Математика
Русский язык

Тренировочные варианты "Школково". Уровень Максим Олегович

1. Вспоминай формулы по каждой теме
2. Решай новые задачи каждый день
3. Вдумчиво разбирай решения

Уровень Максим Олегович. Тренировочный вариант №6

Задание 1

Таблетка весит \(16\, мг\) и содержит \(50\%\) активного вещества. Кириллу врач прописал \(1\, мг\) активного вещества на каждый килограмм массы в сутки. Сколько таблеток этого лекарства следует принимать Кириллу в течение суток, если его масса \(40\) килограмм?

Таблетка содержит \(16 \cdot 0,5 = 8\, мг\) активного вещества. Кириллу врач прописал принимать \(1 \cdot 40 = 40\, мг\) активного вещества в сутки. То есть ему надо принимать \(40 : 8 = 5\) таблеток в сутки.

Ответ: 5

Задание 2

На рисунке жирными точками показано количество осадков, выпавших в Крыму в период с \(16\) по \(29\) апреля. По горизонтали указывается день месяца, по вертикали – количество осадков, выпавших в Крыму в соответствующий день, в миллиметрах. Для наглядности жирные точки на рисунке соединены линией. Определите по рисунку разницу между наименьшим и наибольшим количеством осадков в день, выпавших в Крыму за указанный период. Ответ дайте в миллиметрах.



По рисунку видно, что наибольшее количество осадков в день равно \(10\, мм\), а наименьшее – \(1\, мм\). Разница: \(10 - 1 = 9\, мм\).

Ответ: 9

Задание 3

В треугольнике \(ABC\): точки \(D\) и \(E\) лежат на \(AB\), причём \(\dfrac{AD + BE}{AB} = \dfrac{2}{3}\). Площадь треугольника \(ACD\) равна \(10\), \(\dfrac{S_{CEB}}{S_{CED}} = \dfrac{6}{5}\). Найдите площадь треугольника \(ABC\).



Пусть \(h\) – длина высоты, опущенной из точки \(C\) на \(AB\), тогда \(S_{ABC} = 0,5\cdot AB\cdot h\).   \(S_{CEB} = 0,5\cdot EB\cdot h\), \(S_{CED} = 0,5\cdot DE\cdot h\), откуда \(\dfrac{6}{5} = \dfrac{S_{CEB}}{S_{CED}} = \dfrac{0,5\cdot EB\cdot h}{0,5\cdot DE\cdot h} = \dfrac{EB}{DE}\), но \(DE = AB - (AD + BE) = AB - \dfrac{2}{3}\cdot AB = \dfrac{1}{3}\cdot AB\), откуда \(EB = \dfrac{6}{5}\cdot \dfrac{1}{3}\cdot AB = \dfrac{2}{5}\cdot AB\), тогда \(AD = AB - (DE + EB) = AB - \dfrac{1}{3}\cdot AB - \dfrac{2}{5}\cdot AB = \dfrac{4}{15}\cdot AB\).
\(10 = S_{ACD} = 0,5\cdot AD\cdot h = 0,5\cdot \dfrac{4}{15}\cdot AB\cdot h = \dfrac{4}{15}\cdot S_{ABC}\), откуда \(S_{ABC} = 10\cdot\dfrac{15}{4} = 37,5\).

Ответ: 37,5

Задание 4

В рамках случайного эксперимента дважды подбрасывается правильная игральная кость (\(6\)-гранный кубик). Какова вероятность того, что выпавшая сумма цифр будет делиться на \(3\)? Ответ округлите до сотых.

Так как вероятности выпадения любой упорядоченной пары чисел вида \((a; b)\) одинаковы (\(a\) и \(b\) – числа из множества \(1\), \(2\), \(3\), \(4\), \(5\), \(6\)), то искомая вероятность есть просто отношение суммарного количества пар \((a; b)\) таких, что \(a + b\) кратно \(3\), к общему количеству пар вида \((a; b)\). Сумма \(a + b\) кратна \(3\) в тех случаях, когда \(a + b = 3\) или \(a + b = 6\), или \(a + b = 9\), или \(a + b = 12\).

Под условие \(a + b = 3\) подходят \(2\) пары: \((1; 2)\) и \((2; 1)\),
под условие \(a + b = 6\) подходят \(5\) пар: \((1; 5)\), \((5; 1)\), \((2; 4)\), \((4; 2)\), \((3; 3)\),
под условие \(a + b = 9\) подходят \(4\) пары: \((3; 6)\), \((6; 3)\), \((4; 5)\), \((5; 4)\),
под условие \(a + b = 12\) подходит \(1\) пара: \((6; 6)\),
общее количество возможных пар вида \((a; b)\) равно \(36\).

Итого: искомая вероятность равна \[\dfrac{2 + 5 + 4 + 1}{36} = 0,(3).\] После округления до сотых получаем \(0,33\).

Ответ: 0,33

Задание 5

Найдите корни уравнения \(x^3 - 21x^2 + 111x - 91 = 0\). Если уравнение имеет несколько корней, в ответ запишите больший из них.

ОДЗ: \(x\) – произвольное. Решим на ОДЗ:

Можно угадать один из корней \(x = 1\). Знание этого корня позволяет вынести за скобку выражение \((x - 1)\) при помощи деления столбиком: \[\begin{array}{rr|l} x^3-21x^2+111x-91&&\negthickspace\underline{\qquad x-1 \qquad}\\ \underline{x^3\, -\ \ \ x^2} \phantom{00000000000}&&\negthickspace \ x^2 -20x + 91\\[-3pt] -20x^2 + 111x\,\phantom{0000}&&\\ \underline{-20x^2 +\ 20x\,}\phantom{0000}&&\\[-3pt] 91x - 91&&\\ \underline{91x - 91}&&\\[-3pt] 0&&\\ \end{array}\] тогда \[x^3 - 21x^2 + 111x - 91 = (x - 1)(x^2 - 20x + 91).\] Второй множитель также можно разложить в произведение линейных. Для этого находим корни уравнения \(x^2 - 20x + 91 = 0\). Его корни \(x_1 = 7, \ x_2 = 13\). Теперь разложение принимает окончательный вид:

\[x^3 - 21x^2 + 111x - 91 = (x^2 - 20x + 91)(x - 1) = (x - 7)(x - 13)(x - 1).\]

Произведение нескольких выражений равно нулю в том и только том случае, когда хотя бы одно из них равно нулю и все они не теряют смысл. Отсюда находим корни исходного уравнения: \(x_1 = 13, \ x_2 = 7, \ x_3 = 1\) – подходят по ОДЗ. Больший из них \(x = 13\).

Ответ: 13

Задание 6

\(ABCD\) – параллелограмм, на сторонах \(AB\) и \(AD\) которого отложены векторы \(\overrightarrow{AB}\), \(\overrightarrow{AD}\). Известно, что длина \(\overrightarrow{AB}\) равна \(4\), длина \(\overrightarrow{AD}\) равна \(5\), а \((\overrightarrow{AB}, \overrightarrow{AD}) = 2,5\) (т.е. их скалярное произведение равно \(2,5\)). Найдите длину \(BO\), если \(O\) – точка пересечения диагоналей параллелограмма \(ABCD\).





Так как диагонали параллелограмма точкой пересечения делятся пополам, то \(BO = 0,5\cdot BD\).
Скалярное произведение вектора на себя равно квадрату его длины.
\(\overrightarrow{BD} = \overrightarrow{AD} - \overrightarrow{AB}\), тогда по свойству скалярного произведения имеем:

\[\begin{aligned} (\overrightarrow{BD}, \overrightarrow{BD}) &= (\overrightarrow{AD} - \overrightarrow{AB}, \overrightarrow{AD} - \overrightarrow{AB}) = (\overrightarrow{AD},\overrightarrow{AD} - \overrightarrow{AB}) + (- \overrightarrow{AB}, \overrightarrow{AD} - \overrightarrow{AB}) =\\ &= (\overrightarrow{AD}, \overrightarrow{AD}) - (\overrightarrow{AD}, \overrightarrow{AB}) - (\overrightarrow{AB}, \overrightarrow{AD}) + (\overrightarrow{AB}, \overrightarrow{AB}) = 5^2 - 2,5 - 2,5 + 4^2 = 36, \end{aligned}\]

откуда длина \(BD\) равна \(6\), тогда длина \(BO\) равна \(3\).

Ответ: 3

Задание 7

Найдите угол \(\alpha\) между прямой \(y = \sqrt{3}x + 3\sqrt{3}\) и положительным направлением оси \(Ox\). Ответ дайте в градусах.

Для прямой, заданной уравнением \(y = kx + b\), коэффициент \(k\) есть значение тангенса угла между прямой \(y = kx + b\) и положительным направлением оси \(Ox\).

 

Таким образом, \(\mathrm{tg}\, \alpha = \sqrt{3}\). Так как градусная мера угла между двумя прямыми лежит в полуинтервале \([0; 180^{\circ})\), а \(\mathrm{tg}\, \alpha = \sqrt{3} > 0\), то \(0 < \alpha < \dfrac{\pi}{2}\), следовательно, \(\alpha = \mathrm{arctg}\, (\sqrt{3}) = \dfrac{\pi}{3}\). В итоге \(\alpha = 60^{\circ}\).

Ответ: 60

Задание 8

Точка \(A\) – середина оси цилиндра, высота которого \(h\). Точка \(B\) лежит на основании цилиндра (с центром \(O\) и радиусом \(R\)), причём угол между \(AB\) и плоскостью основания равен \(60^\circ\), Объём заштрихованной области \[V_{\text{штрих}} = \dfrac{75\sqrt{5}}{\sqrt{\pi}}.\] Найдите площадь боковой поверхности конуса с вершиной \(A\) и основанием, совпадающим с основанием цилиндра.



Рассмотрим прямоугольный треугольник \(AOB\): \(AO = 0,5h\), \(\angle ABO = 60^\circ\), \(OB = R\), тогда \(0,5h = R\cdot \mathrm{tg}\, 60^\circ = R\sqrt{3}\), откуда \(h = 2R\sqrt{3}\); \(AB = \dfrac{R}{\cos 60^\circ} = 2 R\).

\[\dfrac{75\sqrt{5}}{\sqrt{\pi}} = V_{\text{штрих}} = V_{\text{цил}} - V_{\text{кон}} = \pi R^2 h - \dfrac{1}{3}\pi R^2\cdot 0,5 h = \pi R^2\cdot\dfrac{5h}{6} = \pi R^3\dfrac{5\sqrt{3}}{3},\] тогда \(\dfrac{75\sqrt{5}}{\sqrt{\pi}} = \pi R^3\dfrac{5\sqrt{3}}{3}\), откуда \(R = \sqrt{\dfrac{15}{\pi}}\), тогда \[S_{\text{бок кон}} = \pi R\cdot AB = 2\pi R^2 = 30.\]

Ответ: 30

Задание 9

Найдите значение выражения \(\omega(2017^2) + \omega(-2017^2) + 15\), если \(\omega(\xi) = \sin \xi + \xi^{2017} + \xi^{2015} - \xi^{2013}\).

Так как \(\omega(\xi) = \sin \xi + \xi^{2017} + \xi^{2015} - \xi^{2013}\), то при любом числе \(\xi\) для числа \(-\xi\) имеем:

 

\(\omega(-\xi) = \sin (-\xi) + (-\xi)^{2017} + (-\xi)^{2015} - (-\xi)^{2013} = -\sin \xi - \xi^{2017} - \xi^{2015} +\xi^{2013} =\)
\(= -(\sin \xi + \xi^{2017} + \xi^{2015} - \xi^{2013}) = -\omega(\xi).\)

Тогда и для числа \(\xi = 2017^2\) выполнено \(\omega(-2017^2) = -\omega(2017^2)\), откуда \[\omega(2017^2) + \omega(-2017^2) + 15 = \omega(2017^2) -\omega(2017^2) + 15 = 15.\]

Ответ: 15

Задание 10

Маша подбросила мячик, высота которого до падения меняется по закону \(h = 1 + 7t - 5t^2\), где \(h\) – высота в метрах, \(t\) – время в секундах, отсчитываемое от момента подбрасывания. Сколько секунд с момента подбрасывания мячик находился на высоте не менее \(1\) метра, но не более \(2,2\) метров?

Моменты \(t\), в которые мячик находился на высоте не менее \(1\) метра, но не более \(2,2\) метров удовлетворяют двойному неравенству \[1 \leqslant 1 + 7t - 5t^2 \leqslant 2,2.\] Решим два неравенства по очереди.

Рассмотрим неравенство \(1 \leqslant 1 + 7t - 5t^2\). Оно равносильно неравенству \[5t^2 - 7t \leqslant 0,\] которое решим методом интервалов. Найдём корни уравнения \(5t^2 - 7t = 0\): \[t_1 = 0, \qquad\qquad t_2 = 1,4,\] тогда:



тогда решениями этого неравенства будут \(t\in[0; 1,4]\).

Рассмотрим теперь неравенство \(1 + 7t - 5t^2 \leqslant 2,2\). Оно равносильно неравенству \[5t^2 -7t + 1,2 \geqslant 0,\] которое решим методом интервалов. Найдём корни уравнения \(5t^2 -7t + 1,2 = 0\): \[t_1 = 0,2, \qquad\qquad t_2 = 1,2,\] тогда:



но с учётом того, что \(t \geqslant 0\) подходят только \(t\in[0; 0,2] \cup [1,2; +\infty)\).

В итоге мячик находился на высоте не менее \(1\) метра, но не более \(2,2\) метров в моменты \(t\in[0; 0,2] \cup [1,2; 1,4]\), то есть в течение \((0,2 - 0) + (1,4 - 1,2) = 0,4\) секунды.

Ответ: 0,4

Задание 11

Каждая из двух коров может съесть стог сена за \(20\) минут. Спустя \(5\) минут после того, как первая корова приступила к поеданию стога сена, к ней присоединилась вторая, и они доели стог сена вместе. Сколько минут потребовалось на поедание стога сена коровам?

В минуту каждая корова съедает \[\dfrac{1}{20} = 0,05\ \text{стога сена}.\] За \(5\) минут первая корова съела \(0,05 \cdot 5 = 0,25\) стога сена, после чего осталось \(1 - 0,25 = 0,75\) стога сена.

Поедая вместе, две коровы в минуту съедают \(2 \cdot 0,05 = 0,1\) стога сена, тогда с начала совместного поедания до конца прошло \(0,75 : 0,1 = 7,5\) минут.

Всего на стог сена коровам потребовалось \(5 + 7,5 = 12,5\) минут.

Ответ: 12,5

Задание 12

Найдите точку локального минимума функции

\(y = \dfrac{6e^x}{e + 1} - \ln((e^x + 1)^6)\).

ОДЗ: \(e^x + 1 > 0\) – верно при любом \(x\). Решим на ОДЗ:

Заметим, что \[\dfrac{6}{e + 1}\] – просто число, тогда:

1) \[y' = \left(\dfrac{6}{e + 1}e^x - \ln((e^x + 1)^6)\right)' = \dfrac{6e^x}{e + 1} - 6\dfrac{e^x}{e^x + 1} = 6e^x\left(\dfrac{1}{e + 1} - \dfrac{1}{e^x + 1}\right).\]

Найдём критические точки (то есть внутренние точки области определения функции, в которых её производная равна \(0\) или не существует): \[6e^x\left(\dfrac{1}{e + 1} - \dfrac{1}{e^x + 1}\right) = 0\qquad\Leftrightarrow\qquad \dfrac{1}{e + 1} - \dfrac{1}{e^x + 1} = 0\] (так как \(e^x > 0\) при любом \(x\)), что равносильно \(\dfrac{e^x - e}{(e+1)(e^x+1)} = 0\), откуда находим \(x = 1\). Для того, чтобы найти точки локального максимума/минимума функции, нужно понять, как схематично выглядит её график.

2) Найдём промежутки знакопостоянства \(y'\):



3) Эскиз графика \(y\):



Таким образом, \(x = 1\) – точка локального минимума функции \(y\).

Ответ: 1

Задание 13

a) Решите уравнение

\[\begin{aligned} 2^{n+m}\sin^{2n}x\cdot\cos^{2m} (2x)\cdot\sin^{2m}(2x)\cdot\cos^n x = 1^{3n}, \end{aligned}\]

где \(n, m\in\mathbb{N}\) – такие, что \(96n = 2^{2017}\cdot 123456789\), \(n^{2017} = \dfrac{\sqrt{m}}{2017}\).

б) Найдите все его корни, принадлежащие промежутку \([-2016\pi; 2017\pi]\).

ОДЗ: \(x\) – произвольное. Решим на ОДЗ:

а) Исходное уравнение можно переписать в виде

\[2^n\sin^{2n}x\cdot\cos^n x\cdot 2^m\sin^{2m}(2x)\cdot\cos^{2m} (2x) = 1,\]

что равносильно

\[(2\sin x\cdot\cos x)^n\cdot\sin^n x\cdot (2\sin (2x)\cdot\cos (2x))^m\sin^{m}(2x)\cdot\cos^{m} (2x) = 1,\]

что равносильно

\[\sin^n (2x)\cdot\sin^n x\cdot \sin^m (4x)\cdot\sin^{m}(2x)\cdot\cos^{m} (2x) = 1.\]

Так как в произведении в левой части стоят \(2n + 3m\) множителей, модули которых не больше \(1\), а правая часть равна \(1\), то модули каждого из множителей в левой части должны быть равны \(1\) (иначе модуль левой части будет меньше 1, а модуль правой равен 1 и равенство невозможно).

 

Заметим, однако, что \(|\sin x|\) и \(|\sin 2x|\) не могут одновременно быть равны 1, так как если \(|\sin x| = 1\), то из основного тригонометрического тождества следует, что \(\cos x = 0\), тогда \(|\sin 2x| = |2\sin x\cdot\cos x| = 0\). Отсюда следует, что у данного уравнения нет решений ни при каких \(n, m\in\mathbb{N}\).

Ответ:

а) \(\varnothing\)

б) \(\varnothing\)

Задание 14

Дана правильная шестиугольная пирамида \(SABCDEF\), сторона основания которой равна \(a=4\), боковое ребро \(b=7\), \(SO\) – высота. Через точку \(L\) (\(SL:LO=3:1\)) проведена плоскость \(\alpha\) параллельно грани \(SAB\).

 

а) Доказать, что плоскость \(\alpha\) пересекает ребро \(SD\) в точке \(K\), где \(SK:KD=3:5\).

б) Найти площадь сечения пирамиды плоскостью \(\alpha\).

а)

 

Две плоскости параллельны, если две пересекающиеся прямые из одной плоскости будут параллельны некоторых двум пересекающимся прямым из другой плоскости.Проведем через точку \(L\) прямые, параллельные \(AB\) и \(AS\).
Из свойства правильного шестиугольника следует, что \(FC\parallel AB\). Проведем в плоскости \(FSC\) через точку \(L\): \(TN\parallel FC\).

 

Тогда по теореме Фалеса \(\dfrac{SN}{NC}=\dfrac{ST}{TF}=\dfrac{SL}{LO}=\dfrac{3}{1}\)

 

В плоскости \(ASD\) проведем через точку \(L\): \(KQ\parallel SA\).

 

Из теоремы Фалеса следует, что \(\dfrac{AQ}{QO}=\dfrac{SL}{LO}=\dfrac{3}{1}\)

 

Пусть \(AQ=3x, QO=x\). Из свойств правильного шестиугольника следует, что \(DO=OA=4x\).

 

Тогда по теореме Фалеса \(\dfrac{DQ}{QA}=\dfrac{DK}{KS}=\dfrac{5x}{3x}=\dfrac{5}{3}\)

 

б) Достроим сечение пирамиды плоскостью \(\alpha\). Плоскость \(\alpha\) пересечет плоскость основания по прямой \(RM\parallel AB, Q\in RM\). Значит, \(\dfrac{BM}{MC}=\dfrac{AR}{RF}=\dfrac{3}{1}\)

 

Аналогично, плоскость \(\alpha\) пересекает грань \(SED\) по прямой \(PK\parallel ED\parallel AB\). Таким образом, \(MNKPTR\) – сечение.
Заметим, что сечение представляет собой две равнобокие трапеции \(MNTR\) и \(NKPT\).


 

Найдем все их стороны.
Из подобия \(\bigtriangleup STN \sim \bigtriangleup SFC \Rightarrow TN=\dfrac{3}{4}FC=\dfrac{3}{2}a=6\)
Из подобия \(\bigtriangleup CNM \sim \bigtriangleup CSB \Rightarrow NM=\dfrac{1}{4}b=\dfrac{7}{4}\)

 

Достроим трапецию \(FABC\) до треугольника \(FWC\) – он правильный. \(\Rightarrow RM=\dfrac{7}{8}FC=\dfrac{7}{4}a=7\)
Из подобия \(\bigtriangleup SPK \sim \bigtriangleup SED \Rightarrow PK=\dfrac{3}{8}ED=\dfrac{3}{8}a=\dfrac{3}{2}\)

 

Найдем \(KN\) из грани \(SCD\):
По теореме косинусов \(cos\angle S=\dfrac{2b^2-a^2}{2b^2}\).

 

В \(\bigtriangleup KSN\): \(KN=\dfrac{3}{8}b, SN=\dfrac{3}{4}b \Rightarrow \) по теореме косинусов \(KN^2 =\dfrac{9}{64}\cdot (b^2 +2a^2) \Rightarrow KN=\dfrac{27}{8}\)

 

Обозначим высоту трапеции \(MNTR\) за \(h_1\). Тогда \(h_1 = \sqrt{\dfrac{49}{16}-\dfrac{1}{4}}=\dfrac{3}{4}\sqrt5\)

 

Высота трапеции \(NKPT\) \(h_1 =\sqrt{\dfrac{27^2}{64}-\dfrac{81}{16}}=\dfrac{9}{8}\sqrt5\)

 

Тогда площадь сечения \(S=\dfrac{1}{2}\cdot \left(\dfrac{3}{2}+6\right)\cdot \dfrac{9}{8}\sqrt5 + \dfrac{1}{2}\cdot (6+7)\cdot \dfrac{3}{4}\sqrt5 = \dfrac{291\sqrt5}{32}\)

Ответ:

б) \(\dfrac{291\sqrt5}{32}\)

Задание 15

Найдите все такие \(x\in\mathbb{R}\), которые являются решениями неравенства

\[\begin{aligned} N\cdot\log_{(1 + Nx)}3\cdot\log_3(1 + x)\geqslant 1 \end{aligned}\]

при любых \(N\in\mathbb{N}.\)

ОДЗ: \[\begin{cases} 1 + Nx > 0\\ 1 + Nx\neq 1 \qquad\text{— при любых}\ N\in\mathbb{N}\\ 1 + x > 0 \end{cases}\]

Покажем, что \(x < 0\) не подходят по ОДЗ:
зафиксируем произвольное \(x < 0\), тогда \(-x > 0\). Существует \(n\in\mathbb{N}\), такое что \[n > \dfrac{1}{-x}\,.\] Положим \(N = n\), тогда \[N > \dfrac{1}{-x}\qquad\Rightarrow\qquad -xN > 1\qquad\Rightarrow\qquad 1 + Nx < 0,\] что не подходит по ОДЗ. Таким образом, \(x\geqslant 0\).

Также по ОДЗ не подходит \(x = 0\), а \(x > 0\) подходят по ОДЗ, следовательно,
ОДЗ: \[x > 0\,.\] На ОДЗ:
исходное неравенство равносильно неравенству

\[\begin{aligned} &\dfrac{1}{\log_{3}(1 + Nx)}\cdot\log_3(1 + x)^N\geqslant 1 \end{aligned}\]

Так как на ОДЗ \[1 + Nx > 1,\] то \(\log_{3}(1 + Nx) > 0\), следовательно,

\[\begin{aligned} &\dfrac{1}{\log_{3}(1 + Nx)}\cdot\log_3(1 + x)^N\geqslant 1\quad\Leftrightarrow\quad\log_3(1 + x)^N\geqslant \log_{3}(1 + Nx)\quad\Leftrightarrow\\ &\Leftrightarrow\quad (1 + x)^N\geqslant (1 + Nx). \end{aligned}\]

Зафиксируем произвольный \(x > 0\).
Докажем по индукции, что данное неравенство выполнено для всех \(N\in\mathbb{N}\):

1) \(N = 1\): \[1 + x \geqslant 1 + x\] – верно.

2) Рассмотрим произвольное \(m\in\mathbb{N}\), такое что \((1 + x)^m\geqslant 1 + mx\), тогда \[(1 + x)^{m + 1} = (1 + x)\cdot(1 + x)^m\geqslant (1 + x)\cdot(1 + mx) = 1 + mx + x + mx^2\geqslant 1 + x(m + 1),\] таким образом, мы доказали, что рассматриваемый \(x\) подходит. Так как мы фиксировали произвольный \(x > 0\), то все \(x > 0\) являются решениями исходной задачи.

Ответ:

\((0; +\infty)\)

Задание 16

На стороне \(AC\) равностороннего треугольника \(ABC\) отмечена точка \(P\), а на продолжении стороны \(AB\) за вершину \(A\) отмечена точка \(Q\) так, что \(BP = PQ\).

а) Докажите, что \(AC\) равно длине ломаной \(QAP\).

б) Найдите площадь четырёхугольника \(BQPC\), если \(AP = 2\), \(PC = 4\).

а) Равенство длин \(AC\) и ломаной \(QAP\) равносильно равенству длин \(AQ\) и \(PC\).

На стороне \(AB\) отметим точку \(T\) так, что \(AT = AP\). Так как \(\triangle ABC\) – равносторонний, то \(AB = AC\), следовательно, \[\dfrac{AT}{AB} = \dfrac{AP}{AC}.\]

Рассмотрим треугольники \(ABC\) и \(ATP\): \[\dfrac{AT}{AB} = \dfrac{AP}{AC},\qquad\qquad \angle PAT \text{— общий},\] следовательно, они подобны по пропорциональности двух сторон и равенству углов между ними, откуда \[\dfrac{AT}{AB} = \dfrac{AP}{AC} = \dfrac{PT}{BC},\] следовательно, \(PT = AP = AT\).


 

Так как треугольник \(\angle APT\) – равносторонний, то \(\angle ATP = \angle TAP = 60^\circ\), откуда \(\angle BTP = \angle QAP\).

Кроме того, так как \(PQ = BP\), то \(\angle AQP = \angle ABP\). Из этого следует, что \[\angle APQ = 180^\circ - \angle AQP - \angle QAP = 180^\circ - \angle ABP - BTP = \angle BPT,\] следовательно, треугольники \(BTP\) и \(APQ\) равны по двум сторонам и углу между ними, откуда \[AQ = BT = AB - AT = AC - AP = PC.\]

б) \(AQ = PC = 4\). Так как \(\angle BAC = 60^\circ\), то \(\angle QAP = 120^\circ\), тогда \[S_{\triangle QAP} = 0,5\cdot 2\cdot 4\cdot\sin 120^\circ = 2\sqrt{3}.\]

Так как \(\triangle ABC\) – равносторонний с длиной стороны \(6\), то \[S_{\triangle ABC} = \dfrac{6^2\sqrt{3}}{4} = 9\sqrt{3}.\]

Таким образом, \[S_{BQPC} = S_{\triangle QAP} + S_{\triangle ABC} = 11\sqrt{3}.\]

Ответ:

б) \(11\sqrt{3}\).

Задание 17

Кредит выдан на \(3\) года под целое кратное десяти число \(y\) процентов годовых. Известно, что погашение кредита происходит раз в год после начисления процентов равными платежами. Под какой процент \(y\) взят кредит, если известно, что ежегодный платеж относится к сумме кредита как \(27:38\)?

Пусть \(A\) и \(x\) — суммы кредита и ежегодного платежа соответственно, а \(t=\frac{100+y}{100}\). Составим таблицу:

\[\begin{array}{|l|c|c|} \hline \text{Номер года}&\text{Долг после начисления }\%&\text{Долг после платежа}\\ \hline 1&tA&tA-x\\ \hline 2&t(tA-x)&t(tA-x)-x\\ \hline 3&t(t(tA-x)-x)&t(t(tA-x)-x)-x\\ \hline \end{array}\]

Таким образом,

\[t(t(tA-x)-x)-x=0 \quad \Leftrightarrow \quad \dfrac xA=\dfrac{t^3}{t^2+t+1}=\dfrac{27}{38}\]

Откуда получается уравнение \(38t^3-27t^2-27t-27=0\).

 

Известно, что \(y\) — целое кратное десяти число, то есть \(10; \ 20; \ 30; \dots\).

 

Тогда \(t=1,1; \ 1,2; \ 1,3; \dots\) или в рациональном виде \[t=\dfrac{11}{10}; \ \dfrac65; \ \dfrac{13}{10}; \ \dfrac75; \ \dfrac32; \ \dfrac85; \ \dfrac{17}{10}; \ \dfrac95; \ \dfrac{19}{10} \text{ и т.д.}\]

Если уравнение имеет рациональный корень, то числитель этого корня является делителем свободного члена, то есть \(-27\), а знаменатель — делителем старшего коэффициента, то есть \(38\). Таким образом, первый подходящий корень из нашего списка — это \(\frac{3}{2}\). Проверим:

\[38\cdot \left(\dfrac32\right)^3-27\left(\left(\dfrac32\right)^2+\dfrac32+1\right)=0 \quad \Leftrightarrow \quad 0=0\]

Таким образом, \(t=\dfrac32\) и \(y=50\%\).

Ответ:

\(50\%\)

Задание 18

При каких значениях параметра \(a\) уравнения

\[x^3+ax+1=0 \qquad \text{и} \qquad x^4+ax^2+1=0\]

имеют хотя бы один общий корень.

Пусть \(x_0\) – общий корень данных уравнений. Заметим, что \(x_0\ne 0\) (т.к. \(0^3+a\cdot 0+1\ne 0\)). Тогда верна следующая система:

\[\begin{cases} x_0^3+ax_0+1=0\\ x_0^4+ax_0^2+1=0 \end{cases}\]

Умножим первое уравнение системы на \(x_0\) (имеем право, т.к. \(x_0\ne 0\)) и вычтем из полученного уравнения второе уравнение системы:

\[\begin{cases} x_0^4+ax_0^2+x_0-(x_0^4+ax_0^2+1)=0\\ x_0^4+ax_0^2+1=0 \end{cases} \quad \Rightarrow \quad \begin{cases} x_0=1\\ x_0^4+ax_0^2+1=0 \end{cases} \quad \Rightarrow \quad \begin{cases} x_0=1\\ a=-2 \end{cases}\]

Таким образом, данные уравнения общим корнем могут иметь только \(x_0=1\), и для того, чтобы \(x_0=1\) являлся их общим корнем, необходимо, чтобы \(a=-2\). Проверкой можно убедиться, что \(x_0=1\) и \(a=-2\) подходят в оба уравнения.

Ответ:

\(a\in \{-2\}\)

Задание 19

Докажите, что для любых натуральных чисел \(n\) и \(m\) существуют целые числа \(p\) и \(q\), такие что НОД\((n; m) = pn + qm\).

Убедимся, что любой общий делитель всякой пары натуральных чисел \((n; m)\) является также и общим делителем пары \((m; n - m)\): если уменьшаемое делится на число \(k\), то оно имеет вид \(n = ak\), если вычитаемое делится на число \(k\), то оно имеет вид \(m = bk\), тогда \[n - m = ak - bk = (a - b)k,\] то есть их разность также делится на число \(k\).

Аналогично доказывается, что любой общий делитель пары \((m; n - m)\) является общим делителем пары \((n; m)\), следовательно, \[\text{НОД}(n; m) =\ \text{НОД}(m; n - m).\]

Пусть \(n > m\). Можно свести НОД\((n; m)\) к наибольшему общему делителю другой пары чисел, в которой наибольшее из чисел окажется меньше, чем \(n\), а именно: НОД\((n; m) =\) НОД\((m; n - m)\).

Таким образом, можно получить последовательность равенств вида \(... =\) НОД\((k; 0)\) или вида \(... =\) НОД\((k; k)\), но НОД\((k; k) =\) НОД\((k; 0)\).

Такую последовательность действительно можно получить так как при \(n > m\) получается, что \(n > m\) и \(n > n - m\), то есть в равенстве НОД\((n; m) =\) НОД\((m; n - m)\) максимум из чисел под знаком НОД в правой части с каждым таким шагом уменьшается по крайней мере на 1, но числа \(n\) и \(m\) – конечны, следовательно, через конечное число преобразований можно получить цепочку равенств вида \(... =\) НОД\((k; 0)\).

 

\(\bullet\) Назовём выражение вида \(an + bm\), где \(a, b\in\mathbb{Z}\) линейной комбинацией над \(\mathbb{Z}\) чисел \(n\) и \(m\). Ясно, что сумма линейных комбинаций над \(\mathbb{Z}\) чисел \(n\) и \(m\) снова линейная комбинация над \(\mathbb{Z}\) чисел \(n\) и \(m\), разность линейных комбинаций над \(\mathbb{Z}\) чисел \(n\) и \(m\) снова линейная комбинация над \(\mathbb{Z}\) чисел \(n\) и \(m\).

 

Последнее полученное равенство можно продолжить: \[... =\ \text{НОД}(k; 0) = k.\] При этом число \(k\) получалось последовательным вычитанием из линейной комбинации над \(\mathbb{Z}\) чисел \(n\) и \(m\) линейных комбинаций над \(\mathbb{Z}\) чисел \(n\) и \(m\), то есть \(k\) есть линейная комбинация над \(\mathbb{Z}\) чисел \(n\) и \(m\), следовательно, существуют целые числа \(p\) и \(q\), такие что \(k = pn + qm\).

Ответ:

Доказательство