Математика
Русский язык

ДВИ в МГУ им. М. В. Ломоносова

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

Тренировочные варианты «Школково». Вариант Москва, июль 2014 года.

Задание 1

Найдите в явном виде натуральное число, заданное выражением \[\sqrt{7-4\sqrt3}\cdot \left(8+4\sqrt3\right)\]

Заметим, что \(7-4\sqrt3=2^2-2\cdot 2\cdot \sqrt3+(\sqrt3)^2=(2-\sqrt3)^2\). Следовательно, \[\sqrt{(2-\sqrt3)^2}\cdot 4\cdot (2+\sqrt3)=|2-\sqrt3| \cdot 4\cdot (2+\sqrt3)\] Так как \(2-\sqrt3>0\), то \(|2-\sqrt3|=2-\sqrt3\), следовательно, \[4(2-\sqrt3)(2+\sqrt3)=4.\]

 

Ответ:

4

Задание 2

Найдите максимальное значение функции \[{\large{\log_{\frac12}(x^2-6x+17)}}\]

Функция \(y(t)=\log_{\frac12} t\) является убывающей функцией. Следовательно, наибольшему значению функции соответствует наименьшее значение \(t\).
Тогда для того, чтобы найти наибольшее значение \(y(x)\), нужно найти \(x\), при котором \(t=x^2-6x+17\) принимает наименьшее значение. Так как графиком \(t=x^2-6x+17\) является парабола с ветвями, направленными вверх, то наименьшее значение \(t\) принимает в вершине параболы: \(x=-\dfrac{-6}2=3\). Следовательно, \[y_{\text{наиб}}=y(3)=\log_{\frac12}8=-3.\]

 

Ответ:

-3

Задание 3

Найдите все положительные \(x\), удовлетворяющие неравенству \[{\large{x^{3x+7}>x^{12}}}\]

Так как \(a^b=e^{b\ln a}\), то неравенство можно переписать в виде: \[e^{(3x+7)\ln x}>e^{12\ln x}\quad\Leftrightarrow\quad (3x+7)\ln x>12\ln x\quad\Rightarrow\quad \ln x(3x+7-12)>0\] Решим неравенство по методу рационализации: \[\begin{cases} x>0\\ (3x-5)(e-1)(x-1)>0\end{cases} x\in (0;1)\cup\left(\dfrac53;+\infty\right)\]

Ответ:

\((0;1)\cup\left(\frac53;+\infty\right)\)

Задание 4

Решите уравнение \[\cos^2x-\cos x\cdot \sin^2 \left(\dfrac{5x}4-\dfrac{5\pi}{12}\right) +\dfrac14=0\]

Заметим, что \(\cos x=0\) не является решением уравнения. Следовательно, уравнение можно переписать в виде: \[\sin^2\left(\dfrac{5x}4-\dfrac{5\pi}{12}\right)=\dfrac 12\left(\dfrac 1{2\cos x}+\dfrac{2\cos x}1\right)\] Сделаем замену \(2\cos x=t\). Тогда \[\sin^2\left(\dfrac{5x}4-\dfrac{5\pi}{12}\right)=\dfrac 12\left(\dfrac 1{t}+t\right)\] Так как сумма двух взаимно обратных чисел \(t+\frac1t\geqslant 2\) при \(t>0\) и \(t+\frac1t\leqslant -2\) при \(t<0\), то в нашем случае (так как слева стоит квадрат синуса) \(t>0\). Таким образом, правая часть \(\geqslant \frac12\cdot 2=1\). Так как \(\sin^2\alpha\in [0;1]\) при любом \(\alpha\), то равенство достигается только тогда, когда левая и правая части равны по \(1\): \[\begin{cases} \sin^2\left(\dfrac{5x}4-\dfrac{5\pi}{12}\right)=1\\[2ex] \dfrac12\left(\dfrac1{2\cos x}+2\cos x\right)=1 \end{cases} \quad\Rightarrow\quad \begin{cases} \sin\left(\dfrac{5x}4-\dfrac{5\pi}{12}\right)=\pm 1\\[2ex] 2\cos x=1 \end{cases} \quad\Rightarrow\quad \begin{cases} \dfrac{5x}4-\dfrac{5\pi}{12}=\dfrac{\pi}2+\pi k, k\in\mathbb{Z}\\[2ex] x_2=\pm \dfrac{\pi}3+2\pi n, n\in\mathbb{Z} \end{cases}\]

Первое уравнение равносильно \(x_1=\dfrac{11\pi}{15}+\dfrac 45\pi k, k\in\mathbb{Z}.\)

 

1) Рассмотрим первый случай: \(\dfrac{11\pi}{15}+\dfrac 45\pi k=\dfrac{\pi}3+2\pi n\quad (*)\).
Найдем те значения \(k,n\), при которых совпадают корни из серий \(x_1\) и \(x_2\). \[(*)\quad \Leftrightarrow\quad k=\dfrac{5n-1}2=2n+\dfrac{n-1}2\] Заметим, что если \(n\) – нечетное, то есть \(n=2p+1\), \(p\in\mathbb{Z}\), то мы получаем целое \(k=2(2p+1)+p=5p+2\), \(p\in \mathbb{Z}\). Таким образом, ответ: \[x=\dfrac{\pi}3+2\pi (2p+1)=\dfrac{7\pi}3+4\pi p, p\in\mathbb{Z}\]

2) Рассмотрим второй случай: \[\dfrac{11\pi}{15}+\dfrac 45\pi k=-\dfrac{\pi}3+2\pi n\quad \Leftrightarrow\quad k=2n-1+\dfrac{3n-2}6\] \(n\) – целое, при делении на \(6\) оно может давать остатки: \(0;1;2;3;4;5\). Тогда выражение \(3n-2\) при делении на \(6\) будет давать остатки \(4;1;4;1;4;1\) соответственно. Следовательно, выражение \(\frac{3n-2}6\) ни при каких целых \(n\) не будет целым, следовательно, решений в этом случае нет.

 

Ответ:

\(\dfrac{7\pi}3+4\pi p, p\in\mathbb{Z}\)

Задание 5

Окружности \(\omega_1\) и \(\omega_2\) с центрами в точках \(O_1\) и \(O_2\) касаются внешним образом в точке \(A\). Общая внешняя касательная к этим окружностям касается \(\omega_1\) и \(\omega_2\) соответственно в точках \(B_1\) и \(B_2\). Общая касательная к окружностям, проходящая через точку \(A\), пересекает отрезок \(B_1B_2\) в точке \(C\). Прямая, делящая угол \(ACO_2\) пополам, пересекает прямые \(O_1B_1\), \(O_1O_2\) и \(O_2B_2\) в точках \(D_1, L, D_2\) соответственно. Найдите отношение \(LD_2:O_2D_2\), если известно, что \(CD_1=CO_1\).

 

Рассмотрим чертеж:



По свойству касательных к двум касающимся окружностям \(B_1C=B_2C=AC\). По условию \(O_1C=D_1C\) (следовательно, \(\angle B_1O_1C=\angle B_1D_1C=\alpha\)). Так как \(\triangle O_1B_1C=\triangle O_1AC\) как прямоугольные по катету и гипотенузе, то \(\angle CO_1A=\alpha\).
\(O_1B_1\perp B_1B_2\) и \(O_2B_2\perp B_1B_2\) как радиусы, проведенные в точки касания.
Так как \(O_1B_1\parallel O_2B_2\) и \(D_1D_2\) – секущая, то \(\angle LD_2O_2=\angle CD_1B_1=\alpha\).
Следовательно, \(\triangle CB_1D_1=\triangle CB_2D_2\) как прямоугольные по катету и острому углу.
Таким образом, \(\angle D_1CB_1=\angle O_1CB_1=\angle O_1CA=\angle B_2CD_2=\beta\).
Так как \(\angle ACO_2=\angle B_2CO_2=x\), то \(\angle LCO_2=\beta-x=\angle LCA=\frac x2\), откуда \(\beta=\frac32 x\).
Тогда \(\angle LD_2O_2=\angle CD_2B_2=90^\circ-\beta=90^\circ-\frac32 x\).
\(\angle D_2LO_2=\angle ALC=90^\circ-\frac x2\) (как вертикальные).
\(\angle LO_2D_2=\angle B_1O_1A=2\angle LD_2O_2=180^\circ-3x\).

 

Таким образом, из \(\triangle LD_2O_2\) получаем: \[90^\circ-\dfrac32 x+90^\circ-\dfrac x2+180^\circ-3x=180^\circ \quad\Rightarrow\quad x=36^\circ\] Следовательно, \(\angle D_2O_2L=72^\circ=\angle D_2LO_2\), значит, \(LD_2:O_2D_2=1:1\).

Ответ:

1:1

Задание 6

Найдите все положительные \(x, y\), удовлетворяющие системе уравнений \[{\large{\begin{cases} x^{\frac32}+y=16\\ x+y^{\frac23}=8 \end{cases}}}\]

Сделаем замену \(x^{\frac12}=t>0\), \(y^{\frac13}=z>0\). Тогда система примет вид: \[\begin{cases} t^3+z^3=16\\ t^2+z^2=8 \end{cases} \quad\Leftrightarrow\quad \begin{cases} (t+z)(t^2+z^2-tz)=16\\ t^2+z^2=8\end{cases}\quad\Leftrightarrow\quad \begin{cases} (t+z)(8-tz)=16\\ (t+z)^2-2tz=8 \end{cases}\] Введем еще новые переменные: \(t+z=u, tz=v\). Заметим, что так как \(t, z>0\), то и \(u, v>0\).
Тогда система примет вид: \[\begin{cases} u(8-v)=16\\ u^2-2v=8\end{cases}\] Из второго уравнения \(16-2v=16+8-u^2\), следовательно, \(8-v=12-\frac{u^2}2\). Подставим это в первое уравнение: \[u\cdot \left(12-\dfrac{u^2}2\right)=16\quad\Leftrightarrow\quad u^3-24u+32=0\quad\Leftrightarrow\quad (u-4)(u^2+4u-8)=0\] Корнями полученного уравнения являются \(u_1=4\) и \(u_2=-2(1+\sqrt3)\) и \(u_3=2(\sqrt3-1)\). Заметим, что корень \(u_2<0\), следовательно, не подходит.

 

Найдем \(v\):

 

1) При \(u_1\) имеем: \(v_1=4\). Тогда \[\begin{cases} t+z=4\\ tz=4\end{cases}\quad\Rightarrow\quad \begin{cases} t=2\\ z=2\end{cases}\quad\Rightarrow\quad \begin{cases} x^{\frac12}=2\\[2ex] y^{\frac13}=2\end{cases}\quad\Rightarrow\quad \begin{cases} x=4\\ y=8\end{cases}\]

2) При \(u_3\) имеем \(v_3=4(1-\sqrt3)<0\) – не подходит. Следовательно, больше решений уравнение не имеет.

 

Ответ:

\((4;8)\)

Задание 7

В основании прямой призмы лежит правильный треугольник со стороной \(1\). Высота призмы равна \(\sqrt2\). Найдите расстояние между скрещивающимися диагоналями боковых граней.

Рассмотрим чертеж:



Найдем расстояние между скрещивающимися диагоналями \(AB'\) и \(BC'\).
Проведем через прямую \(BC'\) плоскость, параллельную прямой \(AB'\), и найдем расстояние от любой точки прямой \(AB'\) до этой плоскости.
Рассмотрим плоскость \(AB'C\). Если \(O\) – точка пересечения \(BC'\) и \(B'C\), то проведем \(OK\parallel AB'\). Тогда \(K\) – середина \(AC\) (так как \(O\) – середина \(B'C\)). Следовательно, плоскость \(BC'K\parallel AB'\). Пусть \(h\) – расстояние от точки \(A\) до плоскости \(BC'K\).
Рассмотрим пирамиду \(ABC'K\). С одной стороны: \[V=\dfrac13 \cdot h\cdot S_{BC'K}\] С другой стороны: \[V=\dfrac 13\cdot CC'\cdot S_{ABK}\] Таким образом, найдем \(S_{BC'K}\) и \(S_{ABK}\).
Так как \(K\) – середина \(AC\), то \(BK\perp AC\). Следовательно, по теореме о трех перпендикулярах так как \(CK\perp BK\), то \(C'K\perp BK\), следовательно, \(\triangle BC'K\) прямоугольный.
\(BK=\frac{\sqrt3}2\), по теореме Пифагора \(C'K=\sqrt{\frac14+2}=\frac32\).
Тогда \[S_{BC'K}=\dfrac12\cdot \dfrac{\sqrt3}2\cdot \dfrac32=\dfrac{3\sqrt3}8\] \(AK=\frac12AC=\frac12\), следовательно, \[S_{ABK}=\dfrac12\cdot \dfrac12\cdot \dfrac{\sqrt3}2=\dfrac{\sqrt3}8\] Таким образом, имеем: \[\dfrac13\cdot h\cdot \dfrac{3\sqrt3}8=\dfrac13\cdot \sqrt2\cdot \dfrac{\sqrt3}8 \quad\Rightarrow\quad h=\dfrac{\sqrt2}3\]

Ответ:

\(\dfrac{\sqrt2}3\)

Задание 8

Пусть \[\begin{aligned} &f(x,y)=\sqrt{-6x^2-14y^2-18xy+6}+y\\[1ex] &g(x,y)=-\sqrt{-6x^2-14y^2-18xy+6}+y \end{aligned}\]

Найдите все значения, которые может принимать хотя бы одна из этих функций.

 

Заметим, что \(f-y=\sqrt{-6x^2-14y^2-18xy+6}\) и \(g-y=-\sqrt{-6x^2-14y^2-18xy+6}\), следовательно, \(f, g\) – решение уравнения \[(t-y)^2=-6x^2-14y^2-18xy+6\]

относительно \(t\).
Таким образом, необходимо найти множество значений, которые принимает \(t\) при любых допустимых \(x,y\). Перепишем уравнение в виде: \[6x^2+18yx+(14y^2-6+(t-y)^2)=0\] Данное уравнение имеет решения относительно \(x\) при фиксированных \(y,t\), если его дискриминант неотрицателен: \[D=(18y)^2-4\cdot 6\cdot (14y^2-6+(t-y)^2)\geqslant 0 \quad\Rightarrow\quad 3y^2-4ty+2t^2-12\leqslant 0\] Данное неравенство имеет решения относительно \(y\) при фиксированном \(t\) тогда, когда его дискриминант неотрицательный (тогда мы получим параболу \(h(y)=3y^2-4ty+2t^2-12\), ветви которой направлены вверх, и которая либо “сидит” на оси \(Ox\), либо пересекает ось \(Ox\); то есть решением будут либо одна точка, либо отрезок): \[D=(4t)^2-3\cdot 4\cdot (2t^2-12)\geqslant 0\quad\Rightarrow\quad t^2\leqslant 18\quad\Rightarrow\quad t\in [-3\sqrt2;3\sqrt2]\]

Ответ:

\([-3\sqrt2;3\sqrt2]\)