8693
.pdf
D = (6a 8)2 4 ( 64) a, D = 4(9a2 + 40a + 16) > 0.
Отсюда a < 4 èëè a > 49. Обеспечим выполнение всех
условий с помощью теоремы Виета:
8
> a =6 0;
>
>
< 4(9a2 + 40a + 16) > 0;
> 6a 8 > 0;
>
> a
: a64 > 0:
-4 |
- 4/9 0 |
|
a |
|
0 |
4/3 |
a |
-4 |
- 4/9 0 |
4/3 |
a |
Отсюда a 2 (1; 4) [ ( 49; 0).
Ответ: a 2 (1; 4) [ ( 49; 0)
Замечание. После решения всех задач варианта абитуриент заполняет таблицу ответов, помещенную на первой странице чистовика. Например, для Варианта 1 заполненная таблица ответов выглядит так
1 |
|
2 |
|
3 |
4 |
|
5 |
6 |
7 |
|
||
5 |
|
5 |
|
1 |
(1; 1] [ [5; +1) |
2; 3 |
(0; 1=9) [ (27; +1) |
2 ; |
5 |
|
||
|
|
2 |
||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
8 |
|
|
|
|
|
9 |
|
|
|
|
|
|
1,5 |
|
|
(1; 4) [ ( 94; 0) |
|
|
|
|
|
|
|||
21
|
Вариант 2 |
1. Решите уравнение |
j10 xj + jx 20j = 10 |
2.В геометрической прогрессии сумма первого и пятого членов равна 51, сумма второго и шестого членов равна 102. Сколько членов прогрессии нужно взять, чтобы их сумма была равна 3069?
3. Решите неравенство |
52x+1 > 5x + 4 |
4.Вычислите
5.Дано уравнение
p2 sin 70 sin 20 cos 65
12 sin 2x + sin2 x sin x = cos x:
а) Решите уравнение.
б) Найдите корни этого уравнения, принадлежащие отрезку
[ 2 ; =2].
6.Решите уравнение
7.Решите неравенство
p x2 + x = 35 x + 3 5x2 + 2x + 1
logx 3 + 2 log3x 3 6 log9x 3 0
8.В равнобедренной трапеции ABCD основание AD = 3p10, основание BC = p10, высота BM = 2p10. Найдите радиус описанной окружности.
9.При каких значениях параметра a уравнение
4x2 (9a + 8)x + 5a2 + 10a px 8 = 0
имеет ровно два различных решения?
22
Решение задач варианта 2.
1. Решите уравнение j10 xj + jx 20j = 10
Решение. Приравняем к нулю выражения под знаком модуля 10 x = 0, x 20 = 0. Точки x = 10 è x = 20 нанесем на
числовую прямую. Эти точки делят числовую прямую на три промежутка. Решим уравнение на каждом из них, раскрывая знаки модулей.
|
|10-x| |
+ |
- |
- |
|
|
|||
|
|
|
- |
|
|
|
20 + x |
|
|
|
|x-20| |
10 - |
|
||||||
|
I. |
x 2 ( 1; 10) |
|
10 x+20 x = 10, |
x = 10 2= ( 1; 10). |
||||
|
II. |
x 2 |
[10; 20) |
x 10+20 x = 10, |
20 = 20 выполняется |
||||
|
|
äëÿ âñåõ x 2 [10; 20) ) x 2 [10; 20). |
|
||||||
III. |
x 2 |
[20; +1) |
|
x 10+x 20 = 10, |
x = 20 2 [20; +1). |
||||
Объединим все решения: x 2 [10; 20].
Ответ: [10; 20]
2.В геометрической прогрессии сумма первого и пятого членов равна 51, сумма второго и шестого членов равна 102. Сколько членов прогрессии нужно взять, чтобы их сумма была равна 3069?
Äàíî: b1 + b5 = 51, b2 + b6 = 102, Sn = 3069. |
Найти n =? |
|||
(n 2 N) |
|
|
|
|
Решение. |
Воспользуемся |
формулой |
n-ãî |
члена |
геометрической прогрессии
bn = b1 qn 1. По условию задачи составим систему уравнений
23
( b2 |
+ b6 |
= 102 |
) |
( b1q + b1q5 = 102 ) |
||||||
b1 |
+ b5 |
= 51; |
|
b1 |
+ b1q4 |
= 51; |
||||
( b1q |
|
1 + q4 |
|
= 102 |
|
|
||||
|
|
+ q4 |
|
|
|
|
|
|
||
b1 |
|
1 |
|
= 51; |
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Разделим второе уравнение системы на первое, получим q = 2. Подставим q = 2 в первое уравнение системы, получим b1 = 3. Тогда по формуле суммы n первых членов
Sn = |
b1 (qn 1) |
|
q 1 |
|
|
|
|
|
получаем 3 (2n 1) = 3069 |
) 2n = 1024 |
) n = 10. |
Ответ: 10 |
|
|
3. Решите неравенство |
52x+1 > 5x + 4 |
|
Решение. ОДЗ: x 2 R. |
Введем новую переменную t = 5x, |
||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
( t > 0: |
Решим первое |
|
t |
|
> |
0. Тогда имеем |
|
5t2 t 4 > 0; |
|
|||||||
неравенство системы методом интервалов. |
|
||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
- |
4 |
0 1 |
t |
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
|
|
|
|
5 |
|
|
|
|
|
t > 1. Вернемся к прежней переменной: |
|||
|
|
|
|
8 t > 1; |
|
|
|||||||
) |
> |
t < 54 |
; |
|
|
|
|
||||||
|
|
|
) |
|
|
|
|||||||
5 |
|
|
< t > 0 |
|
|
|
|
|
|||||
|
>> |
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
|
|
|
|
: |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
x |
|
1 èëè 5x > 50. Так как основание показательной функции |
|||||||||
5 > 1, то показательная функция монотонно возрастающая.
При переходе к неравенству для показателя степени знак неравенства сохраняется. ) x > 0.
Ответ: (0; +1)
24
4. Вычислите |
|
|
|
|
|
|
|
|
p |
|
|
sin 70 sin 2 |
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
cos 65 |
|
|
|
|
||||
Ðåøåíèå. |
|
|
p |
|
|
|
sin 70 sin 20 = p |
|
|
2 sin 25 cos 45 |
= |
|||||||
|
|
2 |
2 |
|||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
cos 65 |
|
|
cos 65 |
|
||||||
p |
p |
|
|
|
|
sin(90 65 ) |
cos 65 |
|
. |
|
||||||||
2 |
|
|
|
|
||||||||||||||
= 2 2 |
|
|
|
|
|
|
|
cos 65 |
|
= 2 cos 65 |
= 2 |
|
|
|||||
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||
Ответ: 2
5. Дано уравнение
12 sin 2x + sin2 x sin x = cos x:
а) Решите уравнение.
б) Найдите корни этого уравнения, принадлежащие отрезку
[ 2 ; =2].
Решение. а) Применим формулу двойного угла, затем сгруппируем слагаемые и вынесем общий множитель.
12 sin 2x + sin2 x sin x = cos x,
sin x cos x cos x + sin2 x sin x = 0,
cos x (sin x 1)+sin x (sin x 1) = 0,
"
, |
sin x + cos x = 0; |
, |
|
||
sin x 1 = 0; |
|
||||
|
|
|
|||
x = arctg( 1) + n; n 2 Z; |
|
||||
" x = + 2 k; k |
2 |
Z; |
|
, |
|
|
2 |
|
|
|
|
(cos x+sin x) (sin x 1) = 0,
"
tgx = 1;
,
" sin x = 1;
x = 4 + n; n 2 Z; x = 2 + 2 k; k 2 Z:
б) Найдем углы, удовлетворяющие условию
как задан отрезок на отрицательной полуоси, то значения n è k будем задавать отрицательные целые.
n = 1 , x = 54 2 [ 2 ; =2]; k = 1 , x = 32 2 [ 2 ; =2].
25
Убеждаемся, что для всех остальных n è k x 2= [ 2 ; =2].
Ответ: a) 4 + n; n 2 Z; 2 + 2 k; k 2 Z; á) 32 , 54
Замечание. Множество (область) значений функции |
||||||||||||
арктангенс |
|
|
|
. Поэтому |
1) |
|
= |
|
|
|||
|
E arctg) = ( 22; |
2 |
|
3 |
arctg( |
|
|
|
4 . |
|
||
|
|
2 |
+ 2x + 1 |
|||||||||
6. Решите уравнение |
x + x = |
5 2 x + 3 p5x |
||||||||||
Решение. |
ÎÄÇ: x 2 R, òàê êàê 5x + 2x + 1 > 0 |
äëÿ âñåõ |
||||||||||
значений x 2 R.
Умножим обе части на 5, раскроем скобки, и перепишем
уравнение в виде p
5x2 + 5x 3x 9 + 3 5x2 + 2x + 1 = 0, 5x2 + 2x + 1 + 3 p5x2 + 2x + 1 10 = 0.
Введем новую переменную t = p5x2 + 2x + 1, t > 0 (так как по условию ОДЗ нет таких значений x, при которых t = 0). Тогда t2 + 3t 10 = 0. Решим полученное уравнение t1 = 5,
t2 = 2. Íî t1 = 5 < 0 ) t1 2 ?, |
t = 2. Обратная замена: |
|||||||||||||
p |
|
|
|
|
|
= 2, 5x2 + 2x + 1 = 22, 5x2 + 2x 3 = 0, |
||||||||
5x2 + 2x + 1 |
||||||||||||||
x1 = 1, x2 = 53 |
. Оба корня подходят по ОДЗ. |
|||||||||||||
Ответ: |
1; 53 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
7. Решите неравенство |
logx 3 + 2 log3x 3 6 log9x 3 0 |
|||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
> |
x > 0; |
> |
x > 0; |
|||
Решение. ОДЗ: |
6 |
|
6 |
1 |
||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
> |
6 |
> |
|
6 |
3 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
< |
< |
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
8 x = 1; |
8 x = 1; |
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
> |
3x = 1; |
, > x = ; |
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
> |
9x 6= 1 |
> x 6= 91 |
||||
Применим |
|
|
|
|
> |
|
> |
|
|
|
||||
|
|
|
|
> |
|
> |
|
|
|
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
: |
|
: |
|
|
|
|
|
|
|
|
формулу перехода к новому основанию |
||||||||||
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
loga b = |
|
. |
Перепишем неравенство в виде |
|||||||||||
logba |
||||||||||||||
26
1 |
|
|
|
2 |
|
|
6 |
0. По свойству логарифма произведения |
||||||||||||
|
|
+ |
|
|
|
|
|
|
||||||||||||
log3 x |
log3 3x |
log3 9x |
||||||||||||||||||
|
1 |
+ |
|
2 |
|
|
|
|
6 |
|
0. Введем новую переменную. Пусть |
|||||||||
log3 x |
1+log3 x |
|
2+log3 x |
|||||||||||||||||
log3 x = t. Тогда неравенство примет вид 1t + |
2 |
|
6 |
0. |
||||||||||||||||
1+t |
2+t |
|||||||||||||||||||
Приведем выражение слеâа к общему знаменателю. |
||||||||||||||||||||
|
3t2 |
t |
2 |
|
, |
|
|
|
|
(t 1)(t+32) |
|
. |
|
|
|
|
||||
|
|
|
|
|
0 |
|
|
|
|
|
|
|
|
0 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
) |
t(t+1)(t+2) |
|
|
|
|
|
|||||||||
t(t+1)(t+2) |
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||
Äëÿ ðåøåíèÿ íåðàâенства применим метод интервалов.
|
-2 -1 - 2 |
0 |
1 |
t |
|
|
|||
2 |
3 |
|
|
|
|
|
|
|
2 < t < 1; 64 23 t < 0;
t 1
2Вернемся к прежней переменной2
2 < log3 x < 1; log3 3 2 < log3 x < log3 3 1; 64 23 log3 x < 0; ) 64 log3 3 23 log3 x < log3 1;
log3 x 1; log3 x log3 3:
Так как основание логарифма 3 > 1, то логарифмическая функция монотонно возрастающая. При переходе к
неравенству для выражений под знаком логарифма знак |
|||||||||||||||||||||||
неравенства сохраняется. |
2 p9 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
1 |
< x < 1; |
|
|
|
||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
9 |
|
|
3: |
3 |
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
6 x |
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
4 |
1 |
|
|
|
|
|
x < 1; |
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
3 |
|
|
|
|
[ h p9 |
|
|
|
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
9 3 |
|
|
||||||||||
|
|
1 1 |
|
1 |
|
|
2 |
[ |
1 |
||||||||||||||
Учитывая ОДЗ, получим x |
|
|
|
1; |
1 |
|
1 |
; 1 |
|
[3; + ). |
|||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
3 |
|
|
|
|
|
Ответ: |
|
9 |
|
3 |
|
[ h p9 |
[ |
|
|
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
|
|
|
; |
|
|
|
3 |
|
; 1 |
[3; + |
|
|
|
) |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
8.В равнобедренной трапеции ABCD основание AD = 3p10, основание BC = p10, высота BM = 2p10. Найдите радиус
27
описанной окружности.
B C
A M D
Решение. Окружность, описанная около трапеции, является также описанной вокруг 4ABD. По теореме синусов
AB
sin \ADB = 2R:
 4ABM найдем AM. Так как трапеция ABCD равнобедренная, то AM = AD BC = p10; по теореме Пифагора AB = pAM2 + BM2 =2p50.
 4BMD |
найдем MD = BC + AM = 2p |
|
; по теореме |
|||||||||
10 |
||||||||||||
Пифагора BD = |
p |
|
|
|
|
|
p |
|
. Отсюда находим |
|||
MD2 + BM2 |
= |
80 |
||||||||||
sin \ADB = |
MD |
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
||
BD = p |
|
. Тогда |
|
|
|
|
|
|||||
8 |
|
|
|
|
|
|||||||
|
|
R = |
AB |
= 5: |
|
|
|
|||||
|
|
|
|
|
|
|||||||
|
|
2 sin \ADB |
|
|
|
|||||||
Ответ: R = 5 .
9. При каких значениях параметра a уравнение
4x2 (9a + 8)x + 5a2 + 10a px 9 = 0
имеет ровно два различных решения?
Решение. ОДЗ: x 9, a 2 R.
Åñëè x = 9, то уравнение уже имеет одно решение при любом a. Тогда второе решение данного уравнения может быть получено при выполнении условий:
28
1) D = 0 и единственный корень принадлежит ОДЗ;
2) D > 0, íî x1 2 ÎÄÇ, à x2 62ÎÄÇ; èëè x1 62ÎÄÇ, à x2 2 ÎÄÇ.
Исследуем эти случаи.
1) D = 0; D = a2 16a + 64 = 0, D = (a 8)2 = 0.
Åñëè a = 8, òî x1 = x2 = 10 2 [9; +1). Поэтому при a = 8 уравнение имеет ровно два решения: x1 = 9 è x2 = 10.
2) D > 0. Тогда a 6= 8, |
x1 = a + 2, |
x2 = 45a. Решим |
|||||||||||||||||||||||||||
совокупность систем |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||
|
|
|
( |
|
a + 2 > 9; |
|
|
|
|
|
|
|
|
( |
a + 2 9; |
) |
|
|
|||||||||||
|
|
|
|
|
45a 9 |
|
|
èëè |
|
|
|
|
45a > 9 |
|
|
||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
( a |
365 ; |
|
|
|
|
èëè |
|
|
( a > |
365 : |
|
|
|
|
||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
a > |
7; |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
a 7; |
|
|
7; 5 |
; |
||||
решение второй системы: a 2 ?. |
|
|
|
|
|
|
a |
2 |
|||||||||||||||||||||
Отсюда |
получаем решение |
первой |
системы: |
|
|
36 |
|
||||||||||||||||||||||
Ответ: |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
|
a 2 7; 365 |
[ f8g |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
Таблица ответов для Варианта 2 |
|
|
|
|
||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
1 |
|
|
2 |
|
|
3 |
|
4 |
|
|
|
|
|
5 |
|
|
|
6 |
|
|
|
|
|
|
|
||||
[10; 20] |
|
10 |
|
(0; +1) |
2 |
|
3 |
; |
5 |
|
|
1; 53 |
|
|
|
|
|
|
|||||||||||
|
|
2 |
4 |
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
|
|
|
|
|
|
7 |
|
|
|
|
|
|
8 |
|
9 |
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
(1; 1) |
[ |
|
[ |
1 |
; 1) |
[ |
[3; + |
1 |
) |
5 |
|
(7; 36] |
8 |
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||
9 3 |
|
|
p9 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
5 |
|
[ f g |
|
|
|
|
|
|
||||||||
|
|
|
3 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
29
Вариант 3
1.Решите неравенство j2x 12j + jx + 9j > 18
2.Через точку M(x; y) графика функции
f(x) = ln(x 2) 0; 5x2 проведена касательная. Угловой коэффициент этой касательной равен 2. Найдите координаты точки M.
3.Вычислите
4.Решите уравнение
5.Решите уравнение
p
102+12 lg 75 2 lg(2 4 3)
p p
3 x 81 10 x 9 + 3 = 0 lg(x + 1)2 + lg(x + 9)2 = 2 lg 9
6.Решите уравнение (x2 9) p 3x 5 + p 2x = 3x2 27
7.Дано уравнениеp
2 sin 4x sin x sin 7x = 0:
а) Решите уравнение.
б) Найдите корни этого уравнения, принадлежащие отрезку
[2 ; ].
8. В правильном 4ABC, сторона которого равна a, проведена высота BK. Â 4ABK è 4BCK вписано по окружности и
к ним проведена общая касательная, отличная от стороны AC. Найдите площадь треугольника, отсекаемого этой
касательной от 4ABC.
9. Найдите |
все значения параметра a, при каждом из |
|
которых |
существует хотя бы одно решение системы |
|
( x2 |
+ a2 |
= 4: |
x2 |
+ (5a + 2)x + 4a2 + 2a < 0; |
|
30