут только все числа из первой серии. Значит, исходное уравнение имеет одну серию решений: x=-^r-\-2nnt n£Z. Ответ: *=-у7г-+2ял, n£Z. Ответы к вариантам 2—4. Вариант 2. 1.Н. а = 3. 2. Л = 4. 4. (-1, —I, —1). 5. я/3; 2/ Y 3. 1.С. х<— 2, — 2< х < — 1. З.С. я/6+2я£, *£Z. Вариант 3. I.H. 6 = 2. 2. 2; 14. 4. (2, 2, 2). 5. я/4; }/У"3. 1.С. дг < —1§ *=3. З.С. я/12+2я£, k£Z. Вариант 4. l.H. q = 4. 2. Л = 8. 4. (—2, —2, —2). 5. я/3; 1/]/"!. 1.С. * <— 3, — 3 < х < 1. З.С. я/12+2л£э 1978 Решение варианта I. 1. Обозначим искомое число через х. Так как (40 У~2)2 = 3200 и 572 = 3249, то 57 > 40У~~2 и, следовательно,^ * = У57-- 40 ^"2—>/*57+40Кг"2. Возводя в квадрат обе части этого равенства, находим *2 = 57—40/~2—21^3249 — 3200 + 57 + 40 /"2 =100. Это означает, что х есть одно из чисел: 10 или —10. Так как, очевидно| что У 57 + 401/~2 > у 57 — 40 J^ 2, то искомое число х меньше нуля. Следовательно, х=. —10. Ответ: д: = —10. 2.Н. Вычислим интеграл, стоящий в левой части уравнения: а J cos (*+а2) dx = sin (*+а2) |? = sin (а+а2)— sin а3. о Исходное уравнение можно переписать теперь в виде sin (а+ а2)—sin а2 = sin а. 5* 131
Применяя известные формулы, перепишем это уравнение в виде COs^+a2J 2sinCOS или в виде sin или в виде |- (cos (y+a2 J — cos у J =0, Значит, исходное уравнение равносильно совокупности уравнений Уравнение sin-jr- = 0 имеет решения: a = 2&rc, fcgZ. Уравнение sin-jr-=O имеет решения: a = ± У2nnt n = 0, 1, 2, ... Уравнение sin—^—=0 равносильно бесконечной совокупности уравнений а2+а=2/я, /£Z. Дискриминанты этих уравнений равны 1 + 8/jt, и значит, при отрицательных целых / соответствующие уравнения решений не имеют. Если же / есть одно из чисел 0, 1, 2, ..., то уравнение а2+а=2/я имеет два корня OL\t 2= ^ i— . Итак, уравнение sin —^— = о имеет решения а=_1±/ЗМЛ; ,.0.1.2.... Выберем теперь в найденных множествах решений совокупности числа* принадлежащие отрезку [2, 3]. Легко видеть, что ни одно из решений первого уравнения не принадлежит отрезку [2, 3], а из решений второго уравнения только одно лежит на этом отрезке: а= |/~2я. Все числа вида а— L IL_ отрицательны и потому лежат вне отрезка [2,3]. Из решений а= —-= •— отрезку [2, 3] принадлежат те и только те числа, которые удовлетворяют неравенствам или неравенствам или неравенствам Ясно, что имеется только одно целое число, 1=1, удовлетворяющее этим 132
неравенствам. Соответствующее ему решение данного уравнения имеет вид 2 Ответ: 3. Из прямоугольных треугольников АВР, BCQ находим (рис. 6): i^L 1*0-1—cos Я Т5ГГ Из этих равенств следует, что треугольники BPQ и ABC подобны (по двум сторонам и углу между ними), причем коэффициент подобия равен cos В. (Заметим, что подобие треугольников BPQ и ABC можно доказать иначе. Из того, что треугольники АРС и AQC прямоугольные, следует, что точки Р, Q лежат на окружности, построенной на отрезке АС как на диаметре. Значит, вокруг четырехугольника AQPC можно описать окружность. Поэтому AQP + АСР = п. Кроме того, очевидно, AQP+BQP = n. Из этих Рис. 6. равенств следует, что ACP = BQP. Значит, треугольники BPQ и ABC подобны по двум углам.) Так как отношение площадей подобных многоугольников равно квадрату коэффициента подобия, то 2 1 = 18 = -9 ' По условию треугольник ABC остроугольный, значит, cos В > 0 и, следовательно, cos Б =1/3. Из подобия этих же треугольников вытекает равен- ство т-Дт= c°s В =1/3, откуда | ЛС| = 3| PQ | = 6 V"2. По теореме синусов sin Б Kl-1/9 ' откуда R = 9/2. Ответ: # = 9/2. 4. Пусть а0 есть то значение параметра а, при котором система имеет решение, и пусть (*0, у0) — ее решение. Тогда справедливы неравенства 2 2. Умножим первое неравенство на 2 и прибавим ко второму. Получим, что справедливо неравенство х?+ 6*оУо+ fyl < —ТГГ 'или t*0""!""^0)*^ 'д 4-1 * 133
Отсюда вытекает, что г-г^О, т. е. что по < — 1. Итак, все искомые а{1 значения параметра лежат в области а < —1. Докажем теперь, что для каждого а, удовлетворяющего неравенству а< — 1, система имеет решение. Так как при а< —1 выполнено неравенство —1 > ~ * го Достаточно доказатьF что система уравнений —5^г2=—2 имеет решение. Каждое решение системы (1) будет также и решением данной системы неравенств. Решим теперь систему (1). Умножив первое уравнение на —2 и прибавив ко второму, получим уравнение (*+3#)2=0, откуда * = — Зу. Подставляя —3# вместо х в любое из уравнений системы (1), получаем одно и тоже уравнение 4#2=1, которое имеет решения ух = 1 /2, |/2 = —1/2. Но тогда *х = —3/2, х2 = 3/2. Проверкой убеждаемся, что обе пары чисел (—3/2* 1/2), (3/2, —1/2) будут решениями системы (\)й а значит, и данной системы неравенств (при а < — 1). Ответ: а < — 1. 5. Пусть ft—середина ребра AD, точка N—середина ребра ВС (рис. 7). Прямые КМ, АС лежат в плоскости ADC и не параллельны. Обозначим их точку пересечения через О. Так как точки О, N лежат в плоскости сечения и в плоскости ABC, то плоскость KMN пересечет плоскость ABC по прямой ON. Обозначим через L точку пересечения прямых ON и АВ. Сечение пирамиды, заданной в условии плоскостью, есть четырехугольник KM.NL. Требуется найти его площадь. Приведем два различных решения этой задачи. Первое решение. Докажем сначала, что площади треугольников KMN и KLN равны, а затем вычислим площадь треугольника KMN. Проведем через точку К плоскость я параллельно двум скрещивающим- ся прямым АВ и CD (для этого нужно провести прямые /ССХ || DC и KBi || АВ, плоскость СхКВг будет искомой). Так как CD \\ я, то все точки прямой CD равноудалены от я. Аналогично все точки прямой АВ удалены на равные расстояния от я. Из равенства рис 7ж ы | АК | = | KD | следует, что точки A, D равноудалены от плоскости я. Таким образом, какие бы две точки на прямых АВ и CD мы ни взяли, они будут находиться на равных расстояниях от плоскости я. Докажем теперь, что если две точки R и S лежат по разные стороны от плоскости л; на равных расстояниях от нее, то точка Т пересечения RS с плоскостью я делит отрезок RS на равновеликие части (рис. 8). Действи* 134
тельно, так как треугольники RTRt и STST прямоугольные, то | RT \ \ RR \ 155 I ^J Л! ' = l^lf и требуемое утверждение доказано. Рис. 8. Из доказанных утверждений следует, что точки К> N и Q (точка Q — середина отрезка ML), лежащие в плоскости KMN, лежат также в плоскости я. Это означает, что середина Q отрезка ML лежит на прямой KN (рис. 9). Из равенства ] MQ \ = \QL\ вытекает, что точки Мг L равноудалены от прямой KN Hi следовательно, SKLn=SKmn> т. е. SKmnl=2Skmn- Для того чтобы вычислить StfMtf, сосчитаем двумя способами объем пирамиды AKMN. По условию точка А удалена от плоскости KMN на расстояние 1, так что Vakmn= -j * 1 • С другой стороны^ VjLKMN=~o-hN'SAKM* о до плоскости ADC. Поскольку | АК I = "o" I ^ |, то —расстояние от точки N 2 Далее, | DM | = -g-1 DC |, а значит, 2 = -j 5^с. Таким образом, = "t^adc* Ввиду того что | СЛ^ 1 = -о" I ^5 I» имеем htf=-^ hB (здесь расстояние от точки В до плоскости ADC). Поэтому Наконец^ получаем: 5^^=31^^=3/2 и SKMNL=Z. Второе решение. Рассматривая четырехугольную пирамиду AKMNL и пользуясь тем,- что точка А удалена от плоскости KMNL на расстояние 1> находим Vakmnl = "з"'! • SKMNL • Другой стороны, Объемы пирамид 135
и OKLA можно вычислить по следующим формулам: где fiMi fix— расстояния от точек М, К соответственно до плоскости А ВС. 3 1 3 Ввиду того, что |СМ | = -g-|C£>l, | АК\ = ~к\ AD |, находим, чтоЛл1=-Е" hDi кк = -х-Но, где /zD—расстояние от точки D до плоскости ABC. Для того, чтобы вычислить площади треугольников OAN и OAL, нужно I О A I I ALI сосчитать отношения и \ AD] (рис. 7). Воспользуемся для этой цели I Ли| |Ad| векторами. Обозначим через х, у такие числа, что АО = х*СА и AL=y-AB . Раскладывая в плоскости ADC векторы МК и КО по неколли неарным векторам CD, Ш, получим: МК^^'В^'Б ^F = jc«CD+[ -Л-+* ) ^^« Если а—вектор в плоскости ADC, перпендикулярный прямой КМ, то (а, М/С) = 0, (а, /СО)=0. Из первого равенства находим: (а, £>Л) = —^ (а, CD), a тогда второе означает, что Поскольку (a, CD) ^ 0, то дс = 2 или ЛО = 2СЛ. Аналогично, раскладывая в плоскости ABC по неколлинеарным векторам СА и ЛВ векторы OL и LN, получим Если 6—вектор в плоскости ABCt перпендикулярный прямой LN, то (6, OL) = 0, (6, LN)=0. Из первого равенства находим (6,СЛ) = -|-.(6, Л5), и затем из второго Так как (6, ЛВ) ф 0, то — ~ у=0, или |/ = -|, лГ = -~ Л23. Поскольку | Л! | =|- |ЛВ | и |Ctf| = l/2|C£|, то hL=^hBt hN=^hB (здесь hi,hBt % — расстояния соответственно от точек L, В, # до прямой ЛС). 136
Имеем Таким образом, 114 2 = 3—2 = 1 и Ответ: площадь сечения равна 3. 2.С. Перепишем исходное уравнение в виде 42 cos8 x-i I ^cos2* __з Обозначив 4C0S*х через /, будем иметь уравнение Корни этого квадратного уравнения: ^ = —6, t2=2. Значит, данное уравнение равносильно совокупности двух уравнений Первое уравнение решений не имеет, так как число —6 не входит в область значений показательной функции. Второе уравнение равносильно уравнению со§2*=1/2, которое в свою очередь равносильно совокупности двух уравнений У~2 _ }П> 2 ' cos*— 2 Решения первого из этих уравнений есть *= ± я/4 + 2л&, k£Z, решения Зя второго x=±—z—[-2nntnGZ. 4 Среди найденных чисел имеется только одно, лежащее на отрезке [3/4, 1], а именно: *=я/4. Ответ: х = п/4. Ответы к вариантам 2—4. Вариант 2. 1. —6. 2.Н. — 1/ -^-, ■ "" о • 3' ТГ" 4' b <~"2"' б. у.2.С.^. Вариант 3. 1. —10. 2.Н. l/4n- 3- 8- 4. а>—2. 5.4- 2.С. —?-. 137
Вариант 4. 1. —8. 2.Н. —" 5. 6. 2.С. ^. 1979 Решение варианта 1. 1. Данное уравнение равносильно такому: 1 —5 sin jc-J-2 (I — sinax) = 0, или 2sin2 jc+5sin*—3 = 0. Квадратное уравнение 2/2 + 5/ — 3 = 0 имеет корни /i = —-3, /2=W2. Значит, исходное уравнение равносильно совокупности двух уравнений = —3 и sin *=l/2. Первое уравнение не имеет решений, так как при любом х справедливо неравенство sinjc^s — 1. Второе уравнение имеет две серии решений *1=-тг+2ш1, n£Z, *2=-g—\-2nm, т £ Z. Теперь отберем из этих решений те, которые удовлетворяют неравенству я У . Для любого корня из первой серии: cos*i = cos-g-=—~ 5я — ]/"3 Л о для любого корня из второй серии: cos x2 = cos-jt-=—^— < 0. Значит* для любого корня из второй серии неравенство cosj^sO не выполнено* а для любого корня из первой серии—выполнено. Итак, условию задачи удовлетворяют только корни первой серии. Ответ: * = я/6+2лп, п £ Z. 2. Из условия задачи следует, что точка 5, в которой пересекаются прямые КР и LQ, отлична от точек Р и Q. Значит, и точки Р и Q различны. Рассмотрим два случая расположения точек Р и Q на окружности (рис. 10 и 11). Докажем, что случай, изображенный на рис. 10, невозможен. Действительно, в этом случае углы PQL и РКХ> опираются на одну дугу. Значит! PQL = PKL = n/3. По условию треугольник PSQ равнобедренный, следовательно, 5QP = PQL = ^/3 и KSL = QSP = n—2-я/3 = я/3. Но угол KSL является внешним углом прямоугольного треугольника PSL (угол 138
опирается на диаметр). Получаем противоречие: я/3 = KSL > SPL =я/2. Рассмотрим теперь случай, изображенный на рис. 11. Так как четырехугольник KPQL вписан в окружность, то PQL = я—PKL. Значит PQL=2n/3. Но тогда PQS = n—PQL=n/3. Треугольник PQS по условию равнобедренный. Следовательно, QPS = PQS = n/3 и PSQ =я—2«я/3 = я/3. Треугольники PSL и PKL прямоугольные, поскольку угол KPL опирается на диаметр. Таким образом, имеем: 1 PL | = | sin PKL и, значит, радиус окружности равен -g Ответ: радиус окружности равен 1. З.Н. Рассмотрим функцию у(х) отдельно на множествах 2<*<3. а) Пусть х принадлежит множеству 0<;*«^2, тогда | х—2| = — в наша функция может быть записана в виде у (Х) = *3—2* (—х+2) = х*+2х2—4х. Отсюда следует, что она дифференцируема в каждой точке интервала 0<х<2 и у' (х) = 3х* + 4х—4. Квадратное уравнение 3*2 + 4дг— 4 = 0 имеет корни х^ =—2, лс2 = 2/3, первый из которых не содержится в интервале 0 < х < 2, а второй содержится. Легко видеть, что производная у' (х) в точке jc=2/3 равна нулю, на интервале 0 < х < 2/3 отрицательна, на интервале 2/3 < х < 2 положительна. Отсюда следует, что на множестве 0 < х < 2 имеется единственная точка минимума я = 2/3. б) Пусть х принадлежит множеству 2<*<3, тогда |jc—21 = лг—2 и наша функция может быть записана в виде у (х) = х*—2х (х—2) =*3—2*2 + 4х. Отсюда следует, что она дифференцируема в каждой точке интервала 2 < х < 3 и у'(х) = 3х2—4*+4. Дискриминант квадратного трехчлена З*2—4jc+4 равен —32, значит, уравнение З*2—4*+4 = 0 не имеет корней и, следовательно, на всем интервале 2 < х < 3 производная у' (х) положительна, т. е. функция у (х) не имеет точек минимума на этом интервале. Осталась неисследованной только одна внутренняя точка промежутка Ъ<х<3, а именно: *=2. На отрезке 2/3«<^^2, как уже указывалось, функция у(х) может быть представлена в виде многочлена у(х)=х3-{-2х2—4*. Производная этого многочлена положительна на множестве х > 2/3. Значит, многочлен возрастает на множестве х > 2/3 и, в частности, на множестве 2/3 < #«^2. Следовательно, данная функция у(х) возрастает на множестве 2/3 < х^2. Поэтому в любой окрестности точки х=2 есть точки, где у(х) принимает значения меньшие, чем #(2), и точка х = 2 не есть точка минимума. 139
Функция у(х) задается на отрезке [0, 2] многочленом х*-\-2х2—4дг* поэтому она непрерывна на отрезке [0, 2] и дифференцируема на интервале (0, 2), причем у' (2/3) = 0. Значит, ее наибольшее значение на отрезке [0, 2J равно большему из чисел у(0), у (2/3), у (2). Аналогично наибольшее значение у (х) на отрезке [2, 3] равно большему из чисел у (2) и у (3). Поэтому наибольшее значение у (х) на всем отрезке [0, 3] равно большему из чисел у{0), у (2/3), у (2) и у(3). Таким оказывается ^ (3) = 21. Ответ: на данном отрезке функция имеет единственную точку минимума * = 2/3, а наибольшее значение этой функции на этом отрезке равно 21. 4. Область допустимых значений данного неравенства состоит из всех х9 удовлетворяющих условиям: х > —2, х Ф —1/2, х Ф 0. Таким образом, эта область состоит из трех промежутков: — 2 < х <—1/2, —1/2 < х < 0, 0 < х < + оо. Рассмотрим данное неравенство на каждом из этих промежутков отдельно. а) Пусть — 2 < х < —1/2. Тогда, учитывая, что х отрицательно на этом интервале, получаем, что исходное неравенство равносильно неравенству g^ (1) Легко видеть, что на этом интервале справедливы неравенства log2(2+*)< log23/2< I, Значит, неравенство (1), а вместе с ним и исходное неравенство, не имеет решений на интервале — 2 < х < —1/2. б) Пусть —1/2 < х < 0. Очевидно, что на этом интервале l+log2(2+;t)> > 1 + log2 3/2 > 0 и, следовательно, правая часть исходного неравенства отрицательна. В то же время для любой точки х из рассматриваемого интервала 6/(2* +1) > 0. Значит, для всех х из интервала —1/2 < х < 0 данное неравенство справедливо. в) Пусть х > 0. На этом множестве исходное неравенство равносильно неравенству j^. (2) Очевидно, что на этом множестве справедливы неравенства: 1 < log2 (2+*). Отсюда следует: 1) неравенство (2) не имеет решений на том множестве! где log2(;t+2)$2;2, т. е. неравенство (2) не имеет решений на множестве х^2\ 2) неравенство (2) не имеет решений на том множестве, где 4х—1 , лг п | |•< 1. Учитывая, что в рассматриваемом случае х > 0, получаем^ что 140
неравенство (2) не имеет решений на множестве 0 < х «^ 1. Остается найти решения неравенства (2), принадлежащие интервалу 1 < х < 2. Но на этом интервале Iog2(2+*)>log23, **-1_п 3 3 7 2*+1 ~~2*+1 <l 5~5 # Покажем теперь, что справедливо числовое неравенство log2 3 > 7/5. (3) Действительно, поскольку Зб > 27, то 3 > 27/5, откуда и очевидна справедливость неравенства (3). Итак, на интервале 1 < х < 2 log2 (2 + *) > log2 3 > 7/5 > |^j . Значит, неравенство (2) не имеет решений на интервале 1 < х < 2. Подводя итог, получаем, что множество решений исходного неравенства есть интервал —1/2 < х < 0. Ответ: —1/2 < х < 0. 5. Пусть М—точка касания сферы с плоскостью ABC. Поскольку отрезки всех касательных, проведенных из точки А к сфере, равновелики* то для решения задачи достаточно найти | AM |. Обозначим через Н основание высоты пирамиды, проведенной из вершины D. Поскольку | AD | =| BD |= =| CD | и равные наклонные имеют равные проекции, то | АН \ = | ВН \ = | СН\. Это означает, что точка Н является центром окружности, описанной вокруг прямоугольного треугольника ABC, т.е. Н—середина отрезка 5С(рис.12). Рис. 12. Обозначим через А±, Bff Ci точки касания сферы с прямыми AD, BD, CD соответственно. Из условия следует, что (4) Так как отрезки касательных, проведенных из одной точки к сфере, равновелики, то \DA1\ = \DB1\ = \DC1\t \АМ\ = \ААХ\, \ВМ\ = \ВВ1\. Из последних равенств и равенств (4) находим, что |ЛЛ1| = |ЛЛ1| = 141
<=\ВВ1\=\ВМ\. Это означает, что точка М лежит в плоскости ABC на серединном перпендикуляре к отрезку АВ. Далее, из равенств (4) следует, что = \СС1\> \CD\ = \BD\ Значит, точка М лежит на луче НК, где К—середина отрезка АВ. Обозначим через О центр сферы и через Ог—ортогональную проекцию точки О на плоскость BCD (рис. 13). Из равенства | ОВг \ = \ ОСг | следует, что 1 ОгСг | = | ОгВ± и по теореме о трех перпендикулярах OiCjJL^Cx, O^J^BD. Значит, точка Ох равноудалена от сторон угла BDCi, т. е. D0x—биссектриса угла CxDBi. Треугольник BCD равнобедренный, следовательно, DH— биссектриса угла CDB. Таким образом, получаем: HDO±= -^£Бв-\* + -l^^i== "Г (^DB+BD5i)=■£• и ли HD±DOl Так как прямая OOt перпендикулярна плоскости BCD, то DH J_ ООг. Этим доказано, что прямая DH перпендикулярна плоскости OOiD. Но плоскость ABC также перпендикулярна прямой DH. Значит, плоскости ABC и OO^D параллельны. Прямые DH и ОМ параллельны как два перпендикуляра к одной плоскости ABC. Значит, точки D, Я, О, М лежат в одной плоскости. Эта плоскость пересекает параллельные плоскости ABC и OO^D по двум прямым НМ и DO. Значит, НМ || DO. Отсюда следует, что четырехугольник HMOD параллелограмм и, в частности, |£>Я| = |ОЛ11, \HM\ = \DO\. Поскольку ОМ—радиус сферы * то \DH\ = \OM\ = l. Это дает воз* можность вычислить боковые ребра пирамиды: Из прямоугольного треугольника ODCt находим: \OD\= ' JL[ . Так как Рис. 14 sin0DC* DO\\HM и НМ\\АС, то DO \\ АС и ODC1=ACD. Из прямоугольного треугольника ABC находим: | АС \ =э =| ВС | cos ВС A =(>Y^ 3— УТГ. Отсюда следует, что равнобедренный треугольник ADC является прямоугольным (так как \ AC\2 = \CD\2 + \AD\2) и, в частности, ACD=n/4. Но тогда l^Nsinn/l^^1 Э™М доказано> 142
что |ЯМ|= ]/*2. Из треугольника НВМ (рис. 14) по теореме косинусов находим 1ВМ |2 = | Д#|2+| ИМ |2—2 \BH\\HM |.cos Я/Ш = ,=2+2—4cosjx/6=4-2 ? Так как |ЛМ| = |ЯМ|, то | АМ\= ^"3—I. Ответ: >^~3— 1. З.С. Обозначим ^—— через а и __2- через V. В новых обозначениях данная система имеет вид I 2и + \ 2w— Решая эту систему линейных относительно и и v уравнений, находим и = 1/12, 0=1/9. Этим доказано, что все решения данной системы удовлетворяют равенствам ( 2х-у=\2, \ х—2у=9. Этим равенствам удовлетворяет единственная пара чисел: «| = 5иу1 = -2. Подставляя найденные числа в исходную систему, убеждаемся, что они составляют ее решение. Ответ: х = Ъ, у = —2. Ответы к вариантам 2—4. Вариант 2. 1. 2я/3+2яп, п £ Z. 2. | АВ\ = \ ВС\ = \ АС\= У~Ъ. З.Н. л:тах= 1/5; наименьшее значение равно —38. 4. О < х < 1/2. б. | AD | = | BD |=1^2; |CD|=^bt_£l. 3.С. *=1, #=2. Вариант 3. 1. я/3+2ял, п £ Z. 2. /? = 1. З.Н. #mifl=l/3; наибольшее значение равно 105. 4. 1/2 < х < 1. 5. г "Г г . З.С. * = 4, # = 2. Вариант 4. 1. — я/6+2ля, n g Z. 2. | ЛС| = 1; | АВ | = | БС|= З.Н. л:тах=1; наименьшее значение равно —52. 4. 1 < х < 3/2. 5. IPSIHQSH^S+I; \RS\ = V"2. З.С. * = -3, г/ = 2. § 2. ФАКУЛЬТЕТ ВЫЧИСЛИТЕЛЬНОЙ МАТЕМАТИКИ И КИБЕРНЕТИКИ 1977 Решение варианта 1. 1. Умножая обе части неравенства на 22*+s и, учитывая, что функция у = 22*+$ положительна для всех х> получаем неравенство 4(2**+;l)2 + 8,22*+!-- 21^0, (1) равносильное исходному неравенству. Обозначим 22*+и через д. Тогда неравенство (1) перепишется в виде (2) 143
Поскольку квадратный трехчлен 4у2-{-8у—21 имеет корни у± =—7/2 и (/2 = 3/2, то множество решений неравенства (2) состоит из двух промежутков: у<—712 и у^53/2. Значит, множество решений неравенства (1) будет объединением множества решений неравенства 22*+*<—7/2 и множества решений неравенства 22*+*^гЗ/2. Первое из этих неравенств не имеет решений, а множество решений второго есть промежуток *^-o-log23—1. Поэтому множество решений неравенства (1), а значит. и исходного неравенства, есть тот же самый промежуток. Ответ: Jt^-jr-log23—1. 2. Обозначим через а наименьший угол в треугольнике и через Р — наибольший угол (рис. 15). Тогда третий угол равен я—а—р. По условию задачи Р = а+(я—а—Р). Отсюда следует, что 2р = я или р = я/2. Значит, треугольник прямоугольный. Катет, лежащий против угла а, равен по условию 1, значит второй катет равен ctga, а гипотенуза—1/sin a. Поэтому сумма площадей квад- ратов, построенных на гипотенузе и большем ка- Рис. 15. 1 тете, равна ctg2 a+ • 2 „ . Центр окружности, sin ос описанной около прямоугольного треугольника, лежит в середине гипотенузы, и ее радиус равен ^—т , а площадь равна . . 2 . Пользуясь условием задачи, имеем уравнение откуда cos2a=-~- — 1. Длина большей стороны треугольника равна Ответ: 3. Введем обозначения sin (—2x) = ut tgby=v. Тогда систему можно переписать в виде Вычитая из первого уравнения второе, получаем систему 144
равносильную системе (3). Перепишем эту систему в виде j { (и+о) (я-о-3 Последняя система равносильна совокупности двух систем Решим первую систему. Подставляя (— и) вместо и в первое уравнение# получаем уравнение . Таким образом, пер- которое имеет корни tii=-~—, иа = вая система имеет решения «2=- Решим вторую систему. Подставляя и—3+ УН вместо v в первое уравнение, получаем уравнение 3 ]^~1 о Последнее уравнение не имеет корней, так как его дискриминант D отрицателен: Л = (3-}Л2)2—2(23-15 >Г2) = 24 ]/"2-35 < 0. Значит, все решения системы (3) исчерпываются решениями первой системы. Поэтому система, данная в условии, равносильна совокупности двух систем: siri(— 2лг) = 2 f ~' 6— Вторая система решений не имеет, так как —^—. < — 1. Решая первую систему, получаем = - arotg -О. Ответ: x = (- или ^=- g- arctg J^l+^ 145
4. Обозначим скорости туристов через v% км/ч, v2 км/ч и vz км/ч соответственно их номерам. Тогда v3 > v2fvi—v3 = 1 /2,5 < Vj ^ 8, / = 1,2, 3. 1) Заметим сначала, что если у каких-либо туристов совпадают первые два отрезка пути, то должны полностью совпадать и их маршруты. Ведь по условию каждый маршрут состоит из трех отрезков и проходит через все четыре города (рис. 16). По условию все маршруты различны. Значит, можно сделать вывод, что у любых двух туристов пути отличаются уже после прохождения первых двух дорог. 2) Если туристы вышли из города Л, то (см. пункт 1)) кто-нибудь из них должен идти по диагонали АС, но тогда он не сможет пройти через все четыре города (его маршрут состоит только из трех отрезков). Следовательно, туристы не могли выйти из города А. По аналогичным причинам не могли они выйти и из города С. Итак, туристы вышли из города В или из города D. 3) По условию первый и второй туристы встретились перед прохождением третьих дорог, поэтому (см. пункт 1)) первый и второй туристы вышли по разным дорогам и встретились в противоположной вершине четырехугольника. Так как v± > v2, то длина пути первого туриста до встречи со вторым равна | АВ |+| AD | = 21, а длина пути второго до той же 21 19 встречи равна | ВС | + | CD |= 19. Получаем уравнение —=—. 4) Второй отрезок пути третьего туриста совпадает с АС (см. пункт 1)), а длина всего пути равна или или |ЛБ| + |ЛС| + |С£1 = 26. В первом случае путь третьего туриста самый длинный. Поскольку Vi > v8, то первый турист пришел раньше третьего. Длина пути второго 34 туриста не превосходит 34 км, значит, время его пути не больше —, а 44 время третьего туриста равно —. Имеем 44 _ 44 44 _ 44.19 _34_ ' -, _, I/O Ч\ О 1 Ч\ Ч\ ' V3 v\ 1/~ ™1 /i\.'V2 1?2 Итак* в первом случае третий турист должен придти в конечный пункт последним, но это противоречит условию задачи. Следовательно, длина пути третьего туриста равна не 44 км, а 26 км. 5) Предположим, что туристы вышли из города Б. Тогда путь первого— BADC, путь второго — BCD Л, путь третьего—BACD. Длины путей равны соответственно 26 км, 34 км, 26 км, а времена, затраченные на всю 9fi ол ос дорогу^—ч, —ч, — ч. Из пункта 3) следуем что первый турист Vj, V2 V$ 146
— < — ]. Пользуясь условием, находим—=1-|~—; тан как Яз^в, то •—«< ——, или v3<,v^ что v2 v3 v2 v3 противоречит условию. Итак, туристы вышли из города D§ путь первого—DABC-, второго — DC В А, третьего—DCAB. Длины путей равны соответственно 35 км, 25 км, Ор? ОС OZ» 26 км, а времена на всю дорогу ч, — ч, — ч. Из пункта 3) следует, что последним пришел первый турист ( — > —J. Получаем систему уравнений f з 35 , , 26 а 19 35 Л тг откуда —=14—;—Tyni или vi—о" t;i+"o*=:0. Корни этого уравнения равны 7 и 5/2. По условию скорости расположены в промежутке от 5 до 8 километров, значит второй корень не подходит. Следовательно, v± = 7t 11 19 19 v3=Vi — -g-=6у* i>2=—.i>£=—. Легко проверить, что найденные значения скоростей удовлетворяют всем условиям задачи. Ответ: v% = l км/ч, и2 = 6-^- км/ч, v3 = 6-7r км/ч. 3 2 5.Н. Обозначим через <р(а) наименьшее значение функции f (х) на отрезке [—sin a, cosa] при фиксированном а. Найдем <р(а). Имеем: /' (х) = 12*3+12*2 (cos a—sin a)—6* sin 2a. Решая уравнение /'(*) = 0, находим корни производной: хг=0, *2=sina, лс3=—cosa. Рассмотрим два случая. 1) Если O^a^-j-, то sin a<cos a и корни *ь х2, х3 расположатся так, как на рис. 17. Имеем следующее распределение знаков производной: интервал знак /' (*) (—sina, 0) + (0, х2) — (*2, cosa) + Отсюда следует, что <р (a)=mm (/ (— sin a), / (*2)). Но / te)'-/ (— sin a) = / (sin а)—/ (— sin а) = 8 sin3 a (cos a—sin a} ^ 0j 147
значит, ф (а)=/ (— siri а)=3 sin4 а—4 sin3 а (cos а— sin а)—6 sin3 а cos а= =7 sin4 а—10 sin3 а cos а. О со2 oosoc -sine* oss 0 cos.ee со2 Рис. 17. Рис. 18. 2) Если -7-^а^-=-, то sin а^ cos а и расположение корней производной будет таким, как на рис. 18. Для знаков производной имеем таблицу интервал знак (— siri а, *3) — (*»■ 0) + (0, cos а) — Следовательно, <p(a) = min (f (x3), /(cos a)). Но / (*з)—/ (cos a) = / (— cos a)—/ (cos a) = — 8 cos3 a (cos a—siri a) ^ 0, значит, ф (a) = f (cos a) = 3 cos4 a+ 4 cos3 a (cos a—siri a)—6 sin a cos3 a= = 7 cos4 a—10 sin a cos3 a. / 7 sin4 a—10 sin3 a cos a, если a£[0,< л/4], — < 7 Cos4 a—10 siri a cos3 a, если а£[я/4, я/2]. Итак, Отсюда следует, что ф(а) = ф(я/2—а) для а£[0, я/4] и достаточно найти минимум функции ф (а) = 7 sin4 а—10 sin3 acos а на отрезке [0, я/4]. Имеем ф' (а) = 28 sin3 a cos a—30 sin2 a cos2 a+10 sin4 а = = 2 sin2 acos2 a(5 tg2 a+ 14 iga—15). Все нули производной ф' (а), лежащие на промежутке 0 < а < я/4, являются корнями уравнения 5tg2a+14tga—15 = 0. Решая его, находим _ —7+2 Т/'ЗТ . -7-2 5 . Так как для а из проме- жутка 0 < a < я/4 значения функции tg a положительны и не превосходят 1, то находим единственный нуль ф' (а), удовлетворяющий неравенствам 2 Уз! 7 0 < a < я/4, а именно: ai = arotg—v—= . На интервале 0 < а < а* о производная ф' (а) отрицательна, на интервале а± < а < я/4—положительна. Значит a=aj—точка минимума. Из непрерывности ф(а) на промежутке 0<;а<я/4 и монотонности на интервалах (0, ax), (ai, я/4) следует, что наименьшее значение ф(а) на промежутке 0^а^я/4 равно 148
ф Такое же значение принимается в точке я/2—а*, принадлежащей промежутку л/4 «^ а «^ я/2. 2 /31—7 Ответ: arctg- я 2/31 — y-arctg' 5 ' 2 ~ь 5 5.С. Пусть Е—середина ребра BS (рис. 19). По условию задачи на прямой АС существует точка F такая, что FE J_AC и FE J^BS. Обозначим через я плоскость, проходящую через прямую EF и перпендику* лярную BS. Такая плоскость существует. Для доказательства достаточно через точку Е провести любую прямую EG, перпендикулярную к BS и отличную от EF. Тогда плоскость EFG будет перпендикулярна BS по признаку перпендикулярности прямой и плоскости. Обозначим через А* и С соответственно ортогональные проекции точек Л и С на плоскость я (рис. 20). Заметим, что точки А' и С различны. Иначе ЛС _L я и, значит, АС \\ ВС, т. е. точки Л, В, С, S лежат в одной плоскости. Это невозможно. По теореме о трех перпендикулярах А'С ±EF, т. е. треугольники A'FE и CFE прямоугольные. Далее, величина отрезка АЕ равна длине высоты треугольника ASB, проведенной из вершины А (рис. 21). Аналогично, величина отрезка СЕ равна длине высоты треугольника BSC, проведенной из вершины С. Но треугольники ASB и BSC имеют общее основание BS и равные площади. Рис. 20. Рис. 21. Значит, равны их высоты, проведенные из вершин А и С соответственно, а потому и отрезки А'Е и СЕ равны. Прямоугольные треугольники A'FE и CFE имеют общий катет FE и равные гипотенузы. Следовательно, они равны и A'F = CF. Прямоугольные треугольники AA'F и CCF равны по катету и острому углу (A'F = CF по доказанному и £ AFA' = £CFC* как вертикальные углы). Это означает, что AF = CFt т. е. точка F есть середина отрезка АС. Докажем, что BC = AS и AB = CS. Из прямоугольных треугольников CFE и AFE по теореме Пифагора находим СЕ = VCF* + FE*t AE= VAF* + FE\ 149
откуда, учитывая, что AF = CF, получаем, что СЕ = АЕ. Таким образом, у треугольников ASB и BSC> имеющих общее основание BS, равны площади и проведенные из вершин А и С медианы. Обозначим через L и N соответственно основания высот, проведенных из точек Л и С в треугольниках ASB и BSC (рис. 22). Так как площади этих треугольников равны, то AL=CN (этим фактом ранее уже пользовались). Прямоугольные треугольники ALE и CNE равны по катету и гипотенузе, значит, LE = EN. Так как точки А и С лежат по разные стороны от плоскости я, то точки L и N лежат по разные стороны от точки Е, Отсюда следует, что BL = SN и SL = BN. Этим доказано, что прямоугольные треугольники ABL и CNS, ALS и CNB равны (по двум кате- там), откуда AB = CS, ВС = AS. J5 L £ $ В Рис. 22. £: N Доказанное означает, что тре- угольники ASC и ABC равны (по трем сторонам). Обозначим объем пирамиды через V и площадь треугольника BSC через а. Тогда площади треугольников ASB, ASC, ABC равны соответственно а, 2а, 2а. Обозначим через Аъ Въ Сь S± ортогональные проекции точки М на грани, противоположные вершинам Л, В, С, S соответственно. Тогда из доказанного выше вытекает равенство ^ MSv2a9 или MA1+2MBi+MC1+2MS1=^-. Воспользовавшись данным в условии равенством MB-{-MS = MA1-{-MB1-\- отсюда получим: —. Обозначим через hB и hs высоты пирамиды, проведенные из вершин В и 5. Тогда V=-jhB-2a и V = -^hs-2at откуда hB=hs= -^" + hs = —. Итак, MB+MBl+MS+MSi = Но в то же время, очевидно, выполнены неравенства MB-\-MBx^hBt MS + MS1^hs. (SJ Из (4) и (5) теперь вытекает, что 150
т. е. точка М является пересечением высот пирамиды* проведенных ез точек В и S. Из доказанного следует? что ВМ J_AC и SMJ^AC. Отсюда на основании признака перпендикулярности прямой и плоскости вытекает, что прямая АС перпендикулярна плоскости BSM и* в частности, прямой BS. Кроме того, по условию AC \_FE. С помощью признака перпендикулярности прямой и плоскости заключаем, что прямая АС перпендикулярна плоскости BSF. Таким образом, AC j^FS. Прямоугольные треугольники ASF и CSF равны по двум катетам. Следовательно? AS=CS. Ввиду доказанного ранее это означает, что BC = AS = CS = AB. Кроме этого доказано, что точка М лежит в плоскости BSF. Действительно, плоскости BSM и BSF по доказанному перпендикулярны прямой АС. Значит, они параллельны. Поскольку эти плоскости имеют общую прямую BSi то отсюда следует, что они совпадают. Обозначим FE через х. Тогда из прямоугольного треугольника FES по теореме Пифагора находим l BS*= =i AC-FS = - Применяя теорему Пифагора к прямоугольному треугольнику FEC, получаем = 1/ FE2+4- ЛС2= Здесь использовано то, что в равнобедренном треугольнике BSC медиана СЕ является высотой. По условию площадь грани ASC вдвое больше площади грани BSC. Получаем уравнение Решая его, находим дс = 3/2. Прямоугольные треугольники BSSi и SBBi равны (рис. 23) по гипотенузе и катету (SS1 = hs=hB = BBi). Следовательно, £BXBS= £SiSB, а это означает, что тре- угольник BMS равнобедренный. Но тогда вм ВЕ 1 151 Рис. 23.
FE Из прямоугольного треугольника F£S находим, что tg ^ BS/7 откуда tg£BSF 3 о.„ 1 =7Ш" BM=JI 7 JI^ У10 Ответ: /Ю/6. Ответы к вариантам 2—4. Вариант 2. 1. *<log3 (-^г) . 2. yJUj-. 3. *=±£+^, ; y=-i-arctg-i+^f /igZ. 4. ^=110 км/ч, иа= 120 км/ч, и3=100 км/ч. 5.H. а=я/3. 5.С. 2 Вариант 3. 1. *^1og4 \\^) . 2. 2 УТ=Н. 3. jc= (-l)*i+i^L t ~i, «6Z. 4. o1= 16 км/ч, »,= 17.5 км/ч, u3=18,5 км/ч. 5.Н. ai = -arctg 7+2V^t O2 = arcctg 5.C. VT5. t O2 = arcctg Варианта 1.jc<log,-^=-. 2.—1=-. 3. x=±^+^t у 2 "К5 18 3 =-jarcctg-r-+j, л g Z. 4. i>x = 40 км/ч, i>2 = 50 км/ч, i>3=60 км/ч. 6.H. a = —^-. 5.C. 2arcsirJ-3-И - j/-| J J . 1 978 Решение варианта 1. 1. Область допустимых значений данного неравенства состоит из всех х, удовлетворяющих условию х2—дс—2^0, и значит, состоит из двух промежутков: х<— 1 и х^2. Точки х =—1, х = 2 удовлетворяют неравенству, так как в них левая часть обращается в нуль. На множестве А у состоящем из двух промежутков х < —I и х > 2, функция у(х)= Ух2—х—2 положительна, значит, на этом множестве исходное неравенство равносильно неравенству х—1^0. Множество решений последнего неравенства, содержащихся в Л, состоит только из одного промежутка х > 2. Значит, множество всех решений исходного неравенства состоит из точки х =—1 и промежутка х^2. Ответ: х — — 1, х"^2. 2.Н. По теореме Ферма все точки минимума функции с—3 2 должны удовлетворять уравнению /'(дс) = О (так как f (х) имеет произ- 152
водную в каждой точке числовой прямой). Найдем /' (х): . х \ 1 , х 1 1 «п]+сов- Решая уравнение /' (лг)=О, т. е. решая уравнение cos Г ——|—^-j =—^- , находим, что —-J-—.=—|-2яП| л€2» "2""Ь"з"=:~"з"+2я^» * € 2» или х = 4ля, я £ Z, *=— 4я/3+4л£, £ £ Z. Точки минимума содержатся в найденных совокупностях. Для их нахождения воспользуемся достаточными условиями существования экстремума. Множество решений неравенства /' (х) > 0 или cos ( "т~Ь"«г ) > "о" состоит из бесконечной совокупности промежутков - %+2nk < -J+i < i+2^, k 6 Z. Отсюда следует, что неравенство /' (^) > 0 выполняется во всех точках интервалов И только в них. Эта означает, что во всех точках интервалов 4я (k-1)< а; < —у-+4я^, Л € Z* и только в них выполнено неравенство /' (х) < 0. Таким образом, при переходе через точки вида х = ~-{-4яА про- изводная /' (jc) меняет знак с «минуса» на «плюс», а через точки вида x = 4nk с «плюса» на «минус». Следовательно, точки х = ^—Ь*31^» о k g Z, есть точки минимума, а точки * = 4я&, & £ Z,— точки максимума. 4я Ответ: —^—Ь*11^» "^ G ^» о З.Н. Обозначим через (а, (5) точку, в которой прямая касается графика функции f(x) = — *2/2+2. Тогда угловой коэффициент прямой равен /' (а) = — а, а ее уравнение можно записать в виде Прямая по условию проходит через точку (1/2, 2), значит, должно выполняться равенство 2=0—а»(1/2—а), или р + а2—а/2 = 2. Воспользуемся тем, что точка (а, {$) лежит на графике функции f (x) и найдем еще одно 153
условие: 0 =—a2/2+2. Решая систему уравнений Ц+о«—J=2, находим две точки касания: (0, 2), (1, 3/2). Касательные к графику f (х) в этих точках имеют уравнения у=2 и # = 3/2— Ь(д:— 1), или у=—х+5/2. Найдем количество точек, в которых каждая из найденных прямых пересекает график функции у (х) = У 4—х2. Система [ у= /4=F, I У = 2 имеет единственное решение (0, 2). Значит, первая прямая имеет только одну общую точку с графиком функции у(х)= У 4-х2. Решаем вторую систему / у= Подставляя *—х-\-Ь/2 вместо у в первое уравнение* получаем систему ( -*+ \ У = - равносильную предшествующей системе (1). Множество решений первого уравнения системы содержится в промежутке —оо < #<:5/2. На этом промежутке обе части уравнения неотрицательны, и поэтому оно равносильно на этом промежутке уравнению (— *+5/2)2 = 4—х2. Полученное уравнение имеет два корня 4 содержащиеся в множестве х^5/2. Значит, первое уравнение системы (2) имеет два корня х% и х2, и потому система (2), а значит и система (1), имеют два решения: SV1 , Ъ+У1 . у 4= g f yi==z 2 ' 2== Следовательно, вторая прямая пересекает график функции у(х) = У 4—х* в двух различных точках. Ответ: у=— х+Ь/2. 4. Так как каждое из чисел, принадлежащих А, должно делить 210 = 2.3.5«7$ то все числа из А состоят только из простых сомножителей 2, 3, 5, 7j входящих в эти числа, в степени не выше первой. По условию произведение всех чисел делится на 1920 = 27»3-5. Ввиду сказанного, это означает, что среди чисел, составляющих Л, должно быть по крайней мере семь четных чисел. Но существует только восемь четных чисел* удовлетворяющих указанным выше условиям на простые делители| 154
а именно: 2, 2-3 = 6, 2.5=10, 2-7 = 14, 2.3-5 = 30, 2.3*7 = 42, 2-5.7 = 70, 2-3.5.7=210. Если число 2 входит в Л, то любой другой элемент Л обязан делиться на 2, ведь по условию любые два числа из Л имеют общий делитгль, отличный от 1. Значит в этом случае Л = {2, 6, 10, 14, 30, 42, 70, 210} (число элементов в Л не меньше 8). Но легко видеть, что произведение всех выписанных чисел есть полный квадрат 28«34»54«74, а это запрещено условием. Следовательно, число 2 не принадлежит Л, и тогда числа 6, 10, 14, 30, 42, 70, 210 содержатся в Л. По условию множество Л не может исчерпываться только этими числами. Пусть N—одно из нечетных чисел, принадлежащих Л. Так как наибольший общий делитель чисел 6 и N отличен от 1, то N должно делиться на 3 (оно ведь нечетно и не может поэтому делиться на 2). Аналогично N должно делиться и на 5, и на 7. Значит, N делится на 3-5-7. Так как простые числа 3, 5, 7 входят в N в степени не выше первой, то ЛГ=3.5»7 и других нечетных чисел в Л быть не может. Ответ: Л = {6, 10, 14, 30, 42, 70, 105, 210}. 5. Поскольку (рис. 24) треугольники ABE и ВСЕ равновелики, то объем пирамиды АВЕН вдвое меньше объема пирамиды АВСЕН, т. е. Vabeh=1/№' С другой стороны, если hB—расстояние от точки В до плоскости АЕН, то Vавен =^ "г hBbSаен» 1 Значит, hB*SAEH~ir • Пользуясь тем,- что hB<\ АВ | = 1 и Saeh=-%\ АН\ш -\ЕН\ьтАНЕ<-^\АН\>\ЕН1 атак- же неравенством между средним геометрическим и средним арифметическим -■/. лих » ре/,^. \АН\ + \ЕН\ У | АН |*| ЕН I «^ '-— 9 получаем, что 1 (\АН\ + \ЕН\у ifVbV^l Отсюда следует, что все выписанные неравенства в действительности являются равенствами, т. е.: 1) hB = \AB\ = \. Это означает, что ребро Л В перпендикулярно плоскости АЕН; 2) sin АНЕ =li или АНЕ = п/2) 3) 1/1ЛЯН£Я)=,|ЛЯ| + |£Я| * или (I АН 1-| £Я1)* = 0, откуда 155
Из прямоугольного треугольника АНЕ находим | АЕ | = V | АН |2+1 ЕН |а = V 1/2+1 /2= 1 • Получилось, что треугольник ЛВ£ равнобедренный: | ЛВ | = 1 = | АЕ |с Пусть D—середина отрезка BE (рис. 25). Так как треугольники ВАЕ Рис. 26. и ВСЕ равнобедренные, то AD и CD—высоты в соответствующих треугольниках. Значит, SBAE=-g\AD\-\BE\,SBCE=Y\CD\-\BEl п° уо- ловию треугольники ВАЕ и ВСЕ равновелики, следовательно, |Л£)| = |С£>|. В прямоугольных треугольниках ADE и EDC катет ED общий и |i4D| = |CD|, поэтому |Л£| = |£С|. Таким образом, четырехугольник АВСЕ—ромб. Ранее доказано, что ребро АВ перпендикулярно плоскости АНЕ, в частности, ABJ^AE. Значит, АВСЕ—квадрат, причем величины его сторон равны 1. Так как АВ \\ ЕС и АВ перпендикулярна плоскости АНЕ, то треугольники АВН и ЕСН прямоугольные. В них \АВ\ = \ЕС\ и |Л#| = |£#|, следовательно, \ВН\ = \СН\. Пусть шар радиуса т с центром в некоторой точке О расположен в пирамиде АВСЕН. Проведем через точку О плоскость л перпендикулярно ребру АЕ (рис. 26). Выясним, какой многоугольник получается в сечении пирамиды АВСЕН плоскостью п. Обозначим через F середину отрезка АЕ. Так как прямая АВ перпендикулярна плоскости АНЕ, то плоскости АНЕ и АВСЕ перпендикулярны. ТреугольншиЛ#£, как доказано ранее, равнобедренный, поэтому HF—высота в треугольнике АНЕ. Из перпендикулярности прямых HFt АЕ вытекает, что HF—перпендикуляр к плоскости АВСЕ, т. е. F есть проекция точки Н на плоскость АВСЕ. Это означает, что проекции всех точек боковых граней пирамиды АВСЕН на плоскость основания принадлежат четырехугольнику АВСЕ. Перпендикуляр к плоскости АВСЕ, проведенный через точку О, пересечет какую- либо из боковых граней (О лежит внутри пирамиды АВСЕН). Поскольку эта точка пересечения и точка О имеют одинаковую проекцию на плоскость основания, то Ог—проекция О на плоскость основания —принадлежит квадрату АВСЕ. По построению прямая АЕ перпендикулярна плоскости п. Значит, плоскость я перпендикулярна плоскости АВСЕ. А тан как ОО± перпендикулярна плоскости АВСЕУ то вся прямая ОО± лежит в плоскости п. Итак, плоскость я пересекает плоскость основания пира- 156
миды по прямой, проходящей через точку О±. Кроме того, эта прямая должна быть перпендикулярна ребру АЕ (ведь ребро АЕ перпендикулярно плоскости я). Обозначим точки, в которых она пересекает ребра АЕ и ВС> через Fx и Gi соответственно. Пусть q—середина отрезка ВС. Треугольник ВНС равнобедренный, поэтому BCJ_HG. Так как АЕ || ВС, то AEJ_HG. Ранее доказано, что АЕ J. ,, J-ЯF. Отсюда следует, что плоскость HFG перпендикулярна прямой АЕ и потому плоскости HFG и я параллельны. Отсюда следует, что прямые, по которым плоскость я пересекает 'J 7 плоскости ВНС и АНЕ, параллельны соот- Рис. 27. ветственно прямым HG и HF. Если М, N—точки, в которых плоскость я пересекает боковые ребра пирамиды, принадлежащие граням ВНС и АНЕ соответственно, то сечение пирамиды плоскостью я есть четырехугольник FxGiMN (рис. 26 и рис. 27), в котором \F1Gi\ = l, NF1G1 = HFG = n/2, MGiF± = HGF. Особо отметим, что точки М и N совпадут, если точка О лежит в плоскости HFG. Продолжим отрезки FtN и GXM до пересечения их в точке Я* (рис. 27). В прямоугольных треугольниках HxFxG± и HFG имеем | FxGi \ = | FG \ и MGiF± = HGF. Поэтому | ЯЛ | = | HF | = | EF \ tgji/4 = 1/2 1=1/1/2. Плоскость я пересечет шар по кругу радиуса г, и этот круг будет лежать в треугольнике H^FxGi. Если hlt h2, hz—расстояния от точки О до прямых FiGi, FxHlt Я^ соответственно, то г <hj (/ = 1,2, 3) и поэтому iGi= S0F1G1 S S ^|/7Gl + ^|/7AI+ Ho SFlHlGi=Y I *iGi N fl//l'=! "2"' "2"=T' Следовательно, 3+]Л5 1 ^ 1 __ 3— V"5 —f<T ИЛИГ<- 4 ' 3_/5 Докажем теперь, что шар радиуса г= ^ можно поместить в пирамиду АВСЕН. Пусть К—центр окружности, вписанной в Д HFG, и г0—радиус этой окружнбети. Тогда, как и ранее, ^=SFHQ=± ro(\FG\ + \FH l + l HQ \)= -. Проверим, что шар с центром в точке К и радиусом 157
го = j помещается в пирамиде АВСЕН. Для этого достаточно доказать, что расстояния от точки К до граней пирамиды не меньше г0. Так как плоскость HFK перпендикулярна плоскостям АВСЕ, ВНС, AEHt то расстояния от К до этих плоскостей соответственно равны расстояниям от К до прямых FG, HG, HF, т. е. г0. Проведем через точку К плоскость перпендикулярно ребру АВ. Она пересечет плоскости АВСЕ и АВН ]( / по прямым ll9 /2. Угол между ними будет равновелик углу НАЕ (плоскость АНЕ также перпендикулярна ребру АВ), и потому 1г12 = л/4. Если/Со /(^—проекции точки К на /* и /2 соответственно (рис. 28), то | КК\ \ = г0 =- 3— j, а \ККг\ — расстояние от точки К до плоскости АВН. Пусть р—точка пересечения прямых 1г и /2. Ясно, что = 4 ' 2"= 2 Далее из прямоугольных треугольников KPKi и КРК2 находим \ sin KPK2 sin или 1КК2 | _ sin /CP^2 _sin (л/4 — КРКЛ) smKPKi { Аналогично доказывается, что расстояние от точки К до плоскости НЕС 3- больше, чем 3— Ответ: 2.С. Область допустимых значений данного уравнения состоит из точек, удовлетворяющих неравенству cos 2х Ф 0, или неравенствам х ф -j- (2m + l),^ mgZ. В этой области 1+ig2 2* = sec22*, причем функция ^= 1 + tg2 2лг, очевидно, нигде не обращается в нуль. Отсюда следует, что данное урав- вение равносильно на своей ОДЗ уравнению .21 7 , . 5 х . х 5 .7 21 sin -г- * cos -r*+sin -t-*cos -7-=sm-r-cos -г- ^—sin -r ^cos-т- 4 4*4 4 44 4 4 158
или уравнению *o Пользуясь формулами для синуса суммы и разности двух углоВ| последнее уравнение можно переписать в виде sin 7х=sin (—*). (3) Перенесем правую часть уравнения (3) налево, воспользуемся тем, что sin (— х)=— sin а:, а также формулой для суммы синусов двух углов. Тогда уравнение (3) преобразуется к виду 2 sin 4* cos 3* = 0. Последнее уравнение равносильно совокупности двух уравнений sin 4* = 0, cos 3* = 0 и потому имеет следующие серии решений: *=яя/4, n£Z, * = k£Z. Итак, множество решений уравнения (3) имеет вид Отберем теперь из найденных чисел те, которые содержатся в ОДЗ исходного уравнения, т.е. удовлетворяют неравенствам х Ф n/4+nm/2t m£Z. Из первой серии решений уравнения (3) в ОДЗ исходного уравнения лежат только точки * = jtn/4 с четными значениями л (я = 2/), т.е. точки *=л;//2, l£Z. Все точки второй серии решений содержатся в ОДЗ данного уравнения. Ответ: *=я//2, /£Z; x = n/6+nk/3, k£Z. З.С. Обозначим через О центр окружности. Тогда радиус ОМ, проведенный в точку М касания окружности и стороны СВ, будет перпендикулярен СВ. Из прямоугольного треугольника ОМВ (рис. 29) находим: Отсюда следует, что tg ^ ОВМ = tg £ ABM. Поскольку точки О и А лежат О С Рис. 29. Рис. 30. по одну сторону относительно прямой ВС, то из последнего равенства следует, что £0ВМ~£ АВМ и, значит, точка О лежит на отрезке АВ. Правильный чертеж изображен на рис. 30. Имеем Skmb = Somb+Skmo- Так 159
как ОМ±МВ, то 1 В треугольнике КМО стороны ОК и ОМ равны радиусу окружности, т. е. 1. Следовательно, SKM0=-j OK ОМ sin £ КОМ =у sin ^ КОМ. Ясно, что sin ^ КОМ = sin ^/ BOM = cos ^ ОВМ = 1 В формуле cosa= / перед квадратным корнем взяли знак +* о поскольку величина угла OBMt равная arotg-rg, лежит в промежутке /о 1Л 1 15 15 о 15 , 15 375 между 0 и я/2. Итак, SKMo=y • ^=34 и 5АГЖВ=§4~^~Тб== 272 # о 375 Ответ: о#лю=2Т2 " Ответы к вариантам 2—4. Вариант 2. 1. х = —2, х=\, х^З. 2.Н. n/l2+nnt,n£Z. 3.H. 1. 4. Л = {1,2,3,7, 11, 14,22,77}. 5.-^—L . 2.С. jc=^ i Z. 3.C. ^. Вариант 3. 1. — 2<*<— 1, х^З. 2.Н. я(4л+2), «gZ. З.Н. у = ==_А:+15. 4. Л = {15, 30, 39, 65, 78, 130, 195, 390}. 5. 2—^ 2.С. ^ = il (l+3M) «^2; ^^(2+3) m£Z. 3.C. 210. Вариант 4. 1. x = — 2, 1<jc<3. 2.H. л/4+я£, ^€2- З.Н. ^г = л:—1/4. 4. Л = {6, 15,30,33,66, ПО, 165,330}. 5. —L=, . 2.C. *=-*-+iH! 1979 Решение варианта 1. l.H. Поскольку функция f(x) дифференцируема на всем интервале (—5, 1/5), то искомые точки экстремума содержатся среди корней уравнения /' (*) = 0, лежащих в этом интервале. Вычислив производную /' (*) = = 3*2+12*—3, находим корни уравнения /;(jc) = O: Xi = —2—yrK, x2^ 160
s- —2+ УЬ. Легко проверить, что х2 > 1/5, a *i принадлежит интервалу (—5,1/5). Итак, единственная точка, которая может быть точкой экстремума, есть *i = —2— УЪ. Так как на интервале (—5, агх) выполнено неравенство /' (х) > 0, а на интервале (*j, 1/5) неравенство /' (*) < 0, то точка хг = = —2— j/ТГдействительно является точкой экстремума (точкой максимума). Ответ: —2—l/"o\ 2. Данное уравнение равносильно такому: 5*4*"6 1=56*-8, или |4*-6| = 6*-8. (1) Для решения уравнения (1) разобьем числовую прямую на два множества: *:^3/2 и х < 3/2. На множестве х < 3/2 имеем: \4х—6| = 6—4xt поэтому уравнение (1) можно переписать в виде 6—4лг = 6х—8. Последнее уравнение имеет единственный корень *i = 7/5, принадлежащий множеству х < 3/2. Значит, на множестве х < 3/2 уравнение (1) имеет единственный корень *1 = 7/5. На множестве #г> 3/2 имеем: \4х—6| = 4*—6, поэтому уравнение (1) можно переписать в виде 4х—6 = 6*—8. Последнее уравнение имеет единственный корень *2=1, который не принадлежит множеству *;^3/2. Значит, на множестве дг^З/2 уравнение (1) не имеет решений. Объединяя решения, найденные на множествах лс^З/2 и х < 3/2, получаем, что уравнение (1), а значит и равносильное ему исходное уравнение* имеет единственный корень * = 7/5. Ответ: л; = 7/5. 3. Обозначим через К точку пересечения прямых АВ и ЕМ (рис. 31). Поскольку углы CDB и CAB опираются на одну дугу, то CAB = CDB = a. Из равенств DCE+CDB = n/2t KEA + CAB = n/2 следует, что DCE = = КЕА = СЕМ. Но это означает, что треугольник СЕМ равнобедренный, т.е. |СМ| = |£М|. Далее, MED=n/2—CEM = n/2—(я/2—a)=a=CD5. Итак, треугольник EMD—равнобедренный, или \DM | = | EMJ. Этим доказано, что \CM\=\DM\t или что ЕМ—медиана треугольника CED. Из прямоугольного треугольника ABE находим | АЕ | = 1 АВ | cos CAB = 4 cos a. Далее из прямоугольного треугольника AED по теореме Пифагора получаем \ED\ = У^Л/Эр—|Л£|2 = У4—cos2 a и, наконец, =2 1/ —4 1=2 /4tg2a+3. Г cos2 a г б -г Ответ: \ ЕМ \ =2 У4 tg2 a+ 3 см. 4. Пусть лг—целый корень данного уравнения. Тогда существует некоторое целое число п такое, что справедливо равенство " (3*— У9х*+160*+800) = 6 Ю. В. Нестеренко н др. 161
или У 9*a+160*+ 800 = Зх— 16я. Возведя это равенство в квадрат, приходим к равенству *(Зя+5) =8л2 —25. (2) Преобразуем правую часть этого равенства следующим образом: Из равенства (2) можно получить теперь следующее: 8 (Зя+5) (Зя—5)—9* (Зя+5) = 25. Поскольку х и п есть целые числа, то последнее равенство означает, что Зя+5 является делителем числа 25, т.е. Зя+5 есть одно из чисел ±1, ±5, ±25. Непосредственной проверкой убеждаемся, что это возможно только если п равняется одному из чисел п1 = —10, п2 = —2, п3 = 0. Соответствующие значения х находятся из равенства (2): *i = —31, х2 = —7, х3 = — 5. Итак, все целые корни исходного уравнения содержатся среди чисел дг! = —31, х2 = —7 и лг3 = —5. Подставляя эти числа в исходное уравнение, убеждаемся, что ему удовлетворяют только хг и х2. Значит исходное уравнение имеет два целых корня: *! = —31 и х2 = —7. Ответ: х1 = — 31, *2 = — 7. 5. Точка х = 0 будет в приводимом ниже решении играть особую роль. Поэтому отдельно исследуем те значения параметра а, при каждом из которых уравнение будет иметь корень лг = О. Подставляя х = 0 в уравнение, видим, что имеется только одно такое значение параметра, именно а = 1. Уравнение при а=\ имеет вид (l—^_cosii^.) K8=^=0. (3) Поскольку множитель ]/"8—х не обращается в нуль на отрезке [—2, 3J, то уравнение (3) на этом отрезке равносильно такому: _ПЯ£ 4 Функция, стоящая в левой части этого уравнения, четная. Значит, уравнение (4) на отрезке [—2, 2] будет иметь нечетное число корней (если х0 Ф 0 — корень уравнения (4), то—х0 также его корень; кроме того, имеется корень х = 0). На множестве [2, 3] уравнение (4) корней не имеет, так как на этом множестве —1=3. Итак, при а=1 исходное уравнение имеет нечетное число корней на отрезке [—2, 3]. Значит, а=\ удовлетворяет условию задачи. Отметим теперь еще раз, что при а Ф 1 все корни исходного уравнения отличны от нуля. 162
Исследуем еще значение параметра а=0. При а = 0 исходное уравнение имеет вид *2+cos —j—=0. (5) Уравнение (5) на отрезке [—2, 2] имеет четное число корней. Это следует из четности функции, стоящей в левой части уравнения (5), поскольку вместе с корнем *0 уравнение будет иметь и корень —х0. На множестве [2, 3] уравнение (5) корней не имеет, так как на этом множестве х2 + + cos—j— ^=4—1 = 3 > 0. Итак, при а = 0 исходное уравнение имеет четное число корней на отрезке [—2, 3]. Значит, а = 0 не удовлетворяет условию задачи. Теперь исследуем значения параметра а такие, что афО и аф\. При о любом таком а исходное уравнение имеет корень хг=—. Выясним, при каких значениях а этот корень попадает на отрезок [—2, 3]. Очевидно, что это будет при тех а, которые удовлетворяют двойному неравенству —2^ о <;—<:3. Ясно, что среди положительных а это будут те, которые удов- 8 летворяют условию а^г— , а среди отрицательных а те, которые удовлет- о воряют условию а ^ —4. Теперь очевидно, что надо рассмотреть три области 8 8 изменения параметра: 1) а<—4, 2) — 4 < а < -%■, а Ф 1, а Ф 0, 3) a^s-z- . О О 1) Пусть а«^— 4. Тогда исходное уравнение имеет на отрезке [—2, 3] g корень Xi=—. Рассмотрим теперь уравнение *2+cos—j-=a. (6) При а^-т4 уравнение (6) корней не имеет, так как *2+cos—j— ^c°s —т—^ ^ — 1. Итак, исходное уравнение при любом с^—4 имеет только один о корень xi=—. Значит, все а<— 4 удовлетворяют условию задачи. 2) Пусть —4 < а < 8/3, а Ф 1, а Ф 0. В этом случае множитель j/'e—ая не обращается в нуль на отрезке [—2, 3]. Значит, на [—2, 3J исходное уравнение равносильно уравнению (6). Уравнение (6) на отрезке [—2, 2J имеет четное число корней (или не имеет их вовсе). Это следует из четности функции, стоящей в левой части уравнения (6), так как вместе с корнем х0 уравнение будет иметь корень — х0. На множестве (2, 3] уравнение (6) корней не имеет, поскольку на этом множестве jc2+ cos —j— ^ х2—1 ^ 4— 1 = 3 > -^-. Итак, при указанных значениях параметра а исходное уравнение либо не имеет корней на отрезке [—2, 3], либо имеет их четное число. Следовательно, все эти значения а не удовлетворяют условию задачи. в* 163
3) Пусть ^^»-q"» Тогда исходное уравнение имеет на отрезке [—2, 3J о корень *!=—-. Отметим, что из корней уравнения (6) корнями исходного уравнения будут только те, которые удовлетворяют условию 8—ах^О, о т. е. те, которые удовлетворяют условию: Ж— . Теперь задача может быть g переформулирована так: в области а^-^- найти все значения а, при каж- о дом из которых уравнение (6) имеет на промежутке I —2, — ) четное число различных корней. Рассмотрим несколько случаев. а) Пусть а = 4, тогда уравнение (6) имеет вид *2+cos—j—=4. (7) В этом случае множество, на котором исследуется уравнение (7), таково: [—2, 2). На множестве (—2, 2) уравнение (7) имеет четное число корней. Но точка х = —2 также удовлетворяет уравнению (7). Это легко установить подстановкой. Следовательно, при а = 4 на промежутке —2, —J уравнение (6) имеет нечетное число корней. Значит, а=4 не удовлетворяет условию задачи. б) Пусть а > 4. В этом случае — < 2 и, так как на [—2, 2] уравнение (6) имеет четное число корней, условию задачи будут удовлетворять те а, при каждом из которых уравнение (6) имеет четное число корней (или не имеет их вовсе) на множестве I — ,2 . Докажем, что на множестве — , 21 уравнение (6) не имеет корней. Отсюда будет следовать, что все а > 4 удовлетворяют условию задачи. Поскольку х=2 не является корнем уравнения (6) (а Ф 4) и а—х2—cos —j— ^ х2 — cos —■?— , то достаточно доказать, что на множестве (0,2) справедливо неравенство х2—cos ?* > Л ^ 18 о 9л \\пх Пя Пял: л о > 0. Если yj < х < 2, то -J- < —£— < -£- и cos —^— < 0. Значит на етом множестве х2—cos—j—> х2 > 0. (Последнее неравенство X 4 X 18 выполнено, поскольку х < 2.) Если 0 < #^ту» то, пользуясь монотонным 8 8 убыванием функции у= х2 на множестве х > 0, находим, что х2^ 8-11 /18\2 44 о , 8 9 11л* f Плх ^-tq гг > 7Г—3> 1 и, значит, х2— cos—-А— >1— cos—т—^ 1о \Н/ 9 я 4 4 ^0. Итак, все а > 4 удовлетворяют условию задачи. 164
8 Я в) Пусть -5"<а < 4. В этом случае — > 2 и подобно пункту б) доста- о а точно найти все а, при которых уравнение (6) на множестве f 2, — J имеет четное число различных корней (или не имеет их вовсе). Как и в пункте о б), докажем, что при всех а, удовлетворяющих неравенствам -^-^а < 4, «5 уравнение (6) на множестве (2, —) не имеет корней. Поскольку на множе- (8 \ 8 2, —г выполнено неравенство а<— и, следовательно, а—х2 — \Ых 8 , \Ых — cos —j— < х2— cos —j—, то достаточно доказать, что на множестве о 11 тг v 9fi (2, 3) выполнено неравенство я2 — cos —j— < 0. Если 2 < х < ут , то 11л ^ Пя* ^ 13л \Ых А о 8 2 —s— < —I— "~5~ и cos —4— Значит, на этом множестве х2 —• — cos 4 < ^а < 0. (Последнее неравенство выполнено, поскольку 2fi х > 2.) Если ту^* < 3, то, пользуясь монотонным убыванием функции #= я2 на множестве х > 0, находим, что я2 «^ -4^ ( тт ) < То ~" — 5< — 1 и, значит, х2 — cos—j—< — 1—cos—■?—^0. Итак, все о а из области — ^ а < 4 удовлетворяют условию задачи, о Собирая вместе все а, удовлетворяющие условию задачи, получаем ответ. Ответ: а<—4, а=1, 8/3<а < 4, а > 4. 1.С. Общий член ап данной арифметической прогрессии по известной формуле может быть записан так: ап=3+6(я—1). Поэтому ав = 3+6«5 = 33. Сумма первых шести членов арифметической прогрессии равна 6=108. По известной формуле сумма первых восьми членов данной геометрической прогрессии равна Сравним числа 108 и 45(]/"2+l). Так как V^> 7/5, то 45 (/2+1) > > 45 (7/5+1)= 108. Ответ: Сумма первых восьми членов геометрической прогрессии больше суммы первых шести членов арифметической прогрессии. Ответы к вариантам 2—4. Вариант 2. I.H. —1 —УТ". 2.S/7. 3. К61 sin2а—25 см. 4. —13; —59. В. а<—3, а = —1, 3/5<а<3, а > 3. 1.С. Сумма первых восьми членов арифметической прогрессии меньше суммы первых шести членов геометрической прогрессии. 165
_?. _13 _ * « u i i лгг л 3 _ V49—9tg2a Вариант 3. 1.Н. 1+У5. 2. -=-. 3. f о .—-— см. ^ ' г 5 2 sin a 5. с<—4, a = —1, 8/5^a < 4, a > 4. l.C. Сумма первых семи членов метической прогрессии меньше суммы первых шести членов геометрической прогрессии. Вариант 4. 1.Н. 2+ УТ. 2. 2/7. 3. У49—16sin2a.cosa см. 4. —3; —21. 5. а^—5, a=l, 5/13^a<5, a > 5. l.C. Сумма первых пяти членов арифметической прогрессии больше суммы перэых восьми членов геометрической прогрессии. § 3. ФИЗИЧЕСКИЙ ФАКУЛЬТЕТ 1977 Решение варианта 1. 1. Данное уравнение можно переписать в виде -—cos * _ ^ или cos2jc=—1/2. Решая последнее уравнение, находим 2*=±-^—\-2nn, о п С Z, или х= ± -х-- о Z. Возможно и другое решение. Исходное уравнение равносильно совокупности двух уравнений sin*=/~3/2 и sin х = — Уз/2. Решая каждое из них и объединяя множества их решений, получим ответ задачи. Ответ: х— ± — п g Z. 2.Н. Решая квадратное уравнение 2х2 + 6*—20 = 0, находим точки £ = —5, *2 = 2, в которых парабола # = —2*2—6*+20 пересекает ось ОХ. Ветви параболы направлены вниз (рис. 32). Необходимо найти площадь заштрихованной фигуры. Имеем 2 = f (-2a:2— -16/3-12+40-^+75+100 = о Рис. 32. Ответ: 5 = 343/3. З.Н. Воспользуемся следующими формулами для числа размещений и числа перестановок: РОЦ = . >. > Рп=п\. Тогда (п—т)\ _ (/i+4)I 143_(ft+4)(/t+3) 143 _ —95 166
Отсюда следует, что для искомых значений п должно выполняться неравенство 4п2-\-28п—95 < 0. Квадратное уравнение 4*2+28#—95 = 0 имеет корни #! = —19/2, #2 = 5/2. Так как множество решений неравенства 4*2+28*—95 < 0 есть интервал —19/2 < х < 5/2, то нужно найти все натуральные числа, лежащие в этом интервале. Таких чисел только два: 1 и 2. Значит, последовательность хп имеет только два отрицательных члена хг и *2» причем _4-12+28-1— 95 63 _4-22+28-2—95_ 23 *1— 4-1! ~" 4 » *2"~ 4-2! ~~ 8 ' Ответ: —63/4, —23/8. 4. Обозначим вершины данной трапеции последовательно буквами А, Б, С, D так, чтобы отрезки AD и ВС были ее основаниями, причем | AD | > | ВС | (рис. 33). Обозначим через а величину угла BAD. Тогда 0 < а < я/2. Так как %1<57±?£ трапеция по условию равнобедренная, то CDA = = n—a. Выразим двумя способами через а и радиусы R (описанной) и г (вписанной) окружностей ве- личину отрезка BD. Это даст уравнение относительно а и тогда будут найдены все углы трапеции. Рис. 33. Так как угол BAD вписан в большую окружность и опирается на дугу BD, то | BD | = 2# sin BAD = 2R sin a. Соединим центр О вписанной окружности с точками касания этой окружности со сторонами ВС, CD и AD. На рисунке эти точки обозначены буквами Е, G и F соответственно. Так как радиус, проведенный в точку касания, перпендикулярен касательной, то ОЕ J_BC и OF_]_AD. Прямые ВС и AD параллельны, значит, OF_\^BC. Поскольку через точку О можно провести единственный перпендикуляр к прямой ВС, ю это означает, что прямые ОЕ и OF совпадают, или, что точки Е, О, F лежат на одной прямой. Кроме того, отсюда следует, что длина высоты EF 2r f"2" — трапеции равна 2г. Из условия задачи -ц-= Т/ -^-, или R = 1^6 г. Тогда \BD\ = Так как окружность с центром О касается сторон ВС, CD, AD, то прямые ВО, СО, DO являются биссектрисами соответственно углов ABC, BCD, CDA. Поэтому
Применяя к треугольнику BCD теорему косинусов, получаем | BD |2 = | ВС |2+|CD |2—2 | ВС |« \CD |cos BCD = tg2— . -i^ 8г2 -г-^- ё 2 sin2 а sin а (я— 4 2 Г1—соза 1 ! | 2cosa ]—ir*(l I — ^ [1+cosa sin2a ^l + cosaj V Slfl2a/ Приравнивая выражения для |BD|2, приходим к уравнению 1-4 J5-=6sin2a, или 6 sin4 a—sin2 а—1=0. Последнее уравнение рав- 1 sin2a носильно совокупности двух уравнений sin2a=—1/3, sin2 a= 1/2. С, L Рис. 35. s Vf Рис. 36. Рис. 37. Первое из них корней не имеет. Второе уравнение равносильно уравнению ^ =^-, или cos 2a=0. Последнее уравнение на промежутке 0 < a < я/2 имеет единственное решение а = я/4. Ответ: ВЛЬ = с5л = я/4, BCD = ABC=3n/4. 5. Первое решение. Обозначим через К центр куба и через L, М, N точки пересечения плоскости а с прямыми В&, ВгВ, В^г соответственно (рис. 34). Найдем величины отрезков |BiL|, \ВгМ\, \ B±N |. Точка К есть середина отрезка АС1 и потому принадлежит плоскости AAfifi. Прямые ЕК и CCi лежат в этой плоскости. Обозначим их точку 168
пересечения через Я (рис. 35). Плоскость а пересечет ребро куба в точке Я. В треугольниках АКЕ и CJ(H имеем | -г4/С 1 ЕКА =C^KHt EAk=HCJ(. Следовательно, | СгН | = | АЕ | = 1 /3. Плоскости а и ВВхСгС пересекаются по прямой FH и, значит, точки L, М есть точки пересечения FH с прямыми ВгСх и 5ХВ соответственно (рис. 36). Прямо- Рис. 38. угольные треугольники CXHL, HFC и MBF подобны CFH = BFM), значит, \CtL\ \ СгН | \ВМ\ _\BF\ \CF\ ~~ \СН\ ' \СН\ ~~\CF\ ' Отсюда 273 4-2/ 3/4 8 § 9 * Таким образом, | BXL | = 1 + 3/8 = 11 /8, | ВгМ | = 1 + 2/9 = 11 /9. Поскольку плоскости а и ВВгАгА пересекаются по прямой ME, то N есть точка пересечения прямых ME и ВгАг. Обозначим | BXN \ через лс, тогда 1^!^!=^—1 (рис. 37). Из подобия треугольников MBXN и EAtN получаем, что 2/3 » откуда л:= 11 /5. Следовательно, Искомое расстояние будет равняться высоте пирамиды MNLBi, опущенной из вершины В*. Проведем из точки Вг перпендикуляр BXR на прямую NL (рис. 38). Так как прямая МВг перпендикулярна прямым NBX и LBlt то МВ1 перпендикулярна плоскости LBiN. Это означает, что прямые МВг и LN перпендикулярны. Из перпендикулярности прямых LN и MBl9 LN и BtR следует, что прямая LN перпендикулярна плоскости MRBX. Поэтому плоскости MRBi и MNL перпендикулярны. Это же означает, что высота пирамиды MNLBlt проведенная из вершины Ви будет лежать в плоскости MRBt и будет являться высотой h треугольника MRBX (рис. 39). Из прямоугольного треугольника BtNL находим: 169
Далее откуда IВ Р ._ 1 lK| II Ц 8 ' 5 11 \NL\ 40 ут Из прямоугольного треугольника MB±R находим: Так как то и п \MR\ т- У w Второе решение. Обозначим через Q ортогональную проекцию точки Вг на плоскость а. Введем в пространстве систему координат, поместив начало координат в точку В и направив ось х по лучу В А, ось у по лучу ВС, ось г по лучу ВВг и взяв за единицу масштаба отрезок, длина которого равна 1. Тогда точки Е9 Ff /Сэ #i будут иметь следующие Рис. 40. координаты: Е(1, 0, 1/3), F (0, 1/4, 0), К (1/2, 1/2, 1/2), В (0, 0, 1). Поскольку векторы КЕ и iCF не коллинеарны и точка Q лежит в плоскости а (рис. 40), то существуют числа а и Ь такие, что KQ = aKE+bKF и Wi^№i—l<iQ=KBi--aKE--bKF. Поскольку ^£ = (1/2,—1/2,—1/6), iC>=(-l/2, -1/4, -1/2), ^ = (-1/2, -1/2, 1/2), то 170
Вектор Q#i ортогонален векторам /££ и KF, поэтому 1 19 . 1 Решая эту систему относительно a, 6^ находим a = —12/85, 6 = 18/85. Тогда Q#i = (—55/170, —88/170, 99/170) и искомое расстояние равно 2.С. Решая данную систему уравнений, находим з~' Следовательно, искомые значения параметра а являются решениями неравенства д+3 2а—3 3 > 3 ' Этому неравенству удовлетворяют все а из области а < 6. Ответ: а < 6. З.С. Область допустимых значений данного неравенства состоит из всех х, удовлетворяющих условиям х > 0, х Ф 1. В этой области неравенство равносильно такому: Обозначив Iog7# через /, неравенство (1) можно переписать в виде или £^0. (2) Решения неравенства (2) имеют вид t > 0. Следовательно, данное в условии задачи неравенство равносильно на своей ОДЗ такому: log7 x > О. Последнему неравенству удовлетворяют все х из области х > 1. Все они лежат в ОДЗ исходного неравенства. Ответ: х > 1. 171
Ответы к вариантам 2—6. Варианта 1. х=±^+яп, n£Z. 2.Н. ^. З.Н. 2. / 1 , 1 \ о / 1 , 1\ - 1 -1/П2Г 4. arccos (j ± ) *2 аг*08 ( ± j 5 У 2.С. 6 <0. З.С. х> 1. Вариант 3. 1. *=±~+лл, /i£Z. 2.H. -g-. З.Н, 4. 4. arcsin-^=r-f 1 fi я—arcsin --— . 5. r . 2.С. с < 70. З.С. * > 1. }ГЗ /170 Вариант 4. 1. х=±^+яп, п £ Z. 2M. -|-. З.Н. 3. 4. arccos (I ± j^r) , я-2 arccos (I ± j^j . 5. |/|J . 2.С. а> —3. З.С. х > 1. Вариант 5. 1. ^= ± -т+ял, п € 2. 2.Н. -^- . З.Н. -г- f -g-. 4. -7- 9 ^.. 5. -Д=-. 2.С. ^<—J- 3-С- л:>1' 6/170 3 Вариант 6. 1. х=±^+лп, n^Z* 2.H. ^?. З.Н. 4. 4. arccos (i 2.С. с>у. З.С. *> 1. 1978 Решение варианта 1. 1. Преобразуем левую часть уравнения: 2sin*+3sin2* = 2sin*+6 sin*cos jc=2sin лс(1 + 3 cosJt). Отсюда следует, что данное уравнение равносильно совокупности двух уравнений —1/3. Первое уравнение имеет решения: х=пп, п g Z. Второе уравнение имеет решения: х=± arccos (— 1/3)+2я£, k g Z. Все найденные числа образуют множество решений данного уравнения. Ответ: х = пп, п £ Z; x=± arocos (—1/3)+2лЛ, k g Z. 2.Н. Поскольку дискриминант квадратного трехчлена 2*2—*+2 отрицателен (Z> = —15), то при любом х справедливо неравенство 2*2—jc+2 > О и, значит, область определения функции у (х) = У 2х2—*+2 совпадает с множеством всех действительных чисел. Вычислим производную у' (х)9 пользуясь известными правилами: у' (x)=i ■ 2 /2*2— х+2 172
Так как функция дифференцируема в каждой точке числовой прямой, то по теореме Ферма ее точки экстремума должны содержаться среди решений уравнения у' (*) = 0, или 2 Vr2x*—x=^=2 ~~ Это уравнение имеет единственный корень лс=1/4. Докажем, что точка л; =1/4 действительно является точкой экстремума. На множестве х < 1/4 4Х 1 справедливо неравенство — < 0, или у' (х) < О, а на мно- F F 2 К 2*2*+2 жестве х > 1/4 выполнено неравенство — > 0, или у' (х) >0. Пользуясь теоремой о достаточном условии экстремума, заключаем, что *=1/4 является точкой минимума. Значение в этой точке равно у( -j J = = l/ -g-. Вычисления можно было бы упростить, если заметить, что из монотонности функции У~х следует, что точки экстремума функции у{х) совпадают с соответствующими точками функции 2д:2—>л:+2, т. е. все исследование достаточно провести для функции f (х)=2х2—х+2. Ответ: имеется единственная точка экстремума (минимума) *=1/4; З.Н. Из условия задачи следует, что вектор АВ имеет Координаты (3; 4; 6). Так как искомая плоскость перпендикулярна этому вектору, то ее уравнение можно записать в виде 3x+4y+6z+d = 0t (1) где d—некоторое число. Плоскость проходит через точку Л, значит, координаты точки А после подстановки в уравнение (1) должны обратить его в верное числовое равенство. Имеем 3»l + 4-2+6«3+d = 0, откуда d = — 29. Итак, уравнение искомой плоскости имеет вид SX-\-4y+6z—29 = 0. Ответ: Зх+4у+6г—29 = 0. 4. Потенцируя данное уравнение, получаем уравнение 3*—8 = 32~*. (2) Умножая это уравнение на 3*, получим уравнение равносильное уравнению (2). Обозначив 3* через t, это уравнение можно переписать в виде t2—8/—9 = 0. Корнями полученного квадратного уравнения являются числа ^ =—1, t2 = 9. Значит, уравнение (2) равносильно совокупности уравнений Первое уравнение этой совокупности корней не имеет, так как —1 не при- 173
надлежит множеству значений показательной функции. Второе уравнение имеет единственный корень хг = 2. Итак, уравнение (2) имеет единственный корень *1 = 2. Все корни исходного уравнения содержатся среди корней уравнения (2), ибо при потенцировании уравнения нельзя было потерять корни, но можно приобрести посторонние. Поэтому ни одно число, отличное от 2, не является корнем исходного уравнения. Подставляя х = 2 в исходное уравнение, находим, что левая и правая его части обращаются в нуль, т. е. х = 2 является его корнем. Ответ: х = 2. 5.Н. Обозначим через Р, Q, R, S точки пересечения плоскости а с прямыми АВ, BD, CD и АС соответственно (рис. 41). Так как а || AD и а || ВС, то PQ 1| AD || RS, QR || ВС || PS. (3) Это значит, что четырехугольник PQRS—параллелограмм. Поскольку пирамида правильная, то проекция AD на плоскость ABC проходит через вершину А и центр правильного треугольника ABC у т. е. перпендикулярна ВС. По теореме о трех перпендикулярах это означает, что ребра AD и ВС перпендикулярны. Из (3) теперь следует, что PQRS—прямоугольник. Обозначим | АР | через х и выразим через х площадь S (х) прямоугольного сечения PQRS. Из подобия треугольников PBQ и ABD вы- Ь текает, что :=-^ . Поэтому | PQ 1=-^- (а.—х). По условию треугольник ABC—правильный. Из параллельности прямых PS и ВС следует, что треугольник APS также правильный, т. е. | PS | = = |ЛР| = *. Таким образом, *=— (ах—х2). (4) Для того чтобы найти сечение максимальной площади, нужно найти точку на отрезке [0, а], в которой функция S (х) принимает наибольшее значение. Производная S' (*)==— (а—2*) обращается в нуль в единственной точке а/2. Значит, «S (х) принимает наибольшее значение в точке а/2 или на концах отрезка [0, а]. Поскольку 5 (0) = S (а) = 0 о / а\ Ь а2 аЪ и 5 ( y ) = — #Т=Т> т0 площаАь сечения будет наибольшей, если x=a/2t т. е. плоскость а проходит через середину отрезка АВ. Вычислим теперь расстояние от ребра AD до плоскости а в предположении, что | ЛР| = дс—некоторое число из промежутка 0^х<а. Обозначим через К середину отрезка ВСf через L, Л1—точки пересечения отрезков KD и QRt К А и PS соответст- 174
венно (рис. 42). Так как прямая LM есть пересечение плоскостей а и AKD и а||Л£, то прямые LM и AD параллельны. Прямые KD и КА перпендикулярны ВС (медианы в равнобедренных треугольниках, проведенные к основаниям, являются высотами). По признаку перпендикулярности прямой и плоскости заключаем, что прямая ВС перпендикулярна плоскости AKD. Но PS[\BC, следовательно, прямая PS, а потому и плоскость а, перпенди- кулярны плоскости AKD. Это означает, что проекция AD на плоскость а совпадает с прямой LM и расстояние от AD до плоскости а jy (обозначим его через d) равно расстоянию меж- р ** ду параллельными прямыми AD и LM. Выразим это расстояние через х. Для удобства вынесем сечение AKD пирамиды на рис. 43. Пусть KN—высота в треугольнике AKD, Е—точка пересечения KN и LM. Тогда \NE\ = d. Из подобия треугольников АРМ и АВК (рис. 42) следует, что \АМ\ _\АР\ _ х \NE\_\AM\ х \АК\ —\АЩ"Т И \NKl~\AKl~a9 откуда d=— \NK\. Вычислим \NK\. Из равнобедренного треугольника BDC находим: \DK\=V\BD\2 — \BK |»= Vb2—а2/4. Так как треуголь- ник ABC—правильный, то | АК\ = \ ЛВ\^--==а^-. Применяя к треугольнику ADK теорему косинусов, получаем б2 j- = Ьг + -^ а2 — ЛГ/С|= 1 —^р=± УЗЬ*—а*. Таким образом, Подставляя сюда ^=-о-» находим (/max=-|j- V~Sb2— a2 —а2. 6. На рис. 44 изображена конфигурация, описанная в условии задачи. Докажем, что, треугольники CNM и DNM подобны. Для этого достаточно доказать, что CNM = DNM и CMN = NDM. Так как ЛВ—диаметр, то треугольники ЛСВ и ADB прямоугольные. Они имеют общую гипотенузу АВ и равновеликие катеты (АС и AD—радиусы окружности с центром в точке А). Поэтому \BC\ = \BD\. Углы CNB и DNB вписаны в первую окружность и опираются на дуги этой окружности, стягиваемые равновеликими хордами ВС и BD. Значит, CNB = DNB, или CNM = DNM. Так 175
как угол CMN—-внешний в треугольнике CMBt то CMN=BCM-\-MBC. Углы NBC и CDN—вписанные, опирающиеся на одну и ту же дугу. Значит, MBC=NBC=CDN. Пусть /С—точка пересечения прямой СА со второй окружностью. Тогда КС J_BC и /CM J_ CM (С/С—диаметр второй окружности). Отсюда следует, что BCM = CKM=CDM (последние два угла вписаны во вторую окружность и опираются на дугу СМ). Итак, CMN = Этим доказано, что треугольники CNM и DNM подобны. Из подобия следует I • ш В Г ■ I ^> В Т I Отсюда \ = а-Ь и \MN\=* равенство Рис' 44# Ответ: \MN\= Vab. 2.С. Обозначим через х количество тонн металла, выплавленного из 24 тонн руды. В нем содержится 4% примесей и 96% чистого металла. Поэтому чистого металла будет выплавлено 0,96* тонн. Это количество по условию должно составлять 60% от 24 тонн руды. Так что получаем уравнение 0,96^ = 0,6-24, откуда *=15. Ответ: 15 тонн. З.С« Перенося правую часть неравенства налево и приводя слагаемые к общему знаменателю, после тождественных преобразований получим неравенство х—о Л /Л. равносильное исходному. С помощью метода интервалов (рис. 45) находим множество всех решений неравенства (6): х <—2, 3 < х < 8. Ответ: х < —2, 3 < х < 8. 5.С. Будем пользоваться формулами (5), (4), выведенными в решении задачи 5.Н. Из условия задачи следует» что в (5) нужно взять Ь равным а ]Г2. Тогда из (5) или х= d. Значит, плоскость пересечет ребро АВ в точке Р такой, лп 2/ТО . что АР =—w-=—d. о 176
По формуле (4) теперь находим: Ответ: 5=—£=т ad — ^т^- <*2. Ответы к вариантам 2—6. Вариант 2. 1. *=-£-+ял, n£Z; х= ± arccos-j 2.Н. ут\п == —За2. 6. ^-. 2.С. 5%. З.С. *>1, — 3 Вариант 3. 1. *=~+лл, л^^ *=(—l)*arcsin ^—-|» 4. * = 0. к < 0. 5.С. 2.Н. ^min=l/f^) = ]/ |- . З.Н. 2а;—2у—z+9 = 0. 4.^-3. 5.Н. ^ УЗЬ2—а2. 6. Уа5. 2.С. 7 кг. З.С. *<— 3, —у < jc < 2. 5.С. о Вариант 4. I. лс=лп, ngZ; лс = (— 2. H. ymax = y (1) = 1 + A . з.н. arccos -^ . 4. *=0. 5.H. Ут'т = У -3п2.6. ^ . 2.C. 53o/o. 3.C. x<-3, 1 < x < -| . 5.C. . 2.H. . 4. *=1. 5.H. Вариант 5. 1. x—nn, «PZ; jc=± arccos-=- о y. 3.H. x— ~ Y3m2—nK 6. }/*^. 2.C. 190. З.С. x <-2, —-^ < * < 2. 5.C. Вариант 6. 1. х=кп, n£Z; * = (— l)ftarcsin ( — - . 2.H. ymln = y(±\ = \-2-. 3.H. arccos^. 4. д:=0. 5.Н. K4m2-3/i2. 6.^. 2.C. 900/0. 3.C. - 5 < x < --J , x > \. 5.C. ~(VTlm-4d). 177
1979 Решение варианта 1. 1. Воспользовавшись формулой для косинуса половинного угла, данное уравнение можно преобразовать к виду cos ~=2cos2-|-f или cos-^- Отсюда следует, что исходное уравнение равносильно совокупности двух уравнений * /ч X I cosT=0, cosT=T. Решая их, находим следующие серии решений: x = n(2n-\-l), n£Z, x = Ответ: x = n(2n+l), n£Z\ *=-~+4jtfc, &£Z; x= ~ 2.Н. Воспользуемся координатным представлением скалярного произ- ведения векторов а, Ь, а также формулой (а, 6) = | а\ \ b\ cos ф. Имеем Таким образом, 30 = 7-5-со8ф, откуда cos9=-y. Поскольку величина угла между двумя векторами принадлежит отрезку [0, я], то находим, 6 что <p = aroos Ответ: arccos у . 3. Прологарифмируем первое уравнение системы по основанию 3. Тогда исходная система равносильна системе I x+y\og3 Заменив первое уравнение суммой первого и второго уравнений, получим систему равносильную системе (1). Поскольку l + bgs2 = log3 6 Ф 0, то очевидно, что система (2) имеет единственное решение: х± = — 2, #i = 0. Так как система (2) равносильна исходной системе, то исходная система также имеет единственное решение: х± = — 2, #i = 0. Ответ: х=—2, у=0* 4.Н. Найдем точки, в которых касательные к графику функции JC+ 1 У (*)=■—^ образуют угол Зя/4 с осью Ох. Их абсциссы являются кор- 178
нями уравнения у' (х) = ig -j-. По формуле для производной отношения двух функций у'(х) = — -. оч2. Так как tg-j-=— 1, то получаем \х—о; 4 4 уравнение — -. -^=2—1, которое имеет два корня: *i=5 и *а=1. \х—о; Ординаты точек касания находим из условия, что они принадлежат графику функции у(*)=£±-, т. е. у1 = у(х1) = ;г^=3> У2 = У(х2)=* = —±—=— 1. Теперь можно написать уравнения касательных: у—3 = 1 —о = — Ь(*—5) и у-\-\=— 1»(х— 1), или у = — *+8 и у = —х. Поскольку ось Ох имеет уравнение у=0, то координаты точек пересечения ее с первой и второй прямыми удовлетворяют соответственно системам уравнений i У= — х+8, I у=—х, \ У=0, \ у = 0. Значит, первая прямая пересекает ось Ох в точке с координатами (8, 0), вторая—в точке с координатами (0, 0). Ответ: (8, 0), (0, 0). 5. Обозначим | AM \ через х и | AN\ через у. Применим к треугольнику AMN (рис. 46) теорему косинусов. Тогда 4а2 = х2-\-у2—2хусо$а. Обозначим через О центр окружности и через Е> F, G—точки касания окружности со сторонами ВС, АВ, AD соответственно. Так как радиус, проведенный в точку касания, перпендикулярен касательной, то ОЕ\ВС, OG\AD. Но AD\\BC, следовательно, OG\BC. Из точки О можно провести только один перпендикуляр к прямой ВС. Значит, прямые ОЕ и OG совпадают, т. е. точки £? О, G лежат на одной прямой. Прямые EG и AD перпендикулярны, поэтому |£G| = | 4B|sinct=/sina и \ОЕ \ = \OF\ = \OG |=-^ • /.sina. Точка О лежит на биссектрисе угла BAD, поэтому Отрезки касательных, проведенных к окружности из одной точки, равновелики, следовательно, 2a=| ^V| = |AIF 1+| iVG| = | iV|—*+|i4Gl—i/=/(l + cos a)—x—g. Итак, получаем, что х и у удовлетворяют системе уравнений х-\- у=/ (1+cos a)—2а. 179
Перепишем первое уравнение этой системы в виде (х+у)2—2ху (1 + cos а) = 4а2. Подставляя в него /(1 + cos a) —2a вместо *+!/» получим уравнение —2ху (1 + cos а) = — /2 (1 + cos а)2+4а/ (1 + cos а). Поскольку а Ф я, то правую и левую части этого уравнения можно еще разделить на 1+cos а. Получим, что х и у удовлетворяют системе уравнений ( ) —2а, а)-2а/. Это означает, что они являются корнями квадратного уравнения (+))+y( + )—2а/ = 0. Решая его, находим: _ osa) —2a ± у4а2 + Ы (1 — cosa)— i, 2 2 Поскольку длины искомых отрезков ВМ и ND равны /—х и /—у, то получаем ответ задачи. Заметим, что приведенное решение задачи годится для любых значений а из промежутка 0 < a < я. Кроме того, условия задачи не позволяют, вообще говоря, однозначно определить величину отрезка MB. Можно только утверждать, что один из искомых отрезков равен найденному выражению со знаком «плюс» перед корнем, а второй—выражению со знаком «минус» перед корнем. Ответ: \MB\ = du \ND\ = d2, \MB\ = d2t \ND\ = dlt где . / (1— cos,a) + 2a+ /4а2+4а/ (1 —cos a) — /2 sin2 a 2 . / (1 —cos а)+2а— j/"4a2+4a/ (I—cos a)— /2 sin2 a «2= 2 ' 6. Обозначим через Аг, Сг точки касания шара с прямыми, проведенными через А и С соответственно. Пусть А2 и С2—ортогональные проекции точек А^С-^ на плоскость Р (рис. 47). Поскольку отрезки касательных к шару, проведенных из одной точки, равновелики, то | ААХ | = | АВ | = /, \СС1\ = \СВ\ = 1. Из прямоугольных треугольников ССхС2 и ААгА2 находим: | АгА21 = / sin а, | СгС2 | = / sin a. Отсюда следует, что | АгА2 \ = | СХС2 |. Поскольку A±A2J_P, CiC2JLP, то АгА2 || dC3 и, значит, А^С^х—параллелограмм и, более того,— прямоугольник, так как СХС2 J_ ^2^2- Из тех же прямоугольных треугольников | АА2 \ = / cos a, | СС2 | = / cos a. Обозначим через О центр шара. Так как прямые АгА2 и ОВ перпендикулярны плоскости Р (ОВ—радиус, проведенный в точку касания), то АХА21| ОВ и, значит, точки Аи А2,О,В лежат в одной плоскости. Вынесем на чертеж отдельно сечение этой плоскостью шара и плоскости Р (рис. 48). Если D — 180
основание перпендикуляра, опущенного из точки Aj на прямую ОВ, то = V г2—(г— /sina)2= j/2r/sina — /2sin2a. Совершенно аналогично доказывается, что | С2В | = }/ 2/7 sin а— /а sin2 a. Значит, точки Л2 и С2 лежат на окружности радиуса \ 2rl sin a— /2 sin2 a с центром в точке В. Как доказано выше, точка А2 кроме того лежит на окружности радиуса /cosa с центром в точке А, и точка С2 лежит на окружности радиуса / cos a с центром в точке С. Эти три окружности будем в дальнейшем обозначать: окружность В, окружность А и окружность С в соответствии с названиями их центров. Поскольку треугольник ABC равнобедренный, то его высота BE, проведенная из вершины В, будет перпендикуляром к отрезку АС, проведенным через его середину. Окружность В симметрична относительно прямой BE, окружности Л и С при этой же симметрии переходят друг в друга. Отсюда следует, что точки пересечения окружностей В и А симметричны точкам пересечения окружностей В и С относительно прямой BE. Рис. 47. Рис. 48. Рис. 49. Рис. 50. Предположим, чю точки А2 и С2 симметричны относительно прямой BE. Тогда AzCim}_BE и, значит, А2С2\\ АС. Поскольку А^А2С2Сх—прямоугольник, то АгСг || Л2С2. Отсюда следует, что АгСх \\ АС. Но тогда прямые АА^ и СС± лежат в одной плоскости, что противоречит условию задачи. Итак, точки Л2 и С2 не симметричны относительно прямой BE. На рис. 49 и 50 изображены возможные два случая расположения точек A2t C2. При этом положения точек А2 и Са обозначены соответственно А2, А\ и Са, Ci\ 181
Докажем, что расстояния между прямыми AAi и CCi в этих двух случаях одинаковы. Плоскость ОБЕ перпендикулярна плоскости Р. Из доказанного выше следует, что точки А и С, А 2 и Cj; А2 и С2 симметричны относительно плоскости ОБЕ. Обозначим через А[, Аи С[, & точки, соответствующие Ai, С± в случаях, изображенных на рис. 49 и 50. Поскольку А[А2\\ ОБЕ, &Cl\\ A[A2t \A[A2\ = \ClCi\ и точки A2t С'2 симметричны относительно плоскости ОБЕ, то точки А[ и Cl также симметричны относительно плоскости ОБЕ. Аналогично точки Al и С[ симметричны относительно этой же плоскости. Этим доказано, что прямые АА[ и CCl, АА[ и СС[ симметричны относительно плоскости ОБЕ. Но тогда расстояние между АА[ и СС[ равно расстоянию между прямыми С& и АА{. В дальнейшем для определенности будем считать, что точки А2, С2 расположены так же, как точки A2t C2 (рис. 49). Проведем через точку А прямую, параллельную прямой СС±. Отложим на ней точку F так, чтобы отрезки AF и ССХ были сонаправлены и равновелики (рис.51). Плоскость AAXF параллельна прямой ССг (по признаку параллельности прямой и плоскости, так как CQ || AF). Поэтому расстояние между прямыми ААХ и CCi будет равно расстоянию между прямой ССг и плоскостью AA±F или расстоя- нию между точкой С* и плоско- стыо AAiF> Обозначим это расстояние через hcv Если hj\ — расстояние от точки А до плоскости FАгС^ то для VjiAiCtF—объема пирамиды AAiCxF—имеем два выражения: VaAiCxF^ з" *Ci '5,4,41^ =-3" hASFAiCti где SjiAtF^ SpAiCi—площади соответствующих треугольников. Из последнего равенства получаем (1) Остается найти h^ Sp^Ci и SaAiF- Четырехугольник XCCiF—параллелограмм (| AF | = | ССХ |, и AF || ССг). Следовательно, С А || CXF. Ранее было доказано, что А2С2 \\ А^. По признаку параллельности двух плоскостей (ранее было доказано, что прямые АС и А2С2 не параллельны) заключаем, что плоскости АБС и FA& параллельны. Но тогда hA=\ ^l sin а. (2) Теперь найдем площадь треугольника FAAi. Поскольку треугольник FAAt 182
равнобедренный, то Обозначим через G проекцию точки F на плоскость ABC. Так как FG || АгАй и | FG\ = \A1A2 |, т. е. так как FGA2AX—параллелограмм, то | FAY | = | GA2 |. Плоскости AFG и ССгС2—параллельны (Л/? || CCit FG || QCg). Плоскость ABC пересекает их по прямым AG и СС2. Значит, AG || СС2 (рис. 52). В треугольниках АА2В и ССгВ соответствующие стороны равновелики. Значит, А2ВА = С2ВС. (3) Обозначим через К точку пересечения прямых СС2 и АВ. Тогда GAA2+A2AB = GAB=AKC. (4) Последнее равенство следует из того, что AG \\ СС2. Далее, так как угол АКС есть внешний угол треугольника КВС, то Из равенств (4) и (5) следует, что GAA2 = ABC. Но тогда = /cosoc • -y SAAlp= a cos аУ I2—a2 cos2 a. (6) Для того, чтобы найти «S/MiCi» заметим, что в треугольниках РАгС± и GA2C$ соответствующие стороны равновелики. Значит, SfAiCi = Sga*c*- Пользуясь вторым из равенств (3), имеем А^ВС2 = А^ВА + АВС2 = С^С+14БС2 = ABC. (7) Поскольку треугольники А2ВС2 и ЛЯС равнобедренные, то из равенства (7) следует, что они подобны. Поэтому Л2С2| _ [Л2В) [ГТЖГ Таким образом* Обозначим через h высоту треугольника GA2Cit опущенную из вершины Л$, Тогда 183
или Y4а2cos2a— h2 + l/ Д-^sina—4а2sin2a—-h2=2a. Перепишем полученное уравнение так: y^L sin a—4a2 sin2 a—Л2 =2a— V 4a2 cos2a—h2 . (8) Возведя обе части уравнения (8) в квадрат, после преобразований получим 2а Л=:р К 2r/sin a—(r*+ /2) sin2 a. Это дает: 2а\ | -h~V 2rl sin a-(r2 + /2) sin2 a. (9) Из равенств (1), (2), (6) и (9) находим: 2a2 V2rl sin a— (r2 + /2) sin2 a - — ^—!— — 2rl sin а—(г2+ /2) sin2a 2а tga V2rl sin а-(г^+ /2) sin2 a Ответ: 2.С. Обозначим первый член данной прогрессии через аг и разность ее через d. Тогда седьмой член а7 прогрессии равен ai-\-6dt так что ai+6rf = 21. (Ю) Сумма первых семи членов арифметической прогрессии равна fll"T fl?-7# поэтому ^•7 = 105. (11) Из равенства (11) ai = 9, затем из равенства (10) находим, что d=2. Ответ: первый член, прогрессии равен 9, разность равна 2. 4.С. Корни квадратного трехчлена хг-\-х—2 равны х1 = —2, *а=1. Поэтому область допустимых значений данного неравенства является объединением двух множеств: х<—2 и *^*1. Для х из множества х<—2 левая часть неравенства неотрицательна, а правая отрицательна. Значит, все х из множества х<—2 являются решениями данного неравенства. Обе части данного неравенства определены и неотрицательны на множестве х^\. Значит, на множестве х^ 1 это неравенство равносильно 184
такому: х—2 > х\ Решения последнего неравенства есть х > 2. Все они принадлежат множеству Jf^l и, значит, являются решениями данного неравенства. Следовательно, искомое множество решений является объединением множеств лг«^—2 и х > 2. Ответ: х*^—2, х > 2. Ответы к вариантам 2—6. Вариант 2. I. * = 4яя, /i£Z; * = (—1)я—<р + 4шп, m£Z. 2.H.arccos (-T?=) • 3- * = -2, */=3. 4.Н. (0, 47); (0, 11); (-~, о) ; 9 У 2 JsuiP тЛя2—62cos2p 2.С. ^ = 8; S6=14043. 4.C. jc<—4, jc > 0. Вариант 3. 1. *=12л;т, /ngZ; л:=3я+бял, ngZ. 2.H. arccos ■=-. 3. x—l,y»2. 4.H, (0, 21); (0, 1). 5. (^-m) (r—Jtg-|-) . ^s^v 2C 4C _ *>3. Вариант 4. I. х=2яп, n£Z; x=n+4nm,m£Z. 2.H.arccos (— —t= J. 3. x—1, y=2. 4.H. (0-2); (0, 14); (y.o); (- \ , o) . 5. | PS\=dlt = d2; | PS |-4, | «Г | =rfi, гдеd1=fr+tg|-+ "|/*«+ 2br tg|~/-*, ae = l/9. 4.C. *<—3, a: > 3/2. 2 Вариант 5. 1. *=2я+4яя, n£Z; лс=2ят, m^Z. 2.H. arocosy. 3. x=lf y=-l. 4.H. (0, 0); (0, 12). 6. |^D|=rctg |—-7"e 6. /"m2—a2 cos2 a дс > 10/3. Вариантб. 1.д:==бял, лё2'» Д? = 3я+ 12ят, m£Z. 2.H.arccos(—2/K45). 3. * = -i, y=2. 4.H. (0,128); (0,288); (-128/25, 0). 5. S=—/(/—n) sin p X 2n p lK 2 У Yn*—& cos2 у 4.C. *<_4,jc>9/4. 185
§ 4. ХИМИЧЕСКИЙ ФАКУЛЬТЕТ 1977 Решение варианта 1. 1. Обозначим через 5 км расстояние между пунктами А и В; пусть х км/ч—скорость мотоциклиста, а у км/ч—скорость велосипедиста. 2 2 5 1 Путь —S км мотоциклист проехал за -^- • — часов, а путь -^ 5 км О О X О 1 5 велосипедист проехал за -^- • — часов. Почта из Л в В была доставлена о у ( 2' 5 , 1 5 \ за J-^ • \—g-. — J часов, и это время по условию задачи должно равняться 5/40 часов. Поэтому имеем первое уравнение 3 * х + 3 ' у ~~Тб"# Если бы мотоциклист и велосипедист выехали навстречу друг другу, то они встретились бы через ■ часов, и это время по условию задачи должно X~j~ У равняться 5/100 часам. Поэтому имеем второе уравнение 5 5 100" х +у' Для нахождения хну получили после деления правой и левой частей каждого из уравнений на 5 (5 Ф 0) систему Из второго уравнения </=100—х. Подставляя 100—л: вместо у в первое уравнение системы, получим уравнение 2 , 1 _1 Зх^ 3(100—х) ~40* которое имеет корни *1 = 80, *а= 100/3. Значит, система имеет два решения: *i=80, у! = 20; *2= 100/3, у2=200/3. Так как по условию задачи скорость мотоциклиста больше скорости велосипедиста, то условию задачи удовлетворяет только одно решение системы, а именно: ^ = 80, ^ = 20. Следовательно, скорость мотоциклиста равна 80 км/ч. Ответ: 80 км/ч. 186
2.Н. Поскольку х*—2х+2 = (х—\)*+1 и *2+4*+5=ф+2)2+1, то графики функций у = х2—2х+2 и у=*2-{-4*+5 являются параболами, ветви которых направлены вверх, а вершины находятся соответственно в точках Л(1, 1) и В (—2, 1) (рис. 53). Из системы уравнений = х2—2х+2, ( у = \ у== 1 \ -2 i ч/г у I J 0 1 as находим координаты точки С—точки пересечения этих парабол: 1 . 1 п„й Рис. 53. Искомая фигура ВС А состоит из двух частей: а) из фигуры, лежащей под кривой у = х2-{-4х-\-5 и над прямой у=1 на промежутке от —2 до —1/2; б) из фигуры, лежащей под кривой у=х2—2*+2 и над прямой у=\ на промежутке от —1/2 до 1. Площадь первой фигуры вычисляется так: -1/2 -1/2 -2 -2 Площадь второй фигуры вычисляется так: -1/2 -1/2 -1/2 9 9 1 Так как искомая площадь S = Si+Sa» то ^ = "о""Ь"8"==2Т # Ответ: 2-^-. 3. Исходное неравенство равносильно двойному неравенству 0 < — 36*< 7 , или, что одно и то же, системе неравенств ( 6*+*-36* > О, Обозначив 6* через у, эту систему можно переписать так: 6#—у2 > О, f 6у-у \ 6у-у (2) Множество решений первого неравенства есть промежуток 0 < у < 6. Множество решений второго неравенства состоит из двух промежутков: у*^1 5. Таким образом, решениями системы (2) являются все у из об- 187
ластей 0<у<>1 и 5<#<6. Значит* система (1) равносильна совокуп* ноств двух двойных неравенств 5<6*<6, или, что одно и то же, совокупности двух систем неравенств f 6*>0, i 6*^5, \ 6*<1, \ 6*<6. Множество решений первой системы есть промежуток —оо < х<^0, множество решений второй—промежуток loge5«^*<l. Значит, множество решений исходной системы состоит из двух промежутков: — оо < *«^0, loge5«<;t < 1. Ответ: ж: О, Iog65^jc< 1. 4. Пусть ABCD—данный в условии зада- чи четырехугольник (рис.54). Обозначим через £, /С, F, N середины сторон ABt BCt CD и AD соответственно. Тогда EN—средняя линия треугольника ABD и, значит, EN\\BD. Аналогично доказывается, что KF\\BD, EK\\AC и NF\\AC. Это означает, что EN\\KF и EK\\NFt т. е. четырехугольник NEKF—параллелограмм. По свойству параллелограмма \NF\, \EN\ = \KF\t* по условию | EF \ = | NK |. Отсюда следует, что ЁкР—KfR; значит, четырехугольник NEKF—прямоугольник. Ранее доказано, что EN\\BD и ЕК\\АС, поэтому BD ±^АС. Если О—точка пересечения диагоналей четырехугольника ABCD, то площади треугольников ABC и ADC равны соответственно -^ | Л С | • | ВО | и — |i4C|-|0D|. Площадь 5 четырехугольника ABCD равна сумме площадей треугольников ABC и ADC, т. е. Ответ: 1 м2. 5, Воспользовавшись тем, что 2 cos2 3x= I +cos 6х и g cos 2x — — •£Sin2x=cos(2x-{-n/6)t перепишем данное уравнение в виде 2—2cos (2*+jt/6) = 2+2cos6x. (3) Уравнение (3) равносильно такому: cos 6*+cos (2*+я/6)=О, или уравнению 188
Следовательно, исходное уравнение равносильно совокупности двух уравнений COS 4Я+77Г = Эти уравнения имеют решения соответственно х=-^-\-^-, k£Z, и 7 л , sx/i -_ .. „ „ je=="24"H—о"» Л6^. Наиденные серии решении составляют множество решений исходного уравнения. Теперь выберем из них те, которые удовлетворяют условию cos ( 2х—j- J > 0. Пусть x=-jg-1—j- , тогда cos ( 2х—-j- ] = / 5л . nk n\ ( л , nk \ „ = cos{-^~f-^——J^jcos f — —-J-—J. Легко видеть, что условию задачи удовлетворяют следующие подмножества первой серии решений исходного уравнения, получающиеся при Л = 4т и k = 4m+l: *=-Tq" + 4пт 5л . ^_ 5л , л(4т-[-1) 17л . -„ „ +ят mgZ ^Н+ят т^2. Пусть 7л , пп /л л ч / 7л , л \ / л = со8-^-созлл — sin-^ sin лл = (— l)"--o-- Условию задачи удовлетворяют решения, соответствующие четным значениям и, т. е., полагая п = 21, получим, что условию задачи удовлетворяет следующее подмножество второй серии решений исходного уравнения: x—-xr-{-nl* l£Z. Значит, ответ к задаче дают следующие три серии решений: *=-тд-+лт, m£Z; Ответ: х=-^-{-пт, m£Z\ x=-jg~\-nn, 2.С. Возведя обе части каждого из уравнений данной системы в квадрат, получим систему ( *+</-1 = 1, \ x-y+2 = 4y*— Все решения исходной системы являются решениями системы (4), но не обязательно все решения системы (4) будут решениями исходной системы, поэтому после нахождения решений системы (4) из них надо отобрать те, которые будут решениями исходной системы. Из первого уравнения системы (4) jc=2 —«/. Подставим 2—у вместо х во второе уравнение. Получим квадратное уравнение корни которого #!=(), |/2 = 3/2. Значит, система (4) имеет два решения: *i=2, 01=0; *а=И/2, i/2=3/2. 189
Непосредственная проверка показывает, что единственным решением исходной системы является пара чисел дс2=1/2, 1/2 = 3/2. Ответ: *=1/2, у = 3/2. Ответы к вариантам 2—4. Вариант 2. 1. 6 дней. 2.Н. 9/4. 3. *<log52, Iog63<*< 1. 4. 1 м# 5. ^-+4я/' '€*. ]|л+4ят' m^Z; "Т+Тя*; *eZe 2С' х=0> Вариант 3. 1. 48 км/ч. 2.Н. 18. 3. *<0, Iog38<*<2. 4. 1 м. 5. -|я+4я£, ^€2; ^.+4™*, ^6^; уя + 4я/, /€Z. 2.С. * = 5, у=1. Вариант 4. 1. 10 Дней. 2.Н. 9/4. 3. *<0, Iog23<*<2. 4. я/2. я 3 5* я (4/-{- 1), /^Zj "77-р4я/71, m^Z\ -jr-я-|-4я£, k^Z, 2.C. x=2t y = 2» 1978 Решение варианта 1. 1. Применив формулу сложения синусов, исходное уравнение запишем так: 2 sin 4x cos 2x = 3 cos2 2*, или cos2 2х (3—4 sin 2*) = 0, откуда получаем, что исходное уравнение равносильно совокупности двух уравнений sin 2* = 3/4 и cos2 2* = 0. _ (— \)т . 3 , пт „ Решения Первого уравнения: х= ' arcsin-т—\—jr-, m£Z\ решения второго уравнения: x=-j-\—~- , k£Z. Их объединение и дает множество решений исходного уравнения. _ я . й ,Л7 (— \)т . 3 , пт -„ Ответ: л=-т-Н—s- i ^€2'» Jg= 0 arcsin— Л—о"» mG^« 2. Обозначим через х км/ч скорость грузового автомобиля, а через 5 км —расстояние между пунктами А и В. Расстояние от Л до Б грузовой автомобиль проехал за — часов, а легковой автомобиль—за f lj часов. Следовательно, скорость легкового автомобиля равна —= км/ч. Если бы автомобили одновременно выехали из пунктов х А и В навстречу друг другу, то из условия, что они встретятся через 1 -?- часа, получаем уравнение 190
Поскольку х > 0, TOj поделив это уравнение на х, получим равносильное ему уравнение Обозначая — через tt приходим к уравнению которое имеет корни ^ = 3 и t2 = 2/5. Из условия задачи следует, что грузовик провел в пути от Л до Б больше одного часа, следовательно, условию задачи удовлетворяет только ti = 3. Ответ: 3 часа. З.Н. Обозначим через х см длину стороны основания параллелепипеда. Так как периметр боковой грани равен 6 см, то высота параллелепипеда равна —jr—=3—х см, а его объем равен х2 (3—х) см3. Задача свелась к тому, чтобы найти точки, в которых функция V (х)=х2 (3-х) принимает наибольшее значение на множестве 0 < х < 3. Производная функции V (х) равна V \Х) ~— уоХ ~~~ X' } — ОДС ОХ — %5Х \Zi Xi» На интервале 0 < * < 2 производная V (х) положительна, значит, V (х) на этом интервале возрастает. На интервале 2 < х < 3 производная V (х) отрицательна, следовательно, на этом множестве V (х) убывает. Так как функция V (х) непрерывна в точке лг=2, то из сказанного выше следует, что она в точке х = 2 принимает наибольшее значение на множестве О <х < 3. Итак, наибольший объем имеет параллелепипед, в основании которого лежит квадрат с длиной стороны, равной 2 см. Его объем равен 4 см3. Ответ: параллелепипед, сторона основания которого имеет длину 2 см, а боковое ребро имеет длину 1 см; искомый объем равен 4 см3. 4. Пусть ABCD—трапеция, удов- ЛИ OF летворяющая условию задачи (рис. 55). — Обозначим через а угол ВАЕ. По условию &AE=EAD. Так как ВС\\ AD, то АЕВ=ЕАи = ВАЕ, т. е. треугольник ABE равнобедренный. Это значит, что биссектриса ВК угла ABEt на которой лежит центр О вписанной ок- ружности, является также высотой 4 Л треугольника ABE. Пусть М и Я— Рис« 55. точки касания окружности со сторонами А В и ВС соответственно. Из прямоугольного треугольника Л ВК находим, что [АК\ = | ЛВ|соз а=2 cos а. Центр окружности О лежит на биссектрисе угла ВАК, значит, | МО | = | НО | = | КО \ = | АКI tg — s=s 191
= 2 cos a tg -у. Так как ОМ ± АВ, OH±BEt ВК ±АЕ, то бШ = &АК= = а, ВОН=ВЕК=а>. Следовательно, Д ЛШО равнобедренный и поэтому | МН\ = 2\0М |sirioc=4sinacosatg — . Так как |ЛГ#| = 1, то получим уравнение 1 =4 sin a*cos a- tg -^ . Обозначим tg -=r через xt тогда sin a= , и уравнение перепишется в виде 1 Так как а—угол в треугольнике, то 0 < а < я и * = tg -г a VlJ a ^з tg --r- = -^— . Решая уравнение tg-jr-=-*-^— , с учетом неравен- ства 0 < a < я находим: а/2 = я/6, откуда а=я/3; следовательно^ Ответ: блЬ = 2я/3. 5. Пусть (дс0, г/о» ^о) — решение системы, удовлетворяющее условию . Тогда справедливы числовые равенства j (1) Выделив во втором равенстве полный квадрат относительно #0» а в третьем относительно х0, перепишем эти равенства в виде Отсюда ясно, что должны быть справедливы неравенства zj—2zo^O и 4—zl^zO. Кроме того, zo^O. Итак, если (лс0, Уо» z0)—решение исходной системы, удовлетворяющее условию z^O, то должны выполняться неравенства ( zo(zo-2 Этим неравенствам удовлетворяют только два числа: zo=O и zo=2; но тогда из равенств (1) получаем, что либо *0=4, Уо = — 3, zo=O, либо ^0=2, «/о= — 1» zo = 2. Легко видеть, что как тройка чисел *е=4» Уо = — 3, zo=0, так и тройка чисел хо = 2, уо=— 1» zo=2 удовлетворяет исходной системе уравнений и условию z^O. Значит, исходная система имеет два решения, удовлетворяющие условию г^?0, а именно: (4, —3, 0) и (2, -1, 2). Ответ: (4, -3, 0); (2, -1, 2). 192
З.С. Область допустимых значений неравенства определяется из условия 5х—7^>0, т. е. состоит из промежутка Iog67<* < + 00. Исходное неравенство равносильно неравенству у 2 (5*+24)^ Так как обе части этого неравенства неотрицательны, то после возведения в квадрат получим неравенство —7+2 J/52*—49, равносильное на ОДЗ исходному неравенству. Последнее неравенство можно переписать так: 24 ^> }/52* — 49. Так как обе части этого неравенства неотрицательны на ОДЗ, то после возведения в квадрат получим неравенство - 49, равносильное исходному на ОДЗ. Решение последнего неравенства есть промежуток — оо < *<:2. Из этих чисел решениями исходного неравенства будут лишь те, которые попадают в ОДЗ исходного неравенства, т. 6. в промежуток Iog67<* < +00. Значит, множество всех решений исходного неравенства есть отрезок Iog57^;t<2. Ответ: Iog67^*<2. Ответы к вариантам 2—4. Вариант 2. 1, х= ±п/4-\~пп, n£Z. 2. 5 час. З.Н. Параллелепипед, сторона основания которого равна 2 см, боковое ребро—1 см; искомый периметр равен 6 см. 4. я/6. б. (2, —3, 3); (1, 0, 0). З.С. Iogi35<x<l. Вариант 3. 1. х = 2пп, n£Z. 2. 4 часа. З.Н. Параллелепипед, стороны основания которого равны 4 см и 2 см, объем—32 см3. 4. я/3. 5. (—2, 1, 2); (-4, 2, 0). З.С. logi78<*<;l. Вариант 4. 1. *= ±я/4+яя, n£Z. 2. 3 часа. З.Н. Параллелепипед, стороны основания которого равны 1 см и 0,5 см, боковое ребро—1 см; 2 искомый периметр равен 3 см. 4. —я. 5. (—1, 2, 2); (0, 1, 0). 3.C.log159^ 1979 Решение варианта 1. 1. Воспользовавшись формулами sin2* = 2sin*cos* и = 2 cos2 x9 преобразуем данное уравнение к виду 2 sin х cos x= ]/Tcos x-\-2 cos2 *, или 2 /2cos *(-^" slnx—*J~ cos *—5")^ или Ю. В. Нестеренко и др. 193
Таким образом* исходное уравнение равносильно совокупности двух уравнений cos х = 0, sin (х —-я/4) = 1/2. Множество решений первого уравнения есть *=—-(~я£, k£Z. Решая второе уравнение, находим, что х—jt/4 = (— 1)*jt/6+jm, n£Z, откуда *=-j- + Ответ: x^-jr-^-nk, k£Z\ x=-j--{-(—l)n -g—j-jm, ngZ. 2.H. Графики функций # = —-2x2 + 3*+6 и у = х-\-2 изображены на рис. 56. Заштрихованная фигура на этом рисунке ограничивается этими линиями. Площадь ее необходимо найти. Координаты точек пересечения А и В можно найти, решив систему уравнений \ У~- Подставляя х-\-2 вместо у в первое уравнение, получаем систему г х* х 2 = 0| равносильную предыдущей. Поскольку корни квадратного уравнения последней системы равны ^ =—1 и *2 = 2, то решения системы Итак, точка А имеет координаты (—1, 1), точка В—координаты (2, 4). Вычисляем искомую площадь: Z 2 -i Ответ: 9. 3. Обозначим скорости пароходов через ^км/ч, а скорость реки—через у км/ч. Время, прошедшее от момента отплытия плота от пристани А до 144 того момента, когда его нагнал второй пароход, равно —_ч. Второй паро- У код до момента встречи с плотом находился в пути У 144 ч (он плыл по течению и, значит* его скорость относительно берегов равна (х+у) км/ч). Из условия задачи следует, что справедливо равенство iil |ii- У х+У 40. (i) №
144 За время — ч первый пароход успел проплыть 324 км по течению со скоростью (*+!/) км/ч относительно берегов, простоять у пристани В 18 ч и проплыть 324 км—180 км=144 км против течения реки, двигаясь относительно берегов со скоростью (х—у) км/ч. Следовательно, имеет место равенство Ш= Ш I IS I Ш У х+у'Г т х-у (2) Итак, для нахождения хну имеем систему уравнений (1) и (2). Из первого Ъу2 Ъу2 уравнения находим: дс= и ■ . Подставляя fi _■ вместо х во второе уравнение, разделив предварительно обе части его на 18, получим уравнение 18— 4(18-5у) Освобождаясь в этом уравнении от знаменателя, получаем уравнение: 10у2—33^+9 = 0. Это квадратное уравнение имеет два корня: у^ = 3/\0 и «/2 = 3. Соответствующие значения х равны: jti = 3/110, x2= 15. Следовательно, система имеет два решения:^ = 3/110, i/i = 3/10; лг2 = 15, #2 = 3. Из условия задачи следует, что х > у. Этому неравенству удовлетворяет только второе решение системы. Ответ: скорости пароходов 15 км/ч, скорость реки 3 км/ч. G A F В Рис. 57. 4. Обозначим основания перпендикуляров буквами D, E> F (рис. 57). Тогда | EM | sin DME+-J \EM\\FM\ sin -j\FM\\DM\ sin /*Л?Ъ=-^ | DM 11 EM | sinC+ FM | sin £+ -i | f^4 ] | DM | sin ^. 7» 195
Далее: $abc=j \АС 11AB | sin £= y I A& 11 ВС | sin £» -i-1 AC 11 ВС 1 sin 6. Из этих соотношений находим тА=\ЛС\\ЛВ\' *1пВ=\АВ\\ВС\> sinC= Подставляя эти выражения в формулу для Sjygp, получаем = (\DM\\EM\ \EMJIFM\ \FM\ DM\\ . D£F V ИС||ДС| ^ | ВС 11 AB | ^ |ЛВ| ЛС| ) ABC mk . nk x mn\ o mkc-\-nkb-\-mna o SABC abc °TKyAa ~^f~ Ответ: —г—;—гг-\ • mkc-\-nkb-\- mna 5. Из второго уравнения системы выразим у через х. Для краткости обозначим 4sin*х + 4C0S* x через а. Тогда второе уравнение системы можно переписать в виде (25—6а) у2 + (6—2а) у+1 =0. (1) Докажем, что для любого решения системы не может выполняться равенство 25—6а = 0. Если это равенство имеет место, т. е. если а=25/6, то из уравнения (1) находим, что у = 3/7. Но тогда, используя первое уравнение системы, полу* чаем, что 3sin* Очевидно, что получилось противоречие, которое и означает, что для любого решения системы равенство 25—6а = 0 выполняться не может. Решая теперь (1) как квадратное уравнение относительно у, находим его корни: _— (3—q) ± у а* —16 Уи *- 25=65 • Поскольку а2 — 16 = (4я1л*х + 4СО8* х)2 — 16 = 4* 8|п*х + 42 С08$ *—8=(4sfal *—4C0S* *)*< то 2.4sln>*-3 2-,4CO8>*-3 Н 25-6 (4slnt * + 4cost x) f У* = 25 196
Приведенные рассуждения показывают, что исходная система равносильна совокупности двух систем, которые назовем соответственно 1 и II: ff 25_6(4sinl*+4CO8>*)1 25-( Решим сначала первую систему. Пользуясь вторым уравнением, находим nlj: —3 2.4sin8x —3 2.4sin2x—3 Здесь использован тот факт, что для решений системы выполнено условие уфО9 ибо иначе в первом уравнении не будет иметь смысла log2 Подставляя теперь 2«4cos2 x вместо в правую часть первого уравнения системы, находим, что - logs| sin х | - log, (2.4cost *) = log2 | sm x \ -1 - 2 cos2 x. Пользуясь условием задачи |^|<;1, первым уравнением системы, а также очевидными неравенствами log2|sinjc|<0 и cos2*^0, (2) получаем, что —К у sin х = log2 I sin л: | — 1 —2 cos2 x < — 1. (3) Теперь ясно, что все неравенства (2) и (3) в действительности являются равенствами, и должны выполняться следующие условия: V cos * = 0 или, что все равно, условия: j ys\n х = —\, \ |sin*| = 1. Если sinjt =—1, т.е. если х = — у-|-2ял> fl£Z, то#=1. Подставляя найденные значения х и у во второе уравнение системы I, получаем невер- 197
ное равенство 1 = — 1. Если sin*=l, т.е. если *=-~--|-2лл, /i£Z, то у =—1. Подставляя найденные значения х и у в оба уравнения системы I, убеждаемся, что они им удовлетворяют. Итак, система (1) имеет бесконечное множество решений: Решим теперь систему II. Пользуясь вторым уравнением системы* подобно предыдущему находим, что Подставляя теперь 2«4sIn* * вместо в правую часть первого уравнения, так же как и ранее, находим, что t/sin* = log2 | sin х\— 1—2 sin2 x. Воспользуемся теперь условием | у \ < 1, а также неравенствами log2|sin*|<0, sin2jt^0. (4) Как и ранее, получим, что — 1 ^у sin х = log2 | sin x |— 1 —2 sin2 x < — I, откуда следует, что для решений системы II должны,выполняться следующие условия: ( ys\nx=—l9 \ Iog2|sin*| = 0, l4sin^ = 0. Но последние два из этих равенства не могут выполняться одновременно. Таким образом, система II решений не имеет. Ответ: система имеет бесконечно много решений (*, у), где *= —-f- 2.С. Область допустимых значений этого неравенства есть промежуток < +оо. Разобьем этот промежуток на два множества: —3«^*<—1 и — I <;* < + оо и будем решать исходное неравенство отдельно на каждом из этих множеств. а) Пусть —3^* < — 1. На всем этом промежутке левая часть исходного неравенства неотрицательна, а правая отрицательна. Значит, весь этот промежуток входит в множество решений исходного неравенства. б) Пусть —\^х < + оо, тогда обе части исходного неравенства неотрицательны на этом множестве и исходное неравенство равносильно на этом множестве неравенству я+3 > (*+1)2, или х2-\-х—2 < 0. Множество реше- 198
ний последнего неравенства есть интервал —2 <х< 1. В множестве —1^ €^х < + оо содержится только промежуток — \^х < 1, который и является множеством решений исходного неравенства в области—1<;*< + оо. Объединяя решения, найденные на множествах —3<: х < — 1 и — 1<;х <-foo, получаем, что множество решений исходного неравенства есть промежуток —3<*< 1. Ответ: —3<* < 1. Ответы к вариантам 2—4. Вариант 2. 1. x=nkt Aj£Z; лг=-^+(—1)Л+^ у+яя, n£Z. 2.H. 62,5. Л т, е , I/ л i a (/sinv+msina+nsinP)2 _ t . 3. V1=5 км/ч, V,=4 км/ч. 4. JT,,« sin ptin у ' 5' <x- «*' ГДе ж=ял, t/=lf n^Z. 2.C. —14<^<2. Вариант 3. 1. x = (— \)n^+nnt nCZ\ x =—■^+nkt k£Z. 2.H. 4,5. О 4 Л T, . , , . |/"25 sina sin 6 sin v . 3. V±=b км/ч, Уг = 4,5 км/ч. 4. ha=-?- sincfc Li Л* = . 5. (г, у), где » = Z. 2.C. Вариант 4. 1. x=nkt k£Z; x = —j+(~0n -jr+яя, «€2- 2- 32. 3. Скорость подачи воды большой трубой равна 5 мэ/ч, а скорость подачи воды малой трубой равна 2 м3/ч. 4. у fl2+^ + g2+2 1^35, где 5 = V p (p—a) (р—Ъ) (р—с), 2p = a+6+c. 5. (*, y)i где х= у ^i-i n^Z. 2.C. — 27<jc<9. § 5. БИОЛОГИЧЕСКИЙ ФАКУЛЬТЕТ 1977 Решение варианта 1. 1. Возведя обе части данного уравнения в квадрат, получим уравнение 6—4*— *2=(*+4)2, или *а+6*+5=О. 0) Корни исходного уравнения содержатся среди корней уравнения (1). Но не обязательно все корни уравнения (1) будут корнями исходного уравнения. Поэтому после нахождения корней уравнения (1) надо отобрать те из них, которые будут корнями данного уравнения. Уравнение (1) имеет корни хг =—1 и х% = —5. Проверка показывает, что только *! = — 1 будет корнем исходного уравненвя. Ответ: х=—1. 199
2. Из условия задачи следует, что угол NMQ острый. Пусть QK — высота треугольника MNQ (рис. 58). По условию LN J^MN и LN J^LQ, следовательно, MN \\ LQ и LN || QK, т. е. четырехугольник KNLQ—параллелограмм. Тогда \QK\ = \LN\ и | NK\ = | LQ |. Имеем, пользуясь условием задачи: |Q/C| = |LW| = |LQ 1—2, |/СМ| = |^М | —|W| = 2 |LQ| — |LQ| = |LQ|. В прямоугольном треугольнике QKM отрезки QK и КМ являются IОКI л^~^ / 2 \ 2 катетами, следовательно, , „АА ,=tg QA1/C=tg ( arctg -«- )=-о- илн | л М | \ о у б I jm I 2 2 1 .^ ' —=-^ . Из последнего равенства находим, что | LQ | = 6. Из прямоугольного треугольника JVLO, наконец, находим | NQ \: \NQ\=\T Ответ: | = 2 |/"l3 Рис. 58. Рис. 59. З.Н. Графиком функции у = х*—4х+5 является парабола, ветви которой направлены вверх. Пусть Б и С—точки, в которых прямые у=—2*+4 и у=4х—11 касаются параболы (рис. 59). Из системы уравнений Г у=-2* + 4, \ # = 4*-11 находим координаты точки Р—точки пересечения касательных к параболе: * = 5/2, у = —-1. Фигура ВРСА, площадь которой необходимо найти, состоит из двух частей: а) из фигуры BPAt лежащей под кривой у = х2—4*-j-5 и над прямой у = —2х+4 на промежутке от 1 до 5/2 и б) из фигуры АРС, лежащей под кривой у = х2—4*+5 и над прямой у = 4х—11 на промежутке от 5/2 до 4. Площадь первой фигуры вычисляется так: 6/2 $1= £ ((*« — 6/2 5/2 б/а 9 200
Площадь второй фигуры вычисляется так: 4 4 С С 5/2 6/2 4 о 9 1 Так как искомая площадь S=^Si + SZt то 5 = -j-==2-j-. Ответ: 2—. 4. Умножив обе части уравнения на ■ -■ ^, перепишем его в виде 2 У 2 4~ (*-*)-*?-■(*-*) Применим к левой части уравнения формулу для косинуса суммы двух углов, а к правой части формулу для разности синусов двух углов. Тогда уравнение (2) перепишется в виде /я . х я\ 2 ./я *\ [2х c°s T+-P—тл )=-7=sin -j—-и-) cos ./я х\ /х,я\ или, поскольку sin I ~? г 1 =scos ( "5"+-г 1» в виде 2*,5я Последнее уравнение можно преобразовать так: отсюда следует, что оно равносильно совокупности двух уравнений х Первое уравнение имеет серию решений х——д—\-Ъяк* k£Z. Решая второе уравнение, находим, что "g"+"jo"=3± -т"-г-2яд> п g Z. Отсюда следует, что второе уравнение имеет две серии решений: * = рг-+5яд, л £ Z; х = 5—|-5ят, m g Z. Значит, исходное уравнение имеет три о серии решений: x=-^-{-5nk, k£Z\ x= пг+5лп* п g Z; ж = 5я . _ ^. _ g—|-5лт, т £ Z. 201
Ответ: *=-^-+5л*. k £ Z; х |^+5лп, п £ Z; х -y-f 5ят, О 5. Обозначим через *£, х2 корни уравнения х*-\—x+2s = 0 и через s 12 *з» *4 корни уравнения х2-\—х—s = 0. При этом будем считать, что х^ < x$ S g ОрЗ и ж8 < *4« Дискриминант первого уравнения равен —5— , дискриминант S 144+4s л ^ ^ второго равен ^ • Отсюда следует, что для того, чтобы оба уравнения имели по два корня, параметр s должен удовлетворять неравенствам т. е. лежать в промежутках — j/<s<0, 0<s< *—=—. Обозначим f(x) = x2-]—x+2s. Условие задачи не будет выполнено, s если между точками х3, хА лежит ровно один корень уравнения /(х) = 0, а второй корень лежит вне множества xs<ix^xA. В этом случае числа / (*з)» /(^) отличны от нуля и имеют разные знаки, т. е. f(x3)f(x^j < 0. Поэтому условие задачи будет выполнено в том и только в том случае. 12 когда выполнено неравенство / (х3) f (лс4) ^ 0. Так как xl = s х3 и s *2 =s—jxt, то /(xs) = s—— *s+— xs+2s=3s—— Тогда / (*з)/<*4) = (зз—j х.) (з»—| *4)=9s'-27 12 По формулам Виета *3+*4 = * 5 так что S /К) /(*J- Решая неравенство получаем, что множество его решений есть два промежутка: s^—3 а s > 0. Учитывая, что s должны удовлетворять системе (3), получаем, что условию задачи удовлетворяют значения s, лежащие в промежутках Ответ: - J/36 < s<-3, 0 < s < _ 202
З.С. Пусть первая бригада делала в час х деталей, а вторая бригада — д деталей, тогда за один час они вместе делали х-\-у деталей и 72 детали 72 сделали за часов. Следовательно, раздельно в первый день они ра- 72 :— х-\-у 72 / 7 ботали 7 д-— часов. За это время первая бригада сделала (7 : х-\-у \ х-\ деталей, а вторая бригада сделала [7 Х~~)^ Деталей» и из условия 7 Во второй день первая бригада делала в час х-\-\ деталь* а вторая бригада делала в час у — 1 деталь. Так как обе бригады в час делали опять 72 х-\-у деталей, то 72 детали они сделали за ■ часов и раздельно рабо- 72 [ 72 \ тали 5 — часов. За это время первая бригада сделала [ 5 — J (*+ 1) (72 \ 5 — J (у— 1) деталей, и из условия задачи вытекает, что Отметим еще, что условию задачи будут удовлетворять те х и у, для которых будет выполнено неравенство х > у. Итак, для нахождения хну получили смешанную систему X > У, 72 Обозначим —-r—=^z, *—y=ut тогда система (4) запишется в виде и>09 (7-z)« = 8, (5) (5—z Перепишем эту систему так: / 7w ) 5м+10—2г=8 + мг, I u>0. Отсюда ясно, что эта система равносильна системе <^ 5м+10—2z = 7m, 1 и>0. Из второго уравнения z=5—и. Подставляя 5—и вместо z в первое уравнение, получаем уравнение 7м=8 + и(5—и), которое имеет два корня: 203
«х = 2 и и2 = —4. Условию и > 0 удовлетворяет лишь один корень их = 2. Поэтому система (5) имеет одно решение: их=2, Zi=3. Значит, для на* хождения х а у получаем систему уравнений 72 -3 Решение этой системы: Хх=13, ^=11. Легко видеть, что эти х и р удовлетворяют условию задачи. Следовательно, первая бригада делала в один час 13 деталей, а вторая—11 деталей. Ответ: первая бригада делала в один час 13 деталей, а вторая — 11 деталей. Ответы к вариантам 2—4. Вариант 2. 1. *=3. 2. 600 м2. З.Н. 9/4. 4. я + ^. £• Б. 0<s<-|-, s<—3. З.С. 100м3; 140 м3. Вариант 3. 1. ж= — 1. 2. 2 УТп м. З.Н. 9/8. 4. — ^+(- ^L_)_4jiA! А: € 2; — -^-Ч- 12ли, л € Z. 5. — 2 < s < 0. З.С. 28 м3/ч; 22 м3/ч. Вариант 4. 1. х=3. 2. у м2. З.Н. 9/8. 4. — ~L-f 4лп, n £ Z; 4 +Т Лт> ^ € 2. 5. 0 < s < 1. З.С. 10 м/с; 6 м/с. 1978 Решение варианта 1. 1. Используя формулу для косинуса двойного угла cos2f *+ir) = = 1—2 sin2 ( jc-J—о-) , исходное уравнение перепишем в виде 0. (1) Так как квадратное уравнение 2у2—4у-\-3/2 = 0 имеет корни ^ = 3/2 и 1/2=1/2, то уравнение (1) равносильно совокупности уравнений 3) = 3/2, sin (* + я/3)= 1/2. Первое уравнение решений не имеет, так как |sina|^l для любого действительного а. Решения второго уравнения есть ж=(—l)71-^—-~ + ля» п £ Z. Значит, вти и только эти х являются решениями исходного уравнения. Ответ: (-1)» ~—j+м, n£Z. 2.Н. Найдем производную функции f(x): Р (х) = (A sin пх+ В)' = An cos ях. 204
Из условия f* (1) = 2 получаем соотношение An cos л = 2, откуда А=*~* Применяя формулу Ньютона—Лейбница, имеем: 2 2 2 2 С f (*)<&=( (Asin7ix+B)dx=A [ sinnxdx+B С dje= о о оо Значит, 2В = 4, откуда В = 2. Ответ: Л = — 2/я, В = 2. 3. Назовем фигуру, ограниченную отрезками AM, AK и дугой криволинейным треугольником (рис. 60). Обозначим через Р точку касания отрезка ОА с окружностью, вписанной в этот криволинейный треугольник, через L—точку касания дуги МК с этой окружностью, а через О7—ее центр. По условию эта окружность касается прямых О А иЛ/С, следовательно, ее центр—точка О' — лежит на биссектрисе угла OAK- Значит, ОАО'= я/б. Центры двух рассматриваемых окружностей—точки О и О7 — и точка L лежат на одной прямой, поэтому 100* | = = 2+ ft где через г обозначен радиус ок- 0 ■——j/f ружности, вписанной в криволинейный треугольник Л/СМ. Треугольники APOf и ОКА рис 50. прямоугольные, поэтому ^==r ^з, юли^—— . tgPACf tg£ sinOAK sin^ П 6 3 Из прямоугольного треугольника ОРОГ находим, что | OP |= У\(ХУ\*—\Р<У1*= /"(2+г)2-г2=2 КГ+Г. (3) Из равенства |ОЛ | = |ОР| + | ЛР |, используя равенства (2) и (3), получаем уравнение относительно г: ИЛИ 4-Зг = 2 )Гз/7+7. (4) Возведя последнее уравнение в квадрат, получим уравненне которое имеет два корня г 2 4^ и , Так как при возведении в квадрат могли появиться посторонние решения, 205
то необходимо сделать проверку. Проверка показывает, что гг=2~-У Л 3 является единственным корнем уравнения (4). Следовательно, искомый ра- диусг = 2 j-. Л 4 У"2 Ответ: 2——5~~* о 4. Обозначим 3 **~3 через z, тогда получим квадратное неравенство множество решений которого есть интервал 1/3 < г < 9. Поэтому исходное неравенство равносильно двойному неравенству 1 < З^^з < 9, которое равносильно двойному неравенству — 1 < /1^=3 < 2, или, что одно и то же, системе неравенств Область допустимых значений этой системы состоит из двух промежутков: — оо<х<— /1 и 1/"3<лс < + оо. Очевидно, что первое неравенство системы выполняется для любого х из этой ОДЗ. Так как обе части второго неравенства системы на ОДЗ неотрицательны, то это неравенство на ОДЗ равносильно неравенству х2—3 < 4, решения которого есть интервал — }/~7 < х < 1^7. Следовательно, решениями системы неравенств (5), а значит и решениями исходного неравенства, являются два промежутка: — }^3 и Ответ: — VI < х <- У*~3, 5. Найдем сначала при каждом значении а все решения, а затем отберем из них те, которые дают ответ этой задачи. Для каждого фиксированного а будем искать решения данного уравнения сначала в области х <—2а, а потом в области х^—2а. 1) Пусть х <—2fl. На этом множестве | х+2а | = — (*+2а) и поэтому данное уравнение можно переписать в виде ха+2а*+а—1=0. (6) Найдем дискриминант Dx получившегося квадратного уравнения (6): D1 = 4a2—4a+4 = 4 (a-lV-f 3 > 0. 206
Следовательно, квадратное уравнение (6) при каждом фиксированном значении а имеет два корня: Xl= — а+Уа2—а+1 и х2= — а — ]/а* —а+1. Выясним, лежат ли они в области х <—2а. Корень хг лежит в этой области тогда и только тогда, когда выполнено неравенство — а+ У~аг — а+\ < —2а, или равносильное ему неравенство Уа2 — а+1<— а. (7) Неравенство (7) равносильно системе неравенств ( -a>0, \ а2—а + 1 < а\ или Г а<0, \ а> 1. Последняя система неравенств решений не имеет; значит, ни при каком значении параметра а число хг не лежит в области х < —2а. Корень х2 лежит в рассматриваемой области тогда и только тогда, когда выполнено неравенство — a— Y& — а+1 < — 2а, или равносильное ему неравенство а < К я2—а+1. (8) Найдем теперь все значения параметра а, при которых выполнено неравенство (8). Ясно, что неравенству (8) удовлетворяют все а из области а < 0. В области же а^О неравенство (8) равносильно неравенству а2 < <а2—а+1 и, значит, имеет решения 0<а< 1. Итак, множество решений неравенства (8) есть промежуток а < 1. Таким образом, в области х <—2а исходное уравнение при а^ I не имеет решений, при а < 1 имеет единственное решение х2 = — а— У~аг —а + 1. 2) Пусть *^—2а. На этом множестве | дс-f 2а| = *+2а и поэтому исходное уравнение можно переписать в виде хг + 2ах+1— а=0. (9) Найдем дискриминант D2 получившегося квадратного уравнения: D2=4a2+4a—4 = 4 (a2+a— 1). Ясно, что уравнение (9) не имеет решений, если D2 < 0, т. е. если а% + + а—1 < 0. Значит, уравнение (9) не имеет решений для а из промежутка 1-4- l/5 <а < -^г-— . Если а не принадлежит этому интервалу, то квадратное уравнение (9) имеет корни х8=— а+Уа*+а—1, jc4 = —a — F a2 + a—1, причем *8=*4 ПРИ a = ~~ "t —иа = "~" "Г ^—.Выясним теперь, при 207
каких значениях параметра а найденные корни лежат в области х^—2а. Для этого нужно решить неравенства дс3^—2а и хА^£—2а. Неравенство — а+ У a* fa— I ^—2a (10) равносильно неравенству или совокупности двух систем неравенств г a2+a-1^0> ( -a^O, \ — a<0, \ а2+а — \^:а2. i/5 1 Множество решений первой системы имеет вид a^s-—~— » вторая система решений не имеет. Значит, множество решений неравенства (10) есть промежуток а ^5 ^—к—» и только при этих значениях параметра а корень дс3 лежит в области х^—2а. Неравенство — а— У а2+а— 1 равносильно неравенству или системе неравенств ( а2+а—1 V a2+a— Множество решений полученной системы неравенств есть отрезок ——-—^ 1. Только при этих значениях параметра а корень хА принадлежит области х^—2а. Таким образом, при a < ——^— данное уравнение в об- ласти ж^—2а решений не имеет. Если а = -*-^>— • то уравнение в рассматриваемой области имеет единственное решение xs = x4 = — . При уЬ— 1 значениях а, лежащих в области ——^—<а<1, исходное уравнение в рассматриваемой области имеет два различных корня хв и х4. Если жб а > 1, то исходное уравнение имеет единственный корень х3. 208
Полученные результаты удобно собрать в следующей таблице: Значения а a<V~2 п~~ 2 2 <*а<1 а> 1 Решення данного уравнения Х2» Хз — Х& \Х2 К. Xq) X2t **3» <*4 v*8 г Хф) „ л v 9 Л0 — U, *4 ~~*"™~ ^ Таким образом, искомые значения а образуют два промежутка: а <^ и а> 1. Дадим еще одно («геометрическое») решение задачи. Перепишем данное уравнение в виде а — 1 (11) и при фиксированном значении параметра а нарисуем на плоскости с координатами (х, у) график функции у = х\х+2а\. Рассмотрим несколько случаев. -2а -а / -а? -а -2а Рис. 61. Рис. 62. Рис. 63. 1) а > 0. В этом случае — 2а < 0 и график функции у=ж | х + 2а\ изображен иа рис.61. Вершина параболы—точка А—имеет координаты (—а, — а2). Отсюда видно, что прямая у = а—1 пересекает график в одной точке, если а—1 > 0 или а—1 < — а2 и, значит, уравнение (11) имеет единственное решение, если а—1 >0 и а—1 <—а2. Первое неравенство имеет решения в > 1 * второе "" Уg-""~ < а < ■ ~ • ^3 решений второго неравенства 209
в область а > 0 попадают только значения из промежутка 0 < а < 2) а = 0. В этом случае у = х\х{. График этой функции изображен на рис. 62. Прямая у = —1 пересекает этот график в единственной точке ив значит, уравнение имеет единственное решение х = —1. 3) а < 0. В этом случае — 2а > 0 и график функции у=х\ х-\-2а | изображен на рис. 63. В рассматриваемом случае число а—1 отрицательной, значит, прямая у = а— 1 пересекает график функции у = х \ х+2а | в одной точке, т. е. уравнение (11) имеет единственное решение при всех а из рассматриваемой области. Итак, искомое множество значений параметра а имеет вид а < ——~—t а>\. Ответ: а < ——^— , а > 1. 2.С. Обозначим через v км/ч скорость притока* а через у км/ч — расстояние по реке от места впадения притока в реку до пункта В. На дви- 80 жение вниз по притоку пароход затратил g ч, а на движение по реке до пристани В затратил ^ ч. Так как на этот путь пароход всего затратил 18 ч, то На обратное движение пароход затратил: по реке Jj- я, а по притоку 18—v ч, что составляет 15 ч, следовательно, Из равенства (12): ^= 15 Г 18 -т-rg J* т. е. у=30 ^Т18" • Подставляя 30 vj~_ 18 вместо у в равенство (13), получаем у равление для нахождениям: Так как по условию задачи 0 < с/ < 18, то это уравнение равносильно уравнению v2+64o—132=0, которое имеет два корня: 1/^=2 ио2 = -66. В промежуток 0 < v < 18 попадает лишь один из hhxj а именно: ^ = 2. Значит, скорость притока 2 км/ч. Поскольку расстояние между пристанями 9у-|-122 А а В равна 5=80+у# т. е. 5 = 80+30—, flQ , то* подставляя в это V-f- 1о равенство и=»2, получаем, что 5=290 км. Ответ: расстояние от пристани А до пристани В равно 290 км; скорость притока 2 км/ч. 210
Ответы к вариантам 2— 4. Вариант 2. 1. пп ± arocos у Б. а <—7/3, а >—2. 2.С. 2,5 км/ч; 1,5 км/ч. Вариант 3. 1. — i+fci, fc£Z. 2Н- 3 4< _3<J(<-2 Б. — l<fl<l±JL§. 2.C. 14 км/ч. Вариант 4. I. y+toi, k£Z. 2.H. >4= 3. 2rtg~. ^l~tgyV 4. 1/2<*<1. 5. a<2, a>7/3. 2.C. 2,5км/ч; 1,5 км/ч. 1979 Решение варианта 1. 1.Н. Как известно, тангенс угла наклона касательной к графику функции у(х) в точке с абсциссой х0 равен у' (*0). Поэтому все искомые значения х будут корнями уравнения (3 cos 5*)' == (5 cos 3x+2)% (1) или — 15sin5x = — 15 sin Зх. Последнее уравнение можно переписать в равносильном виде: sin 5дс—sin3jc = 0. Пользуясь формулой для разности синусов углов, находим: 2sinjtcos4*=0. Таким образом, уравнение (1) равносильно совокупности двух уравнений sin дс = О и cos4jc=G. Решая их, находим две серии решений: x=nntn^Z; JC=-g—J—j-s k£Z. Ответ: *=лл, n£Z, *=л/8+-^--, k£Z. 2. Обозначим скорости пассажирского и скорого поездов соответственно через vn хм/ч и гс км/ч. Тогда время, прошедшее от момента выхода 2400 поездов из начальных пунктов до их встречи, равно—-г— часов. Если vn~rv бы оба поезда ехали со скоростью vci то время в пути составило бы -«-1- 211
часов. Таким образом, получаем уравнение 2400 2400^ vn+vc 2vc'= 3. Аналогично составляется второе уравнение 2400 2400 = 5. (3) Приводя дроби к общему знаменателю, после упрощений получаем систему I Mfn + fc) 240 "240* Почленно разделив второе уравнение системы на первое, находим, что- vc 5 5 „ 5 —=-5-, или ut = -~-i>n. Подставив -~-а„ вместо vc во второе уравнение va о о о системы, получаем, что 1>„ = 6С. Но тогда t/c=100. Ответ: скорость пассажирского поезда равна 60 км/ч, скорость скорого 100 км/ч. 3. Обозначим вершины трапеции буквами А, В, С, D так, чтобы отрезок AD был большим основанием, а отрезки J) АВ и CD были боковыми сторонами. Точки касания окружности со сторонами трапеции обозначим соответственно через К, L, М и N. По условию LN \\ AD (рис. 64). Найдем 5—площадь трапеции ABCD: S=- !^~ -•h, где h —высота трапеции. Поскольку четырехугольник ABCD описан вокруг окружности, то | AD |+| ВС | = | АВ | + | CD \ и поэтому (4) Если О—центр окружности, то ОМ \_ВС и OK JL Л£> (радиус, проведенный в точку касания, перпендикулярен касательной). Поскольку AD\\BCt то OK _L ВС. Но через точку О можно провести только один перпендикуляр к ВС. Значит, точки О, М, К лежат на одной прямой и | MK\ = 2R. Кроме того, МК—высота трапеции. Таким образом, h =2R. Опустим из точки В перпендикуляр BE на ADt а через точку L проведем диаметр LF. Тогда LF ±_ АВ и LN ^_ВЕ (так как AD J_BE и AD \\ LN). Отсюда следует, что ABE = FLN (как углы с взаимно перпендикулярными сторонами) и, значит, прямоугольные треугольники ABE и FLN подобны. Из подобия следует, что т=\ю., или J*B-. Таким образом, | АВ \ = О Ц1 О Совер- 212
4/?а шенно аналогично доказывается, что | CD | = -^-. Подставляя найденные значения | AB\t \CD\, h в равенство (4), находим, что S Ответ: S? о 4. Данное неравенство равносильно совокупности двух систем неравенств ( х+\>\, ( 0<*+1<1, I (Х* + Х-6)*^(Х+\)* И \ 0 < (^ + ^-6)2<(jC+D4. Решим сначала первую систему. Второе неравенство этой системы равносильно каждому из следующих неравенств: Решая последнее неравенство методом интервалов (рис. 65), получаем, что его решениями являются два промежутка: — оо < Ж—7 и — 5/2 <*< 1. Решения первого неравенства системы есть промежуток 0 < х < + оо. Значит, решения первой системы есть промежуток 0<х<;1. Теперь решим вторую систему. Неравенство (*2+ж—б)2 < (х-\-1)4 равносильно неравенству Множество решений этого неравенства есть два промежутка: —7 <;—5/2, 1<* < + оо. Множество решений неравенства 0 < *+ 1 < 1 есть промежуток — 1 < х < 0. Неравенство (х2+ х—6)а > 0 справедливо для всех х, кроме тех, для которых *2 + *—6 = 0, т. е. кроме х = 2 и х = —3. Теперь очевидно, что вторая система неравенств решений не имеет. Множеством решений исходного неравенства является объединение множеств решений первой и второй системы, т. е. промежуток 0 < х^ 1. Ответ: 0 <х<\. 5. Обозначим произведение ху через t. Тогда первое уравнение системы можно переписать в виде или, что равносильно, в виде (^3 + l)(sin2/+cos**+cos*sin/) = (^3 + l) sin2 * + cos2 t—sin2 /. Поскольку, очевидно, решения уравнения удовлетворяют условию cos/ ?£ О, то, разделив обе части последнего уравнения на cos2 /, получим уравнение (K ) (6) 213
также равносильное уравнению (5). Обозначив tgt через г% уравнение (6) можно переписать в виде Поскольку это квадратное уравнение имеет корни Zi = — 1, z2 = — /зГ, то уравнение (5) равносильно совокупности двух уравнений откуда f = -il + ji/t, n£Z\ / = -i + ^, *£Z. (7) Пусть теперь /0—одно из найденных чисел. Рассмотрим систему уравнений \ JC2y2__|/»+1=0# Подставляя t0 вместо хд во второе уравнение, находим, что у= ±У 1 + *<ь далее из первого уравнения находим, что Итак, все числа х, д, удовлетворяющие двум уравнениям данной в условии задачи системы, имеют вид где ^0-—одно из чисел (7), причем в этих формулах нужно одновременно брать знаки + или знаки —. Непосредственной подстановкой легко проверяется, что все числа, найденные по формулам (8), где *в—любое из чисел (7), удовлетворяют первым двум уравнениям системы. Следовательно, осталось выбрать из чисел (7) те числа /0, для которых х и д, найденные по формулам (8), удовлетворяют неравенству данной системы, или, что то же самое, найти в множестве чисел (7) числа, являющиеся решениями неравенства 1 (9) Это неравенство равносильно неравенству Поскольку корни квадратного трехчлена г%—4г+1 равны 2-f 2— У~3, то последнее неравенство равносильно двойному неравенству или Кг- |/"з < \t | <V2+ Уз. 214
Легко проверить, что числа /* = —я/4 и tt = — я/3 (см. (7)) удовлетворяют неравенству (10). Если же п ф 0, или k ф 0, то справедливы неравенства: Итак, из всех чисел (7) только два числа /$ = — я/4 и /а = —л/3 удовлетворяют неравенству (10), а значит, и неравенству (9). Соответствующие значения х, у легко находятся теперь по формулам (8); они и дают ответ задачи. Ответ: Vn2+ 16 ; хй= У"яг+16 я Уя'+Э _ п 5 : Х8—7РТ1* Уз-—з—; ^-тт^: 1.С. Данное уравнение можно переписать в следующем равносильном виде или, пользуясь формулой для синуса суммы двух углов, в виде Отсюда Z* или . Сле- довательнох получаем две серии решений: х = —-s n^Z; х = ~тт"^—o~i Ответ: 2яп "9" + "3"f ^ Ответы к вариантам 2—4. Вариант 2. 1.Н. *=•£*> n£Z; *=5-+^,А;€г. 2. 16 ч; ^ ч. 4 ио о 4/?3 3. Длина каждой стороны параллелограмма равна -^-. 4. 0 < х < 2/3, VI— -l. Б. д^—- 215
Вариант 3. l.H. *=75 + if. b£Z\ *=-^+y . l£Z- 2- 160 деталей. 1Г я; 2яЛ 20 5 Вариант 4. l.H. jc=~+^-, k£Z\ * = % + ^* k€z- 2. 6 ч; 4 ч. -l. l.C. *eg+(-l,»£+!f § § 6. ФАКУЛЬТЕТ ПОЧВОВЕДЕНИЯ 1977 Решение варианта 1. 1. Возведя обе части уравнения в квадрат, получим уравнение 4(*+5) = *2+4* + 4. (1) Все корни исходного уравнения являются корнями уравнения (1), но не обязательно все корни уравнения (1) будут корнями исходного уравнения. Поэтому после нахождения корней уравнения (1) из них надо отобрать те* которые будут корнями исходного уравнения. Квадратное уравнение (1) имеет два корня *i = 4 и х2 = — 4. Проверка показывает, что ^ = 4 является корнем исходного уравнения, а дга = —4 не является корнем исходного уравнения. Ответ: х = 4. 2. Поскольку функции у = х и у=е"гх имеют производную в любой точке х из промежутка (—оэ, +со), то данная функция дифференцируема в каждой точке и по правилу нахождения производной произведения ff(x) = (xe-s*y=*x'e-**+x(e-**y = e-*x—3xe-*x = e-*x(\— Зх). Так как е-ъх > о для любого действительного числа х, то /' (х) положительна при х < 1/3, отрицательна при х > 1/3 и равна нулю при ж =1/3. Следовательно, на интервале (— оо, 1/3) функция f (х) возрастает, на интервале (1/3, +оо) убывает, и так как она непрерывна в точке х=1/3, то точка х = 1 /3 является точкой максимума. Ответ: точка дс«1/3—точка максимума; на промежутке (— оо, 1/3) функция возрастает, на промежутке (1/3, +оо) убывает. 3. Первое решение. Для освобождения от знака абсолютной величины разобьем числовую ось на две области: первую, в которой 216
и вторую, в которой sin* < 0. В первой области |sin jc| = sinж и исходное уравнение переписывается так: sin x = sin ж+2 cos х, или cosx = 0. Решения последнего уравнения есть дг=я/2+ят, m£Z. Из этих значений х надо выбрать те, которые лежат в рассматриваемой области, т. е. там, где sinx^O. Легко видеть, что такими значениями х будут лишь * = я/2+2яя» n£Z. Во второй области | sin х | = —sin x и исходное уравнение перепишется так: — sjn* = sin*+2cos х, или sin дс+cos х = 0. Переписав это уравнение в виде l/"2sin(x+n/4) = 0t находим его решение х = — я/4+я/, £ Из этих значений в рассматриваемой области лежат лишь х = — я/4 + 2лЛ, k£Z. Следовательно, решениями исходного уравнения будут Второе решение. Возведя в квадрат обе части уравнения, получим уравнение sin2 jt = sin2 дг+4 sin x cos *+4 cos2 x, или cos л: (sin jc+cos x) = 0. Это уравнение равносильно совокупности двух уравнений cos* = 0 и sin#+cos* = 0. Первое уравнение имеет решения лс = я/2+я&, k£Z, второе уравнение имеет решения дс = = —я/4+я/, /£Z. Поскольку при возведении в квадрат могли появиться лишние корни, необходимо сделать проверку. Непосредственная * подстановка показывает, что решениями исход- it / ного уравнения будут лишь x = -fr-\-2nntnfZ, / я я Рис. 66. Ответ: х = -^-\-2лп, n£Z\ х = —-г- +2ят, 4. Продолжим боковые стороны ВС и AD (рис. 66) до пересечения их в точке Е. Получим треугольник ВАЕ. Так как | CZ> | = — ) АВ\, то из подобия треугольников CED и BE А получаем, что \СЕ\=-^\ВЕ\ = = |ВС| = & и \DE\ = ±\AE\ = \AD\ = j\AB\t откуда \АВ\ = \АЕ\. Следовательно, треугольник ВАЕ равнобедренный и АС его медиана. Но в равнобедренном треугольнике медиана, проведенная к основанию, является высотой, поэтому площадь треугольника ВАЕ можно вычислить так: Sbab= j I AC 11 BE I = j -a-2b = ab. Так как CD является медианой в треугольнике АСЕ и так как высоты треугольников ECD и DC А равновелики, то и их площади равны. Далее, так как площадь треугольника ЕСА равна половине площади треугольника ABE, то площадь треугольника CDE равна ~ аЬ. Площадь трапеции 217
ABCD равна разности площадей треугольников ABE и DCE, т. е. пло- . 1 t 3 щадь трапеции равна ао—-j-ab = -j-ab. Замечание. Площадь треугольника CDE можно было бы вычислить с помощью теоремы об отношении площадей подобных многоугольников: так как коэффициент подобия треугольников CDE и ВАЕ равен 1 о 1 ab ,13 — , ТО SqDE~^ $ВАЕ = -£ и SABCD = ab — "J" fl^ = f fl^* Ответ: -г-ab. 5. Обозначим через * число рядов в роте при прибытии роты на парад. Численность роты равна 24* солдат. После перестройки роты рядов стало *—2, а число солдат в новом ряду стало 26+(*—2). Для парада осталось (*—2) (24+*) солдат. Число солдат, не участвовавших в параде: 24*—(*—2) (24+*) = - *2+2*+48. (2) Корни квадратного трехчлена — *2+2*+48 есть *i = — 6 и *2 = 8. Значит, выражение (2) положительно при —6 < * < 8. Так как *—число рядов, то *—число натуральное и потому 1^*^7. Нам надо из промежутка \<х<7 выбрать такие натуральные *, чтобы выражение Л = 24* являлось бы полным квадратом. Имеем соответственно: Л =24 при *=1, Л = 48 при * = 2, Л =72 при * = 3, Л = 96 при * = 4, Л=120 при * = 5, Л = 144 при х = 6, Л = 168 при * = 7. Среди этих чисел Л только число 144 является полным квадратом: 144= 122. Следовательно, * = 6 и численность роты равна 24-6=144 человека. Ответ: 144 человека. 2.С. Область допустимых значений уравнения состоит из всех *, удовлетворяющих условиям *+1/2 > 0, *—1 > 0, *+5/2 > 0, т. е. ОДЗ есть промежуток 1 < * < + оо. На этой области исходное уравнение равносильно уравнению lg ((*+ l/2)2) = lg (2 (*+5/2) (*— 1)). Потенцируя его, получаем уравнение (*+1/2)2 = 2 (*+5/2) (*—1), равносильное исходному на области 1 < * < + оо. Последнее уравнение имеет два корня *i = 3/2 и *2 =—7/2. Из них в область 1 <*< + оо входит только *i=3/2. Значит, исходное уравнение имеет единственный корень *i = 3/2. Ответ: *i=3/2. Ответы к вариантам 2—4. Вариант 2. 1. *=1. 2.Н. *=—3/2—точка минимума; на промежутке (— оо s—3/2) функция убывает, на промежутке (—3/2, + оо) функция возрастает. 3. *=5я/6+2я£, k £ Z. 4. У 4p2—q2. $. 44. 2.С. *=2, Вариант 3. 1. х=19. 2.Н. *= 1/5—точка максимума; на промежутке (— оо| 1/5) функция возрастает, на промежутке (1/5, + оо) функция убывает. 3. * = л/4+я (2*+1), k £ Z; *=2л/я, т £ Z. 4. }^4Д2— /2. б. 60. 2.С. ж=~. 218
Вариант 4. 1. *==2. 2.Н. дг = 2/3—точка минимума; на промежутке (—оо, 2/3) функция убывает, на промежутке (2/3, + оо) функция возрастает. 3. лг = 2л/3 + 2л£, k £ Z. 4. ]/"m2 + /i2/2. 5. 22. 2.С. дг= 1. 1978 Решение варианта 1. 1. Перенесем члены уравнения из правой части в левую и преобразуем разность косинусов в произведение. Тогда исходное уравнение примет вид 2 sin 2х sin х—2 sin 2х = 0, откуда следует, что исходное уравнение равносильно совокупности уравнений sin 2* = 0 и stnjt=l. Решения первого уравнения * = ял/2, л £ Z. Решения второго уравнения * = л/2 + 2лт, т £ Z. Так как все решения второго уравнения содержатся в множестве решений первого уравнения, то все решения исходного уравнения можно записать в виде дг = лл/2, п £ Z. Ответ: x = nn/2t n £ Z. 2. Обозначив log2 x через #, перепишем данное неравенство в виде у2—Зу+2^0. Множество решений этого неравенства состоит из двух промежутков: — оо <*/<1 и 2^у< + оо. Следовательно, исходное неравенство равносильно совокупности двух неравенств Il и Множество решений первого неравенства есть промежуток 0 < х^2, множество решений второго — промежуток 4^лс< + оо. Объединение этих множеств и дает множество всех решений исходного неравенства. Значит, множество всех решений исходного неравенства состоит из двух промежутков: 0<*<2, 4«£ Ответ: 0<*<2, З.Н. Решая уравнение х2-\-х=х+\, находим абсциссы (xi = — 1,жа= 1) точек пересечения графиков параболы у=х2 + х и прямой у=х+1 (рис. 67). Фигура, площадь 5 которой необходимо найти, лежит под прямой у=х-{-1 и над параболой у=х2-\-х на промежутке от —1 до 1, поэтому 1 1 Ответ: 4/3. 4. Обозначим вершины треугольника буквами Л, В, С так, что С — вершина прямого угла и СВ—меньший катет (рис. 68). Проведем через точку С плоскость, перпендикулярную прямей АВ. Обозначим через D точку пересечения этой плоскости с прямой АВ, а через К—основание перпендикуляра, опущенного из точки С на плоскость Р. Треугольник С/СО—прямоугольный, так как отрезок СК перпендикулярен плоскости Ръ a DK лежит в плоскости Р. Поскольку CD и DK перпендикулярны прямой АВ, то угол CDK является углом между плоскостью Р и плоскостью 219
треугольника ABC и, следовательно, CD/C = a. Необходимо найти Так как CD перпендикулярен АВ, то из подобия прямоугольных тре, угольников CD А и ABC имеем отношение \ г А . = I AD\ , откуда | СО I =* \СА\'\ВС\ 4-3 12 „ „„ = — ло i—==~"с"-=='е"* Из прямоугольного треугольника CDa нахо- IлоI О О 12 дим: | С/С| = | CD | sin a = -=- sin a, а из прямоугольного треугольника CB/f о Рис. 67. Рис. 68. имеем откуда sin бв^^-^ sin a и потому э . / 4 \ = а res in I -r-sma J . sin ( -^- sin a J . Ответ: arcsin б. Область допустимых значений уравнения состоит из всех х, удовлетворяющих условиям х2—3^0, лс^О, т.е. ОДЗ есть промежуток < + оо. Запишем исходное уравнение в виде или Это уравнение равносильно на ОДЗ исходного уравнения совокупности уравнений —3 = 0 и 9 Vx*- *—3Vx2-*—6 = 0. (1) Решение первого уравнения есть дс=9. Это число входит в ОДЗ исходного уравнения и, значит, является единственным решением первого уравнения совокупности (1) на множестве У~3*^х <-{-<». Для решения второго уравнения обозначим 3 **~3 через у, тогда второе уравнение совокупности (1) запишется в виде у2—у—6 = 0. Последнее уравнение имеет два решения: у1==—2 и у2 = 3. Это означает, что второе уравнение совокупности (1) равносильно на ОДЗ исходного 220
уравнения совокупности уравнений 3У*ГГ* = -2 и Уравнение 3 **~3 =—2 решений не имеет. Уравнение 3^**~3 = 3 равносильно на ОДЗ исходного уравнения уравнению У х2—3=* 1, или уравнению х2—3=1. Последнее уравнение имеет два корня: дга = 2 и х8 = —2. Из этих чисел только х2=2 входит в ОДЗ исходного уравнения и потому является единственным решением второго уравнения совокупности (1) на множестве 3<* < + оо. Объединяя решения на множестве У^3<* < + оо первого и второго уравнений совокупности (1), получаем, что множество решений исходного уравнения состоит из двух чисел: xx = 9 и х2 = 2. Ответ: xt=9t x2 = 2. З.С. Пусть в одном грамме второго слитка х грамм золота, тогда в одном грамме первого слитка—2,5* грамм золота. Если сплавить по одному грамму из каждого слитка, то получим слиток весом в 2 грамма, в котором золота будет 3,5* грамм. По условию 3,5лс грамм составляет 35% 35 от 2 грамм, поэтому 3,5*=-^ • 2, откуда * = 0,2. Итак, в одном грамме второго слитка 0,2 грамм золота, а в одном грамме первого слитка 0,5 грамм золота. Пусть вес первого слитка у грамм, а вес второго слитка г грамм, тогда в первом слитке будет 0,5у грамм золота, а во втором —0,2г грамм золота. Если сплавить оба слитка вместе, то получим слиток весом у+г грамм, в котором золота будет 0,5у-{-0,2г грамм. По условию 0,5#+0,2г грамм составляет 40% от у+г грамм, поэтому Из этого уравнения находим, что у==2г. Это означает, что первый слиток в два раза тяжелее второго. Ответ: первый слиток в 2 раза тяжелее второго. Ответы к вариантам 2—4. Вариант 2. 1. x = ^(6k ± I), k £ Z. 2. — оо < х < 1. З.Н. -i . 4.arcsin( ^2sina V 5. *i = -^, *2 = -2, *e = 3. 3.C. 15 кг. Вариант 3. 1. * = il(6£ ± 1), k £ Z. 2. — oo < x < 2. 3.H. -i-, 4. arosin fll^t\ . 5. XI==1> ,2=2. 3.C. 10 кг; 69%. V 3 / Вариант 4. 1. * = ~(6* db 1), k £ Z; x= ^-, n £Z. 2. 0 <*<-i- 1,64 кг; 1,86 кг. . З.Н. y. 4. arcsinfcosySinpV 5. xt=*l. *a = 4. 3.C. 221
так: 1979 Решение варианта 1. 1. Обозначим 2 х через t. Тогда данное уравнение можно переписать Это уравнение равносильно уравнению t2—t—2 t = 0, которое имеет два корня: /i = 2, /2 = — 1- Таким образом, исходное уравнение равносильно совокупности двух уравнений Первое уравнение равносильно уравнению Y*=1 и имеет единственный корень *i=l. Второе уравнение решений не имеет, так как — 1 не входит в область изменения показательной функции. Значит, исходное уравнение имеет единственный корень х±=\. Ответ: х=1. 2.Н. Данная функция является дробно-рациональной, поэтому она дифференцируема в каждой точке прямой за исключением точки х = 2. Для производной получаем выражение Из этого выражения следует, что при х < 2 выполнено неравенство у' (х) > О* Таким образом, данная функция монотонно возрастает на множестве х < 2. Следовательно, наименьшее значение на множестве [0, 2) равно #(0) = 1. о Уравнение у1 (х) = 0, или \ — - «т^О имеет единственный корень х = 4. В области 2 < х < 4 справедливо неравенство у1 (х) < О* в области х > 4—неравенство у' (х) > 0. Тан как функция у (х) непрерывна в точке дг = 4# О \2 4 & ~зв то отсюда следует, что: 1) в области 2 < х«^4 функция у(х) монотонно убывает; 2) в области 4^х функция у (х) монотон- Рис. 69. но возрастает; 3) точка дг=4 является точкой минимума. Доказанные факты означают, что наименьшее значение у (х) в области к > 2 равно #(4) = 5. Поскольку точка х = 4 содержится в множестве (2, 5J* то у (fit) будет также и наименьшим значением у (х) в области (2, 5]. Таким образом, наименьшее значение у (х) на отрезке [0, 5] равняется меньшему из чисел y{0)t y(4)t т. е. равно ^(0) = 1. Приведем график функции у (*), хотя это и не требуется (рис. 69)- Ответ: ут\п = у (0) = 1. 222
3. Данное уравнение заменим равносильным ему уравнением = (yr'3 — l)cos2*+sin2*+cos2*. Очевидно, что решения этого уравнения удовлетворяют условию cos х Ф 0; поэтому, разделив обе части его на cos2*, получим уравнение или равносильное исходному. Квадратное уравнение z2—(]/"^+l) z+/"3 = 0 имеет корни Zi=l, 22= У~3. Поэтому данное уравнение равносильно совокупности двух уравнений и Решая эти простейшие уравнения, получаем ответ задачи. Ответ: дс = я/4+ял, п £ Z; x = n/3+nkt k £ Z. 4. Легко найти высоту трапеции (рис. 70): h = \ AD\*&inDAB = = 3—^r—=—£—. Обозначим искомую площадь треугольника ВСЕ ($все) через х и площадь треугольника ABE (S^bb) через у. Тогда Углы ЕАВ и ECD равновелики как накрест лежащие при параллельных прямых А В и DC и секущей АС. По той же причине равновелики углы ЕВА и EDC. Таким образом, треугольники ABE и CDE подобны (по двум углам). Коэф* ^ Р |CD| 24 4 р фициент подобия равен =--=-=-. Сле- | АО | dU О довательно, Ifi Рис. 70. Легко видеть, что x^-nry=z^BCE~{'^EDC==^BDC==:"o'^l'\ CD l = "o* * о * 24= 18 Таким образом, получили систему двух линейных уравнений с двумя неизвестными: 45 х+У Выражая у через к из первого уравнения и подставляя найденное выражение во второе уравнение, после простых вычислений находим, что Ответ: 10 Y~Z см8. 223
5. Первое решение. Перепишем первое уравнение системы так: 10*2— (2^+38) х+Ьу2—6у+4\ = 0. Если (x9f у0)—решение данной системы уравнений, то квадратное уравнение 10*2—(2^0+38) jc+5^-6^0+41 =0 имеет корень ж = *0. Значит, дискриминант D этого уравнения неотрицателен. Так как то из неравенства —4*49«(у0—1)2^0 находим, что уо=1. Это значит, что х0 является корнем уравнения Юл:2—40д:+40 = 0, т. е. жо=2. Итак, если система уравнений имеет решение (xQt y0), то *0=2, Уо=1- Подставляя найденные числа в уравнения системы, убеждаемся, что действительно система уравнений имеет решение (2, 1). Второе решение. Преобразуем многочлен, стоящий в левой части первого уравнения данной системы, следующим образом: \0х2+Бу2—2ху—38*—6^+41 = Отсюда следует, что каждое решение данной системы уравнений является решением системы ] х ю ~и> у-1=0. Последняя система уравнений имеет единственное решение #0 = 2, Уо=1- Подстановкой в уравнения исходной системы убеждаемся, что пара чисел *о = 2, #о=1 действительно является ее решением. Третье решение. Преобразуем многочлен, стоящий в левой части второго уравнения данной системы: З*2—2у*+Бху—17*— = 1 (6*+ 12у-24) <pr—2|f—10)= Теперь понятно, что данная система уравнений равносильна следующей совокупности систем уравнений J \Qx*+5y*—2xy—38*—6^+41 = 0, I 10*2+5у2— \ 3*-у-5 = 2—2*^—38*—6у+ 41=0, \ 3*-у- 224
Каждая из этих систем имеет единственное решение хо=2, Уо—L Значит^ исходная система имеет единственное решение xo—2f #о=1. Заметим, что эту задачу можно решить и другими способами. Gmeem: x = 2, у=1. 2.С. Перенесем члены неравенства из левой части в правую, затем приведем к общему знаменателю и преобразуем числитель с помощью формулы для логарифма частного. В результате получим неравенство logs- 20 >о. logs (x2 — 7x+ 12)*logs20 равносильное исходному. Так как Iog820>0, то это неравенство равносильно совокупности двух систем неравенств / *2_7*-Н2 Л (л *2—7х+12 _ I bg3 ofi > О, I lOgs 9(/ < О, I logs (х2 — 7х+ 12) > О V logs (*2—7а+ 12) < 0. Первая система неравенств равносильна системе j jc2—7л:+ 12 > 20, \ х2—7х+\2> 1. Очевидно, что множество решений первого неравенства этой системы содержится в множестве решений второго неравенства. Поэтому система равносильна неравенству х*—7х +12 > 20. Квадратный трехчлен х2—7х—8 имеет корни *! = — 1, *2 = 8; поэтому множество решений первой системы состоит из двух промежутков: — оо < х < —1 и 8 < х < + оо. Вторая система неравенств равносильна системе I л ^ V2 7 v _l_ 10 ^- 1 \ U К. X — I X-\- IZ, < 1 j или системе Решая эти квадратные неравенства, получаем, что множество решений первого неравенства состоит из двух промежутков — оо<*<3 и 4<*<-foo, а множество решений второго—интервал ^— < х < ■ g— . Значит, множество решений второй системы неравенств состоит из двух промежут- ков: Z=£l< Ответ: х < —1, * и <х<3, 4<х< ^ * * , х > 8. Ответы к вариантам 2—4. Вариант 2. 1. * = Тпл* 2.Н. Функция возрастает на промежутках •~оо<*<2 h2<jc< + oo, функция убывает иа промежутках 0 < 8 Ю. В. Нестеренко и др. 225
и \<х<2. 3.x=-J+in, n£ 5. *=1, y=l. 2.C. 0<x< 1, *>3. Вариант 3. 1. x = l. 2.H. 4.40см*. . 4. 51*^- см2. 5. jc=2, o = 3. 2.C. —U < Вариант 4. 1. * = 2. 2.H. Функция возрастает на промежутках — оо < д; < —1 и '—1 < jc < 0, функция убывает на промежутках 0 < х < 1 и €Z; x+m m€z 4. 1180 см2. 5. *=1, y = 2. 2.C. — 4<x<— 2, ж > 0. § 7. ГЕОГРАФИЧЕСКИЙ ФАКУЛЬТЕТ 1977 Решение варианта 1. 1. Первое решение. Для освобождения от знака абсолютной величины разделим числовую ось на две области jt+l^sO и х-{-1 < 0, т.е. х^£—1 и х < — 1, и будем решать данное неравенство отдельно в каждой из этих областей. В области х^—1 имеем |ж-{-1 | = дг-{-1, поэтому исходное неравенство переписывается так: 2 (*+ 1) > *+4, или х > 2. Любое число х из промежутка 2 < х < + оо лежит в области х^—1, следовательно, все х из промежутка 2 < х < + оо являются решениями исходного неравенства. В области х < — 1 имеем Ix+M^ — (ж + 1)» поэтому исходное неравенство перепишется так: —2(лс+1) > *+4, или х <—2. Любой х из промежутка — оо < х <—2 лежит в области х < — 1, следовательно, все ути х являются решениями исходного неравенства. Объединяя найденные множества, получаем, что исходному неравенству удовлетворяют все х из двух областей —оо < х < —2 и 2<ж<оо и только они. Второе решение. Все х из области х < —-4, очевидно, удовлетворяют данному неравенству. На множестве х^—4 обе части неравенства неотрицательны, значит, оно равносильно на этом множестве неравенству 4(х+1)2 > > (*+4)2, или неравенству х2 > 4. Последнему неравенству на множестве х^—4 удовлетворяют все х из двух промежутков —4 < * < — 2, 2<х< + оо. Объединяя найденные решения, получаем, что множество решений исходного неравенства состоит из двух промежутков: — оо<*<— 2, 2<х < + оо. Ответ: — оо < * < — 2, 2<х<+°°* 2. Обозначим длину отрезка AD через х (рис. 71), тогда длина отрезка DB равна 3-^х. Из прямоугольного треугольника В DC имеем [BC|8=sa 226
=| £D |2+| DC |2, или, так как | ВС\ = \ AD\ = x, то *з = (3 —*)2+3, от- куда *=2, т.е. |ЛО| = 2. Из прямоугольного треугольника ADC имеем |ЛС|2НЛО|2 + |£С|2, откуда \АС\=\ГГ. Ответ: VT. х З.Н. Областью определения функции д(х)=-.— является множество всех положительных, отличных от 1, чисел. Другими словами, область определения состоит из двух промежутков 0 < х < 1 и 1 < ж < + оо. В любой точке области определения эта функция имеет производную. Исследуем сначала поведение функции на промежутке 0 < х < 1. Найдем производную функции у(х): ,/ ,-ч / * Y_(xYlnx-xQnxy___\nx-\ У К }~~\\пх) ~~ In2 х ~~ In2 а: ' Легко видеть, что в любой точке промежутка 0 < х < 1 производная функции у (х) отрицательна, и потому функция на этом промежутке убывает. Так как производная не обращается в нуль на этом промежутке, то на нем нет точек максимума и минимума. Теперь исследуем поведение функции на промежутке 1<лс< + оо. Легко видеть, что производная обращается в нуль в точке х = е, отрицательна на промежутке 1 <х<е и положительна на промежутке е < х < + оо. Значит, функция у (х) убывает на промежутке 1 < х<е, возрастает на промежутке е < х < +оо и, так как она непрерывна в точке х = е, то имеет в точке х=е минимум. Ответ: функция убывает на промежутках 0<#<1 и 1 < х < е, возрастает на промежутке е < х < +оо, имеет точку минимума х = е. 4. Обозначим скорость грузовика через х км/ч, тогда скорость гоночного автомобиля на участке АВ равна 2х км/ч, а на участке ВС равна (2*-f40) км/ч. Гоночный автомобиль на путь между пунктами А и С затра- /120 . 1000 \ 360 -, тил I Го I 4Q ) часов» а грузовик проехал свои путь за — ч. Так как время движения грузовика на 5/4 ч меньше времени движения гоночного автомобиля, то 220 , 1000 360__5 2*~г2*+40 х ""4 ' Если бы гоночный автомобиль весь свой путь от пункта А до пункта С ехал со скоростью (2*+ 40) км/ч, то ему для этого понадобилось бы 1190 g 0 часов, что по условию на один час больше времени движения гру- еовика. Поэтому 1120 360=1 2лг+40 х 8* 227
Итак, для нахождения х получили систему двух уравнений с одним неизвестным: ( 120 1000 360_ 5^ J 2х +2*+40 х ~~ 4 ' | 1120 360 V 2*+40 ~-1' Для ее решения достаточно решить, например, первое уравнение, и отобрать из найденных решений числа, удовлетворяющие второму уравнению. Переписав первое уравнение в виде *2--140*+4800 = 0, находим его корни ^ = 80 и дг2 = 60. Подставляя Xi и х2 во второе уравнение, получаем, что ему удовлетворяет лишь *2. Следовательно, скорость грузовика равна 60 км/ч. Ответ: 60 км/ч. 5. Возведя обе части уравнения в квадрат, получим уравнение 4 sin2 (3*+я/4) = 1 + 8 sin 2x cos2 2x. (1) Все корни исходного уравнения являются корнями уравнения (1), но не обязательно все корни уравнения (1) будут корнями исходного уравнения. Поэтому после нахождения корней уравнения (1) из них надо отобрать те, которые будут корнями исходного уравнения. Применяя известные формулы имеем . о /о • *ч 1—COS (бДС + Я/2) 1 „ , . . ч sin2 (3*+я/4) = з ^ / ;=у (1 + sin 6*), 8 sin 2x cos2 2x = 4 cos 2x (2 sin 2x cos 2x) = 4 cos 2x sin 4x = 2 (sin 6* + sin 2x). Поэтому уравнение (I) можно переписать так: 2 + 2 sin 6* = 1 + 2 sin 6*+2 sin 2*, или sin 2л; =1/2. (2) Последнее уравнение имеет две серии решений: х+пп n€Z; x Так как уравнение (2) равносильно уравнению (I), то надо проверить, все ли его решения будут решениями исходного уравнения. Подставляя найденные значения х в правую часть исходного уравнения, получаем число 2. Для x = j^-\-nnt n £ Z, левая часть исходного уравнения равна 2 sin (3*+я/4) = 2 sin (я/2+Зяп) = 2 cos ял. Если п—четное число, то 2cosnrt = 2, если п—нечетное число, то 2 cos яп = — 2. Значит, из первой серии решениями исходного уравнения являются лишь числа ж = я/12+2я/я, m£Z. Для #=-усг+я£, k £ Z, левая часть исходного уравнения равна 2 sin (Зж+ я/4) = 2 sin (Зя/2+3я6) = — 2 cos nk. 228
Если k — четное число, то —2cos:rifc =—2, если k—нечетное число, то —2cosiifc = 2. Следовательно, из второй серии решениями исходного уравнения являются лишь числа ж=-т2-+(2/+1) я, I £ Z. Ответ: *=^+2ят, т £ Z; х = ^+(21 + \)п> I g Z. З.С. Обозначив 2х через у, получаем квадратное уравнение у2 —2у — — 3 = 0. Оно имеет два корня #i = 3 и у2 = — 1. Это означает, что исходное уравнение равносильно совокупности двух уравнений 2* = 3 и 2*=—1. Уравнение 2* = 3 имеет единственное решение x = log23. Уравнение 2*=— 1 решений не имеет, так как 2х положительно для любого действительного числа х. Следовательно, исходное уравнение имеет единственный корень * = log2 3. Ответ: * = log23. Ответы к вариантам 2—4. Вариант 2. 1. 0<*<3. 2. уТм. З.Н. Функция возрастает на промежутках е2 < х < +оо и —оо < х < 1, убывает на промежутке 1 < х < е29 имеет точку минимума х = е2. 4. 10 км/ч. 5. ±-«-+8яЛ+4я» k £ Z. З.С. * = 2. Вариант 3. 1. —3 < х < 1. 2. 3 У^З^м. З.Н. Функция возрастает на промежутке )/Т< х < + оо, убывает на промежутках 0<*<1 и 1 < х< < }fe, имеет точку минимума х= V~e. 4. 5 деталей. 5. x=nk, k £ Z. З.С. * = logs4. Вариант 4. 1. *^г1, Ж—2. 2. 6 м. З.Н. Функция возрастает на промежутке 0 < х < — , убывает на промежутках — <х < 1 и 1<*<оо, имеет точку максимума х=\/е. 4. 20 м3. 5. * = я + 4я£, fcgZ. З.С. х=2. 1978 Решение варианта 1. 1. Обозначим через х км/ч собственную скорость парохода. Тогда по реке пароход шел со скоростью (х-\-1) км/ч, а по притоку со скоростью 60 (*—1) км/ч. На путь по реке пароход затратил часов, а на путь по притоку г часов. Весь путь он прошел за 7 часов, значит, 60 , 20 _ Освобождаясь в этом уравнении от знаменателей, получаем уравнение 7х2—80*+33 = 0, корни которого хг=\\ и *а = 3/7. Скорость парохода не может быть меньше 1 км/ч, так как пароход двигался по притоку против течения, скорость которого равняется 1 км/ч. Следовательно, собственная скорость парохода 11 км/ч. Ответ: собственная скорость парохода 11 км/час. 229
2.Н. Найдем производную данной функции: (2 1 V sin*—^-sin 3*+-^-sin 5*J = c=(siriA;)' — -§■ (sin 3*)'+-=- (sin 5л:)' = cos *—2 cos 3*+cos5jc. о О Для решения задачи надо найти все х, удовлетворяющие уравнению cosjc—2cos3*4-cos5* = 0. (1) Применив формулу сложения косинусов, уравнение (1) запишем так: 2 cos 3* cos 2x —2 cos 3* = 0. Отсюда получаем, что уравнение (1) равносильно совокупности двух уравнений cos3* = 0 и cos2jc=1. Решения первого уравнения *=-«—|—«-j n £ Z. Решения второго уравнения x=nkj k £ Z. Их объединение и дает множество решений уравнения (1), т. е. искомое множество чисел. Ответ: х=.~ Н—^-» я G Z; x=nk, k £ Z. о о 3. Обозначим длину отрезка КЕ через х (рис. 72). Так как Sekmp = с=| /С£ 11 МК | = 5/3, то | МКI = о~ • И3 подобия прямоугольных треугольников МКС и ВАС вытекает, что .'. * = AD\ § откуда |/СС| = | Ш1\ | | Ли j |ЛС||ЛМС| 3 5 5 „ = -—I лв—^;=="4""з"=:4~' подобия прямоугольных треугольников ВЕР и ВАС следует, что ■ » ' s откуда, так как |P£| = |iW/C|, | /лс | | ли | T-£=|- ТаК КаК 18С1=5 и |бС| = то для нахождения х получаем уравнение 20 5 5—f-jc-f-—= 5, которое имеет два корня *i = 25/6 и л;2 = 5/6. Значит, либо | КЕ | =25/6, либо | КЕ | = 5/6. Если | КЕ | = 5/6, то | МК |=2 и периметр прямоугольника ЕКМР равен б4- Если \КЕ 1 = 25/6, то I МК 1=2/5 и о Рис. 72. периметр прямоугольника равен 137/15. Поскольку условию задачи удовлетворяет лишь прямоугольникs периметр которого меньше 9, то стороны прямоугольника равны 2 и 5/6. Ответ: стороны прямоугольника равны 2 см и -g- см. 4. Поскольку logs(3*2 — 4*+2) = 21og9 (З*2—4д:+2), TOi обозначив Iog9(3*2—4*+2) через д, перепишем исходное неравенство в виде 230
Уу+l > 2у, или в виде УТ>2у-1. (2) Отрицательные значения у, очевидно, не удовлетворяют этому неравенству. Для у из промежутка 0^у<\/2 правая часть неравенства (2) отрицательна, а левая неотрицательна: значит, все эти у будут решениями неравенства (2). Для #:^= 1/2 обе части неравенства (2) неотрицательны, поэтому после возведения в квадрат получим неравенство 0>(2у-1)2, (3) равносильное неравенству (2) на множестве у^ 1/2. Решениями квадратного неравенства (3) будут все у из промежутка 1/4 < у < 1. Из них условию t/^ 1/2 удовлетворяют только у из промежутка \/2^у < \. Все эти у будут решениями неравенства (2) на множестве у^ 1/2. Объединяя найденные решения, получаем, что решениями неравенства (2) будут все у из промежутка 0<;#<1. Поэтому исходное неравенство равносильно двойному неравенству 0<loge(3*2—4x+2)< 1. Потенцируя его, приходим к двойному неравенству КЗ*2—4*+2 <9, (4) или к системе неравенств f Зж2— \ З*2— равносильной исходному неравенству. Множество решений первого неравенства этой системы состоит из двух промежутков 1 ^ ж<+оо и — оо<*«^ 1/3. Множество решений второго неравенства системы состоит из промежутка — 1 < лс < 7/3. Следовательно* множество решений системы, а значит, и множество решений исходного неравенства состоит из двух промежутков —1 < *<1/3 и Кж<7/3. Ответ: — 1 < *<1/3, К л: < 7/3. 5. Решим первое уравнение системы. Для этого освободимся сначала от знака абсолютной величины. Поскольку я2—5х+4=0 при ж=1 и лс=4, то разобьем числовую ось на промежутки х<0, 0<Ж1, 1<Ж4, х > 4 и найдем решения первого уравнения системы в каждом из этих промежутков. 1) Пусть *<0, тогда |*2—5*+4| = ха—5ж+4а |*| = — *? и первое уравнение системы запишется в виде -18*2—1 Это уравнение имеет корни xi = —l и *2 = 4/9. В рассматриваемый промежуток входит только jti=— 1. Значит-, на промежутке х<0 первое уравнение системы имеет один корень *$ = — 1. 2) Пусть 0 < *< 1, тогда \х2—5*+4 | = *2—5*+4, \х\ = х> и первое Уравнение системы запишется в виде 231
Это уравнение имеет корни х3=\ и *4 = 4, из которых в рассматриваемый промежуток входит только х3 = 1. Значит, на промежутке 0 < х<\ первое* уравнение системы имеет один корень ж3=1. 3) Пусть 1<*<4, тогда |х2—5дс+41 = — (лс8—5ж+4), \х\ = х, я первое уравнение системы равносильно тождеству 0 = 0, т. е. удовлетворяется при любом значении х из промежутка 1 < ж<4. Значит, любое значение х из промежутка 1 < х < 4 является решением первого уравнения системы. 4) Пусть 4<х< + оо, тогда |лс2 —5*+4| = *а—5*+4, |*| = х, и первое уравнение системы запишется в виде 2л;2—10*+8 = 0. Это уравнение имеет корни дс5= 1 и *6 = 4, ни один из которых не входит в рассматриваемый промежуток. Значит, на промежутке 4 < х <+°° пер- вое уравнение системы не имеет решений. Собирая вместе все найденные выше реше- -.j j 4 ния, получаем, что решениями первого уравнения являются х = —1 и все х из проме- Рис. 73. жутка 1 ^ х ^ 4. Второе уравнение системы имеет два корня х7 = а в хв = а—2. На числовой оси (рис. 73) отметим решения первого уравнения. Очевидно, что для любого а решения второго уравнения связаны соотношением х8 = х7—2. Рассмотрим теперь, при каких значениях а система будет совместна; для этого будем рассматривать различные значения а, двигаясь по оси слева направо. Для любого а < — 1 оба корня второго уравнения лежат левее любого корня первого уравнения, и потому система несовместна. Если а=— 1, то, поскольку х8 будет левее точки ж =— 1, система имеет единственное решение дг7 =— 1. Для любого а из промежутка —1 < а < 1 число лс7 лежит между корнями первого уравнения, а х8 лежит левее корня первого уравнения, равного —1. Значит, система не будет совместна. Если а=1, то, очевидно, система имеет два решения дг7 = 1 и *8 = — 1. Для любого а из промежутка 1 < а < 3 система будет совместна. Ее решение есть только л:7 = а, так как х8 будет лежать между числами —1 и 1. Если а из промежутка 3^а<^4, то система имеет два решения ж7 = а и хв = а—2, так как оба эти числа лежат на промежутке [1, 4]. Если а из промежутка 4 < *<6, то система совместна, ее решение есть только х8 = а—2, так как х7 будет находиться правее отрезка [1, 4]. Если а > 6, то система несовместна, так как х7 > 6 и х8 > 4. Поскольку нас интересуют лишь те а, для каждого из которых система имеет единственное решение, то из предыдущего вытекает, что условию задачи удовлетворяют а = — 1, а также любые а из двух промежутков 1 < а < 3 и 4 < а ^ 6. Замечание. Последние рассуждения можно провести иначе. Найдем сначала все а, при которых хотя бы одна из точек х±, х2 принадлежит множеству Af = {— 1}U[1» 4]. Ясно, что это будет, если: или а=-1, или 1<а<4, или а—2 = — 1, или 1<с-2<4, т. е. при а = — 1 и 1<а<б- Из найденного множества нужно исключить все значения а, при которых обе точки xlt х2 принадлежат М. Это будет, если выполняется одно из 232
условий: ' 1 < а < 4,- или т. е. при а=1 и Ответ: а = — 1, 1 < а < 3, 4 < а<6. 2.С. Это уравнение решено в задаче 2.Н настоящего варианта. Ответ: x = ^+^--t n£Z; x = nk, k £ Z. о «5 Ответы к вариантам 2—4. Вариант 2, 1. 9 км/ч; 7 км/ч. 2.Н. * = -у-, & € 2; * = (—1)"-^ rt£Z. 3. 3 }/lS см. 4. — 1<х<3. 5, а=1* я=2, 2.C. *=-^-, k£Z; x = (-l)~ Вариант 3. 1. 14 км/ч. 2.Н. x = ^+^-i k£Z\ x = (—l)n^+nn9 n£Z. 3. 4 см; у см. 4. —1<ж<1/2, 1<х<5/2. 5. a=I, —3<a<-l, -6<a<-4. 2.C. JC=-J+^-, Л6 2; ^ = (-1)яу+ял, ngZ. Ob jt Вариант 4. 1. 8 км/ч. 2.Н. ^-g-я, k£Z; x=±-£+2nn, n £ Z. 3.3 cm; 8 cm. 4. 1<*<2. 5. a = —18 a = —2, —6<a<—5. 2.C. * = уя, /fe £ Z; *= ± ^-+2ял, n £ Z. 1979 Решение варианта 1. l.H. Для того чтобы найти наибольшее или наименьшее значения функции на отрезке [—5, 5], достаточно вычислить значения функции в концах отрезка, а также в критических точках, принадлежащих интервалу (—5, 5). Среди полученных чисел нужно выбрать наибольшее или наименьшее. Критические точки найдем, решая уравнение у' (х) = 0> или 3*2 + 6лс — —72 = 0. Корни полученного квадратного уравнения ^ = 4, лг2 = — 6. Из них только первый принадлежит интервалу (—5, 5). Имеем у(—5) = 400, у (5) = —70, у (4) = — 86. Следовательно, наибольшее значение равно 4С0, а наименьшее —86. Ответ: наибольшее значение равно 400, наименьшее равно —86. 2. Применяя к левой части уравнения формулу для разности синусов, получим уравнение или '"' icosl *4--^ ) =С 233
Так как sin-jj > 0^ то 1 + 2 sin -т^- ф 0, и значит, исходное уравнение равносильно такому: cos (*+т)=°- Отсюда находим, что *+я/4 = я/2+ял, п £ Z, т. е. ж = я/4 + ял, n g 2. Ответ: ж = я/4+ял, л £ Z. 3. Из условия задачи следует, что | ВС |=6 и | CD |=6—| BD | (рис. 74). Поэтому 6 ' I =2. Отсюда |BD| = 4 и |CD|=2. Так как угол 4DB опирается на диаметр окружности, то AD _\_ВС. Применяя теперь к прямоугольным треугольникам ABD и ADC теорему Пифагора, имеем | АВ |2—| BD |2 = | AD |2, | АС |2—| CD |2= | | АВ |2-| 5D |2=| АС р—| CD |2, или 36—16 = 1 ЛС J2—4. Отсюда находим, что | ЛС|=2 УК Ответ: 2 /"£ 4. Пусть л—число учеников в том классе, о котором сообщается в га* зете, т—число учеников этого класса, повысивших успеваемость. Тогда процент учеников, повысивших успеваемость, равен — • 100. По условию задачи 2,9 <^-> 100 < 3,1. (1) Из неравенства (1) следует, что т Ф 0 (т. е. т^ 1) и что я^-тп- т* По- 1000 1000 скольку очевидно, что ~оТ*m^"~зГ~ > ^2> то п^^# ^тэк» в классе,^ о котором сообщается в газете, учеников не меньше, чем 33. Теперь надо выяснить, какое минимальное число учеников все-таки может быть в классе. Легко видеть, что если в классе будет 33 ученика и один из них повысит успеваемость, т. е. если л = 33 и #п= 1, то такая пара чисел удовлетворяет неравенству (1). Значит, в классе, о котором сообщается в газете, минимально возможное число учеников—33. Ответ: 33. о 5. Корни квадратного трехчлена ж2+4*—c0STr есть *i = — + у 4+cos-^- и *2 = — 2— у 4+COS-2". Поэтому множество решений данного неравенства имеет вид ж2<*<*!• В этом множестве нужно выбрать точки, принадлежащие интервалу —=- < х < 0. Так как 0 < -jr<-o-e 234
то cos -s- > 0 и, значит, х± > 0. Покажем, что точка х2 принадлежит ин- 21 тервалу — -g- < х < 0. Неравенство х2 < 0 очевидно. Для доказательства неравенства — у < хг воспользуемся тем, что ~ < — < IL и, следовательно, cosy < cos-5.=—. Тогда х2 = — 2— у 4+cos-g- > — 2 — / Г з — — 1/ 4-f--o- = —2 —у]/^. Осталось проверить справедливость неравенства —2—у Vr2"> —r- , или, что равносильно* неравенства >T< yg . Послед- /22\2 484 о ._ 21 нее неравенство справедливо, тан как (те) ;=225 ^ ИтаК| —-=-< < *2 < 0 и искомое множество имеет вид х2^х < 0. Ответ: —2— 1/ 4+cos-2-<jc < 0. 1.С. Обозначив 21о£*х через у, данное уравнение можно переписать в виде Полученное уравнение имеет корни #i = 2, ^2 = 4. Значит, исходное уравнение равносильно совокупности двух уравнений: = 2 и Первое уравнение равносильно уравнению ]og9x = l, которое имеет корень *i = 9. Второе уравнение равносильно уравнению Iog9*=2, которое имеет корень х2 = 81. Значит, исходное уравнение имеет два корня *j=9 и *2 = 81. Ответ: Xf = 9, *2 = 81. Ответы к вариантам 2—4. Вариант 2. l.H. «/max = 350, ^min = —497. 2, — я/4+я£,- k£Z. 3. | ВС| = 6. 4. 14. 5. 1 — V~l— cos5<*<—1/3. 1.С. ^=1, *2 = 9. Вариант 3. l.H. |/max = 500, #min = — 204. 2. я/4+яя, п^2. 3. |ЛС | = 2/3. 4. 32. 5. -1<*<3+ j/^+tgy. 1.С. ^ = 4,^=4/4. Вариант 4. 1.Н. ^Шах=50, ^mln=—62, 2. Зя/4+л£, k£Z. 3. Л=2 |/"S 4. 44. 5. 1— у 1 — siny<A:<2. l.C. JCi = 2, д:2 = 1. § 8. ГЕОЛОГИЧЕСКИЙ ФАКУЛЬТЕТ (отделение геофизики) 1977 Решение варианта 1. 1. Обозначим через хм3 емкость бака. Пусть за 1 час через первую трубу поступает ум3 воды, а через вторую—zm3. Из условия, что через 235
первую трубу бак можно наполнить на час быстрее, чем через вторую трубу, получаем уравнение — - — =1. (1) г у w Если бы пропускная способность второй трубы была [ 2+-q- J м3/ч, то для х + 2 наполнения бака емкостью (дг+2)м3 понадобилось бы ±д/оч» что по условию равно 2/у ч; следовательно, имеем уравнение х + 2 2 г+4/3 у' (2) Вторая труба наполняет бак за — ч. За это время через первую трубу могло бы поступить —ум3 воды; по условию получаем уравнение ?=3. (3) ХЦ Из уравнения (1) —=*+У, откуда, с учетом уравнения (3), у=3—х. Из уравнения (3) z=-J-, откуда, воспользовавшись равенством у = 3—*, по- о лучаем: г=—Ц5—- • Подставляя 3—х вместо у и —Ц5—- вместо г во о о второе уравнение, получаем уравнение для нахождения х: х+2 2 х(3—х) , 4 "~3—jc* 3 h"3' Это уравнение равносильно уравнению *2-f 3*—10 = 0, которое имеет два корня: хг = 2 и х2 = —5. Так как объем бака положителен, то условию задачи отвечает лишь *1 = 2. Значит, емкость бака равна 2м3. Ответ: 2 м3. 2. Для освобождения от знака абсолютной величины разобьем числовую ось на две области: первую, в которой Ъх—3^0, и вторую, в которой Ъх—3 < 0, и будем искать решения исходного неравенства в каждой из этих областей отдельно. В первой области | Ъх—3| = 5лс—3 и исходное неравенство перепишется так: х2—5лс+3—х < 2. Решения этого неравенства образуют интервал 3—1^8 < х < З-f У~Ъ. Из найденного множества в рассматриваемую об- (3 \ 3 — лс^-g- J попадает промежуток -ё"^я <3+УГ8. Все эти х и будут решениями исходного неравенства в первой области. Во второй области \Ъх—3 | = — (5х—3) и исходное неравенство перепишется так: х2 + 4лс—5 < 0. Множество решений этого неравенства есть интервал —5<jc<1. Из этого множества в рассматриваемую область (х < 3/5) попадает интервал —5 < х < 3/5. Все эти х и будут решениями исходного неравенства во второй области. Поскольку множество решений 236
исходного неравенства является объединением множеств решений в первой и во второй областях§ т. е. объединением двух промежутков —5 < х < 3/5 и 3/5 ^ дс < З-f- У~8, то это множество есть интервал —5 < х < 3-f- ]/~8. Ответ: — 5 < х < 3+ V~8. З.Н. Пусть а—фиксированное положительное число. Координаты точек пересечения данных параболы и прямой удовлетворяют системе уравнений Приравнивая правые части уравнений, приходим к ра венству х2+Зах -\- 2а2 = О, откуда Xi = — а, 2 а2 За2 jc« = — 2а. Тогда #,=—;—т и ^2=-i—;—г* Итак, 1 + аг \-\-ar I V ' пересекает параболу в двух точках: В f — а, 4- J и прямая пересекает параболу в двух точках: В f — а, 4- J 2а, 4 ) (рис. 75). Вычислим площадь S (а) фигуры СтВп. Имеем -2а -2а Надо найти значение а, при котором функция S (а) принимает наибольшее значение на множестве а > 0. Функция S(a) дифференцируема в каждой точке и J_ 3a2.(l +fl4) — 4fl3.g3_a2 (3-a^) W""6 ' (1 + а4)2 (1+а4)я # Уравнение S' (а) = 0 имеет в области а > 0 единственный корень %= £/1L Ha интервале 0<fl<^/3 производная S' (а) положительна, в промежутке у/ 3 < а < + оо производная 5' (а) отрицательная. Следовательно, функция S (а) возрастает на промежутке 0 < а <£/3 и убывает на промежутке £/3<а< + оо. Так как функция S (а) непрерывна в точке а= i/~3t то она в этой точке принимает наибольшее значение. Это значит* что при а= i/3 данная фигура имеет наибольшую площадь. Ответ: а = £/*3. 4. Пусть ABC—данный треугольник (рис. 76). Для определенности будем считать, что | АС \ > | АВ |. Тогда АОВ < СОА и £ 0АВ . Так как HAB, то 237
САН > НАВ. Из доказанного следует, что бАВ> ^бАВ> ЙАВ. (4) Так как FAB=±-^- CABi то неравенство (4) означает? что точка F лежит между точками Е и Я. Обозначим через К точку, отличную от А, в ко- ^А торой прямая АО пересекает окружное^. Углы АКС и А ВС опираются на одну и ту же дугу, сле- ш^ *-(!- довательно, АКС=ABC. Угол АСК прямой, тан £7 tip Л как опирается на диаметр. Поэтому САК=я/2—АКС=я/2 — ABC = /Ш/. По условию прямая i4F—биссектриса угла САВ% значит, Так как треугольник OAL равнобедренный, то высота его,- опущенная из вершины О на сторону AL, по величине равна -^ \ i4L|»tgf^r, и поэтому Из прямоугольных треугольников ЕАН и /МЯ находим, что .„,, МЯ1 |ЛЯ[ ^2\АН\ . я sm-g- МЯ|^^1ЛЯ1 cos/ЛЯ так что \AF\ sin AEH \лн\ itgi. Находим искомое отношение: Ответ: 4/3. 5. Условие задачи можно переформулировать следующим образом: найти все значения k, при каждом из которых система неравенств г ok 1 ь П fc_4<0 |; 238 {:
имеет котя бы одно решение. При фиксированном значении k корни квадратного трехчлена x2-\-2kx—3£2 + 8&—4 есть *i = — k+2 \ k~*\ | и X2 = — k—2\k — l\t поэтому множество решений второго неравенства системы (5) есть отрезок —1|. (6) Найдем все значения k, при которых система (5) не имеет решений. Обозначим квадратный трехчлен x2 + 4kx-\-3k2 —2k—1 через f(x). Если система (5) не имеет решений* то выполнены неравенства /(*2)<0; (7) в противном случае хотя бы одно из чисел Xi или х2 было бы решением системы (5). С другой стороны, если выполнены неравенства (7), то числа *i, *2, а значит, и все множество (6) лежат между корнями (включая корни) квадратного трехчлена / (х). Это значит, что для каждого решения х0 второго неравенства системы (5) выполнено неравенство / (*0) ^ 0, т. е. система (5) не имеет решений. Итак, система (5) не имеет решений тогда и только тогда, когда одно* временно выполнены неравенства (7). Легко видеть, что Поскольку в этих выражениях перед 4k\k—1| стоят знаки + и —-а то система неравенств (7) равносильна системе ( 4k*—4k(k—\)—1 \4k2 + 4k(k— 1)—1 или + \8k2— Множество решений первого неравенства системы (8) есть промежуток оо, множество решений второго неравенства системы (8) есть отрезок 1/4 <;£<; 3/2; поэтому множество всех решений системы (8) есть промежуток 1/2<£<3/2. Таким образом, система (5) не имеет решений тогда и только тогда, когда k принадлежит промежутку 1/2<;£«^3/2. Значит, если k < 1/2 или k > 3/2 и только в этом случае, система (5) имеет хотя бы одно решение. Ответ: k < 1/2, k > 3/2. З.С. Воспользовавшись формулами для синуса и косинуса половинного . о 1— cos2a о l+cos2a угла sin2 a= ^ , cos2 a=——~ , перепишем данное уравнение в виде Jbcos(4+6*) , 1 + C0 2^2 ^ 2 + 2 * или, после простых преобразований, в виде sin 12л:—sin4* = cos (4 — 10*) + cos (4+бл:). (9) 239
Применим к обеим частям получившегося уравнения формулы суммы и разности одноименных тригонометрических функций. Тогда уравнение (9) перепишется в виде 2 sin 4x cos 8ж = 2 cos (4—2х) cos 8х9 откуда видно, что оно равносильно совокупности двух уравнений cos8* = 0 и sin4* = cos (4—2х). (10) Первое уравнение имеет решения *=thH—q- * k£Z. Второе уравнение Id о можно переписать в виде cos ( 4х—-=- ] — cos (4—2x) = 0t или —2sin (*+2-~) sin (зх—~2J=0. Отсюда следует, что оно равносильно совокупности двух уравнений sin (*+2--5Л = 0 и si Решения первого из них есть х=——2+ял, n£Z, решенчя второго — #=T2+-7rH—о~ , m£Z. Множество решений исходного уравнения является объединением множеств решений уравнений совокупности (10), т. е. исходное уравнение имеет решения: *=—-|—g- , k£Z; *=-т—2+ял, n£Z; Ответ: *=^+^ • k£Z; x=%-2+nn, Z. Ответы к вариантам 2—4. Вариант 2. 1. 6км/ч. 2. х < 4""^ , х > 4+|^ . З.Н. а = 4. 10. 5. *<i=LjpI. З.С. ,=§-4+*» , я . 3 , /яя ^. /- «г Вариант 3. 1.72т. 2. *<—5— /13, х^—2+уг2- З.Н. 4.5. б. *<о, л-1. з.с. *=§+*£, Т 2 1 . я/ 1Г.„ я 1 , ят Вариант 4. 1. 30 деталей. 2. х^ 5+2 , д: < 4""2 - З.Н.а 1 . оо _ 7 + 3]/"5 в ^ я . 3 , nk = УТ* 5 ж^ зс ж=т+т+-" 240
1978 Решение варианта 1. 1 -f- cos 2х 1. Используя формулы cos2 лс= 2 и cos 4*=2 cos2 2*—1, перепишем данное уравнение в виде 10 cos2 2x+cos 2х—3 = 0. Квадратное уравнение 10у2-\-у—3 = 0 имеет корни yt=l/2 и #2 = —3/5. Поэтому исходное уравнение равносильно совокупности уравнений cos 2х= 1/2 и cos 2* = — 3/5. Первое уравнение имеет две серии решений: *=я/6+я£* k£Z, х =—п/б+яд, I / 3 \ n£Z; второе—также две серии: JC=-^-arocos f—^)-{-nmt m£Z; 1 / 3 \ х =—^arccosf—ё"|+я/, /£Z. Объединение найденных серий и составит множество решений данного уравнения. Ответ: x=±^-\-nk, k£Z; x= ± -^-arccos ( —-g- )+яя, n£Z. 2.Н. Четыре мальчика из семи можно выбрать С* способами; три девочки из восьми можно выбрать С| способами. Отсюда следует, что требуемое разбиение на две команды можно осуществить С%'С\ способами. Имеем Г4 rz 7! 8! 5-6.7 6.7-8 СС 3556 Ответ: 1960 способами. 3. Данное неравенство равносильно двойному неравенству или 1 > х2 — 4*+3>9/16. Последнее неравенство можно переписать в виде следующей системы неравенств: i—4«+3^9/16. Множество решений первого неравенства этой системы есть промежуток 2— У~2 < х < 2+ |^2; множество решений второго неравенства состоит из двух промежутков: Ж 3/4 и 13/4 <,х. Так как 2— )Л2 < 3/4 и 13/4 < 2+1/"2, то множество решений системы неравенств, а значит и исходного неравенства, состоит из двух промежутков: 2—У 2 < х<3/4 в 13/4<*<2+1Г2. Ответ: 2— / 2 < * < 3/4, 13/4 < * < 2 + К 2. 4. Проведем через точку L прямую LM параллельно прямой СК (рис. 77). Из подобия треугольников MBL и КВС следует, что . рг<г, = Рл>г==8"о*§ I ^А | I О^ | «^ откуда \BM\=±\BK\=j-j\AB\=1\AB\ и
подобия треугольников AKQ и AML находим: Кроме того, имеем следующие равенства: =y | £L11 QL | sin I sin y I LC11 QL | sin y ILC 11 AL | sin £Z&) =s 4 4 ^= Y (SABL +$ALC) = у 7 7 Значит. ЯЛяС = f $bqc —f • Ответ: 7/4. В С Рис. 77. Рис. 78. 5. Обозначим через а км расстояние между пунктами А я В (ясно9 что а^8), через v км/ч—скорость движения автомобиля по полю и через D—точку на дороге, наименее удаленную от пункта Л (рис. 78). Тогда AD J^BD и | Л£>| = 8 км. Очевидно, что если точки Д и D совпадают, т.е. если |ЛЯ| = 8км, то условия задачи выполнены. Значит, | ЛЯ | = 8 км является одним из ответов к задаче. В дальнейшем будем считать, что точки В и D различны, т. е. а > 8, и пункт В лежит по левую сторону от прямой AD, если смотреть из точки D в поле по направлению к пункту Л (рис. 78). Ясно, что последнее предположение не умаляет общности рассуждения, так как любые два расположения пункта В на дороге,' симметричные относительно прямой AD, одновременно или удовлетворяют условию задачи или не удовлетворяют. Пусть точка С лежит на отрезке BD и отлична от точки В. Обозначим через х км расстояние между точками Л и С. Тогда 8^х < а и время, за которое автомобиль проедет путь АСВ$ равно \АС\ , \BC\_x , |Л^Гб4_ У*2—64 2v -+- v ' 2v По условию для всех х из промежутка 8<х < а справедливо неравенство а 242
или* что равносильно, неравенство 2 (х-а)+ К^=64 ^ Ух^=64. (2) Докажем, что если при некотором а (а > 8) множество решений неравенства (2) содержит промежуток 8<х < а, то находящийся на дороге пунктВ§ удаленный от пункта А на расстояние а км, удовлетворяет условию задачи. Пусть \АВ\ = а удовлетворяет сформулированному выше условию. Если точка С лежит на прямой BD левее точки В (точка Сг на рис. 79), то | АС | > | АВ | и, значит» поездка по пути АС В займет больше времени, чем по пути АВ. Если точка С лежит на отрезке BD и отлична от В (рис. 78), то для х = \ АС\ будет выполнено неравенство 8^х < а и, по предположению, справедливо неравенство (2). Тогда справедливо и неравенство (1). Но это означает, что поездка по пути АС В займет не меньше времени, чем по пути АВ. Если точка С лежит на прямой BD правее точки D (точка С2 на рис. 79), то | АС \ > | AD | и | ВС \ > \ BD |. Следовательно, поездка по пути АСВ в этом случае займет времени больше* чем поездка по пути ADB и, значит, по доказанному ранее, больше, чем поездка по пути АВ. Значит, сформулированное выше утверждение доказано. Итак, условию задачи удовлетворяют те и только те из точек В3 от* личных от D, для которых при а=\АВ\ множество решений неравенства (2) содержит промежуток 8^х < а. Пусть а—любое фиксированное число такое, что а > 8. Найдем решения неравенства (2), содержащиеся в области 8 «^ х < а. В этой области неравенство (2) равносильно системе неравенств 2(х—a) + Va2—64^0, ( 2(х—a) + \ (2(х-а) + Полученную систему неравенств можно после тождественных преобразований заменить равносильной ей системой, которая имеет вид *_а) (з*—Ьа+4]/"а2—64) ^0. Последняя система неравенств на множестве 8 <; х < а равносильна системе [ 3*—5fl+4l/"aa— 64 <0, которую можно переписать в виде двойного неравенства (3) Для искомых значений а весь промежуток 8<дг < а должен содержаться в множестве (3). Следовательно, искомые значения параметра а являются 243
решениями системы неравенств а > 8. Эта система после преобразований может быть переписана так: (2а—16</а2 — 64, 2—64<а, (4) i! На множестве а > 8 левые и правые части первого и второго неравенств (4) неотрицательны, поэтому система (4) равносильна системе (2а— 16)2<а2 —64, 4(а2 —64)<а2, 8, или /За2—64а+320 <0, | За2— 256<0, (5) U> 8. Множество решений первого неравенства системы (5) есть промежуток 8 ^а^ 40/3, а множество решений второго—промежуток —16/V~3< ^a^\6/Y~3. Поэтому множество решений системы (5), а значит, и множество решений задачи, есть промежуток 8 < а^1б/]/*3. Добавляя сюда найденное ранее значение а = 8, получаем ответ задачи. 1 fi Ответ: 8 км< | АВ |< -= км. 2.С. Для освобождения от знака абсолютной величины разобьем числовую ось на три области: первую, в которой * ^513/5, вторую, в которой 6/5 < х < 13/5, и третью, в которой х<6/5. В первой области \Ъх—13| = 5лс—13, |6—5дг| = —(6—5я), и поэтому исходное уравнение перепишется так: 5л:—13 +(6—5*) = 7. Это уравнение решений не имеет, значит, и исходное уравнение не имеет решений на множестве х^ 13/5. Во второй области | 5х—13 | = — (5*—13) и | 6—5л: | = — (6—5дс), поэтому исходное уравнение перепишется так: —5* 4-13+6—5* = 7. Полученное уравнение имеет решение х = 6/5. Это значение х не попадает в рассматриваемую область и, значит, не является решением исходного уравнения. В третьей области | 5л:—131 = — (5л:—13) и |6—5* | = 6—5*, поэтому исходное уравнение запишется так: —5ж + 13—6+ 5*= 7. Этому уравнению удовлетворяют все х из промежутка (—оо, +оо). Следо- 244
вательно, решением исходного уравнения являются все х из третьей области, т.е. все Ж6/5. Ответ: *<6/5. Ответы к вариантам 2—4. Вариант 2. 1. у+ял, п £ Z; ± у arocos-j+nm, m£Z. 2.Н. 2CjC?a = 6600. 3. l^O<*<-2, 3<x<i±|l^. 4.6,4. 5. ^-=<a<10. 2.C. jc<2/3. Вариант 3. 1. ± ^r+nn, n£Z; ± у arccos ( —-^~ )+я£, k£Z. 2.H. CjCj. 3. -2<*< 1 — Vb, l+/"5<x<4. 4. 3/2. 5. 15/2<a< /l5. 2.C. jc<5/9. Вариант 4. 1. ± у arocos-g-j-ял, n£Z. 2.H. C^C?4- 3. ^3 . 4. 11/16. 5. <c<20. 2.C. 1979 Решение варианта 1. 1. Если а = 0, то уравнение, очевидно, решений не имеет. Пусть а — фиксированное число, отличное от нуля. Тогда данное уравнение равносильно уравнению _1 ___£ 2а—х~~~ а * или 2а—*=тг > откуда ^ = -о"« Ответ: если а = 0, то нет jc, удовлетворяющих условию задачи; если а 9&0. то *=Jj. 2. Область допустимых значений данного уравнения есть промежуток — оо < х < 1. В этой области уравнение равносильно уравнению или уравнению 1 + ж2 = 10. Последнее уравнение имеет два корня х± = —Зг *2 = 3, из которых в ОДЗ данного уравнения входит только xt = —3. Ответ: х=—3. 3. Так как К5а+22= 1^29, то найдется угол <р, для которого cosф =с ■ , $1пф= . Например, 9 = arccos-^=. Тогда x)= и данное уравнение можно переписать так: ~—. (1) 245
Уравнение (1) имеет решения тогда и только тогда, когда !■ |< I V 29 [ т. е. когда — Ответ: — уг29<Л< 4. Обозначим скорость товарного поезда через х км/ч. Тогда из условия задачи следует, что скорости пассажирского и скорого поездов о равны соответственно -^ х км/ч и (ж+50) км/ч. Если расстояние между городами равно «S км, то время, за которое товарный, пассажирский и скорый поезда пройдут это расстояние, равно соответственно — ч, с ^ ч, —r-fi? ч. Из условия задачи вытекает теперь справедливость 8 5 * равенств: Полученную систему уравнений можно переписать так: 50S 4 5(250—Зл) 8*(*+50) * Разделив почленно первое уравнение системы на второе, получим уравнение 400 250—3* f откуда ж = 50. Ответ: скорости товарного и скорого поездов равны соответственно 50 км/ч и 100 км/ч. 5. Из условия задачи вытекает, что Тогда Это означает, в частности, что ABC-\-DAB > я и прямые AD и ВС пересекаются в некоторой точке К (рис. 80). Далее, АКВ=п—КАВ—КВА= = л—(я —ОЛВ) — (я — Л5С) = ABC + DAB — л и sin^H=« =—sin(/4#C+D/4#) = 5/13. Из треугольника АКВ по теореме синусов 246
]АВ\ 25 3/5 39 о =64- Зна" » откуда \КВ \ = \АВ\ чит, \КС\ = \КВ | + | ВС 1=^+12^=; 13. Применяя теорему синусов к треугольнику KCD, получаем равенство \КС\ sin AKB sin/C откуда 5 4 Так как по условию KDC > я/2, то = — У 1 — (4/5)2 = — 3/5# Применяя теорему синусов к треугольнику OCD, получим равенство \ОС\ _ \СР] sin ODC sin DOC откуда sin DOG (2) Так как центр окружности О лежит на пересечении биссектрис углов KDC и BCD, то . /2n—DAB—ABC\ . /DAB+ABC\ \ . /DAB+ Поскольку cos =V1— sin2 — (5/13)2 = 12/13, то наХ0ДИМ| Что : |0C| 6. Пусть x удовлетворяет условию задачи. Если * = 0, то имеется единственная пара чисел (а, Ь), удовлетворяющая неравенствам (3) (4) 247
а именно: а*=0, 6 = 0. Но для этой пары не выполнено неравенство Следовательно, х> 0. Неравенство (3) можно переписать в виде a(bx—4)^7b+x. (5) Пусть Ь—любое число, удовлетворяющее неравенству Ь > 4/х. Условие задачи означает, что для каждого числа а, удовлетворяющего условиям о^О и (б), т. е. для каждого а такого, что а^а, _*, должно быть выполнено неравенство а ^ Б/b. Это возможно только в том случае, когда 7Ь+х 5 Ьх~=4^Т 4 или, поскольку Ь > — > 0, когда Ь(7Ь+х)^Ьфх—4). Последнее неравенство можно переписать в виде 7Ь2—46*+20^0. (6) Итак, для каждого Ъ из области Ь > — должно быть выполнено неравенство (6). Дискриминант D квадратного трехчлена 7t2—4tx-\-20 равен 16*2—560. Поэтому, если £>=16д;а—560 <0, т.е. если 0 < х< >^35 (здесь уже учтено условие х > 0), то неравенство (6) выполнено при всех Ъ. Абсцисса вершины параболы, соответствующей трехчлену 7f2— 4to+20, лежит в точке 2*/7. Так как при х > ^35 справедливы неравенства -=• > — и D > 0, то не при всех Ь из области Ъ > — выполнено (6) ( например, при Ь-Ц). Итак, все искомые значения х лежат в области 0<^<]^35. (7) Пусть х—любое число из области (7). Докажем, что оно удовлетворяет условию задачи. Пусть пара чисел (а, Ь) удовлетворяет неравенствам (3), (4). Тогда а > 0 и Ь > 0. Если Ь лежит в области 0 < Ь< —, то Ьх—4^0 и, ввиду того, что а > 0 и 7b+x^0t не выполняется неравенство (5), т. е. нер (5) получаем, что ство (5), т. е. неравенство (3). Значит, Ь > —. Если 0 < а < 5/Ь, то ввиду 7Ь+х 5 bx~=4<Tf или 762—4&Я+20 < 0. Но это невозможно, так как при х из области (7) дискриминант квадратного трехчлена 7t2—4/*+20 неположителен. Следовательно, а^5/Ь, или Ответ: 0 <*< 248
Ответы к вариантам 2—4. Вариант 2. 1. Если а=0, то нет xt удовлетворяющих условию задачи; если а 5*0, то * = а/3. 2. jc = —9. 3. — У~Б8< А < j/"S§. 4. 5%; 10%. 5. 6/V5. 6. 0<х<,}Г32. Вариант 3. 1. Если а = 0, то нет х, удовлетворяющих условию задачи; если а ф 0, то * = За/2. 2^ = 8. 3. —1^97< А <}^97. 4. 60 м3/ч; 24 м3/ч. 5. 103/65. 6. 0< *< ^60. Вариант 4. 1. Если а = 0, то нет х, удовлетворяющих условию задачи; если а^0, то * = а/4. 2. х=2. 3. — KI3 < А < ^Тз. 4. 2 м; 3 м. 6. 103 J/T7/130. 6. 0 < *< § 9. ГЕОЛОГИЧЕСКИЙ ФАКУЛЬТЕТ (отделение общей геологии) 1977 Решение вар ианта I 1. Перенесем правую часть данного неравенства влево и приведем все члены неравенства к общему знаменателю. В результате получим неравенство ц.З*-1— 31—2 4.9*— Ц.з*-1—5 равносильное исходному. Обозначив 3* через у, неравенство (1) можно переписать в виде 12#2— Uy — или 6,-10)0,-3/5) Пользуясь методом интервалов (рис. 81), находим множество решений неравенства (2): —3/4<у<1/2, 3/5<у<5/3. Таким образом, исходное неравенство равносильно совокупности двух двойных неравенств: + "^ч. >sv /^ •*• -— <3*<— и — ^о~ ^ — Рис. 81. Множество решений первого неравенства есть промежуток — с 3 5 множество решений второго—промежуток log3 -=- ^ х < log3 -s-. Значит, о о множество решений исходного неравенства есть два промежутка: —оо < 3 _ ,5 249 13 ^ Ответ: х< log3-j , log3 -g- <x < log3 j.
2. Обозначим через х км/ч скорость первого бегуна, а через у км/ч скорость второго бегуна. Первый бегун пробежал 1 км за — ч, а второй-, еа — ч. По условию задачи второй бегун затратил на 1 км на 2 мин меньше времени, чем первый, следовательно, К моменту второй встречи первый бегун, находясь в пути 20 мин, пробежал -^ х км. Значит, второй бегун к этому моменту пробежал ( 10 — ~TX) км. Так как он бежал 18 мин, то справедливо равенство 10** <4) Из уравнения (3) находим, что * = зО-1 * Подставляя ■ J^ вместо х в уравнение (4), получаем после преобразований уравнение ^4-30^—1000=0. Последнее уравнение имеет два корня #1=20, #g =—50. Так как скорость бегуна положительна, то у = 20. Ответ: скорость второго бегуна равна 20 км/ч. 3. Применяя формулу для косинуса двойного угла sin2a=-=^— данное уравнение можно переписать в виде —cos3x—cos (-77— 5л: J =—cos Их—cos Г-тт—13*) f или cos Ux—cos 3* = sin 5*—sin 13*. Применяя формулы для разности синусов и косинусов, приводим уравнение ние к виду —2 sin 7x isin Ax ——2 sin 4x«cos 9*. Полученное уравнение равносильно совокупности двух уравнений sin 4лт=0 и sin 7x = cos 9*. Первое уравнение имеет серию решений x=nk/4t k£Z. Второе уравнение можно преобразовать так: sin 7x—sin (я/2—9*) = 0, 2 sin (8х—я/4).cos (я/4—х) = 0. Следовательно, второе уравнение равносильно совокупности двух уравнений sin (8*—я/4) = 0 и cos (я/4—х)=0, первое из которых имеет серию решений * = ооН—«г* п € z> а второе- 250
m£Z. Таким образом, исходное уравнение серию решений * = - имеет три серии решений: *=—$ ££Z; * = з2+-§~» n6^I x = ~i—гят» mg^. Легко видеть, что третья серия решений q' содержится в первой. nb .~- я , ял Ответ: * = -т-» «Е^'» ж = оо"т"~8"» Л6^» 4. Данный треугольник и вписанная в него окружность изображены на рис. 82. Обозначим через D и F точки касания окружности со сторонами АВ и АС соответственно. Так как В JD BE—биссектриса угла В, то (ЯШ = я/4 и Рис. 82. = я—С— OEF находим — С. Из прямоугольных треугольников OBD и ~, I OF 1 sin f-^— с Следовательно, откуда или J ВО | sin ~ | sin (^-p— ^ Зя ^ я ?я ^ 2я Так как 0 < С < я/2, то или -^— С =-^, или -^ С =-3- • Отсюда либо С = 5я/12, либо С = я/12. Значит, возможны два случая: либо С = 5я/12, и тогда А = я/12, либо С = я/12, и тогда Л = 5я/12. В обоих случаях острые углы треугольника равны я/12 и 5я/12. Ответ: я/12, 5я/12. 5.Н. Пусть а—некоторое фиксированное положительное число. Вычислим площадь S (а), ограниченную параболой у = х2—2х у . 2-\-3 . Координаты точек, в которых пересеи прямой у = — Зх у тт-Ц каются эти парабола и прямая, являются решениями системы уравнений Приравнивая правые части уравнений этой системы, получаем квадратное 251
уравнение х*+х 1 + а2 =0. Отсюда вытекает, что парабола и прямая пересекаются в точках с абсциссами *i=— у и х2 = 0. При этом хг < дг2. Легко видеть (рис. 83), на что фигура! площадь S (а) которой надо найти, лежит под прямой у = — Зх у в а_[_з и над параболой у=х2—2х у г промежутке от хх до х2, поэтому о S(a) = Для того чтобы найти положительное а, при котором площадь фигуры принимает наибольшее значение, исследуем функцию S (а). В каждой точке области 0 < а < + со функция S (а) имеет производную (5) 1 6 (1 + а2)2 6 (1 + а2)2' Из (5) следует, что на интервале 0 < а < 1 производная S' (а) положительна, а на интервале 1 < а < + оо производная S' (а) отрицательна. Значит, функция 5 (а) монотонно возрастает на интервале 0 < а < 1, монотонно убывает на интервале 1 < а < + оо; так как, кроме того, S (а) непрерывна в точке а=1, то ее наибольшее значение достигается при а=1. Ответ: а = \. \ Рис. 83. 5.С. Обозначим через Л, В, С вершины треугольника, лежащего в основании, через D—вершину пирамиды и через О—центр шара, описанного вокруг пирамиды (рис. 84). Тогда AB = BC = AC = b, £ADC = a. Обо- 252
значим через Е ортогональную проекцию центра шара на плоскость ЛВС. Так как наклонные АО, ВО, СО равны по величине и равны радиусу шара, то равны их проекции на плоскость ABC. Следовательно, АЕ = ВЕ=^СЕ. Это означает, что точка Е является центром окружности, описанной вокруг треугольника ABC. По условию треугольник ABC правильный, поэтому точка Е является его центром. Из условия, что пирамида правильная, следует, что точка D также проектируется в центр треугольника ABC, т. е. в точку Е. Значит точки О, £, D лежат на одной прямой. Из равностороннего треугольника ABC и равнобедренного треугольника ADC находим соответственно Треугольник DEC прямоугольный, поэтому СЕ 2sin!T В равнобедренном треугольнике DOC стороны DO и ОС равны радиусу сферы. Значит, искомая величина DO равна CD Ъ D0 = 2 cos £CDE~ -5-Г 1- На рис. 84 центр сферы изображен внутри пирамиды. При некоторых значениях а точка О может находиться и вне пирамиды. Приведенное решение не использует тот факт, что точка О лежит на отрезке DE. Ь Ответ: г = - т/ 4 sin2-| 4sin^ Ответы к вариантам 2—4. Вариант 2. 1. *>log62, log6 у < Ж log6 у . 2. 10 км/ч. 3-у§+^§-» \Z\ -§-+™, n £Z. 4. я/6, я/3. 5.Н. a=V~3. 5.C. S = — 4fl2sin4a. Вариант 3. 1. *<log2y, x^\og2-^. 2. 1 с 3.-у-, k £ Z; Вариант 4. 1. *<log13y, Iog13-|- < x < Iog13-|-. 2. 25 км/ч. 3. nkt ^~, n£Z. 4. я/12, 7я/12. 5.Н. p=]/l. 5.C. ^=^ • ^ X ). 253
1978 Решение варианта 1. 1. Область допустимых значений исходного уравнения есть множество всех xt кроме x = nk> где fc£Z. На этой области функция y=s\r\x отлична от нуля. Поэтому, умножив данное уравнение на sin xt получим новое уравнение |/~2sin2 *+cos* = 0, равносильное исходному на его ОДЗ. Последнее уравнение можно переписать в виде V~2 cos2 х—cos x— /~2 = 0. (I) Квадратное уравнение У~212—/—уг2 = 0 имеет корни /1=уг2 ц 72 = — У^/2. Поэтому исходное уравнение равносильно на своей ОДЗ совокупности двух уравнений cos x= V~2 и cos *= — У~2/2. Первое уравнение этой совокупности решений не имеег$ так как }f~2 не входит в область значений функции y=cosx. Второе уравнение имеет решения х= ±Зя/4-{-2ял, n£Z. Все они входят в ОДЗ исходного уравнения. Значит, все эти решения являются решениями исходного уравнения. Ответ: х = ±Зя/4+2ял, n£z. 2. Обозначим через х и у время в минутах, которое понадобилось соответственно велосипедисту и автомобилю для того, чтобы проехать путь от пункта А до пункта В. На половину пути от Л до В велосипедист затратил ж/2 минут, а автомобиль—у 12 минут. По условию на полпути от Л до В они находились одновременно, хотя автомобиль выехал на 15 минут позже. Значит, справедливо равенство |+15=|. (2) К моменту прибытия автомобиля в пункт В велосипедист находился в пути уже (у-\-15) минут и проехал за это время 2/3 расстояния от А 2 до £> т. е. затратил на этот путь -^ х минут. Следовательно* Получили систему двух уравнений (2) и (3) с двумя неизвестными х в У* Умножая уравнение (2) на 2 и вычитая из него уравнение (3), получаен 2 уравнение \Ь = х—?гх, откуда х = 45. Ответ: 45 минут. З.Н. Первое решение. Функция у(х) = хInx—xIn5 определена в области х > 0 и всюду в этой области имеет производную. По правила* нахождения производной 254
Производная обращается в нуль в единственной точке жо=— • Так как 1 < е < 5, то эта точка лежит внутри отрезка [1, 5]. Для нахождения наименьшего значения достаточно вычислить значения у(1), у (5), у(Ь/е) и выбрать из них наименьшее. Имеем {,(1) = -1п5, j,(5)=0, j,(|-)=|ln|—||пБ—А. Докажем, что 5/е > In 5. (4) Поскольку е < 3, то 5/е > 5/3, значит, для доказательства неравенства (4) достаточно доказать неравенство In 5 < 5/3, которое можно переписать в виде In 53 < In еб. Отсюда вытекает, что для доказательства неравенства (4) достаточно доказать неравенство 53 < еб. Поскольку е > 2,7, то очевидна справедливость цепочки неравенств е* > 2,72-2,72-2,7 = 7,29.7,29-2,7 > 50-2,7=135 > 58, и неравенство (4) тем самым доказано. Значит, <—1п5<0, т. е. наименьшее значение функции на отрезке [1, 5J равно —5/е. Второе решение. Функция у (х) = х In х—х In 5 определена в области 0 < х < + оо и всюду в этой области имеет производную. По правилам нахождения производной у' (х) = (х\пх—*1п5)' = 1п*+1— 1п5 = 1п Ц-. о Производная обращается в нуль в единственной точке жо = 5/е. При О < х < 5/е производная у' отрицательна, а при х > 5/е положительна. Следовательно, функция у(х) = х\пх—х In 5 убывает на интервале (0, 5/е) и возрастает на промежутке Б/е < х < + оо. Так как данная функция непрерывна в точке х = Ыеу то из доказанного следует, что во всех точках области 0<х< + оо, отличных от 5/е, функция принимает значения большие, чем у (5/е). Так как 1 < е < 5, то точка х=Б/е лежит внутри отрезка [1, 5]. Следовательно, наименьшее значение данной функции на отрезке [1, 5] равно наименьшему значению этой функции на всей области определения, т. е. равно Ответ: У 4. По теореме синусов | ВС | = 2# sinBA& = 2'2 • -9"=2, где R — радиус описанной окружности (рис. 85). Так как АВ — хорда, то ее длина не больше диаметра, т. е. [| АВ |<2# = 4. Покажем, что | АВ \ < 4. Если \АВ\ = 4, то АСВ = я/2 и должно выполняться равенство | АВ |2 = = | ЛС|2+|£С|2. Но оно не выполняется, так как 42^32+22. Значит, 255
I AB | < 4. Тогда SABC=^ | AB 11 AC |«sin ЁАС < JL . 4-3 • ~=3. Требуемое утверждение доказано. 5. Среди | а | > 2 нет ни одного значения а, удовлетворяющего условию задачи, ибо при любом таком а уравнение дг2+а2 = 4 не имеет решений. При а = 2, а также при а = —2 уравнение х2-\-а2 = 4 имеет единственное решение * = 0, которое не удовлетворяет неравенству. Зна- д чит, а = 2 и а = —2 также не удовлетворяют условию задачи. Итак, если есть а, удовлетворяющие условию задачи, то они таковы, что | а | < 2 и для любого такого а уравнение *2 + а2 = 4 имеет два корня хг = — у 4—а2 и х2 = j/Ч—а2 Рассмотрим теперь квадратный трехчлен он имеет дискриминант D = (3a+2)2. Если а = —2/3, то D = 0 и квадратный трехчлен Q (х) ни для одного х не может быть отрицательным. Значит^ а = —2/3 не удовлетворяет условию задачи. Если aj£—2/3f то D > 0 и квадратный трехчлен Q (х) имеет два различных корня. Значит, при а Ф—2/3 квадратный трехчлен принимает отрицательные значения для любых х, расположенных между корнями трехчлена Q (х). Итак, если есть число а, удовлетворяющее условию задачи, то оно таково, что | а \ < 2, а Ф —2/3 и хотя бы одно из чисел хг и х2 лежит между корнями трехчлена Q (х). Отметим, что корни квадратного трех» члена Q (х) удобно записать в виде тогда очевидно, что х3 < ж4. Теперь вопрос задачи можно переформулировать так: при каких значениях параметра а, удовлетворяющих условиям |а|<2 и а Ф—2/3, хотя бы одно из чисел х± и хъ лежит между числами х3 и ж4- Ясно, что искомое множество значений является объединением множеств решений из области \al < 2 и а Ф—2/3 двух систем неравенств: Решим на области | а \ < 2 и а Ф —2/3 отдельно систему (5) и систему (6)* 256
На множестве — 2 < а <—2/3 система (5) может быть переписана в виде \ —у 4— а2< —4а—2, или / у 4— аа< а, I 4а+2 < l/T^a2. Очевидно, что эта система неравенств на множестве —2 < а < —2/3 решений не имеет, так как на этом множестве левая часть первого неравенства неотрицательна, в то время как правая часть отрицательна. На множестве —2/3 < а < 2 система (5) может быть переписана в виде —4а—2 < — 1 Г^2<-а, или Т^а"2 < 4а+2, На рассматриваемом множестве обе части первого неравенства положительны, и поэтому оно равносильно неравенству 4—а2 < 16а2+16а+4, или 17а2+ 16а > 0. Последнее неравенство имеет решения а > 0 и а <—16/17, и, значит, множество решений первого неравенства системы (7), содержащихся в промежутке —2/3 < а < 2, имеет вид — |-<а<—|^ и 0<а<2. (8) Второму неравенству системы (7) удовлетворяют все а из области — 2/3 < а < 0, так как в этой области левая часть неравенства отрицательна, правая же положительна. В области 0<а < 2 обе части второго неравенства системы (7) неотрицательны, и значит, оно равносильно неравенству а2 < 4—а2, или а2 < 2. Множество решений последнего неравенства, содержащихся в области 0<а < 2, имеет вид 0<а < У"2. Итак* множество всех решений второго неравенства системы (7), содержащихся 2 в области —g- < а < 2, есть промежуток —|- < а < V 2. (9) Из (8) и (9) следует, что множество решений системы (5) из области | а \ < 2 и а ф —2/3 является объединением двух промежутков — T<fl<~~T7 И 0<а<}^2. (10) Решим теперь систему (6). На множестве —2 < а < —2/3 ее можно переписать в виде —а< У4— а\ У4— аа<—4а-2. Ю. в. Нестеренко и др. 257
На рассматриваемом множестве левые и правые части обоих неравенств полученной системы положительны. Поэтому она равносильна системе ( а* < 4-аа, \ 4—а3 < 16а*+ 16а+4, или f а2 < 2, \ 17а2+16а>0. Множество решений последней системы неравенств имеет вид — У^~2 < 11\ - < а <— -г= и 0 < а < V~2. Часть этого множества, содержащаяся в области —2 < а <—2/3, имеет вид — 1^~2 < а < —16/17. На множестве —2/3 < а < 2 система (6) может быть переписана в виде На множестве 0 < а < 2 второе неравенство полученной системы, а значит, и система (6), решений не имеет. Действительно, правая часть этого неравенства на рассматриваемом множестве отрицательна, а левая неотрицательна. На множестве —2/3 < а ^0 обе части второго неравенства системы (11) неотрицательны, и значит, оно равносильно неравенству 4—а2 < а2, или а2 > 2. Это неравенство не имеет решений в области —2/3 < а^О. Итак, на множестве — 2/3 < а < 2 система (6) решений не имеет и множество всех решений системы (6) из области |а| < 2 и а 5^—2/3 имеет вид Л (12) Объединяя (10) и (12), находим требуемое множество значений параметра а: —уг2<а < —16/17 и 0 < а < \Г2. Ответ: —У~2<а < — 16/17, 0 < а < У"2. З.С. Поскольку свойства логарифмов зависят от основания, то рассмотрим два случая: а)х>1 и б) 0 < х < 1. а) Пусть х> 1, тогда для этих х исходное неравенство равносильно неравенству 2ж+2/5 б (1- > I. (13) Неравенство (13) равносильно неравенству 2*+2/5 которое можно переписать так: 5 (1- 258
решая это неравенство методом интервалов, получаем, что его решения есть промежуток 23/35 < х < 1. Этот промежуток не имеет общих точек с областью х > 1. Значит, в случае а) исходное неравенство ве имеет решений. б) Пусть 0 < х < 1, тогда для этих х исходное неравенство равносильно двойному неравенству 2*+2/5 0< 5(1-*)<Ь Это двойное неравенство равносильно системе неравенств 2л + 2/5 5(1-*) 7х—23/5 5(1-*) <Ов Решая каждое из этих неравенств методом интервалов, получаем, что множество решений первого неравенства есть промежуток —1/5 <х< 1, а множество решений второго—два промежутка: х > 1 и х < 23/35. Значит, множество решений системы есть промежуток —1/5 < х < 23/35. Из этого промежутка в область 0 < х < 1 попадает лишь промежуток 0 < х < 23/35. Это и есть множество решений исходного неравенства. Ответ: 0<х< 23/35. Ответы к вариантам 2—4. Вариант 2. 1. (—1)* ~-+лт, m£Z. 2. 2 часа. З.Н. — у. 5. — 1 < Вариант 3. 1. (—1)«+1^ + Яп, n£Z. 2. 16 часов. З.Н. — -1. Б. — 2 < 2 < а < 0. З.С. 0 < х < -j • Вариант 4. 1. ± у + 2яя, n£Z. 2. 25 часов. З.Н. —-j. 5. —-^ < <а< 1. З.С. х>4,5. 1979 Решение варианта 1. 1. Первое решение. Для освобождения от знака абсолютной величины разобьем числовую ось на две области: первую, в которой 2*—3^2г0, т. е. ж^З/2, и вторую, в которой 2х—3 < 0, т. е. х < 3/2. В области х^З/2 имеем \2х—3| = 2ж—3, и исходное уравнение можно переписать так: 2х—3 = 3—2*. Последнее уравнение имеет корень xj = 3/2, лежащий в области х ^ 3/2, и поэтому *i = 3/2 является корнем исходного уравнения. В области х < 3/2 имеем | 2jc—31 = — (2jt—3), и исходное уравнение можно записать так: —(2х—3) = 3—2*. Последнее уравнение справедливо для любого действительного х. Значит, все числа х из области х < 3/2 удовлетворяют исходному уравнению, т. е. являются его 9* 259
корнями. Объединяя множества решений, содержащихся в областях ^3/2их< 3/2, получаем, что множество всех решений исходного уравнения есть промежуток — оо < х ^ 3/2. Второе решЪ н ие. Ясно, что корни уравнения должны удовлетворять неравенству 3—2*:^гО, или *<;3/2. В области *^3/2 обе части данного уравнения неотрицательны, поэтому оно равносильно уравнению (2х—3)а = (3—2x)2t которое справедливо для любого действительного х. Значит, все числа х из области — оо < * <; 3/2 будут корнями исходного уравнения. Ответ: — оо < ж 3/2. 2. Область допустимых значений данного уравнения состоит из всех xf одновременно удовлетворяющих условиям х—1 > 0 и х > О, т. е. ОДЗ есть промежуток 1 < х < + оо. На ОДЗ исходное уравнение равносильно уравнению log2 (* — 1) х= 1, или уравнению х2— х = 2. Последнее уравнение имеет два корня ^ = 2 и^2 = -1. Из них в ОДЗ входит только х±, значит, xi = 2 является единственным корнем исходного уравнения. Ответ: ж = 2. 3. Обозначая ctgx через г, получаем систему линейных уравнений Система (1) имеет единственное решение у= Y~2, г=1/)/~3. Корни урав- нения ctg jc= 1/}/~3 таковы: х = я/3+я&, k£Z. Следовательно, исходная система уравнений имеет бесконечное множество решений (х, у), где Ответ: (х9 у), где *=я/ 4. Обозначим через х м длину траншеи, выкапываемой экскаватором за один час. Тогда на рытье первой траншеи экскаватор затратил Б/х часов, а на рытье второй траншеи—3/х часов. По условию время, затраченное экскаватором на переезд с одного места работы на другое, в четыре раза больше времени, затраченного экскаватором на рытье первой траншеи, т. е. равно 2О/х часам. Так как время, в течение которого экскаватор прокладывал первую траншею, на 6/5 часа меньше времени, затраченного на переезд и рытье второй траншеи, то имеем уравнение 5_20 3 6 Последнее уравнение имеет единственный корень *=15. Значит, экскаватор выкапывает за один час траншею длиной в 15 м. Ответ: 15 м. б. Обозначим через а величину угла АВО (рис. 86). Так как треугольник ABC правильный, то 0ВС=п/3—а и, ввиду условия, справедливо равенство sin a sin (я/3—а) 260 = 2.
Последнее уравнение равносильно уравнению sin a= /3 cos а—sin а, или уравнению tga= УЪ/2. Угол а лежит в интервале 0 < a < л/3, значит, a=arctg-^—. Обозначим через К основание перпендикуляра, опущенного в плоскости ABS из точки S на прямую £ АВ. Тогда площадь треугольника ABS равна — \KS\\AB\ и равна по условию /5/6. Следовательно, 2 /5/6 Так как Рис. 86. то имеем равенство Jyj\ OB \ + jy=j\ OB | + !l?=!O, откуда |0В| =-^9—•По теореме о трех перпендикулярах O/CJL^^. Значит, |0/CI=10B|sinex i/oi /""3" 1 ■^9—f Vy = 7( Из прямоугольного треугольника SO/C находим: 1501 Теперь получаем, что V = у 5^ВСЧ 50 | =-| • ^-j^« I = Ответ: /"3/4. в. Прежде всего отметим, что коэффициенты данного уравнения определены лишь для тех значений параметра а, которые удовлетворяют условиям cos а^О и sin а > 0. Для любого а, удовлетворяющего этим условиям, данное квадратное уравнение имеет единственное решение только в том случае, когда его дискриминант sin a cos a равен нулю. 26!
Значит, искомые значения параметра а—это те и только те значения а, которые удовлетворяют условиям: sin а cos а sin а > О, w cos а ф. 0. Полученное уравнение в области, определяемой неравенствами sin a >0f cos а^О, равносильно уравнению cos a— Y 3 sin а—4 sin а cos а=0, или уравнению sin (я/6—a)—sin 2а=0. Последнее уравнение можно переписать так: 2 sin (я/12—За/2) cos (я/12+а/2)=0. Отсюда следует, что оно имеет две серии решений: а=я/18+2л£/3, а = 5я/6+2яя, n£Z. Теперь из этих чисел надо отобрать те, которые удовлетворяют условиям cos а^О и sin а > 0. Легко видеть, что все найденные числа удовлетворяют условию cos а Ф 0. Далее, так как для любого n£Z sin (5я/6+2пп) = sin 5я/6 > 0, то все числа а = 5я/6+2яя, n£Z, удовлетворяют условиям (2). Теперь разобьем первую серию решений на три серии, полагая k = 3m, £ = 3m+l, fc = 3m+2. Получим: а = я/18+2шл, а=13я/18+2я/я, а = 25я/18+2я/я, m£Z' Поскольку для любого m£Z 0, > 0, 0, то все числа а=я/18+2ят и а= 13я/18+2ят, m£Z, удовлетворяют условиям (2), а никакое из чисел а = 25я/ИЦ-2ят, m£Z, не удовлетворяет условиям (2). Подводя итог, получаем, что условию задачи удовлетворяют только числа а = 5я/6+2яя, n£Z; а = я/18+2я/я, m£Z\ a = Ответ: а = 5я/6+2яп, n£Z; а = я/18+2ят, m£Z; а= 13я/18+2лЛ, Z. Ответы- к вариантам 2—4. Вариант 2. 1. х<4/5. 2. х=1. а. (х% у), где х=(—1)"я/6+я/Г, 9/2, n£Z. 4. 150 м. 5. 3/2. 6. Зл/4+2яп, n£Z; я/12+2яй, k£2. Вариант 3. 1. ж<5/3. 2. х=\. 3. (jc, y)f где дс= —я/4+ял# =2, n£Z. 4. 3 км/ч. 5. 1^3"/24. в. я/9+2я£, k£Z; -^.+2ят, m£Z; Вариант 4. 1. дс<7/4. 2. х=5. 3. (х, у), где х = ± 5я/б+2ял# уа= 1/4, n^Z. 4. 900 км/ч. 5. 2. в. а=7я/12+2я£, 262
§ 10. ЭКОНОМИЧЕСКИЙ ФАКУЛЬТЕТ (отделение политической экоиомии) 19 7 7 Решение варианта 1. 1. Пусть первая бригада может самостоятельно разгрузить пароход ga х часов, а вторая — за у часов. Тогда х+у=\2. (1) Первая бригада делает за один час — часть всей работы, а вторая — J. часть всей работы. Поэтому, работая вместе, они за один час делают У 1—|— часть всей работы. Значит, работая вместе, они затратят на всю х у работу -т р часов. Пусть для определенности первая бригада работает медленнее* т. е. пусть х> у. Тогда х— у часов есть 45% от -т р ча- Т+"7 сов, или Из уравнения (1) находим, что //=12—х. Подставляя 12—х вместо д в уравнение (2), получаем уравнение относительно х: х - 124-*- 9 *№-*) которое можно переписать так: 3*2+124*—960 = 0. Это уравнение имеет два корня ^ = —48 и *2 = 20/3. По условию задачи х > 0. Значит, * = 20/3, а тогда #=16/3. Значит, первая бригада может разгрузить пароход за 6-^- часа, а вторая—за 5-^-часа. 2 1 Ответ: 6-^- часа, 5у часа. 2. Применив формулу cos2x=l—2sin3X; перепишем исходное уравнение в виде 8sin**+13—26sina* = 7. Обозначим sin3 x через у, тогда для у получим квадратное уравнение 4у2—13у+3=0, корни которого #i=3 #а=1/4. Значит, исходное уравнение равносильно совокупности уравнений sin2*=3 и sin**=l/4. Уравнение sin2*=3 решений не имеет, так как числа ± У~Ъ не входят в область значений функции #=sinx. Уравнение sin2* =1/4 в свою оче- 263
редь равносильно совокупности уравнений sin *= 1/2 и sin*=—1/2. Зна- чит> множество решений исходного уравнения есть объединение множеств решений уравнений sin *= 1/2 и sinx=—1/2. Решения первого уравнения есть х=(— 1)пя/6+ял, n£Z. Решения второго: * = (— l)m+1Ji/6-f + я/П| m£Z. Эти решения можно объединить, записав их так: х -fnfe, k£Z. Итак, решения исходного уравнения: х= ± я/6+я&, Ответ: х= ± я/6+nfc, k£Z. З.Н. Квадрат расстояния от точки М с координатами (0, —2) до точки А с координатами (х, у) вычисляется так: | AM \2=(х—0)2+(у+2)\ Так как по условию координаты точки А (х> у) связаны равенством у =з 2T0 Теперь ясно, что квадрат искомой величины равен наименьшему значению функции на множестве 0 < х < + оо. Функция f(x) в каждой точке этой области *2Н—ъ~*х~9) = 2*—512х~7=» о txs 256) 2 (х6 28) = —-—^ -=—-—т—-. Отсюда следует, что на промежутке 0 <х<2 производная /' (х) отрицательна, а на промежутке 2 < х < + оо производная /' (х) положительна. Значит, функция f (х) убывает на промежутке О < х < 2 и возрастает на промежутке 2 < х < + оо; кроме того, функция {(х) непрерывна в точке х = 2. Следовательно, наименьшее значение / (х) на множестве 0 < х < + оо равно /(2), т. е. равно 5-^- • Значит, искомое расстояние есть . А Ответ: 4. Так как точки F и Н являются серединами сторон ВС и CD (рис 87), то FH есть средняя линия треугольника BCD и потому FH\\BDvl \FH\=-^-\BD\. Аналогично £G—средняя линия треугольника ABD и потому EG \\ BD. Из этих условий получаем, что EG \\ FH. Аналогично получаем, что EF || GH и | EF | = у | АС |. Значит, четырехугольник EFHG—параллелограмм, у которого угол между диагоналями равен л/3 и длины диагоналей равны а и Ь. Рассмотрим треугольник OFH (рис. 87). По теореме косинусов |f7/|8 = |OF |*-H ОН |2—21 OF \\0H [cos foil. 264
Так как \FH\=±\BD\, то ||*>1«=(|)+ (%)-»4«*f откуда |BD|= У a2+fta--aft . Теперь рассмотрим треугольник £OF. Учитывая, что ёдР = ~, \EF |=-5-1 ЛС|, н применяя теорему косинусов, по- лучим, что | ЛС|= yft2 + aa+aft . Ответ: длины диагоналей четырехугольника равны |^aa+ft2—aft и 5.Н. Пусть а—некоторое число, удовлетворяющее условию задачи. Это значит, что если в данном неравенстве заменить всюду у на х или всюду у на —х, то получившиеся относительно х неравенства будут выполняться при любом х. Итак, при любом х справедливы неравенства >0 (3) (4) Очевидно, что при а=—50 множество решений неравенства (3) не совпадает со всей числовой прямой. Значит, аф— 50. Поскольку множество решений неравенства (3) совпадает со всей числовой прямой, то дискриминант трехчлена, стоящего в его левой части, не может быть положительным. Следовательно» 4—г^ (50+а)<0, откуда а^50. Так как множество решений неравенства (4) также совпадает со всей числовой прямой, то а<50. Итак, если а—число, удовлетворяющее условию задачи, то а=50. При а = 50 исходное неравенство имеет вид Его можно переписать так: или (^)2 (5) Неравенство (5) выполняется при любых значениях хну. Следовательно, а = 50 является единственным решением задачи. Ответ: а = 50. З.С. Из второго уравнения находим, что у=х~*. Подставляя дс~8 вместо у в первое уравнение, получаем уравнение Очевидно, что *i=l есть решение этого уравнения. На множестве х>0 и xj£l уравнение (6) равносильно уравнению 4х-\-х-* = —15(х~8—х/3), или уравнению х*=16, имеющему корни х2 = 2 и х3=—2. На множестве х > 0 и хф 1 содержится только один из них, а именно: х2=2. Поэтому на множестве х > 0 уравнение (3) имеет только два корня: ^=1 и х2 = 2. 265
Значит, исходная система имеет на множестве х > 0 и # > 0 два решения: *j = l, ух=\\ х2 = 2, 1/8=1/8. Ответ: (1, 1); (2, 1/8). Б.С. Пусть а—некоторое фиксированное число, Данное неравенство можно переписать в виде \х—а\ < 3—х2. Отсюда следует, что оно равносильно двойному неравенству — (3—х2) < х—а < 3—х2, или равносильно системе неравенств / х-а < 3-х2, \ —(3—*2) < х—а. Следовательно, задача может быть переформулирована так: определить те а, при каждом из которых множество решений системы неравенств —3—а <о, < х2—х—3 + а < 0, (7) ( х<0 содержит хотя бы одно число. Дискриминанты квадратных трехчленов х2 + х—3—а и х2—х—3+а равны соответственно 13+4а и 13—4а. Поэтому для того, ятобы первое и второе неравенства системы (7) имели решения, надо, чтобы были выполнены неравенства 13 + 4а>0 и 13—4а>0, 13 13 т. е. j- < а < -J-. В дальнейшем будем считать, что а удовлетворяет этим неравенствам. Обозначим через xlt x2 и х3, дг4 корни квадратных трехчленов *2 + ж— •—3—а и х2—х—3+а соответственно. При этом будем считать, что х±<х29 х3 < хА. Так как множества решений первого и второго неравенств системы (7) имеют вид хг < х < х2 и х3 < х < хА, то система (7) будет иметь решение тогда и только тогда, когда хг < 0 и хъ < 0, или когда Первое неравенство выполнено для всех а из множества —j- < а < -j-. Второе неравенство равносильно на этом множестве неравенству 1 < < ]/"13—4а, или неравенству 1 < 13—4а. Множество решений последнего неравенства есть промежуток а < 3. Итак, система (7) имеет хотя бы одно решение, если параметр а при- 13 надлежит множеству j- < а < 3 и только в этом случае. 13 Ответ: j- < а < 3. Ответы к вариантам 2—4. Вариант 2. 1. 4 ч; -|- ч. 2. *= nk, k£Z. 3.H. i-. 4. i-X i->a+6+2 Va2b2—\§S*. 5.H. 32. 3.C. ( |) ; (1 1) 5X 266
Вариант 3. 1. 7~ ч; 10 у ч. 2. *=±-^+ял, n£Z. З.Н. -jj . 17 -^- 5.H. 18. З.С. (1, 1). 5.С. -4 < о < -j- . Вариант 4. 1. —- ч; -у- ч. 2. х=± £+2я*. *€Z,*=±^?- +2ят, Z. 3.H. 13у. 4. 2/0" у/ъ , 4(}1Уз. 5.Н. 8. З.С. (1,1); 0/2.4). 5.С. — 1<а<5/4. 19 7 8 Решение варианта 1. 1. Область допустимых значений данного уравнения состоит из всех х9 удовлетворяющих одновременно условиям 1—2х2 > 0, 1—2х2 ф 1, х > О* т. е. ОДЗ имеет вид 0 < х < /2"/2. Так как на ОДЗ lit ,« ~ о. 3 3 " log2 (1 — 2*2)4 4 то данное уравнение равносильно на ОДЗ такому: 3 f Умножая обе части последнего уравнения на 4 и потенцируя, получаем уравнение 8д:4=1—2jc*, (1) равносильное исходному уравнению на его ОДЗ. Уравнение 8z2+2z—1=0 имеет корни Zj = — 1 /2, z2= 1/4. Значит, уравнение (1) равносильно совокупности двух уравнений х2 = —\/2 и х2 = 1 /4. Первое уравнение не имеет корней, а второе имеет корни *t=l/2 и х2 = = —1/2. Таким образом, множество решений уравнения (1) состоит из этих двух чисел. Из них только хг входит в ОДЗ у исходного уравнения. Следовательно, исходное уравнение имеет единственный корень ^=1/2. Ответ: *=1/2. 2. Так как |0fi| = |0D|, то точка О лежит на перпендикуляре к середине отрезка BD, т. е. на прямой АС (рис. 89). Обозначим через К точку пересечения диагоналей квадрата. Из условия следует, что \0В\ > \0C\\ значит, точка О лежит по одну сторону с точкой С относительно перпенди- Ряс. 88» куляра к середине отрезка ВС. Отсюда следует, что точка О лежит на луче КС. Обозначим | КО \ через х и | АВ \ через у. Так как и | ОС ] = 5 /2 , то —У К- =5/2. (2) 2G7
Применяя к прямоугольному треугольнику KOD теорему Пифагора, полу* чаем \OD\* = \KO\*+\KD\*f или 4^ (3) Предположим, что х^у w ; тогда x2^s-^yt (заметим, что числа *, 1 1 1 неотрицательны) и \69=х*+-£у*^ -o-^ + ir^2^*» Тф е* площадь квадрата не превосходит 169. Это противоречит условию. Следовательно, х < < #-^—, т. е. \КО\< \КС\ и точка О лежит внутри квадрата. Из (2) и (3) теперь получаем Выражая х из первого уравнения и подставляя во второе, после упрощений получаем: Это квадратное уравнение имеет корни ^=—7, у$=17. Так как у есть длина отрезка, то у > 0 и, значит, #=17. Ответ: длина стороны квадрата равна 17; точка О лежит внутри квадрата. 3. Из первого уравнения находим у= % * • Подставляя это выражение во второе уравнение, находим, что исходная система равносильна системе 6+2—6* 2 * (4) &—3). Если 6=0, то система (4) несовместна. Если 6=3, то система (4) имеет 5—За бесконечно много решений вида х=а9 у=—^—» гДе а—любое число. Если bjbO я b j&3, то система (4) имеет единственное решение jt=-i-f у=0. Следовательно, данная система имеет хотя бы одно решение при любом Ь, кроме 6=0. Ответ: —оо< 6<0, 0<6<+оо. 4. Обозначим через п количество вагонов вместимостью 50 тонн, в которые был загружен весь груз. Тогда вес груза равен 50я тонн. Вагонов вместимостью 60 тонн было использовано п—5. Так как в них был помещен весь груз и один вагон оказался не полностью загруженным, то 60 (п—5) > 50л и 60 (л—6) < 50л. 268
Из этих неравенств следует, что 300 < Юл < 360, или 30 < п < 36. Поскольку я—целое число, то 31<л<35. (5) Вагонов вместимостью 80 тонн при погрузке было использовано п—13. Подобно предыдущему, получаем, что 80 (л—13) > 50л и 80 (л—14) < 50п^ 104 112 - 104 _. 2 112 о. 1 или -£- < п < -^г- . Так как "з~ 41Г» ~3~ "5"' а Л~целое число» то 35<я<37. (6) Из (5) и (6) теперь следует, что п = 35. Значит, вес груза равен 50-35 = = 1750 тонн. Ответ: 1750 тонн. 5.Н. При любом фиксированном а данная функция дифференцируема в каждой точке прямой. Если функция у (х) возрастает, то в каждой точке х выполнено неравенство у'(х)^0. Если, кроме того, у(х) не имеет критических точек, то при любом х должно быть выполнено соотношение у' (х) ф 0. Таким образом, если функция у(х) удовлетворяет условию задачи, то при всех х должно быть выполнено неравенство у' (х) > 0. С другой стороны, если при всех х выполнено неравенство у' (х) > 0, то функция, очевидно, не имеет критических точек и возрастает. Так как у' (х) = 8а—6а cos 6*—7—5cos5*, то задачу теперь можно переформулировать: найти все значения параметра а, при каждом из которых для любого х выполнено неравенство 6а cos 6*+5 cos Ъх < 8а—7. (7) Подставляя в (7) ж = 0, получим, что 6а+5 < 8а—7, или а > 6. Таким образом, искомые значения параметра а лежат в области а > 6. Если а > 6, то 6а+5 < 8а—7 и при любом х имеем 6acos6*+5cos5*<6|a|+5=6a+5<8a—7, т. е. неравенство (7) выполнено при всех х. Ответ: а > 6. 5.С. Пусть а удовлетворяет условию задачи. Так как данное неравенство должно выполняться при всех х, то оно должно выполняться и при * = я/2, т.е. должно быть выполнено неравенство —sin у V • д—3+cos2 ~-+a > 0, или 82а—3 > 0. Таким образом, все значения а, удовлетворяющие условию задачи, лежат в области а > 3/82. Пусть теперь a > 3/82. При каждом значении х выполнены неравенства cos2jc^?0, 4—sinx^3 и (4—sin x)4^81. Так как а > 0, то из этих неравенств вытекает, что a(4—sin*)*—3+cos2JC+a>81a—3+a=82a—3 > 0. Значит, все а из области а > 3/82 удовлетворяют условию задачи. Ответ: й > 3/82. Ответы к вариантам 2—4. Вариант 2. \.х=± /3/2. 2. 2. 3. а = —2/3. 4. 850 литров. 5.Н. 5. 5.С. а < 3/11.
Вариант 3. 1. х=± 1/2. 2. 4; точка О—вне квадрата. 3. с = — 4. 4. 25300 м. б.Н. а > 11/2. 5.С. а > 5/13. Вариант 4. 1. х= ± 1/2. 2.32. 3. — oo<d< — 1, — 1 < d < 1, 1 < d < + oo. 4. 119 человек. б.Н. а < 3/8. б.С. а < 5/29. 1979 Решение варианта 1. 1. Обозначим ctgx через z, тогда данное уравнение можно переписать так: ]Л37—48z = 8z—5. (1) Возводя обе части уравнения (1) в квадрат, получим уравнение 16z2—8z—3 = 0, которое имеет два корня гх = 3/4 и z2 = — 1/4. Поскольку прн возведении в квадрат могли появиться лишние корни, то необходимо проверить, будут ли корни гх и za корнями уравнения (1). Проверка показывает, что уравнение (1) имеет единственный корень zx = 3/4. Отсюда следует, что исходное уравнение равносильно уравнению ctg x = 3/4, а потому имеет решения: * = arcctg—-\-zin, п £ Z. Ответ: x = arcctg-j--{-nnt n £ Z. 2.Н. Поскольку то для получения ответа надо найти | СЕ \ и скалярное произведение (СЯ, СА). Легко видеть (рис. 89), что 1% = СА-{-~АЕ и что Л£=^-^5- Поэтому, пользуясь свойствами скалярного произведения, имеем: (СЕ, СА) = Опуская высоту BD в треугольнике ЛЯС, получаем прямоугольный треугольник ABD, в котором cos BAD = 1—--!-=---=---. Поскольку величина угла |ЛВ| 8 4 ^ между векторами Л5 и СА равна n—BADt то cos (ЛВ, СЛ) = — 3/4. Зна- —*" —*" 1 / 3 \ чит, (С£, СЛ)= 144+-^-. 12-8 . f —j J = 126. Далее по теореме косинусов |а—2| ЛС| | АЕ\cosСЛ£ = 144+4—2-12-2 X имеем: X—=112. Теперь получаем, что 12 270
arocos Значит, (СА, СЕ) = Ответ: arccos—^—. 3. Обозначим через V л объем сосуда. После отливания 2 л глице- V — 2 рина и доливания 2 л воды глицерин занимает —^— часть сосуда. После у 2 того как отлили 2 л смеси, глицерина стало (V—2) —р—литров, и после ty 2)2 доливания воды глицерин занимает -— 2 часть сосуда. После третьей (у 2 \ з —rz— J часть сосуда. Таким образом, коли- (у 2\з /у 2\в —j7—) , а воды—VI—тг~~) +3. Поэтому Получившееся уравнение относительно V можно переписать так: V3 —9V2+ +2W—16 = 0, или (V— l)(V—4)2 = 0, откуда ясно, что либо V=lf либо V = 4. Так как по условию V > 2, то К = 4. Следовательно, в результате проделанных операций глицерина оказалось в сосуде V ( 77] =у л, а воды 3,5 л. Ответ: глицерина 0,5 л, воды 3,5 л. 4.Н. Квадратный трехчлен х2-\-2х—3 имеет корни ^ = — 3, х2 — 1- Из них только *2=1 лежит на отрезке [1/2, 4]. Найдем наибольшие и наименьшие значения у(х) на отрезках [1/2, 1J и [1, 4]. На множестве 0<*<1 справедливо неравенство х2+2х—3<0. Значит \х*-\-2х—3| = =—х2—2*+3 и у(х) = — х2—2x+3+Ylnx- Функция /(д:)=— ж2—2*-f о -о-1пд: определена на множестве х > 0 и имеет производную в каждой точке этого множества, причем Г{х) = -2Х-2+=- =_ 1 v ' ^2х 2х 2х Отсюда следует, что справедливо неравенство /' (х) < 0. Так как / (х) непрерывна при х=1/2 и х= 1, то она убывает на отрезке [1/2, 1]. Поскольку на этом отрезке функции у(х) и f (х) совпадают, то данная функция У(х) монотонно убывает на отрезке [1/2, 1]. Поэтому На множестве х^\ справедливо неравенство jc2+2jc—3^0. Значит, —3| = x2 + 2jc—3 и у{х) = х*+2х—3+~1пх. Функция g(x)= 271
= х2+2х—3+-О* In х определена на множестве х > 0 и имеет производную в каждой точке этого множества, причем 3 Отсюда следует, что на множестве х > О справедливо неравенство g* Следовательно, функция g(x) возрастает на множестве х>О и, в частности, на отрезке [1, 4]. Так как на этом отрезке функции у(х) и g(x) совпадают, то данная функция у(х) монотонно возрастает на отрезке [1, 4]. Поэтому min y(x) = y{\) = 0, max y(x) = y (4) = 21+31п2. *€[1, 4] JC€[1. 4] Итак, наибольшее значение функции у(х) на отрезке [1/2, 4] равно боль» шему из чисел у (1/2) и #(4), т.е. у (4) = 21 +3 In 2. Наименьшее значение функции у(х) на отрезке [1/2, 4] равно #/ (1) = 0. Ответ: max у (дс) = 21 +31n2, min [1/2 4] [1/2 5. Поскольку 9+12* + 4*2 = (2*-|-3)2, a 6r423*+21 = (3jt+7) (2*+3), то область допустимых значений исходного уравнения состоит из всех х3 одновременно удовлетворяющих условиям 2*-f 3 > 0, 2дс+3 ф 1, Злс+7>09 Зх+7 Ф 1, т. е. ОДЗ состоит из двух промежутков: —3/2 <jc<I и 1 < оо. На ОДЗ исходное уравнение равносильно уравнению Обозначим log3x+7(2*+3) через г. Тогда уравнение (2) можно переписать в виде 2г+|=3. (3) Уравнение (3) равносильно уравнению 2za—3z-f-1 =0, и потому имеет корни г! = 1/2 и z2=l. Следовательно, исходное уравнение на своей ОДЗ равносильно совокупности двух уравнений =y и Первое уравнение равносильно на ОДЗ такому: 2*+3= У Зх-\-7. Обе части последнего уравнения определены и положительны на ОДЗ, поэтому оно равносильно на этой области уравнению (2х+3)2 = Зл:_|-7. Последнее уравнение имеет два корня: х>1=—■ 1/4 и *2=— 2, из которых только *]=—1/4 лежит в ОДЗ исходного уравнения. Второе уравнение равносильно на ОДЗ такому: 2*+3 = 3*+7. Последнее уравнение имеет корень х3 = — 4, не лежащий в ОДЗ исходного уравнения. Следовательно, исходное уравнение имеет единственный корень хг = —1/4. Ответ: х=— 1/4. 2.С. Обозначим длину отрезка АС через х (рис. 90). Из прямоугольного треугольника ЛЕС по теореме Пифагора находим ЕС= У АС*—АЕ2 = 272
По условию BE : EC=5:9, значит, ВС=ВЕ+ЕС =^ ЕС = ^ У*а-144. Площадь треугольника ABC равна -^BD»AC и одновременно так что или =12~ Последнее уравнение можно переписать в виде ~ 3* = 5 f/jc2 —144. (4) Возведя уравнение (4) в квадрат, получим, что дса=225, откуда либо л; =15, либо х=—15. Подстановкой в уравнение (4) убеждаемся, что ему удовлетворяет только дс=15. Итак, длина стороны АС равна 15. Ответ: 15. 4.С. Заменяя второе уравнение системы суммой первого уравнения, умноженного на 3, и второго, умноженного на —2, получим, что исходная система равносильна системе ( 3*a+2i/a—Зх+Ьу=3, \ у = 5-3*, или системе J Зха+2 (5-3*)*—Зх+5 (5-3*) = 3, ,-, \ (5) Первое уравнение системы (5) имеет два корня: ^ = 2 и *а = 12/7. Поэтому система (5) имеет два решения: хг = 29 у1 = —\ и ж2=12/7, уа =—1/7. : (2, -1), (^, -1 Ответы к вариантам 2—4. Вариант 2. 1. х= ± ^-+2^, Л € £• 2.Н. arccos -^=г. 3. 10 л. ^ у 10 4.Н. min/=0; max/=4+!n2. 5. х=1/4. 2.С. 75. 4.C. (—1, 2); (7/9# 10/9). 2 3 1 Вариант 3. 1. x = aTctg-^--{-nk, fc £ Z. 2.H. arocos-7=-. 3. -? гли- б к 14 * Церина, — воды. 4.И. min/ = —31п2—21; max/ = 0. 5. х±=\\ jcj=1/2. 2.С. 6 V2. 4.С. (1, 1/2); (-3, 5/2). Вариант 4. 1. * = (— \)п^+яп, п £ Z. 2.H. arccos -i=r . 3. 25 л. 4.Н. min/ = — In 2—4; max/=0. 5. xt=2; хй=7/10. 2.С. 75. 4.С. (1, 4); (-5/9, 64/9). 273
§ 11. ЭКОНОМИЧЕСКИЙ ФАКУЛЬТЕТ (отделение планирования и экономической кибернетики) 19 7 7 Решение варианта 1. 1. Правая часть уравнения и знаменатель левой части неотрицательны. Поэтому решение данного уравнения должно удовлетворять неравенству cosx^sO. Но | cos х | = cos x для таких х> и поэтому задача может быть переформулирована так: найти решения уравнения cos х (*+3/2)*=COS*' <"> удовлетворяющие условию cos*^Q. Область допустимых значений уравнения (1) состоит из всех ж, кроме д: = — 3/2. Уравнение (1) равносильна на своей ОДЗ совокупности уравнений cos*=0 и (j+w=L Первое уравнение этой совокупности имеет серию решений * = я/2+ят? m£Zt второе уравнение имеет два корня xi =—1/2 и *2 = — 5/2. Выясним теперь, какие из найденных решений удовлетворяют условиям cosjc^O и х Ф—3/2 (они и будут решениями исходного уравнения). Ясно, что любое из решений * = я/2+ят, m£Zt удовлетворяет этим условиям, так как я/2-{-шп не равно 3/2 ни для одного целого т. Так как 0 < 1/2 < я/2, то cos(—l/2)=cos 1/2 >0. Значит, х = — 1/2 удовлетворяет условиям cosx^O и х Ф—3/2, т. е. является корнем исходного уравнения. Так как —я< <—5/2 <—я/2, то cos (—5/2) <0 и ж = —5/2 не является корнем исходного уравнения. Итак, исходное уравнение имеет решения: х=— 1/2 и я=я/2-{-ял, n£Z. Ответ: х = — 1/2; х = я/2 + яя, rc£Z. 2. Обозначим через «S км расстояние между пунктами Л и В, через и км/ч—скорость мотоциклиста на пути из В в Л, через v км/ч—скорость велосипедиста, через х—искомое отношение скорости мотоциклиста на пути из А в В к скорости велосипедиста. Тогда скорость мотоциклиста на пути из А в В равна x-v км/ч. На движение из пункта А в пункт В мотоциклист потратил часов. По условию задачи ровно такое же время прошло между моментом выезда мотоциклиста из пункта В и моментом первой встречи с велоси* педистом. За это время велосипедист проехал >v км, а мотоциклист «и км. Поскольку в момент выезда мотоциклиста из пункта В расстоя- ние между ним и велосипедистом равнялось -j- 5 км, то справедливо равен* S S 3 ство >v-\ *и =-7-3* или, поскольку v > 0t S > 0, равенство х ' vx 4 274
Мотоциклист находился в пути f [-■—J часов. За это время вело- 3 / S S \ 3 сипедист проехал «j- 5 км. Поэтому ( 1 J у=—5, или Из уравнения (3) и 4х и Подставляя -^ — вместо — в уравнение (2), имеем уравнение JL+—1— 1 х Т 3jc—4 "" 4 f или 9лс2—40*-f 16 = 0. Это квадратное уравнение имеет корни *i = 4 в *2 = 4/9. Из условия задачи ясно, что скорость мотоциклиста на пути из А в В больше скорости велосипедиста, т. е. х > 1. Значит, х = 4. Ответ: скорость мотоциклиста при движении из Л в В в 4 раза больше скорости велосипедиста. З.Н. Пусть а—искомое значение параметра и (хо> Уо) — решение системы. Легко видеть, что пары чисел (— дг0, — у0), (у0. *о)» (—#о» — *о) также будут решениями системы. Решения (ж0, у0) и (—#0» —Уо) различны, так как в противном случае жо=О и yQ = 09 и тогда пара чисел (*о» Уо) не удовлетворяет второму уравнению системы. Решения (хо-9 уе) и (—Уо* —*о) также различны. В противном случае *о+Ро = 0 и опять не удовлетворяется второе уравнение системы. По условию система имеет в точности два решения, значит, решения (—дс0, —#о) и (— Уо» —*о) должны совпадать, т. е. должно выполняться равенство уо=хо. Подставляя хо вместо уо во второе уравнение системы, получаем уравнение 4x1= 14, которое имеет два корня х'0= VTW и *о = — VTW . Значит, если при данном a (xOt у0) — решение исходной системы, то либо хп=у0= "^7/2 » либо хо=уо=— К7/2 . В обоих случаях, подставляя (*0, Уо) в первое уравнение системы, получим, что 2 (1 + а) = 7/2+7/2, т. е. получим, что а=5/2. Значит, если а—искомое значение параметра, то оно может принимать только значение 5/2. При а = 5/2 исходная система уравнений принимает вид (4) Умножим первое уравнение системы (4) на 2 в вычтем результат из вто рого уравнения системы (4). Получим систему I -(х-у)*= равносильную системе (4). Система (5) равносильна системе I У=*> \ 2^ = 7, 275
которая имеет в точности два решения ()^7/2 , К 7/2 ), (— — 1^7/2). Значит, действительно, а = 5/2 и только оно удовлетворяв» условию задачи. Ответ: а = 5/2. 4.Н. Пусть ABCD—данная трапеция (рис. 91), |Л1>| = # уТ, 0-^ центр круга. Из равнобедренного треугольника A0D находим, что -^- = R sin ( у AOD j , откуда sin ( у AOD J = . Следовательно, Л0£)г=—. Так как четырехугольник о сан в окружность, то B-f i5=n. Но по условию BC\\AD, значит, В-\-А = я. Таким образом, А = б и Треугольники Л50 и DCO равнобедренные, еле- Рис. 91. довательно, АОВ = п — 2ВАО, COD = я— 2бБд. Учитывая доказанное выше, получаем, что = 6OD. Обозначим /ЮВ через ф. Тогда б5Ь = ф и ЁОС = 2п—2ф-< 2я 4я о т. — -^-=-^ 2ш. Имеем =1 «• (2sincp+s.n ^_ Из условия задачи вытекает, что 0 < ВОС < я, но тогда угол ф удовлетворяет неравенству -^ < ф < -=- . Найдем точки, в которых функция о о принимает наибольшее значение на множестве -^- < ф < -^-. Функция 5 (ф) дифференцируема в каждой точке, причем $' (Ф) = j R2 fa cos ф-2 cos (-у— 2ф) ) = Если ф лежит на промежутке -х- < ф < -^- , то о о 3 2 ^ 12 ' 276
т. е. sin (—■ — -?■) > О- Для этих же значений <р справедливо неравенство _ £ < Щ.—Щ- < ~~-. Отсюда следует, что S' (<р) на промежутке ~ < < ф < _ обращается в нуль в единственной точке, удовлетворяющей ра- о венству Щ- — "ТГ"5^* т* е* в точке ф=-7г-- Кроме того, на множестве " < ф < _IL справедливо неравенство S' (ф) > 0, а на множестве -^- < ф < ±1 неравенство 5' (ф) < 0. Так как 5 (ф) непрерывна в точке ф о ~f то она монотонно возрастает на множестве и монотонно убывает на множестве -тг<Ф < -£. Итак, 5(ф) принимает наиболь- У о 4я шее значение в точке ф = -д- • Из равнобедренного треугольника АОВ теперь находим: | АВ |=2/? sin (-i %Ob\ = 2R sin /f Ответ: 2R sin -g- . 5. Обозначим через F> R и N точки пересечения плоскости я с ребрами SAt, SA2 и SAn соответственно (рис. 92). Плоскость SKiK§ пересекает параллельные плоскости FNR и А1А2А9 по прямым LyL2 и К\Кг соответственно. Значит, LiL^KiKt- Аналогично доказывается, что LbLs\\KiKs н LJL±\KJKv Отсюда следует, что треугольники LXL2LZ и К\К2К* подобны, причем коэффициент подобия равен \j}J .- • Треугольники SL^ д { и SKiKt подобны (LtLiWKiKt), значит* •}lfy\ =:-|4^г. Плоскость SA^ пере- I AiA2 | I *->Al | секает параллельные плоскости FNR н А\А2А% по прямым FR и A^Af, значит# FR || А±А2. По теореме об отрезках, отсекаемых на сторонах угла параллельными прямы- ми, заключаем, что ' Ч « ' ' =;у . Итак, коэффициент подобия треугольников 1 . Поэтому 1 KxK%K*e я KiK*Kt равен 1^ К К К теперь отношение —о * 2 3 A 277
Легко видеть, что S Isin Аналогично 3* Если Я—высота пирамиды ( плоскость F#N параллельна плоскости довательно, объем призмы равен HSHS **.' ПоэтомУ S/C,/C.K.=S^^,^.~ то высота призмы равна -у Я 2Л3 и | SF | = — [ SAX | J . Сле« ) —решение данной системы уравнений. Тогда спраОтвет: -g- V. З.С. Пусть (xQt ведливы равенства Из справедливости этих равенств вытекает, что х0 > 0, хо?&1, ув > 0# ■^о > %о- Прологарифмировав первое равенство по основанию лс0 и пропотенцировав второе, получим, что справедливы равенства 8*ь^вТ ' ^о-3уо = 4. (6) Обозначив через z, из первого равенства (6) получаем уравнение {lo73"=24> { (7) Последнее квадратное уравнение имеет корни zx = 2 и za=I/2. Таким образом, каждое решение исходной системы уравнений является решением одной из систем X — \ogxy=\/2. Из второго уравнения первой системы (7) находим, что у = х2* Подставляя х2 вместо у в упервое уравнение, получаем уравнение х—3*2=4. Но это квадратное уравнение корней не имеет. Значит, первая из систем (7) не имеет решений. Решим вторую систему (7). Из второго урав* нения находим, что х = уг. Подставляя у2 вместо х в первое уравнение, получаем уравнение у*—Зу—4 = 0. 278
Это уравнение имеет два корня: yi=4 и уа=*— 1. Тогда Jfi = и л:а = 3^а+4=1. Числа *i=16, yi=4 удовлетворяют второму уравнению системы. Числа х2—Ь Уа= — 1 не удовлетворяют второму уравнению. Значит, вторая система (7) имеет единственное решение *i=16, #1 = 4. Следовательно, если исходная система уравнений имеет решение, то этим решением может быть только пара чисел *j=16\ #i = 4. Подставляя эти числа в уравнения системы, видим, что они действительно образуют ее решение. Ответ: дг=16, i/ = 4. 4.С. Пусть а—некоторое фиксированное число. Область допустимых значения данного уравнения состоит из всех чисел *, удовлетворяющих неравенству 9*+9а3 > 0. Значит, если а^О, то ОДЗ совпадает с множеством всех действительных чисел, если а < 0, то ОДЗ есть множество х > loge (— 9а9). На ОДЗ данное уравнение равносильно уравнению Обозначив 3* через t, получим квадратное уравнение t*—t+9a* = 0. (8) Дискриминант полученного уравнения равен 1—36а3. Поэтому если 1 — — 36а3 < 0, т. е. если а > ■ • $ то квадратное уравнение (8) не имеет у 36 корней. Не имеет их тогда и исходное уравнение. Если а = - 3 _=-у те у 36 уравнение (8) имеет единственный корень /i=l/2. Это значит, что исход* ное уравнение равносильно на своей ОДЗ уравнению которое имеет единственный корень Xo^logsir* He проверяя, входит или нет этот корень в ОДЗ исходного уравнения, приходим к выводу, что при а= ъ/>-=- исходное уравнение имеет не более одного корня. Если у 36 а < 3 — t то уравнение (8) имеет два корня /*= —* •у 36 • 1 «l т/ i 2, = _JT _ !!—. Значит, в этом случае исходное уравнение равносильно совокупности двух уравнений При а^О выполнено неравенство ^-^ <0 н первое уравнение (9) решений не имеет. Тогда исходное уравнение равносильно на своей 279
ОДЗ второму уравнению (9), которое имеет единственное решение *«* =* logs ~*~ о~—~* Следовательно, при а<0 исходное уравнение имеет не более одного решения. Если а удовлетворяет неравенствам О <а< , то совокупность уравнений (9) имеет корни у 36 1— 1^1—36а3 , 1+/1—36аэ f—^ и *2=log В этом случае ОДЗ исходного уравнения совпадает с множеством всех действительных чисел и, значит, уравнение имеет в точности два корня *! И Х%. Ответ: 0<a<yw Ответы к вариантам 2—4. Вариант 2. 1. *=1; x=^+nk, k£Z. 2. ^-. З.Н. а = -~. 4.Н. 2а. 5. J-V. З.С. х=4, £/= 16. 4.С. — 1/4<а<0. Вариант 3. 1. х = Б\ x = nk, k£Z. 2.6/5. З.Н. а=1/30. 4.Н. я/3# 2я/3. б. -Jj-V. З.С. (9, 3); (1/27, 729). 4.С. 0 < a <}/TJi . Вариант 4. 1. * = — 3/2; x = nkt k£Z. 2. 3. З.Н. а = 7/3. 4.Н. 5я/9. 5. 255о"^. З.С. jc = 3, y = 27. 4.C. —1/8 < а < 0. 19 7 8 Решение варианта 1. 1. Квадратный трехчлен х2-\-х— 1 имеет корни *! = ■""" ""1 и ха= I i i/*5^ 1/"3" = 2 * причем, как легко видеть, хг > -^g— . Будем решать данное уравнение отдельно в областях — оо < л< "~" ~~~*— и "~ Т < 2 2 — 1 — i/"5" g* ** области — оо < х < ^— квадратный трехчлен х2+ + х— 1 неотрицателен, так что \х2-\-х— 1 \ = х2-\-х— 1 и данное уравнение можно переписать в виде х2-\-х—\=2х—\, или д:2—jc = O. Полученное уравнение имеет два корня дса = О, хл=1, ни один из которых не лежит в области — оо < ж ~~ *Т ^—. Значит, исходное уравнение не имеет корней в области — оо< В области ^ < х < —g— квадратный трехчлен *2+х— 1 отрицателен, так что |*2+*— 11 = — (*2+дс— 1) и данное уравнение 280
можно переписать в виде — *а—х+1=2я— 1, или хш-\-Зх—2 = 0. Это —3— УПГ — 3+/ТТ квадратное уравнение имеет два корня хь= ~ , хв = ^ v из которых, как легко проверить, только корень хь принадлежит множеству -- ~"л — < * < \ • Итак, исходное уравнение имеет в множестве х < -£=— только один корень ^У- . Ответ: *~2 . 2.Н. Пусть ф—искомый угол между векторами АВ e~DC (рис. 93), тогда {АВ, DC) cos ф= у_+ —=р- . Рис. 93. Пользуясь свойствами скалярного произведения векторов и условиями задачи, вычислим | АВ |, \DC\ и (ABt DC). Так как AB=AF+FB и , то = (AF+FB, DF+FC) = с=(Л?, DF)+(AF, FC) + (FBt DF)+(FB9 FQ = | JP11 DF[cos BFC + \ A?\ \ FC] cos 0°+ + \FB \\DF\ cos(F + \TB\\FC\ cos BFC==\3< |a+2| Л? |.| Bf |cos fi?C= 7p ?f DF+FC) = \ DF |я+| fC|*+2(D?> ГС)^ 2 + | fC |a+2 | Df 11 Jc I cos B?C=28. 13 13 Теперь получаем, что созфд ._ , ==—. Ответ: 13/14Л 3. Область допустимых значений данного уравнения состоит из всех х9 75* Удовлетворяющих одновременно следующим условиям: х > 0, х Ф 2, -j- — 11 /"б" > 0, т. е. ОДЗ состоит из двух промежутков "l/=g<*<2 и2< < х <+ оо. Так как на ОДЗ 1 х ■ -^32 = 4l(4*3)' 281
то исходное уравнение равносильно на своей ОДЗ уравнению или уравнению 4** — 75*2+11=0, (1) Квадратное уравнение 4z2—75z+ 11=0 имеет корни zx = 4 и za= 11/16. Значит, уравнение (1) равносильно совокупности двух уравнений *» = 4 и х2 = Тт. 10 Это означает, что уравнение (1) имеет четыре корня: - 2 х- 2 х- Только один из них, а именно, х3= }/"ll/4, содержится в ОДЗ исходного уравнения. Таким образом, исходное уравнение имеет единственный корень х= уЛ/4. _ Ответ: У11/4. 4. Пусть для приготовления сплава, содержащего 40% марганца, взяли х кг первого сплава, у кг второго сплава и г кг третьего сплавэ. При этом получится (x-\-y-{-z) кг нового сплава, в котором будет (0,9у-\-0,6г) кг марганца, поэтому 0,90+0,62=0,4 (х+у+г), или 4х=5у + 2г. (2) В новом сплаве будет (0,7*-f-0,l#+0,25z) кг меди, а в одном килограмме л ., 0,7*+0,ly+0,25z нового сплава меди будет М = ^' кг. Из (2) следует, что 5у+2г АЛ \3у+8г п jt=-^-i—-9 и поэтому ^=30 4-20 ' ПосколькУ для приготовления нового сплава можно брать различное число килограмм первого, второго и третьего сплавов, то у и г могут принимать любые неотрицательные значения, причем у и г одновременно не могут равняться нулю. Если у=0, г^=0% то Л1 = 8/20 = 2/5; если у Ф 0 н 2 = 0, то М= 13/30. Если у ф 0, г £ 0, то ° 30+20 — У У Поскольку — > 0f то легко видеть, что в этом случае будут справедливы неравенства 5 < 5+з0+20±< 5+30-30- 282
Значит, наименьшее процентное содержание меди может быть равно Л. 100% = 40%, а наибольшее процентное содержание меди может быть равно 5 Ответ: 40%; 43-1-%. О 5.Н. При любом фиксированном а данная функция дифференцируема в каждой точке прямой. Если функция / (х) возрастает, то в каждой точке х выполнено неравенство /'(*)^г0. Если, кроме того, f (х) не имеет критических точек, то при любом х должно быть выполнено соотношение /' (х) Ф 0. Таким образом, если функция / (х) удовлетворяет условию задачи, то при всех х должно быть выполнено неравенство f (х) > 0. С другой стороны, если при всех х выполнено неравенство /' (*) > 0, то функция, очевидно, не имеет критических точек и возрастает. Ввиду того, что /'(*) = 2 cos 2*—8(a+l)cos*+(4aa+8a—14), задачу теперь можно переформулировать так: найти все значения параметра а, при каждом из которых для любого х выполнено неравенство cos 2х—4 (а+ 1) cos x+ (2a*+4a—7) > о. Так как cos2jc = 2cos2 х—1, то задача может быть переформулирована так: найти все значения а, при каждом из которых наименьшее значение функции 2/2 — 1—4(a+l)f + (2a2 + 4a—7) или функции g(t) = t2—2(a+l)f + + a2 + 2a—4 на отрезке [—1, 1J положительно. Производная gr (t) = 2t— — 2(a+l) обращается в нуль в точке to=a+\. Поэтому т—наименьшее значение g(t) на отрезке [—1, 1]—будет равно: ( g(—\) = a2 + 4a— 1, если а+1<—I, "*={ g(a+\) = — 5, если —1 < а+ 1 < ( ^ (1) = а«—5, если +11 Так как наименьшее значение функции g(t) на отрезке [—1* 1] должно быть положительно, то значения параметра а, удовлетворяющие условию задачи, лежат в двух промежутках: а<— 2 иа^О. Если а^—2, то наименьшее значение g (t) на отрезке [—1, 1J равно д*+4а—1 и искомые значения параметра а удовлетворяют неравенству а2 + 4а—1 > 0. Если а^О, то наименьшее значение g(t) на отрезке [—1, 1] равно аг—5 и искомые значения параметра а удовлетворяют неравенству а2—5 > 0. Таким образом, множество искомых значений а есть объединение решений двух систем неравенств f Ж-2, ■°- Множество решений первой системы есть промежуток — оо < * < — 2— УЕ, множество решений второй — промежуток а > \ГЬ. Значит, искомое множество значений а состоит из двух промежутков: а < —2— yiit a > У~Ъ. Ответ: а < —2— Vft а > УТ. 283 — 2, ( а^0, \ а2 —5 > 0.
2.С. Обозначим £ BAN через q>, а длину AD через х (рис. 94). Тогда NAD=я/2—ф и АВ = Зх. Применяя теорему косинусов к треугольникам BAN и DAN, получаем: IN COS ф| = AD*+ AN*—2AD* AN sin ф, или 32 = 9*2+2—6 4 = *a + 2—2 3*a —10 Из первого уравнения cos ф = — -_ , из второго-* & \ ItX :. Используя основное тригонометрическое '^Y-i. тождество, имеем /З*2 —10\2 \ 2 У 2х J После упрощений получаем уравнение 5jc4—36*2+52 = 0. (3) Квадратный трехчлен 5/а—36/+ 52 имеет корни ti = 2 и /я = 26/5. Значит, полученное уравнение равносильно совокупности двух уравнений *2 = 2 и ха = 26/5. Таким образом, уравнение (3) имеет четыре корня Величина отрезка AD положительна. Поэтому х ф х2 и х Ф хА. Если х= V2, то 8Шф = 0, т. е. ф=0 и точка # лежит на стороне АВ. Но по условию задачи точка N лежит внутри прямоугольника. Равенство ф=0 противоречит этому условию. Значит, х= >^26/5 и 2 /2- 26 5 ]/"65* Поскольку 5—площадь прямоугольника ABCD—равна Зха, то 5 = 78/5. Ответ: cos Z £ЛЛГ = 7/j/"65f 5 = 78/5. 5.С. Ввиду того что 6in2jt=l—cos2 x и множество значений функции t = cos х есть промежуток —1 < t < 1, задачу можно переформулировать следующим образом: найти все действительные значения параметра а, при каждом из которых наименьшее значение квадратного трехчлена 2а—3 на отрезке —\<t<.\ положительно. Абсцисса вершины параболы у = = *2—2fl/+ca+2a—3 равна а. Поэтому т—наименьшее значение функции у 284
на отрезке —1 ^ t < 1 —равно: {у{—1) = а2 + 4а—2§ если а<—1, #(а) = 2а —3, если —1 < а < I, ) = а2--2, если Так как наименьшее значение функции у на отрезке [—1, 1] должно быть положительно, то искомые значения параметра а из области а<: — 1 удовлетворяют неравенству а2-\-4а—2 > 0. Искомые значения параметра а из области —1 < а < 1 удовлетворяют неравенству 2а—3 > 0. Искомые значения параметра а из области а^1 удовлетворяют неравенству а2—2 > 0. Таким образом, множество искомых значений а есть объединение решений трех систем неравенств: а< — 1, I — 1 <а < 1, Г а>1, а2_|_4а— 2>0, \ 2а—3 > 0, \ а2—2 > 0. Множество решений первой системы есть промежуток — оо < а < —2— вторая система не имеет решений, множество решений третьей системы — промежуток уг2<а< + оо. Значит, искомое множество значений а состоит из двух промежутков: — оо < а < —2— У^б, }^2 < а <-\-оо. Ответ: а <—2— ]/"б, а > У~2. Ответы к вариантам 2—4. Вариант 2. 1. 1— /~5. 2.Н. 2!VI. 3. }О/2. 4. 73%; 55%. 5.Н. Ь<— 3— У*^, Ь> — 1+ У"3. 2.С. 3//10; 20. 5.С. & <— 2— 6 > 2. _ Вариант 3. 1. (]/ПЗ—5)/4. 2.Н. З/^ЗО. 3. /ЗЗ/З. 4. 15%; 5.Н. а < —1—^6/2, a>V*3/2. 2.C. 9//Т30; 39/5. 5.С. а< Вариант 4. 1. —2—^2. 2.Н. 2/]Лб. 3. >/" 3/2. 4. 62,5%; 55%. 5.Н. Ь < (- 3- К7)/2, Ь > (-1 + /7)/2. 2.С. 7//Ж; 34/5. 5.С. 6<— (3+/Т7)/2, 6>2. 1079 Решение варианта 1. 1. Обозначим cos х через ы и sin# через v. Тогда cos 2*=2 cos2 ж—1 « =-2^2 — 1, cos2#=l—sin2y=l— t;2 и данную систему можно переписать в виде i 4i;2+4tf—6 >^2а—9=0, Лч I 2«2—1 = 0. i; Из второго уравнения системы (1) находим М1=1/>^, и$=— l/V^^. Подставляя w1=l/}^2 в первое уравнение системы (1), получаем 4и*-|-4и—15 = 0. (2) i равнение (2) имеет корни 1^ = 3/2, оа = —5/2. Это значит, что пары чисел (V /Т>, 3/2), (1/1^*2, —5/2) будут решениями системы (1). Подставляя и2 — —1/]/~2 в первое уравнение системы (1), получаем ;—3 = 0, 285
откуда 1>э=1/2, i>4 = — 3/2. Значит, система (1) имеет еще два решения (—1/^2, 1/2), (—\lY~2, —3/2). Итак, множество решений исходной системы уравнений является объединением множеств решений следующих четырех систем уравнений: fcos*=l//l, (cosa^I/V^, isin#=3/2, \siny = — 5/2, , I cos* = —1/2, \ sin у = —3/2. Так как числа 3/2, — 5/2, — 3/2 не принадлежат области значений ции 2 = sin у, то первая, вторая и четвертая системы из (3) не имеют решений. Следовательно, множество решений исходной системы уравнений совпадает с множеством решений системы \ sin y= 1/2, откуда следует, что исходная система имеет решения х= ± -j- 6 Ответ: х=±~-\-2пп> n£Z; y = (—\)> 4 2.Н. Для определенности будем считать, что | АВ | < | AD | (рис. 95). Так как \AB\*\AD\ = 48 и | AD |2 + | АВ |2 = | BD |2=100, то |i4D| = 8, \АВ\ = 6. Поскольку | OB | = | 0D | = 13 > | BD\t то точка О лежит вне круга с диаметром BD и потому вне прямоугольника. Пусть она находится по ту же сторону от диагонали BD, что и точка А. Гогда требуется найти | ОС |, Обозначим OBD через р и DBC через а. Имеем \ВС\ 4 C0Sa = TBDT="5"1 sina = J_CD_[=_3_ Из равнобедренного треугольника OBD находим, что \ов\ 5 =Тз> тогда т/1_Г1у=12. У \ 1О ) 1 О • Далее> 16 "65* Применяя к треугольнику ОВС теорему косинусов, получаем \OB\*+\BC\*—2\OB\\BC\cos6BC = =~с—> /29 откуда | ОС | = 7 |/ у. Ответ: 7 1/-=-. 286
3. Обозначим через х денежных единиц первоначальную сумму денег, через а(%)—процент, на который возрастет сумма за год в первом банке, а через Р (%)—процент, на который возрастет сумма за год во втором банке. К концу первого года сумма вклада в первом банке стала равной щ) , во втором банке If* (* + [{}()) ' а к концу ВТ0Р0Г0 -^ х ( 1+Тлл) и -g-* ( ^Тлп ) " соответственно -^ х ( 1+Тлл) и -g-* ( ^Тлп ) " ^3 Условня» чт0 сУмма вкладов к концу первого года составляет 670 денежных единиц, а к концу второго года—749 денежных единиц, имеем. Если во второй банк положить «тг х денежных единиц, а в первый банк 1 -g-дс денежных единиц, то сумма вкладов к концу первого года составила бы -g- х (*+[до)+"§-* (*+Щ)) » что Равнялось бы 710 денежным единицам. Поэтому Уравнения (4) и (6) перепишем так: 6-670 • 710 х Решая получившуюся систему уравнений, найдем, что гт 660 , . а 720 , , В Подставляя — вместо I+Tqq и — вместо 1+тт^л в уравнение (5), приходим к уравнению имеющему единственный корень х = 600; но тогда l+TnTi^eTv^M- Если исходное количество денег х положить на два года в первый банк, то К концу второго года величина вклада составит *(1+ш)2=60(М'1г=726 Денежных единиц. Ответ: 726 денежных единиц. 28?
4.Н. На рис. 96 изображены данные кривые при фиксированном значении а и прямые y=\t у = 2. Нужно определить значения параметра а ), при каждом из которых площадь заштрихованной фигуры ABCD будет наибольшей. Координаты точек А ц D являются решениями систем уравнений --ах* ■ * У=1 соответственно. Координаты точек В и С будут решениями систем уравнений 96. 2 ( I y= К У= соответственно. С учетом того, что абсциссы всех точек Л, В, С, D по условию должны быть неотрицательными, находим: Л(1/1^а, 1), D(]^275, 1), В(/2Я 2), С(2/*^, 2). Точки D и В имеют одинаковые абсциссы, поэтому заштрихованная фигура состоит нз двух частей: а) фигуры, лежащей под кривой у=ах2 и над прямой у=\ на промежутке от 1/ — до у — * и под прямой у=2 на про- б) фигуры, лежащей над кривой y=—i межутке от до Для площади S заштрихованной фигуры имеем выражение: УТГа 2/УЪ l/Va Функция — f -~-—2 У^2 j в области a^sl монотонно убывает. Поэтому ее наибольшее значение в этой области достигается при а=\ и равно оно Ответ: а=\, 5=^—2 У~2. о 5. Область допустимых значений данного неравенства состоит из всех ж» удовлетворяющих условиям х2—Ах—11 > 0 и 2—5*—3*2 ф 0, т. е. является объединением трех промежутков: — оо < х < —2, — 2 < * < 2— 2-t-*|/"l5 < * < + оо. Поскольку в этой области 288
и log6(*2-4*-ll)a=2 то исходное неравенство равносильно на своей ОДЗ такому: Из справедливости неравенства 121 < 125 следует, что И3 < 53, или 11 < 53/2. Отсюда log6 11 < ^ и 2—j гг < °« Поэтому неравенство (7) равносильно такому: —2 Последнее неравенство равносильно на ОДЗ исходного неравенства совокупности двух систем неравенств: 2 + 5*—2 > О, Г 3*2+5*—2 < О, —4х—11 ^ 1 и \ х*—4х—11<1. Множество решений первой системы состоит из двух промежутков: — оо<*<— 2, 6<*< + оо. (8) Все эти числа лежат в ОДЗ исходного неравенства. Множество решений второй системы есть интервал —2 < х < 1/3. Из этих чисел в ОДЗ исходного неравенства попадают только числа из _ промежутка а о /ч — 2 < л: < 2 — К 15. (9) Объединяя множества (8) и (9), получаем* что множество всех решений исходного неравенства состоит из трех промежутков: - оо < л; < — 2, —2 < л: < 2— /15, рис# 97. Ответ: —оо < х < —2, —2 < * < 2-/15, 6«£* <+оо. 2.С. Обозначим точку пересечения прямой AM со стороной CD через # (рис. 97). Пусть Л—высота треугольника AND, а Я—высота трапеции ABCD. Площадь трапеции равна -3L- • Н=6Н, площадь треугольника AND равна —-8/1=4Л. Так как по условию площадь треугольника AND в 4 раза меньше площади трапеции, то 6#=16А* откуда-r-=sу. Треугольники AND и CNM подобны по трем углам (^ AND=£ CNM как вертикальные; £ MCN=£ ADN и ^ CMN=£ NAD как накрестлежащие при параллельных прямых). Из подобия этих треугольников получаем, что AD CM ... „_ H—h Q(H Л 40 Ответ: СМ = 40/3. 10 Ю В. Нестеренко и др. 289
4.С. Умножим первое уравнение на 2 и сложим со вторым, тогда получим систему уравнений, равносильную исходной: I 7** —14*=7, \ З*2 —2у2 —6*-4у=5, или i *«—2*—1=0, \ 3*г-21/2-6*-40= Умножим первое уравнение системы (10) на 3 и вычтем из второго. Получим в результате систему уравнении \ -2г,2- равносильную исходной. Первое уравнение системы (11) имеет корни х±=* = 1+V^2» *s= 1 — V~2- Второе уравнение имеет единственный корень у= — 1. Следовательно, исходная система уравнений имеет два решения: Ответ: jtt=l+/"2, ух = —1; ж2=1 —/~2, у2 =—1. Ответы к вариантам 2—4. Вариант 2. 1. * = (-1)"~-|-ял, "£Z; У= ± -5- о 4 14 2.Н. arosin—,=. 3. 749 денежных единиц. 4.Н. а = 2, S = 7/2. 5. 5 ^24 5 <-2, 1+|Л8<*<4, х>4. 2.С. 1/2. 4.С. ^ = -2 + /2/7, gfi = + 31^277; jcs =—2—1/277, у, = 1—3/2/7. Вариант 3. I. х=±^ 2.Н. Yj-. 3. 507 денежных единиц. 4.Н. а = 4; S= i3/^~10r 3 # 5. х<-3, 1 + /15<х<5, jc>5. 2.C. -i. 4.C. jci = -1 = -2; ^ = -1-1/2, ft=—2. Вариант 4. 1. * = (—1)»+»-у+яп, n^Z; y=±j 2 19 2.Н. arcsin—7=='• ^* ^^ денежных единиц. 4.Н. а—Ъ\ S = —. 5 у 5 12 5. *<— 1, _ 1 <*<2— /"8, ж>5. 2.С. 8/15. 4.C. xt=2t w=2+/3; § 12. ФАКУЛЬТЕТ ПСИХОЛОГИИ 1977 Решение варианта 1. 1. Область допустимых значений данного уравнения состоит из всех х9 удовлетворяющих неравенствам: х Ф n/2+nk, k£Z. Функция y(x) = cos2x отлична or нуля на этом множестве. Умножая данное уравнение на cos2* 290
и используя формулу sina*=l— cosax, получим уравнение 8 cos4 х+2 cos2 *—3=0# (1) равносильное исходному на его ОДЗ. Биквадратное уравнение 8/*+2*а__3 = О имеет два корня tt = У 2]2 и /а = — V~2\2. Поэтому уравнение (1) равносильно совокупности двух уравнений cos х = V1/2 и cos х=— /"2/2. Первое уравнение этой совокупности имеет две серии решений: Второе уравнение также имеет две серии решений: х = Зя/4+2яр, p£Z; x = — Зя/4+2я<7, Все найденные корни принадлежат ОДЗ исходного уравнения. Поэтому все они образуют искомое множество решений исходного уравнения. Очевидно, что это множество можно записать в виде одной серии решений: х = я ,пт Л Я . ЯЛ1 ^. — Ответ: *=-тЧ—Т~ * m€Zt 2.Н. Уравнение касательной к графику функции у(х) в точке с координатами (xQt у (х0)) имеет, как известно, вид Это же уравнение можно записать в виде у = kx-\- bt где k = у* (х0), Ь = у(х0) — — у' (*0) х0. Касательная пересекает ось ОХ в точке с координатами f —-г-, 0 j и ось Оу в точке с координатами (О, Ь). Таким образом, получаем систему условий, которым должны удовлетворять абсциссы искомых точек: _А>0, ь<о, 2.(-А)=->. Учитывая, что Ь < 0, последнее уравнение можно переписать в виде k=2, а всю систему условий в эквивалентном виде k=2, Ь < 0, или, что то же самое, в виде Так как tf (*) = 3х2—6*—7, то абсциссы искомых точев удовлетворяют уравнению З*2—-6я—9 = 0. Его корни х±=3 и jc2 =—1. Проверим для найденных значений х выполнение условия Ь < 0. Имеем у (3)—у' (3)»3 = =—15—2-3 = —21 < 0, у (— 1)—у' (—1).(—1) = 9 > 0. Таким образом, есть только одна точка, удовлетворяющая условию задачи. Ее координаты дго = 3, #о=#(3) =—15. Длины отрезков, отсекаемые касательной в точке (3, —15) на осях ОХ и ОУ у равны соответственно значениям выражений k "-у М в этой точие'т- е- 291
Ответ: единственная точка касания—точка с координатами (3, —I5)t длины отрезков 21/2 и 21. 3. Обозначим через * количество машин, производимых в сутки пер. вым заводом. Тогда второй завод до реконструкции производил в сутки 95* 95* . 23* ygjr машин, а после ввода дополнительной линии стал выпускать щ*-)- -г^х машин. Из условий задачи следует система неравенств ( *<950, 82 Множество решений этой системы есть промежуток 854ту= < х<* 950. Так как 23* 95* числа щ и щ должны быть целыми, то * должно делиться на 100 и быть из указанного промежутка, поэтому * = 900. Следовательно, первый завод выпускает в сутки 900 автомобилей, а второй завод до реконструкции выпускал 95 — . 900 = 855 автомобилей. Ответ: 900 и 855. 4. Пусть ABCD—данный в условии задачн четырехугольник (рис. 98). Проведем диагонали АС и BD. Пусть для определенности диагональ АС находится от центра окружности О на расстоянии 9 см. Треугольник ABD вписаи Рис. 98. в окружность, поэтому центр этой окружности лежит на перпендикуляре, восстановленном из середины К отрезка BD. Треугольник ACD вписан в окружность, поэтому центр этой окружности лежит на перпендикуляре, восстановленным из середины L отрезка АС. Из прямоугольного треугольника OKD получаем, что | KD | = y | BD |= V\ 0D |2—| <Ж |2, а из прямоугольного треугольника ОСЬ имеем | ЬС | = у | АС \ = У\ ОС |2—\OL\\ Так как j OD \ = \ ОС \ = R = 17 см, а расстояния от центра до диагоналей есть \ОЬ\ и | О/С | и по условию эти расстояния равны 9 см и 8 см, то \KD\= ]/"172—82= 15 см, |LC|=/172—92=/208 см. Значит, длины диагоналей таковы: | BD | = 30 см, | АС\=2 >^208 см. Пусть F—точка пересечения диагоналей. Так как диагонали, по условию, взаимно перпендикулярны, то четырехугольник OKFL—прямоугольник. Значит, \LF\ = \OK\, \FK\ = \0L\. Но тогда \CF\ = \CL\-\OK\9 \AF\ = \AL\ + + \OK\9\DF\ = \DKl + \OL\9 \BF\ = \BK\ — | OL\. Отсюда следует, что точка F разбивает одну из диагоналей BD на отрезки, длины которых равны 24 см и 6 см, а другую диагональ АС на отрезки, длины которых равны (/208—8) см и (K"208-f 8) см. Так как треугольники AFB, BFCt 292
QfO и AFD прямоугольные, то длины сторой четырехугольников равны: |1)С| = }/"242+(/208-8)2=У848—16 /208 см, |i4D]=V24a+(/208+8)a=l/848+16 /208 см, | ВС | =УГ62 + (/208—8)а==1/"з08—16/Ж см, /208 см. Ответ: длины сторон равны у 848+ 16 /208 см, К 848—16 /208 см, j/308+16 /208 см, К 308—16 /208 см. 5.Н. Очевидно, что система имеет хотя бы одно решение тогда и только тогда, когда имеет хотя бы одно решение неравенство *2+(2а*2+3)2 <4, (2) полученное подстановкой в данное неравенство 2ах2 вместо у. Обозначим через f (t) функцию / + (2а/ + 3)2. Неравенство (2) будет иметь решение только в том случае, когда наименьшее значение функции / (/) на множестве t^0 будет меньше четырех. Вычислим это значение /(/). При а = 0 имеем /(f) = f + 9 и наименьшее значение / (t) на множестве /^>0 равно 9, что больше 4. Следовательно, а = 0 не отвечает условию задачи. Если а ф 0, то график функции / (0 = Ж2а/+3)2 = 4Л2+(12а+1) *+9 представляет собой параболу, ветви которой направлены вверх, и абсцисса вершины равна /0 = п 2 • Если to^O, т.е. если 12а+1:^*0, а Ф 0, то на множестве t ^ 0 функция / (/) монотонно возрастает и, значит, ее наименьшее значение на этом множестве равно /(0) = 9 > 4. Таким образом, все искомые значения параметра а лежат в области 12а+1 < 0. В этом случае точка /0 лежит в области ^0 и наименьшее значение /(t) равно ад_о- 24а+1 Итак, все искомые значения параметра а являются решениями системы неравенств {12а+ 1 < 0, _24а+_1<4в (3) Система (3) равносильна системе ( \2а+1 < 0, \ 64а2+24а+1 > 0. Квадратный трехчлен 64а2+24а+1 имеет корни а%9% = j^— , причем -3—/5 1 — 3+/"5 1 ,. —i < — — -f a Yq^ > — j£ • Следовательно, множество 293
решений системы (3), а значит, и множество значений параметра а, удов- 3 i/~5 летворяющих условию задачи, есть промежуток о < г^ . Ответ: а < ~~ TL*— . 2.С. Пусть (дг0, Уо) — решение данной системы уравнений. Тогда справедливы равенства: (1 +2 log, Xoyo{2).logXo+ye| хм | = 1, (4) Откуда вытекает, что х0 и у0 удовлетворяют условиям 0 < хо-\-уо Ф 1, I *о0о I 5* 1. но тогда logXo+I/0|*o#ol==j~ , , . • и потому равенство (4) можно переписать так: 1 + 2 log, Хоу9,2 = log, Xoye, отсюда Значит, каждое решение исходной системы уравнений является решением системы уравнений \ х-у=2 УЪ (5) Подставляя х—2 |/^3 вместо у в первое уравнение системы (5), получим уравнение 41 х {х-2 >ГЗ) | =2*-2 |/1. (6) Так как левая часть уравнения (6) неотрицательна при любом х% то все решения уравнения (6) удовлетворяют условию 2*—2 1^3^0, или x^V Ъ- Для освобождения от знака абсолютной величины в уравнении (6) разобьем область х ^ У~Ъ на два промежутка У~3 ^ х < 2 |/~3 и2уг3^лс< + «> и будем решать уравнение отдельно в каждом из этих промежутков. В области У З^х <2 ]/" 3 справедливо неравенство д: (jc—2 f^3) < 0. На этом множестве уравнение (6) можно переписать в виде — 2х(х— 2 У"3) = Х— VH, или 2х2—(4 )Лз —1)jc— V~3=0. Получившееся квадратное уравнение имеет корни л^ = о —' и х2= V~3—2, из которых в область ]/*3<лг <2 У3 попадает только a:1=—i_L—. Значит, в области }ГЗ<х <2 У~3 уравнение (6) имеет единственный корень х±. 294
В области x^2V~3 справедливо неравенство х (*—2 Уо)<0; на этом множестве уравнение (6) можно переписать в виде или __ 2х2—(4 Y 3+ 1)*+ 1^ = 0. Это квадратное уравнение имеет корни х2= s и хА=2-\- у 3. Из них в область х^2 V~3 попадает только *4 = 2 + У 3. Значит, в области х^2 V~3 уравнение (6) имеет единственный корень jt4 = 2+ ]/~3. 2 1/""з_4_з /— Итак, уравнение (6) имеет два корня: хг = — л и *4 = 2+УЗ. Из 3—2 /1 второго уравнения системы (5) теперь находим уг = ^ и уА = 2—}^3. Значит, система уравнений (5) имеет два решения (*ь i/i) и (*4» Уа)> и потому все решения исходной системы уравнений содержатся 3+2 VI 3—2 VI среди пар чисел (xtt yt) и (*4, уА)у где дс1 = —^-^ ,|/i = g ; ^4 = 24-^3, 1/4 = 2—V3. Так как д^4• ^4 = 1, то пара чисел (х4. ^) не удовлетворяет первому уравнению системы (1). Подставляя числа хх и уг в оба уравнения исходной системы, убеждаемся, что пара чисел (*i, yi) является ее решением. _ п /3+2/1 3—2/3N Ответ: у 2 — f 2^—/ ' 5.С. Если а = 0, то данное неравенство имеет вид —9*+* > 0 и не выполняется ни для одного х. Пусть а—некоторое число, отличное от нуля. Обозначив 3х через у, исходное неравенство можно переписать так: Квадратный трехчлен 9*2+8д/—а2 имеет корни tx = — at /a = —а. Если а—положительное число, то t\ < t2 и множество решений неравенства (7) имеет вид — а < t < -g- о. Это значит, что при каждом положительном а исходное неравенство равносильно двойному неравенству — а < 3* < -^- а а, следовательно, множество его решений есть промежуток — оо < х < < logs ("о"0) • Если «—отрицательное число, то t^<ti и множество решений неравенства (7) имеет вид -^-a<t<—cu Это значит, что три каждом отрицательном а исходное неравенство равносильно двойному неравенству -ц а < 3* < —а и, следовательно, множество его решений есть промежуток — оо < х < log8 (— a). 295
Ответ: при а=0 неравенство не выполняется ни для одного х\ при а > О неравенство выполняется для х <—2+log8a; при а < 0 неравенство выполняется для х < log8 (— я)- Ответы к вариантам 2—4. Вариант 2. 1. ± я/3+я£, Л £ Z. 2.H. (—3, 11). 3. В первом ящике 644 детали, сделанных 1-й бригадой и 120 деталей, сделанных 2-й бригадой 4. (/S30+/20) см, (/240—/20) см, (/80+/бО) см, 1 -УТ0) см. 5.Н. а>Щ±. 1Л. «~5р р 5.С. При а > 0 неравенство справедливо при всех дс < log2a—2; при а < 0 неравенство справедливо при всех х < Iog2(—а) — 1; при а = 0 неравенство невозможно ни при каких х. Вариант 3. 1. ± я/6+яб, k £ Z. 2.H. (-3/4, —1/4); (1/2, —1/4). 3. 9405, 11115.-4. 18/Ш см2. 5.Н. ""^ <а< 2.С. *i = y x2=l(l+ /2-K6+4/1), у2 = 1(- 1-/2 5.С. При а=<0 неравенство справедливо при всех х\ при fl>0 нера- 1 венство справедливо при всех х > log4 —, а также при всех Вариант 4. 1. ± я/3+я^, k £ Z. 2.H. (—1, 76/15); (3, —8). 3. 1575, 1995. 4. 12 /ПГ. 5.Н. а > 7/4. 2.С. (1, 1/2); (1/2, 1). 5.С. При а<0 неравенство справедливо при всех х\ при а > 0 неравенство справедливо при всех х > 3—log2fl, а также при х <—2—log2a. 1978 Решение варианта 1. 1. Областью допустимых значений данного уравнения является множество 0 < х < + оо. На ОДЗ исходное уравнение равносильно уравнению (1 —logs *) Iog2 ^—3 logs *+~2'==~2"+"2"log2 Xu Перейдем в этом уравнении к логарифмам по основанию 3. Получим уравнение равносильное исходному на его ОДЗ. Последнее уравнение можно переписать так: Теперь очевидно, что на множестве 0 < х < + оо исходное уравнение рав- 296
носильно совокупности уравнений log3*=0 и logs *-i~f31og8 2=0. Первое уравнение имеет единственный корень *i=l, второе уравнение -— - з log, 2 т/""з также имеет единственный корень х2=За =-^б—• О^а эти числа о лежат в ОДЗ исходного уравнения и, следовательно, являются его решениями. V~3 Ответ: *1=1, х2 =—о—• 2. Так как BD диаметр окружности, то Обозначим ABD (рис. 99) через х> тогда из прямоугольного треугольника ABD получаем, что cos* = \BD\ • По Y^08*110 \BD\=2, \ АВ\ = \, значит, cos х= 1/2, и так как х—внутренний угол Д^ прямоугольного треугольника ABDt толс = -^- . Тогда DBC — -т- /fflb=-j-. Вписанные углы п 4 4 о ACD и ABD опираются на одну и ту же дугу AED, значит, ACD = ABD = я/З.Из треугольника ADC но теореме синусов получаем, что \АС\ _ \АР\ sin ADC sin ACD откуда 5*. Так кан 4 sin ACD 3 4 |ДС| = 3. Первое решение. Обозначим через Км км/ч скорость мотоциклиста, через VE км/ч—скорость велосипедиста, через Vn км/ч—скорость пешехода. Пусть с момента встречи пешехода и велосипедиста до встречи мотоциклиста и пешехода прошло гг ч, а с момента встречи пешехода и велосипедиста до встречи мотоциклиста и велосипедиста прошло fa ч. За время tx мотоциклист проехал VMtx км, а пешеход прошел Vn ti км. 297
Из условия задачи имеем уравнение С момента встречи мотоциклиста и пешехода до встречи мотоциклиста и велосипедиста прошло (t2—ti) ч. За это время мотоциклист проехал Ум (h—h) км, а пешеход прошел Vn (t2 — /i) км, и так как пешеход отстал на 3 км, то имеем еще одно уравнение Из условия, что велосипедист обогнал пешехода на 3 км, получаем уравнение Итак, получили систему уравнений ( Км/1-Кп/1 = 6, { VK(t2-t1)-Vn(t2-t1)=3i Надо найти, на сколько километров велосипедист обогнал пешехода в тот момент, когда пешехода настиг мотоциклист. Так как это произошло через ti ч, то за это время велосипедист проехал VBt\ км, а пешеход прошел Vnti км. Следовательно, искомое расстояние х равно (VBti—Vnti) км. Из первого уравнения системы (Км—Vn)t1 = 69a из второго уравнения си- стемы (Км—Vn)(t2 — /i) = 3, откуда -—i^- = 23 т. е. t2=~rrti. Из последнего уравнения системы Vb—Vn = — , поэтому x=Vtft1^^Vnti=(Vb—Vn) U = *2 = — . /,=2 (км). Второе решение. Обозначим через VM км/ч—скорость мотоциклиста, через VB км/ч — скорость велосипедиста, через Va км/ч—скорость пешехода. Время, за которое велосипедист обогнал пешехода на 3 км. равно -г: г;-. Из условия задачи следует, что это же время равно 9 3 9 VB— Vn I 17 ___ , откуда у ___v =у __„ i или ' п=-г-, Мотоциклист догнал пешехода за время -г-/ тг • Следовательно, за это время велоснпе- »^м — ^п диет обогнал пешехода на т —-(Кв—Уп) = 6 •-«-=2 (км). Ответ: 2 км. 4.Н. Пусть (а, Ь)—пара чисел, удовлетворяющих условию задачи. Так как данное равенство справедливо при любом х> то, в частности, оно верно iipn х = п и при х = 2л. Это значит, что числа a, b удовлетворяют равенствам -2a + fc2 = cos (ла + Ь2) —1, (1) Ъ* = cos (2па + Ь2) — 1. (2) 298
Из равенства (2), так как cos (2ла + 62)^ 1, следует, что 62^0. Этому условию удовлетворяет только 6 = 0, но тогда cos2juz=1, т. е. а—целое число. Равенство (1) теперь имеет вид 1— 2а = cos яа. Так как — 1 <^ cos па ^ 1, то —1<1—2а^1, или Ъ*^а<\. В промежутке 0«^а<^1 имеется только два целых числа: я = 0 и а = 1. Итак, условию задачи могут удовлетворять только следующие пары чисел: а = 0, 6 = 0 и а=1, 6 = 0. Если а = 0, 6=0, то данное в условии равенство, очевидно, будет выполняться при всех х. При а=1, 6 = 0 данное в условии равенство также выполняется при всех х. Следовательно, обе пары чисел а = 0, 6-=0 и а=1, 6 = 0 удовлетворяют условию задачи. Ответ: (0, 0); (1, 0). 5. Так как /(— \) = а—b+ct f(\)=a + b + c, f(3) = 9a+3b + c и так как по условию /(—1) < 1, /(1) >—1 и /(3) <—4, то справедливы неравенства ( a—b+с < 1, J ( + — 4. Перепишем эти неравенства, умножив второе из них на (—2): ( a—b + с < 1, ; -2а—26—2с < 2, (3) — 4. Поскольку все эти неравенства справедливы, то складывая почленно правые и левые части всех неравенств, получим, что справедливо неравенство 8а < — 1. Отсюда вытекает, что коэффициент а имеет отрицательный знак. Ответ: а < С. 4.С. Запишем данную функцию в виде (х)=у Очевидно, при всех х > 0 справедливо неравенство —1 = 12л — 1. В то же время /(Зл/2) = 0-|-12я—1 = 12л—1. Значит, наименьшее значение данной функции при рассматриваемых значениях х равно 12л—1. Ответ: 12 л—1. Ответы к вариантам 2—4. Вариант 2. 1. ^=^5/9. 2. -jiV^—V^)- 3. 8 км. 4.Н. (1, 0). Вариант 3. I. ^=1, *2=4^=. 2. V~2+ V^. 3. 10 км. 4.Н. (0, 0); (1, 0); (—1, 0). б. а>0. 4.С. 12л— 1. 299
Вариант 4. 1. х=^=.2. 2(/б—/2). 3. 6 кы. 4.Н. (1,0). 16 5. а > 0. 4.С. 92— 5+1. 1979 Решение варианта 1. 1. Обозначим cos* через t. Тогда данное уравнение можно переписать так: ■J/3+4 /"6 —(16 /"3—8 /*2)/ = 4/—/~3. (1) Очевидно, все решения уравнения (1) должны удовлетворять неравенству At— /1*^0, т.е. лежать в области t^ /~3/4. Каждый корень уравнения (1) будет также корнем уравнения 3+4 /"б—(16 /"3 — 8 /*2)f=16*2—8 /"3/ + 3, (2) полученного возведением в квадрат обеих частей уравнения (1). Уравнение (2) можно переписать так: (/"З— — /"6 = 0. (3) Уравнение (3) имеет два корня: tx= /2/2 и /2 =— / 3/2. Корень /2 не лежит в области t^s / 3/4 и, значит, не удовлетворяет уравнению (1). Подставим /i= /~2/2 в уравнение (1). Левая часть уравнения равна /"6—8 /"2— /~3)2 = 2 /^— правая часть также равна 2 /2—/3. Значит, число fj= /2/2 является единственным корнем уравнения (1), и потому исходное уравнение равносильно уравнению cos* =/"2/2. Последнее уравнение, а значит, и исходное уравнение имеет решения х= ±я/4+2яя, n£Z. Ответ: х=±я/4+2яя, n£Z. 2.Н. Пусть Ь—некоторое фиксированное положительное значение параметра. Для этого Ь найдем абсциссы точек пересечения графиков функций у(х) = Ьх2 и у(х)=\— х2 (рис. 100). Они будут корнями уравнения Ьх2 — \—х2. Решая его, находим *i= -, х2= =. Площадь Рис. 100. S, ограниченная кривыми у=1— х2 и у=Ьх*< вычисляется следующим образом: 1/VTTI \/VbT\ -l/KF+T -1/KFTI 300
Так как это выражение по условию должно быть равно числу с, то из соотношения -j =г находим, что Ь=ц-£ — \. Задача имеет решение тогда и только тогда, когда число с удовлетворяет системе неравенств 9?""1 >0' (4) О О, ибо первое неравенство должно выполняться, так как по условию Ь > О, а второе неравенство есть следствие того, что площадь фигуры должна быть положительна. Рещения системы (4) есть интервал 0 < с < 4/3. Итак, задача имеет решение только для с из интервала О < с < 4/3; тогда искомое значение о есть ^-^-—1. А. 1Л Ответ: О < с < -^ , Ь = ^2—\. О УС 3. Для освобождения от знаков абсолютных величин разобьем числовую ось на промежутки — оо<*< — 3, — 3^*<— 2, — 2 и будем решать исходное неравенство на каждом из этих промежутков отдельно. Если — оо<*<—3, то * + 3<0 и * + 2<0. Значит, |j =—(*+3), |*+2| =—(х + 2) и исходное неравенство имеет вид 3 —*—3—Г 5—х—2. Последнее неравенство равносильно неравенству (х+5)(*+1). х+4 (5) Решая неравенство (5) с помощью метода интервалов, находим, что множество всех его решений состоит из двух промежутков: —5«^я <—4 и — 1 <х < + оо. Из этих чисел в области — оо < х < —3 лежат числа из промежутка —5«^*<—4. Значит, в области —оо < х <—3 множество всех решений исходного неравенства есть промежуток —5<^ х <—4. Если — 3<* <—2, то * +3$==0 и х+2 < 0. Значит, |*+3| = |х+2| = —(х+2) и исходное неравенство имеет вид Неравенство (6) может быть записано в виде х + 2 откуда, очевидно, что оно не имеет решений в области —З^дс < —2. Значит* исходное неравенство не имеет решений в области —3 ^ х < —2. 301
Если — < + оо, то * + 3 > 0 и * + 2^0 и исходное неравенство имеет вид 3 Значит, \х + 3\=х jc + 3 — Это неравенство равносильно неравенству х+2. (7) x + 2 ^v* Квадратный^ трехчлен *2-f4*+l имеет корни хг = --2—У~3, *2 = =—2+ У 3. С помощью метода интервалов находим, что множество всех решений неравенства (7) состоит из двух промежутков: —оо < х^—2— уТ, — 2 < *<;—2+ У~3. Из этого множества в область —2<;* < + оо попадает лишь промежуток — 2 < *^—2+ ]/"з. Значит, в области —2<1х<'+оо множество всех решений исходного неравенства есть промежуток —2 < ж;—2-{- Уз. Объединяя решения, найденные на областях — оо < х <—3, — 3^я< — 2, -—2*^*< + оо, находим, что множество всех решений исходного неравенства состоит из двух промежутков: -5<*<— 4 и -2 <*<—2+ /ЗТ Ответ: — 5<*<— 4, — 2 < х<—2+ ]Лз. 4.Н. Опустим из точки В высоту пирамиды и обозначим через Е основание этой высоты (рис. 101). Обозначим через /С, L, М середины ребер АС% ВС, AD соответственно. Треугольники BDC и ABC равносторонние, у значит, DLJjBC и ALJ_BC. По признаку пер- ' пендикулярности прямой и плоскости заключаем, что прямая ВС перпендикулярна плоскости ALD. По условию точка Р равноудалена от вершин пирамиды В и С. Значит, точка Р лежит в плоскости ALD. Аналогично доказывается, что плоскость ВМС перпендикулярна ребру AD и точка Р лежит в плоскости ВМС, Итак, точка Р лежит на пересечении плоскостей ALD и ВМС. Точки L и М принадлежат двум плоскостям ALD и ВМС. Значит, эти плоскости пересекаются по прямой LM и точка Р лежит на этой прямой. Отрезок DK есть высота треугольника ACD, опущенная из вершины D. Так как треугольник ACD правильный, то его центр —точка Е — лежит на медиане СМ. Плоскость МВС содержит перпендикуляр BE к плоскости ACD. Поэтому плоскость МВС перпендикулярна плоскости ACD. Отсюда следует, что перпендикуляр, восстановленный из точки С к плоскости ACD, лежит в плоскости МВС. Обозначим точку пересечения этого перпендикуляра и прямой ML через N. Докажем, что точка Р совпадает с точкой N. По построению прямая CN перпендикулярна плоскости KDC. В частности, она перпендикулярна прямой KD. По условию прямые PC и KD также перпендикулярны. Если точки N и Р различны, то по признаку перпендикулярности прямой и 302 Рис.
плоскости заключаем, что прямая KD перпендикулярна плоскости CPN\ т. е. плоскости CLM. Но тогда прямая KD должна быть перпендикулярна прямой СМ, что неверно (угол между этими прямыми равен 2я/3). Итак, точки Р и N совпадают. В дальнейшем вместо N будем писать Р. Обозначим величину ребра пирамиды че« реза. Тогда |ВС| = а, | CM | = | BM | = £-О. Для удобства рассуждений вынесем сечение пирамиды плоскостью СМВ на отдельный рисунок (рис. 102)* Из прямоугольного треугольника CLM по теореме Пифагора находим, что \ LM | = Тогда —^-j—. По условию | PC | = |/ у, значит, а = 2. I СМ | — • —= | =— -— = —— , то из прямоугольного треТак как | ME | = -q" угольника ВМЕ получаем: \ВЕ\= У | BM |2 — | ME |2= |/"з L^. г 3 . Объем пирамиды равен 2 /6 2 /2 = Заметим, что эту задачу можно также решить и с помощью векторов. Ответ: 2 1^2/3. 5. Пусть («0, и0, ю0)—тройка чисел, удовлетворяющая условию задачи;'тогда 3(«e-3)2 + 6v*+ 2^ + 3^ = 33, (8) откуда следует, в частности, что 3 (ы0—3)2«^33, т. е. (w0—3)2<;П. Поскольку («о—З)2 является квадратом целого числа «0—3, то (ы0—З)2 равно либо 0, либо 1, либо 4, либо 9. Перепишем равенство (8) в виде Если («0—3)2 = 0, то (о/2 + 2)(Зу2+2) = 37. Так как w\+2 и Зс целые числа, большие 1, а 37 — простое число, то последнее равенство выполняться не может. Значит, (ы0—З)2 Ф 0. Если («0—3)2=1, то (ш2+2)(Зу2 + 2) = 34. Поскольку и w\+2y Зу2 + 2—-целые числа, то либо (9) 303 3^+2=17.
либо ш*+2=17. 3^+2 = 2. <"» Из второго равенства (9) находим, что ^ = 5, что невозможно, поскольку Vq—целое число. Из первого равенства (10) находим, что o;J=15t что также невозможно, поскольку w0—целое число. Значит, (и0—З)2 Ф 1. Если (и0—3)а = 4, то (o>2 + 2)(3t>2 + 2) = 25, откуда следует, что =5, Из первого равенства (11) находим, что o>jj = 3, что невозможно. Значит, (и0—3)2^4. Если (и0— 3)2 = 9, т.е. если ио = 6 или ыо = О, то (w20 + 2) (Зу2 + 2) = 10. Так как 0/2 + 2:^2 и 3^2 + 2^=2, то отсюда следует, что либо «4+2 = 6, = 2, (12) либо { = 5. <'3> Из первого равенства (12) следует, что w* = 3t что невозможно. Из равенств (13) получаем, что либо ^0 = 0, уо=1, либо wQ = 0t vQ = -—l. Следовательно, исходному соотношению удовлетворяют четыре тройки чисел (6, 1, 0); (6, -1, 0); (0, 1, 0); (0, -1, 0). Ответ: (6, 1, 0); (6, -1, 0); (0, 1, 0); (0, —1, 0). 2.С. Данная система уравнений может быть переписана так: 6l l. ( '' Если (*о, У о) — решение системы (14), то справедливы неравенства: 1— *0>0, 1— хОу£: 1, 1/о+2 > 0, 2+у0ф 1, £/0 + 5 > 0, хо+4 > 0, т. е. если (*о, Уо) — решение системы (14), то число у0 удовлетворяет условиям у о >—2, у0 Ф — 1, а число xQ—условиям —4 < х0 < 1, х0 т= 0. Поэтому будем искать решения системы (14) среди пар чисел (*, у), удовлетворяющих соотношениям — 4<х< 1, х т= 0, у > — 2, у Ф — 1. Первое уравнение системы равносильно на своей ОДЗ уравнению Обозначив \ogi-.x(y-\-2) через г, последнее уравнение можно переписать гак: Это уравнение имеет единственный корень z=l. Значит, первое уравнение 304
системы равносильно в рассматриваемой области уравнению или уравнению у = — х—\. Следовательно, система (14) равносильна на рассматриваемой области системе ' y=-X~U , (15) Подставляя (—х—1) вместо у во второе уравнение системы (15), получим уравнение: !-* (4—х) — log!_ = 1. Последнее уравнение равносильно на рассматриваемой области уравнению log!_x(4—Jt) = log1_x(l— x)(x + 4)9 или уравнению Это уравнение имеет два корня: хх — — 2 и *а = 0. Из первого уравнения системы (15) находим ух=\ и у2 =—1. Из найденных пар чисел в рассматриваемую область входит только пара х1 = — 2, #1 = 1. Она и является единственным решением исходной системы. Ответ: х = — 2, у=\. 4.С. Обозначим через Е центр грани ABC (рис. 103). Так как наклонные MAt MB, МС равны, то проекция точки М на плоскость ABC равноудалена от вершин Л, В, С. Это значит, что проекция точки М совпадает с точкой Е или точка М лежит на прямой DE. Вообще говоря, возможны два случая: точки М и D лежат по разные стороны от плоскости ABC (на чертеже М = ЛГ) и точки М и D лежат по одну сторону от плоскости ABC. В первом случае AM' < AE + EMf < ED + EM' = DM't что неверно, так как "|/ г_ > 1 > JL Т/ А. V /о о г 3 Рассмотрим второй случай. Тогда ME = MD + ED. (16) Обозначим величину ребра пирамиды A BCD через а. Имеем 2 МЕ= Подставляя эти выражения в равенство (16), получаем уравнение для 305
определения а: Возведя обе части этого уравнения в квадрат и преобразовав, получим уравнение 4 19 19 которое имеет два корня: ai=\ и а2= —— . Подстановкой убеждаемся, что уравнению (17) удовлетворяет только корень ах=1. Значит, ребро пирамиды равно 1, но тогда его объем равен Ответ: • ~ • Ответы к вариантам 2—4. Вариант 2. 1. * = (— 1)пу+ ял. "G.Z- 2-Н. & = |/^ — ^ ° <с< <-!i. з. _ i__ У8^х < — 3, 1<*<3. 4.H. j К 2. 5.(1,5,0); (1,-5; о); (—1, 5; 0); (—1,-5, 0). 2.C.*=-|-, */=|-. 4.С. —*— . о о 3^2 _ too 81/""9 Вариант 3. 1. х= ± %+2nkt k£Z. 2.H. р=—2- 1; 0 < ^ < -^-^-. q 3. 8 < ^^5+^18, -1<^<2. 4.Н. 6 L_ . 5. (1, 4,3); (1, 4, -3); (-1, 4, 3); (-1, 4, -3). 2.С. ж=-|,е/=-~. 4.С. —Ц Вариант 4. 1. *=(— 1)*~+Ы ^^Z. 2.H. a=-JL-_l; 0 < 6 < -i-• 3. -2-Vr7<JC<-2, 4<jc<5. 4.H. -j4=r» 5. (1, 0, 1); (-1,0, 1); (1,0,5); (-1,0, 5) 2.С. х=-^,у = ^. 4.С. ^ § 13. ФИЛОЛОГИЧЕСКИЙ ФАКУЛЬТЕТ (отделение структурной и прикладной лингвистики) 1977 Решение варианта 1. 1. Обозначим через х число деталей в первом ящике, а через у число деталей во втором ящике. Тогда согласно условию имеет место система неравенств ( х+ { За:—2 За:—2у < 60. 306
Перепишем эту систему в виде ( х> 29—у, х > Зу + 2, 20+jy>x. Отсюда следует, что справедливы неравенства 4-t/> Зу+2. (1) (2) (3) 27 Неравенство (2) можно переписать в виде у > -=-, а неравенство (3) в виде о 54 _ 54 ,5 27 ,2 у < -=- . Так как -—=7-=-, —-=5-^- и # — натуральное число, то у равен / //00 либо 6, либо 7. Если у равен 6, то система неравенств (1) перепишется в виде ( х > 23, > 20, х< 24. Ясно, что нет натуральных чисел х, удовлетворяющих ей. Значит, у = 7. Тогда система (1) перепишется в виде *>22, i *<24-|. о откуда вытекает, что существует единственное натуральное число дс=24, ей удовлетворяющее. Следовательно, в первом ящике 24 детали, а во втором ящике 7 деталей. Ответ: в первом ящике 24 детали, а во втором ящике 7 деталей. 2.Н. Графики функций y(x) = s\nx и y(x) = cosx пересекаются в точках, абсциссы которых удовлетворяют уравнению sin* = cos*. Эти точки имеют вид n/4-\-nkt k£Z, и промежутку 0^ •s^x«^ я/2 принадлежит только одна из них: х = п/4. Фигура, площадь которой нам необходимо найти, состоит из двух частей (рис. 104): а) фигуры, лежащей под кривой у (х) = cos х и над кривой у (х) = sin x на промежутке от 0 до я/4; площадь ее обозначим через Sa; б) фигуры, лежащей под кривой y(x) = s\nx и над кривой y(x) = на промежутке от я/4 до я/2; площадь ее обозначим через S^. Итак, 7(/<t Tl/Z Рис. 104. я/4 != \ (cos x—s\nx)dx = ( я/4 307
Я/2 я/2 S$ = \ (sin x—cos x) dx = (— cos x—sin x) Я/4 Я/4 Поскольку искомая площадь S = Su + S^t то S = 2j/~2—2. Ответ: 21^2—2. 8. Исходное уравнение равносильно уравнению 2sin ^(2х+\)\ sin ^(2 которое равносильно совокупности уравнений sin fif (2*+1Л=0 и *\п(±(2х* + 2х+\)\=0. (4) Решения первого уравнения есть *=—^—, k£Z. Наименьшее положительное из них получается при k=h xi=-jr-' Решая второе уравнение, получаем, что JL {2х2+2х+\) = ят, m^Z, или 2х2+2*+1 — 2т = 0, mgZ. (5) Значит, корни второго из уравнений (4) есть корни бесконечной совокупности уравнений (5). Найдем дискриминант каждого уравнения совокупности (5): D=16m—4. Так как D < 0 при каждом т«^0, то при любом /л«^0 соответствующее уравнение из совокупности (5) не имеет решений. При любом m ^ 1 соответствующее уравнение из совокупности (5) имеет , — 1 — V4m—1 „ — 1+ К 4m — 1 ст два корня: *т= ^ и *т= 1—~ . Ясно, что х'щ < 0, х"т > 0. Наименьший среди корней хт будет тот, который получается при т=1; он равен jca= J-^-—. Меньшее из двух чисел *f и ха, т. е. из чисел -^ и —^ , и будет наименьшим положительным корнем исходного уравнения. Поскольку искомый корень есть лг2=- Ответ: 4.Н. При а<0 уравнение, очевидно, решений не имеет. Пусть а — фиксированное неотрицательное число. Тогда данное уравнение равносильно уравнению 2|jc|—х2 = а2, или уравнению |*|2-2|*| + а2 = 0. (6) Дискриминант квадратного трехчлена z2—2z+aa равен 4—4a*. Поэтому 308
при а > 1 квадратное уравнение z2—2z4-a2=0 (7) не имеет решений, а значит, не имеет решений и уравнение (6). Если д=1, то уравнение (7) имеет единственный корень z=h и тогда уравнение (6) равносильно уравнению | х | = 1 и имеет два корня: Если 0<а < Ь то уравнение (4) имеет корни Zi=l+}^1—a2, z2 = = 1— ]^1 —а2. Следовательно, в этом случае уравнение (6) равносильно совокупности двух уравнений | = 1 — V\ — a2. (8) 2? Так как числа zi, z$ неотрицательны, то первое уравнение совокупности уравнений (8) имеет два решения X\t а= ± (l+ }f\—a2)> а второе уравнение—два решения х3, 4=±0— У 1—а2). При этом, если а ф О, т.е. если 0 < а < 1, то все эти числа различны. Если же а=0, то х8=х4=0. Ответ: если а<0, то нет решений; если а=0, то 3 решения; если О < а < 1, то 4 решения; если а=1, то 2 решения; если а > 1, то нет решений. 5. Пусть ABCS—данная в условии задачи пирамида (рис. 105). Обозначим через /Си/7 точки, в которых плоскость а пересекает прямые СА и СВ соответственно. Прямые DK и CS лежат в плоскости ACS, Если они пересекаются, то их точка пересечения принадлежит одновременно прямой CS и плоскости а, а это противоречит условию задачи; плоскость a параллельна ребру SC. Значит, KD\\CS и точка К лежит на ребре С А. Аналогично доказывается, что FE\\CS и точка F лежит на ребре ВС. Из доказанного выше следует, что треугольники BFE и AKD подобны соответственно треугольникам CBS и ACS. Поэтому | BF | _ | FE | _ | BE 1 __ 2 I вс | — | С5 / — | В51 — з"' | АК | _J KD 1 __ \AD | __ 2 l' | AC | ~~ I CS | ~~ | ЛЗ | — 3 ' Так как F£||CS и KD\\CS9 то F£||tfD. А из (9), в частности, следует, что \FE\ = \KD\. Значит, четырехугольник EDKF—параллелограмм. Многогранник ABFKDE составлен из трех пирамид: EKFB, EKDB* AKBD. Поэтому его объем V± равен У± = У EKFB + VbKDB + У AKBD* Пирамиды EKFB и EKDB имеют общую вершину В. Площади их оснований EKF и EKD равны (ЕК—диагональ параллелограмма EDKF). Поэтому Уекрв = Уеков и 309
Обозначим через V объем пирамиды ABCS, через h$ и hjy—расстояния от точек S и D до плоскости ABC соответственно. Так как | AD |:| AS |= 2 2 = -§■. то hD=z-^hs- Имеем у ■ ~ 4 1 -sin ЛС | sin Обозначим через Л^ и V расстояния от точек А и /С до плоскости О BCS соответственно. Так как | С/С |:| СЛ |=—, то Лд-=-^-Лд. Поэтому О «J sin Итак, Vi = 2 • 27^ + -§-^ = 27 ^* Тогда vBPKDSC^-^fV и искомое отно- 7 шение равно ^т. Ответ: 7/20. 2.С. Данная система уравнений, очевидно, равносильна системе Так как T-xj= *_ ^=—^- ^(- / COS*«£OSf— — X } COS f 2JC— -j- J -}-COS -t- to система (10) равносильна системе cos [ *х—-т n Уравнение Z~ ^l/2=5-2^6 310 имеет единственный корень г-
значит, система (11) равносильна системе 2 (12) Первое уравнение системы (12) имеет две серии решений: *1 + яя, n^Z; *2 = я/8—я/12 + я/я, m£Z. Тогда из второго уравнения у1== ==я/8—я/12—ял, n£Z; */2 = я/8 +я/12 + ят, mgZ. л 5я , я ^ _ л , 5я 0/я*?/я: дс1=-24" + ял, 1/1=^-яп, ngZ; х2=24+я/п, ^2=-^- —ят, mez. 4.С. Пусть (*оэ у0)—решение данной системы* Тогда справедливы равенства *o+log2 У9 — У0 loga 3 + log2 ^о. (13) х0 log2 72 + log2 x0 = 2yQ + ]og2 Уо- Складывая почленно эти равенства, получаем после приведения подобных членов, что справедливо равенство или равенство уо = 2хо. Подставляя 2х0 вместо у0 в равенство (13), получаем, что справедливо равенство *о+ log2 (2х0) = 2*о log2 3 + log2 x0, 1 2 ы откуда находим, что ^0= 2] 3—1 ; но тогда Уо==2 Iog23— 1 " ' если данная система имеет решение, то это решение есть пара чисел 1 2 (*о. Уо). где *0= 2 log23 —1 • y°=2Iog23—1 * Подставляя найденную пару чисел в оба уравнения данной системы уравнений, убеждаемся, что она действительно составляет ее решение. Ошет: ^aioja-i» y=2iog223-r Ответы к варианту 2. 1. В первой бригаде 11 человек; во второй — 17 человек. 2.Н. -f- )ЛЗ—4. 3. JL(|T3--i). 4.H. При о < 0 нет ре- О Z шений; при а = 0 два решения; при 0 < а < 4 четыре решения; при о = 4 три решения; при а > 4 два решения. 5. -g-. 2.С. x^-yg+nn, 1978 Решение варианта 1. 1. Обозначим через х число членов в первой бригаде, тогда во второй бригаде было 18—х человек, причем из них (15— *)— юношей. Продолжи- 311
48 тельность дежурства любого члена первой бригады равна —- часов, а продолжительность дежурства каждого юноши второй бригады равна 24—3 „ . ■ часам. По условию задачи ,|1-+«<9. 15— х 1 х Проделав очевидные преобразования, перепишем это неравенство так: (*-8)(*-10) х (15—х) <U- Решая последнее неравенство методом интервалов, получим, что оно удовлетворяется для х из промежутков — оо < * < 0, 8 < * < 10 и 15 < jc < + оо. Так как х (число членов бригады)—целое положительное число и так как из условия следует, что х < 15, то условию задачи удовлетворяет только одно число л:=9. Ответ: в бригадах было по 9 человек. 2.Н. Прежде всего отметим, что четных цифр пять: это 0, 2, 4, б, 8; нечетных цифр также пять: это 1, 3, 5, 7, 9. Пусть номер счастливого билета имеет вид abcdef, где а, Ь% с, d, е и / одна из цифр 0, 1,2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9; при этом на месте цифры а может стоять любая из пяти нечетных цифр 1, 3, 5, 7, 9, на месте цифры Ъ может стоять любая из оставшихся четырех нечетных цифр, а на месте цифры с—любая из трех оставшихся цифр. Таких комбинаций будет 5-4-3. Так как на месте любой цифры d, et f может быть любая из пяти четных цифр 0, 2, 4, 6, 8, то число всевозможных таких комбинаций будет 5-5-5. Следовательно, всего чисел, у которых первые три цифры нечетные и отличные друг от друга, а последние три четные, есть 5.4-3.5.5-5 = 7500. Но среди этих чисел есть такие, у которых на третьем месте стоит цифра 7, а на четвертом месте цифра 8. Подобно предыдущему, можно подсчитать, что таких чисел будет 4-3*5«5 = 300. Значит, счастливых билетов будет 7500—300 = 7200. Ответ: 7200. 3. Перепишем уравнение в виде 5 (sin х+sin 3x) + 6 sin 2x-\-sin 4* = 0. Применив формулу суммы синусов к первому слагаемому и формулу синуса двойного угла к третьему слагаемому, перепишем исходное уравнение так: 10 sin 2 х cos *+6 sin 2x+2 sin 2x cos 2* = 0. Это уравнение равносильно совокупности уравнений sin2* = 0 и Первое уравнение имеет серию решений х=пп/2, п £ Z. Применив формулу косинуса двойного угла, второе уравнение перепишем так: 5cosjc+3 + 2cos2x—1=0. 312
Это квадратное относительно cos x уравнение. Оно равносильно совокупности уравнении: cos* =—1/2 и cos*=—2. 2я Уравнение cos* = —1/2 имеет решения x=±-=—Ь^яЛ, k£Z. Уравнение о cosx = —2 решений не имеет. Следовательно, все решения исходного урав- нения есть *=-«-, k С Z; х=± -=—\-2яп, n£Z. Z о Ответ: *=-^, k£Z\ x=±^-+2nnf n£Z. 4.Н. Первое решение. Данная функция имеет период 2л, поэтому ее наибольшее и наименьшее значения совпадают соответственно с наибольшим и наименьшим значениями f (х) на отрезке [—я, я]. Найдем критические точки / (х). Так как / (х) дифференцируема в каждой точке, то критические точки будут корнями уравнения /'(*)=0. Поскольку f (х) = (sin2 х + cos х — 1 /2)' = 2 sin x cos х — sin xt то для нахождения критических точек имеем уравнение 2 sin х cos x—sin x=0. Это уравнение равносильно совокупности двух уравнений sin* = 0 и cos*= 1/2. Первое уравнение на интервале (—я, я) имеет единственный корень *! = (). Второе уравнение на этом же интервале имеет два корня: дса=—я/3 и *3=я/3. Вычислим значения f (х) в критических точках: Вычислим еще значения f (х) в концах отрезка [—я, я]: Значит, наибольшее значение / {х) равно -j-, наименьшее значение f (x) равно (-у). Второе решение. Пользуясь основным тригонометрическим тождеством sin2x+cos2* = l, можно написать, что */ ч • 9 , * 1 ^ г 1 3 / 1 \а /(jc) = sin2^+cos jc — -n-=l—cos2* + cos jc ——=:—— ( cos х-"?? i • Q Теперь очевидно, что при всех х функция f (х) не превосходит -у и при- 313
3 я / я 1 \ п нимает значение —, например, при *=-о" I cos "Т==2") ' Следовательно, наибольшее значение /(*) равно -j-. Функция (cosx — ■=-) принимает (3 \а Y) t например, в точке х = л (со&я = —1), и по- 3 / 3 \з 3 этому наименьшее значение f(x) равно "т~~\'о') =—"о"- 3 3 Ответ: max / (*)=-т- s min / (*) = — —. б. Так как | АВ] = 2 R sin АЕВ, где Я—радиус окружности (рис. 106), . Поэтому либо ХЕВ=^< либо ^£^=-^1. Случай, когда АЕЁ = -^- , невозможен, так как U тогда AEB-\-ABE = nt что противоречит теореме о сумме углов треугольника. Следовательно, АЕВ = л/4, но тогда ВАЕ=* =я—(ЛВ£ + Л£5) = я/2; значит, BE—диаметр ок- ружности и |££| = 2. Кроме того, треугольник Рис. 106. ABE равнобедренный, в нем | АЕ | = | АВ |= У~2. Поскольку треугольник BDE вписан в окружность и одна из его сторон есть диаметр этой окружности, то он прямоугольный. Поэтому BED = n/2--EBD = n/3, но тогда | ED\ = \ BE |sin30°= 1, \BD\ = = V\BE\2—| ED\2=V~3. По условию \BC\ = \CD]. Это означает, что дуги ВС и CD§ стягиваемые хордами ВС и CD, равновелики. Поскольку угол BED опирается на дугу BCD, то BD&=y ВЕЪ=^ и,- значит, | CD | = | ВС \ = | ED | = 1. Искомая площадь пятиугольника ABCDE равна SABCDE= SABE+ SeBD+ $DBC =» 3 Ответ: \-{ 2.C. Пусть jc0—действительное число, являющееся решением данного уравнения. Тогда справедливо равенство 0. (1) Ясно, что xQ Ф 0, так как из условия задачи следует, что 314
Равенство (1) можно переписать в виде или, выделив полный квадрат относительно а, так: \ Х°о =0. Отсюда ясно, что справедливы одновременно два равенства: Из второго равенства получаем, что хо = У 3, но тогда из первого равенства а=1 —У 2. Легко видеть, что при найденном значении а=1— У~2 число хо = У 3 действительно есть корень исходного уравнения. Ответ: У~3. 4.С. Область допустимых значений исходного уравнения состоит из всех х, удовлетворяющих условиям х2—5jc+6 Ф 0, х—3 ^0 и х—1 > 0, т. е. ОДЗ исходного уравнения состоит из трех промежутков: 1 < х < 2, 2<х<ЗиЗ<*. Перейдем в логарифмах к основанию 3, тогда исходное уравнение на своей ОДЗ равносильно уравнению или уравнению На ОДЗ исходного уравнения последнее уравнение равносильно уравнению |*-21=£=!. (2) Найдем решения уравнения {2), содержащиеся в промежутках а) б) 2 < х. а) Пусть х<2, тогда \х—2| = — (х—2) и уравнение (2) запишется , « х—1 т- 5 гт 5 так: —х + 2=—-—. Его корень x1=-~-. Поскольку jc1=-5- принадлежит Z о о промежутку х<*2 и содержится в ОДЗ исходного уравнения, то Xi=-^- о является решением исходного уравнения. б) Пусть 2 < х, тогда \х—2| = я—2 и уравнение (2) запишется х 1 так: *—2——q— • Его корень jc2 = 3 не принадлежит ОДЗ исходного уравнения. Следовательно, на этом промежутке исходное уравнение решений не имеет. Значит, исходное уравнение имеет единственный корень *! =5/3. Ответ: дг = 5/3. 315
1979 Решение варианта 1. 1. Пусть Ох—центр меньшей окружности, О2—центр большей окружности. Обозначим через В, D, £, С точки, в которых данные прямые касаются окружностей (рис. 107). Так как радиус, проведенный в точку касания, перпендикулярен касательной, то ОгВJ_ ВС, O2CJ_BC и, значит, треугольники ОХВА и О2СА прямоугольные. Они подобны (вертикальные углы ОгАВ и О2АС равновелики), причем из условия Рис 107. следует, что коэффициент подобия равен — . Поэтому | О2С | = 3/?. Но =-о-, т. е. U2AC=—. Кроме того, |ЛС|=|ЛОа| cos —, л R | АВ | = | OtA |cos -g , | OXi4 |= — . Легко видеть, что sin-^- о AC I sin (5^С=1 — sin —=-?г О и £ Sin-g- tg-g- : . л FsinT Аналогично доказывается, что треугольники O2£i4 и угольные, причем прямо=^ и, значит, 5Oai4ff=SOai4c=-j V~3 R*, Искомая площадь является суммой площадей четырех треугольников ОХВА, 0-lDA, О2СА, О2ЕА и двух секторов, опирающихся на дуги ENC и BMD. Так как = 2 f|-ij=^L и ХЛ =2 I -= б")1"""1"^"* то ЦентРальные углы, опирающиеся на дуги ENC и BMD, равны -^- и, значит, площади большего и мень- 1 4л 1 4л. шего секторов равны соответственно —-^-(3/?)а и -jr- • -=-/?2. Таким об» 2, о z о разом, искомая площадь равна Ответ : S=\QR*( 316
2. Используя формулы приведения, перепишем уравнение в виде cos 2х+3 sin х = 1 + 2 sin x. Используя формулу для косинуса двойного угла cos 2х =1—2sina#, по» лучим, что исходное уравнение равносильно уравнению 2 sin a; f sinjc —y )=0 и, значит, равносильно совокупности двух уравнений sin* = 0 и sin*=-2". Решения этих уравнений есть соответственно x = nkt k£Zt и х = (—^)Л^- + + яя, fl£Z. Следовательно, множество всех решений исходного уравнения есть x = nk, k£Z; x = (—\)n~-\-nnt n£Z. Ответ: x = nk, k£Z\ x = (— \)n -x—\-nnt n£Z. о 3. Область допустимых значений неравенства состоит из всех jc, удовлетворяющих условиям: 4—х > 0 и х—1 > 0, т. е. ОДЗ является интервалом 1 < х < 4. На этом интервале исходное неравенство равносильно неравенству (4—х) (х—1)^2. Решения последнего неравенства есть два промежутка: — oo<*s^2 и 3^я< + оо. Из этих решений в интервале 1 < х < 4 содержатся лишь х из двух промежутков: 1 < х^2 и 3^д:<4. Значит, множество всех решений исходного неравенства состоит из двух промежутков: 1 < х<2 и З^х <4. Ответ: \ < x<2t 3^jc<4. 4. Обозначим через х ч, у ч, г ч время, за которое соответственно первая, вторая и третья линии могут выполнить сменное задание первой ^ 111 линии. Тогда за 1 ч они могут выполнить соответственно —, —, — часть сменного задания для первой линии. Производительность всех трех одновременно действующих линий в 1,5 раза больше производительности первой и второй линий, работающих одновременно, поэтому 1+1+1 = 1,5 (1+1V (!) * ' у~ г \х~ у J l ' За один час вторая и третья линии, работая одновременно, выполнят —|— часть сменного задания для первой линии. Значит, для того чтобы выполнить все сменное задание для первой линии им потребуется причем по условию задачи (2) Из условия задачи также следует, что У = х—2. (3) 317
Из уравнения (2) находим: —|—== —. Подставляя = ^ вместо т f— в левую часть уравнения (1), а также х—2 вместо у в правую У * часть уравнения (1), получаем уравнение 1.(1 _1_ х ф5*-24 "" 2 V х +*— 2 После преобразований уравнение (4) можно переписать в виде 5*2 —43* + 24 x(jt—2)(5jc—24) * откуда получаем, что уравнение (4) имеет два корня: хг = 8 и *2 = 3/5. Из условия задачи следует, что х > 2. Значит, условию задачи удовлетворяет лишь *i = 8. Ответ: первая линия выполнит свое сменное задание за 8 ч. 5. Так как правильная дробь, то т < п и потому (Зп—т)—натуральное число. Пусть р (р > 1)—натуральное число, на которое можно * 3/2—т <_ _ сократить дробь . - . Это значит, что натуральные числа Зп—т и 5я+2/я делятся на р, т. е. существуют натуральные числа N и М такие, *то Зп—m = pN и Ьп-{-2т = рМ. Отсюда следует, что \\n = p(2N+M), т. е. числа 1 In и llm делятся на р. Так как дробь несократимая, т. е. числа п и т не имеют общих деталей, то 11 делится на р. Поскольку р> 1 и 11—простое число, то отсюда следует, что /7 = 11. Ответ: 11. Ответы к варианту 2. 1. -g- R2 (2 |/~3+5л). 2. ■^• _.?1_}-дЛ, /igZ.t3.. — 4<*<— 3, 0<х<1. 4. 2 часа. 5. 7.
Юрий Валентинович Нестеренко Слав Николаевич Олехник Михаил Константинович Потапов ЗАДАЧИ ВСТУПИТЕЛЬНЫХ ЭКЗАМЕНОВ ПО МАТЕМАТИКЕ М., 1980 г., 320 стр. с илл. Редактор А. А. Могилевский Техн. редакторы Е.'В. Морозова, В. Н. Кондакова Корректор Н. Б. Румянцева ИБ № 11794 Сдано в набор 31.03.80. Подписано к печати 23.07.80. Бумага 60X9O*/i». тип. N° 3. Литературная гарнитура. Высокая печать. Условн. печ. л. 20. Уч.-изд. л 21,15, Тираж 300 000 экз. (2-й завод 200 001—300 000). Заказ № 1521. Цена книги 75 коп. Издательство «Наука» Главная редакция физико-математической литературы 117071, Москва, В-71, Ленинский проспект, 15 Ордена Октябрьской Революции и ордена Трудового Красного Знамени Первая Образцовая типография имени А. А. Жданова Союзполиграф- прома при Государственном комитете СССР по делам издательств, полиграфии и книжной торговли. Москва, М-54, Валовая, 28
ИЗДАТЕЛЬСТВО «НАУКА» ГЛАВНАЯ РЕДАКЦИЯ ФИЗИКО-МАТЕМАТИЧЕСКОЙ ЛИТЕРАТУРЫ 117071, Москва, В-71, Ленинский проспект, 15 ГОТОВИТСЯ К ПЕЧАТИ В 1980 ГОДУ: АЛГЕБРА И АНАЛИЗ ЭЛЕМЕНТАРНЫХ ФУНКЦИЙ. Пособие для подготовительных отделений / П о т а п о в М. К., Александров В. В., Вавилов В. В., ПасиченкоП. И.— М.: Наука. Главная редакция физико-математической литературы, 1980.—30 л. В книге изложены основные разделы как старой, так и новой программ курса математики средней школы с акцентами на тех ее главах, глубокое и полное понимание которых является особенно важным при изучении в дальнейшем высшей математики. Материал книги изложен просто и доходчиво, иллюстрирован большим количеством упражнений и задач, что дает возможность читателю активно включиться в повторение забытых разделов элементарной математики. Книга предназначена для слушателей и преподавателей подготовительных отделений вузов. Она может быть полезной учащимся и учителям средней школы, а также всем тем, кто готовится к вступительным экзаменам в вузы. Заказы на указанную книгу принимаются без ограничения всеми магазинами Книготорга и Академкниги, распространяющими научно-техническую литературу.
75 коп.