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 2017 года.

Задание 1

Какое число больше: \[\sqrt{\dfrac79 +7+\dfrac97} \quad {\small{\text{или}}} \quad 3 ?\]

Сравним: \[\begin{aligned} \sqrt{\dfrac 79+7+\dfrac 97} \ &\lor \ 3\\[2ex] \dfrac 79+7+\dfrac 97 \ &\lor \ 9\\[2ex] \dfrac{7^2+7\cdot 7\cdot 9+9^2-9\cdot 7\cdot 9}{9\cdot 7} \ &\lor \ 0\\[2ex] \dfrac{7^2-2\cdot 7\cdot 9+9^2}{9\cdot 7} \ &\lor \ 0\\[2ex] \dfrac{(9-7)^2}{9\cdot 7} \ &\lor \ 0\\[4ex] \Rightarrow\quad \dfrac{(9-7)^2}{9\cdot 7}&>0 \end{aligned}\]

Таким образом, первое число больше второго.

Ответ:

первое больше

Задание 2

Известно, что \(a+b+c=4\) и \(ab+bc+ac=5\). Найдите \(a^2+b^2+c^2\).

Так как \((a+b+c)^2=a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ac\), то \[a^2+b^2+c^2=(a+b+c)^2-2(ab+bc+ac)=4^2-2\cdot 5=6\]

Ответ:

6

Задание 3

Решите уравнение \[\sin 8x-\sin 7x=\sin x\]

Так как \(\sin \alpha-\sin \beta=2\sin\dfrac{\alpha-\beta}2\cdot \cos\dfrac{\alpha+\beta}2\) и \(\cos \alpha-\cos\beta =-2\sin \dfrac{\alpha-\beta}2\sin \dfrac{\alpha+\beta}2\),   то уравнение можно переписать в виде: \[\begin{aligned} &2\sin \dfrac x2\cdot \cos\dfrac{15x}2-2\sin \dfrac x2\cdot \cos \dfrac x2=0 \quad\Rightarrow\quad 2\sin \dfrac x2\cdot \left( \cos\dfrac{15x}2-\cos \dfrac x2\right)=0\\ &\Rightarrow\quad -4\sin \dfrac x2\cdot \sin \dfrac{7x}2\cdot \sin 4x=0 \end{aligned}\] Полученное уравнение равносильно: \[\left[\begin{gathered}\begin{aligned} &\sin \dfrac x2=0\\[2ex] &\sin \dfrac{7x}2=0\\[2ex] &\sin 4x=0\end{aligned}\end{gathered}\right.\quad\Leftrightarrow\quad \left[\begin{gathered}\begin{aligned} &x=2\pi m\\[2ex] &x=\dfrac{2\pi}7n\\[2ex] &x=\dfrac{\pi}4k\end{aligned}\end{gathered}\right. \ m,n,k\in\mathbb{Z}\] Заметим, что первая серия корней полностью содержится в третьей серии корней, следовательно, ответ: \[x=\dfrac{2\pi}7n; \ \dfrac{\pi}4k; \ n,k\in\mathbb{Z}\]

Ответ:

\(\dfrac{\pi}4k; \dfrac{2\pi}7n; k,n\in\mathbb{Z}\)

 

Задание 4

Решите неравенство \[x^2\cdot\log^2_5x+5\log^2_4x\leqslant x\cdot \log_5x\cdot \log_4x^6\]

ОДЗ неравенства: \(x>0\). Решим на ОДЗ.
Заметим, что \(x=1\) является решением неравенства, так как тогда неравенство принимает вид: \(0\leqslant 0\).
Пусть \(x\ne 1\). Тогда \(\log_4x\ne 0\), причем \(\log^2_4x>0\). Разделим обе части неравенства на \(\log^2_4x\): \[\begin{aligned} &\dfrac{\left(x\cdot \log_5x\right)^2}{\log^2_4x}+ 5\dfrac{\log^2_4x}{\log^2_4x}-\dfrac{x\cdot \log_5x\cdot 6\cdot \log_4x}{\log^2_4x}\leqslant 0\quad \Leftrightarrow\\[2ex] &\Leftrightarrow\quad \left(\dfrac{x\cdot \log_5x}{\log_4x}\right)^2-6\cdot \dfrac{x\cdot \log_5x}{\log_4x}+5\leqslant 0\end{aligned}\] Сделаем замену: \(\dfrac{x\cdot \log_5x}{\log_4x}=t\). Неравенство примет вид: \[t^2-6t+5\leqslant 0\quad\Rightarrow\quad 1\leqslant t\leqslant 5\] Заметим, что \[\dfrac{x\cdot \log_5x}{\log_4x}=x\cdot \dfrac{\log_x4}{\log_x5}=x\cdot \log_54=\dfrac x{\log_45}\] Следовательно: \[\begin{cases} \dfrac x{\log_45}\geqslant 1\\[2ex] \dfrac x{\log_45}\leqslant 5 \end{cases}\quad\Rightarrow\quad \begin{cases} x\geqslant \log_45\\ x\leqslant 5\log_45\end{cases}\] (так как \(\log_45>0\))

Полученные решения подходят по ОДЗ \(x>0\). Следовательно, окончательный ответ в неравенстве: \[x\in \{1\}\cup [\log_45; 5\log_45]\]

Ответ:

\(\{1\}\cup [\log_45; 5\log_45]\)

Задание 5

Через вершины \(A\) и \(C\) треугольника \(ABC\) проведена окружность, касающаяся прямых \(AB\) и \(BC\). На этой окружности выбрана точка \(D\) (внутри треугольника), лежащая на расстоянии \(1\) от прямой \(AC\) и на расстоянии \(\sqrt7\) от прямой \(AB\). Найдите угол \(DAB\), если известно, что \(\angle CAD=\angle ABD\).

1) Рассмотрим чертеж:



Из условия следует, что \(A\) и \(C\) – точки касания. Следовательно, \(AB=CB\), то есть \(\triangle ABC\) равнобедренный.
Так как угол между касательной и хордой, проведенной из точки касания, равен половине дуги, заключенной между ними, то \(\angle DCA'=\angle CAD\). Аналогично \(\angle ACD=\angle DAC'\).
Таким образом, \(\triangle ADB'\sim\triangle CDA'\sim\triangle BDC'\) и \(\triangle CDB'\sim\triangle ADC'\).
Из этих подобий заключаем, что \[\dfrac{DB'}{DC'}=\dfrac{\sqrt7}7=\dfrac{AD}{BD},\] то есть можно обозначить \(AD=\sqrt7x, BD=7x\). Также: \[\dfrac{DB'}{DC'}=\dfrac{CD}{AD},\] откуда находим, что \(CD=x\).
Также: \[\dfrac{DA'}{DC'}=\dfrac{CD}{BD}\quad\Rightarrow\quad DA'=\dfrac{\sqrt7}7\]

2) Уже было сказано, что \(AB=BC\), то есть \(AC'+C'B=BA'+A'C\). Найдем данные отрезки по теореме Пифагора: \[\begin{aligned} &A'C=\sqrt{x^2-\dfrac17}\\[2ex] &BA'=\sqrt{49x^2-\dfrac17}\\[2ex] &C'B=\sqrt{49x^2-7}\\[2ex] &AC'=\sqrt{7x^2-7}\end{aligned}\] Таким образом, получаем уравнение: \[\sqrt{x^2-\dfrac17}+\sqrt{49x^2-\dfrac17}=\sqrt{7x^2-7}+\sqrt{49x^2-7} \quad\Rightarrow\quad \sqrt{49x^2-\dfrac17}-\sqrt{7x^2-7}=\sqrt{49x^2-7}-\sqrt{x^2-\dfrac17}\] Возведем в квадрат обе части уравнения и получим: \[\begin{aligned} &\sqrt{(7x^2-7)\left(49x^2-\frac17\right)}-3x^2=\sqrt{(49x^2-7)\left( x^2-\frac17\right)}\quad\Rightarrow\\[3ex] &\Rightarrow\quad \sqrt{(x^2-1)(343x^2-1)}-3x^2=\sqrt{(7x^2-1)(7x^2-1)}\quad\Rightarrow \quad \sqrt{(x^2-1)(343x^2-1)}-3x^2=7x^2-1 \end{aligned}\] так как \(7x^2-1=DA^2-DB'^2=AB'^2>0\).
Далее (возведем еще раз в квадрат и приведем подобные слагаемые): \[\sqrt{(x^2-1)(343x^2-1)}=10x^2-1\quad\Rightarrow\quad x^2(243x^2-324)=0\quad\Rightarrow\quad x=\dfrac2{\sqrt3}\] Следовательно, \[\sin\angle ACD=\dfrac1{\frac2{\sqrt3}}=\dfrac{\sqrt3}2\quad\Rightarrow\quad \angle ACD=60^\circ\]

Ответ:

\(60^\circ\)

Задание 6

Григорий с друзьями решили устроить пикник. Для этого им от пункта A нужно добраться вниз по реке до пункта B, причем в их распоряжении есть два катера. Считая себя самым ответственным, Григорий вызвался самостоятельно доехать до пункта B на более быстроходном катере и начать готовить место для пикника. Оба катера вышли одновременно из пункта A. Однако, промчавшись шесть километров, Григорий заметил на берегу машущего ему рукой Василия, который просил по старой дружбе довезти его до пункта С. И хоть пункт С Григорий уже проехал, он согласился. По пути в пункт С Григорий с Василием встретили идущий навстречу второй катер с друзьями Григория, откуда те крикнули, что им до пункта В осталось четверть пути и чтобы Григорий нигде не задерживался. Доставив Василия в пункт С, Григорий немедленно помчался догонять друзей. Найдите расстояние между пунктами В и С, если известно, что оба катера пришли в пункт В одновременно, скорости катеров постоянны, а Григорий, действительно, нигде не задерживался.

Пусть \(x,y, z\) – скорость первого катера, второго (на котором плыл Григорий) и скорость течения реки соответственно (в км/ч).
Рассмотрим чертеж:



Пусть Григорий встретил Василия в точке D, пусть Григорий встретил друзей в точке K. Тогда \(AK=\frac34 AB, KB=\frac14AB\). Обозначим \(AB=s, CK=l\).
Так как путь \(AD\) плюс \(DK\) Григорий плыл столько же времени, за сколько проплыли его друзья путь \(AK\), то \[\dfrac{AD}{y+z}+\dfrac{DK}{y-z}=\dfrac{AK}{x+z} \quad\Rightarrow\quad \dfrac 6{y+z}+\dfrac{6-\frac34s}{y-z}=\dfrac{\frac34s}{x+z}\quad (1)\] Так как путь \(KC\) плюс \(CB\) Григорий плыл столько же времени, за сколько проплыли его друзья путь \(KB\), то \[\dfrac{KC}{y-z}+\dfrac{CB}{y+z}=\dfrac{KB}{x+z}\quad\Rightarrow\quad \dfrac l{y-z}+\dfrac{\frac14s+l}{y+z}=\dfrac{\frac14s}{x+z}\quad(2)\] Умножим 2-ое равенство на 3 и вычтем его из 1-ого равенства, получим: \[\dfrac{6-\frac 34s-3l}{y+z}+\dfrac{6-\frac34s-3l}{y-z}=0 \quad\Rightarrow\quad \left[\begin{gathered}\begin{aligned} &6-\frac34s-3l=0\\[1ex] &\dfrac 1{y+z}+\dfrac1{y-z}=0 \end{aligned}\end{gathered}\right. \quad\Rightarrow\quad \left[\begin{gathered}\begin{aligned} &s+4l=8\\[1ex] &y=0\end{aligned}\end{gathered}\right.\] Заметим, что \(y\ne 0\), так как это скорость катера, следовательно, верно: \(s+4l=8\). Так как \(BC=\frac14s+l=\frac14\left(s+4l\right)\), то \(BC=\frac14\cdot 8=2\) (км).

Ответ:

2 км

Задание 7

Из вершины \(D\) на плоскость основания \(ABC\) пирамиды \(DABC\) опущена высота \(DH\). Найдите объем этой пирамиды, если известно, что площади треугольников \(\triangle HBC\), \(\triangle HAC\), \(\triangle HAB\) равны соответственно \(\dfrac2{11}\), \(\dfrac 4{11}\), \(\dfrac5{11}\), и что все три плоских угла при вершине \(D\) прямые.



Введем прямоугольную систему координат так, как показано на рисунке. Пусть \(AD=a, BD=b, CD=c\). Тогда \(A(a;0;0)\), \(B(0;b;0)\), \(C(0;0;c)\), \(D(0;0;0)\).
Проведем \(HK\perp AB\). Так как \(DH\perp (ABC)\), то по теореме о трех перпендикулярах \(DK\perp AB\). Следовательно, \(S_{DAB}=0,5AB\cdot DK\), \(S_{HAB}=0,5 AB\cdot HK\). Так как из прямоугольного \(\triangle DHK\): \(HK=DK\cdot \cos\angle DKH\), то \[S_{HAB}=S_{DAB}\cdot \cos\angle DKH\quad (*)\] Заметим, что \(\angle DKH\) – угол между гранями \(ABC\) и \(DAB\).

 

2)

Запишем подобные равенства для всех треугольников \(\triangle HAB, \triangle HAC, \triangle HBC\).
Уравнение плоскости \(DAB\): \(z=0\); плоскости \(DAC\): \(y=0\); плоскости \(DBC\): \(x=0\).
Уравнение плоскости \(ABC\): \(\frac xa+\frac yb+\frac zc=1\)
По формуле косинуса угла между плоскостями: \[\begin{aligned} &\cos \angle(ABC, DAB)=\dfrac{\frac 1c}{\sqrt{\frac 1{a^2}+\frac 1{b^2}+\frac 1{c^2}}}\\[2ex] &\cos \angle(ABC, DAC)=\dfrac{\frac 1b}{\sqrt{\frac 1{a^2}+\frac 1{b^2}+\frac 1{c^2}}}\\[2ex] &\cos \angle(ABC, DBC)=\dfrac{\frac 1a}{\sqrt{\frac 1{a^2}+\frac 1{b^2}+\frac 1{c^2}}}\end{aligned}\] Следовательно, так как \(S_{DAB}=0,5ab\), \(S_{DAC}=0,5ac\), \(S_{DBC}=0,5bc\), то \[\begin{cases} \dfrac 5{11}=\dfrac 12ab\cdot \dfrac{\frac 1c}{\sqrt{\frac 1{a^2}+\frac 1{b^2}+\frac 1{c^2}}}\\[2ex] \dfrac4{11}=\dfrac12ac\cdot \dfrac{\frac 1b}{\sqrt{\frac 1{a^2}+\frac 1{b^2}+\frac 1{c^2}}}\\[2ex] \dfrac2{11}=\dfrac12bc\cdot \dfrac{\frac 1a}{\sqrt{\frac 1{a^2}+\frac 1{b^2}+\frac 1{c^2}}} \end{cases}\quad (**)\] Разделим первое уравнение на второе, второе на третье и получим: \[\begin{cases} \dfrac 54=\dfrac{b^2}{c^2}\\[2ex] 2=\dfrac{a^2}{b^2} \end{cases}\quad\Rightarrow\quad \begin{cases} a^2=2b^2\\[2ex] c^2=\dfrac45b^2 \end{cases}\] Подставим полученные выражения для \(a\) и \(c\) через \(b\) в первое уравнение системы \((**)\), откуда найдем \(b^2\): \[b^2=\sqrt{\dfrac{10}{11}}\] Тогда \[a^2=2\sqrt{\dfrac{10}{11}}\quad {\small{\text{и}}}\quad c^2=\dfrac45 \sqrt{\dfrac{10}{11}}\] Так как объем пирамиды равен \[V=\dfrac13\cdot a\cdot \dfrac{bc}2=\dfrac16abc=\dfrac16 \cdot \sqrt{a^2b^2c^2}\] то: \[V=\dfrac2{33}\cdot \sqrt[4]{110}\]

Ответ:

\(\dfrac{2\sqrt[4]{110}}{33}\)

 

Задание 8

Решите систему уравнений: \[\begin{cases} \dfrac x{\cos (x^2-y^2)}+y\cdot \mathrm{tg}\,(x^2-y^2)=\sqrt{\dfrac{\pi}2}\\[2ex] \dfrac y{\cos (x^2-y^2)}+x\cdot \mathrm{tg}\,(x^2-y^2)=-\sqrt{\dfrac{\pi}6} \end{cases}\]

Обозначим для краткости \(x^2-y^2=t\). Возведем оба уравнения системы в квадрат и вычтем из первого уравнения второе: \[\left(\dfrac{x^2}{\cos^2t}+\dfrac{2xy\sin t}{\cos^2t}+ \dfrac{y^2}{\cos^2t}-y^2\right)-\left(\dfrac{y^2}{\cos^2t}+\dfrac{2xy\sin t}{\cos^2t}+ \dfrac{x^2}{\cos^2t}-x^2\right)=\dfrac{\pi}2-\dfrac{\pi}6\]

Полученное уравнение равносильно \(x^2-y^2=\dfrac{\pi}3\). Подставив это в уравнения изначальной системы, получим: \[\begin{cases} \dfrac x{\cos \frac{\pi}3}+y\cdot \mathrm{tg}\,\frac{\pi}3=\sqrt{\dfrac{\pi}2}\\[2ex] \dfrac y{\cos \frac{\pi}3}+x\cdot \mathrm{tg}\,\frac{\pi}3=-\sqrt{\dfrac{\pi}6} \end{cases} \quad\Rightarrow\quad \begin{cases} 2x+\sqrt3y=\sqrt{\dfrac{\pi}2}\\[2ex] 2y+\sqrt3x=-\sqrt{\dfrac{\pi}6}\end{cases} \quad\Rightarrow\quad \begin{cases} x=3\sqrt{\dfrac{\pi}2}\\[2ex] y=-5\sqrt{\dfrac{\pi}6}\end{cases}\]

Ответ:

\(x=3\sqrt{\frac{\pi}2}; \ y=-5\sqrt{\frac{\pi}6}\)