книги из ГПНТБ / Тупиков, В. А. Ошибки в решении конкурсных задач на вступительных экзаменах по математике

Приложение 3

ВАРИАНТЫ ПИСЬМЕННЫХ РАБОТ С РЕШЕНИЯМИ

В а р и а н т

1

1.

Упростить выражение

j_

__________

х 4 —1

Y х — 2 |/7 + 1

+ 3, если х > 0 .

4-

’ V T - 2 V T +1

ж4 4-1

Р е ш е н и е .

V T -1

V

(Ух -

I)8

,

f r 7 - l ) \ V x - l ]

'

Ух + 1 '. (V T -1 )3 ^

( V 7 + i ) ( V 7 - i f

1

I

[

4,

если

ж >

1;

=

Ух — 1

+ 3 =

I 2,

если

0 <

х < 1;

I

не имеет смысла, если х =

1.

О т в е т .

4,

если

1; 2,

если

0<^ л : < 1; не

имеет

смысла, если

х = 1.

2.

Решить уравнение

log#(4* +

4) =

* + log,(2*H + 3).

Р е ш е н и е.

Область допустимых значений неизвестно­

го — оо <[ х <у оо.

Уравнение можно записать в виде

log2 (4* + 4) =

log32- +

log3 (2*+> + 3).

Потенцируя,

получим

отсюда

log, (4*+4)

=

log, [2х (2*+ Ч -3)1,

4х -f- 4 — 2х(2*+' +

3);

22х +

4 = 22х-2 +

3-2*;

2** +

3 - 2 * - 4

=

0.

Положив 2х —■z,

имеем

г2 +

3z — 4 = 0; zx =

— 4; z2 =

1.

Очевидно, 2х ф — 4.

Следовательно,

2* =

1,

2* — 2°,

х = 0.

При

преобразовании

исходного

уравнения

в

процессе

его решения мы производили потенцирование,

однако при

этом область допустимых значений

неизвестного

не изме-.

нилась;

полученное

уравнение

является

равносильным

I

tgx + c t g #

=

2;

1

ctg x +

tg у =

2.

Р е ш е н и е . Перепишем

данную

систему уравнений в

виде

t g

*

+

^

=

2;

^

+

tgi/ =

2.

Подставив значение

х

во второе уравнение данной си­

стемы,

получим

d g ( t / +

kn) -f

tg// =

2,

отсюда

ctg(/ +

tgt/ =

2 ;- ^ -

+ tgJ/ =

2;

tg2^ — 2\gy + 1 = 0 .

Следовательно,

t g i / =

1; y ^ J L

+ nn,

Подстановка

значения

у

в равенство

х = у + Ая дает

х = -^- +

я л +

Ая =

-^- +

(А +

л) я =

- ^ + /ля,

где т =

= А + п.

От в е т :

х = (4m +

1) -jS у =

(4л +

1 )~ .

4.

В правильной

четырехугольной

усеченной пирамиде

диагональ

перпендикулярна

к боковому

ребру, длина ко­

торого

I.

Определить

объем

пирамиды,

зная, что

каждое

боковое

ребро

наклонено к

плоскости

основания

под уг­

лом ср (рис. 7).

О б ъ я с н е н и е

к

ч е р т е ж у .

Многогранник

ЛСД—

правильная четырехугольная усеченная пирамида, следо­

вательно, основания пирами­

ды — квадраты. Диагональное

сечение

пирамиды ЛЛ1С1С

— равнобедренная

трапеция,

лежащая

в плоскости,

пер­

пендикулярной

к

основаниям

пирамиды. Значит, высота пи­

рамиды АхЕ и диагональ пира­

миды АХС лежат в плоскости

трапеции ААхСхС.

Основание

вание пирамиды,

т. е.

£_. АХАЕ. '

Дано: АХА =

/;

L А\АС - ф;

САХ_L ААХ.

Определить Уус. пир.

Р е ш е н и е .

Объем

правильной

усеченной пирамиды

находим по формуле

Рус. пир =

(Q + Я+

УОй)>

где h — высота

пирамиды;

основания пирамиды;

Q — площадь

нижнего

q — площадь

верхнего

основания

пирамиды.

С целью сокращения

математических выкладок введем

обозначения:

1) Определяем высоту пирамиды. .

Из

прямоугольного

Д ААХЕ h = I sin ф.

2) Находим площади оснований.

Из

прямоугольного

Д ААХС АС =

;

из

прямоугольного

Д ACD АС = а У 2.

Следовательно,

I

/

Итак,

COS ф = а У 2;

а = У 2 cos ф

Р

Q — а2 =

2 cos2 ф

Из прямоугольного A AxC1D1

АХСХ— Ь У 2.

Но АХСХ— АС — 2АЕ,

где АЕ = I cos ф.

Следовательно,

.

Ьу.2 — а У 2 — 2/cosop=—--------2/coscp =

’

'

*

COS ф

'

__^

1 — 2cos2 ф

I cos 2ф

отсюда

cos ф

cos ф

’

1cos 2ф

Итак,

У 2 cos ф

Р cos2 2ф

q = Ь2 =

2 cos2 ф

3)

Находим объем усеченной пирамиды.

V

_

^s'n<P ( Р

|

Р cos2 2ф __

/2 cos 2ф \ _

ус. пир — g

\2cos2 ф '

2cos2 ф

2C0S2 ф /

Р sin ф 1 +

cos2 2ф — cos 2ф

_/3 sin ф (1 — cos 2ф +

cos2 2ф)

3

’

2 cos2 ф

6 cos2 ф

Р sin ф (1 — cos 2ф т|- cos2 2ф) (1 +

cos 2ф) _ Р sin ф (I +

cos3 2ф)

6 cos2 ф (1

-f- cos 2ф)

6 cos2 ф■2 cos2 ф

■_Р sin ф (1 +

cos3 2ф)

И с с л е д о в а н и е

р е ш е н и я .

Допустимые значения

угла ф определяются

неравенством

0° < ф < 90°. Задача

причем

оно — единственное.

Объем усеченной пирамиды,

при заданном

/, будет тем меньше,

чем меньше ф, а при

заданном ф объем будет тем больше,

чем больше I.

О т в е т . Vус.пир

/3 sin ф (1

+

cos3 2ф) куб. ед.

12 cos4 ф

В а р и а н т 2

1.

Решить

систему

уравнений

I ху =

40;

=1 х>г>‘=

4.

Р е ш е н и е .

Область допустимых значений неизвестных

х > 0 (х Ф 1);

у >

0.

Логарифмируя

каждое уравнение данной системы, полу­

чим

Положим

\g x - Z i

и

lg у = z2.

Пользуясь

теоремой

Виета,

составим квадратное уравнение

Находим

г2 — lg 40 • г Н- lg 4 = 0.

lg 40 ± ]^lg2 40 — 4 lg 4

Ig40±l^(lg4+lg 10)2—4 lg 4

z 1 ,2 = --------------

g------------

;

г >.2 = -----------------

g--------------—;

Z1,2 =

lg 40 +

l/

(lg4 +

l ) 2 - 4 l g 4 .

„

lg 40 ± У (lg 4 — I)3

---------------------

2----------------------

’

г ‘. 2 =

---------------

2

--------------•

Учитывая,

что правила

действий над радикалами уста­

новлены

лишь для

арифметических корней, получим

21.2 =

Ig4 +

l g l 0 ± ( - l g 4 + l )

2----------------

’

Имеем:

отсюда

=

1;

г2 =

lg 4 или

zx =

lg 4;

г2 =

1.

1)

IgA: =

1,

хх = 10;

2)

lg х =

lg 4,

х2=

4;

Igi/ =

lg 4,

г/л. =

4;

lg у = 1, у2 = 10. •

О т в е

т:

(10; 4);

(4;

10).

2.

Решить уравнение

sin2x +

sin22x — sin23x — sin24x =

0.

Р е ш е н и е .

Пользуясь

формулой синуса

половинного

аргумента, перепишем

уравнение

в виде

1 — cos 2х

|1 — cos 4х

1— cos 6х

1 — cos 8х

А

2

1

2

2

2

=

1)

cos х = 0; Л! =

~

+

fere;

2)

cos Зл — cos 7х =

0;

cos 2>х = cos 7х.

Если косинусы углов равны, то сумма и разность этих

углов равна 2кл.

Следовательно,

Зх +

7х = 2fot; х2 =

От ве т : хг = (2й + 1) -у-; х2 =

3.

Двугранный

угол при основании правильной

тре­

угольной пирамиды равен а. Определить двугранный угол

между боковыми гранями этой пирамиды (рис. 8).

О б ъ я с н е н и е

к

ч е р т е ж у . Многогранник SABC —

правильная треугольная пирамида. Это означает, что в осно­

вании пирамиды лежит равносторонний треугольник АВС,

а

высота пирамиды SO проходит через его центр; боковые грани

ASB, Л5С

и BSC — равные равнобедренные треугольники.

Из точки

S опустим

перпендикуляр SK на сторону осно-

гольник BDC — равнобедренный. Построим

отрезок

DK\

DKA-BC-, /_BDK = ~

(DK — медиана

и

биссектриса

равнобедренного треугольника BDC).

х

ВК

Р е ш е н и е . 1)Из

прямоугольного a BDK s i n - j ^ ^ .

2) Выражаем ВК и BD через КО.

КО = ±_АО, .

где АО — радиус окружности, описанной

около равносто­

роннего А АВС.

в с = АО V s , в к = к о у ъ . -

Из

прямоугольного

AKSO KS = КС)

из

прямоугольного

ABSK BS = V~KS2 +

ВК2.

Находим

AS — BS —

= ^ / 1 + 3 0 0 5 * 0 .

Так как треугольники BSC и ASВ равные, то

их пло­

щади равны, т. е.

S asb =

S bsc

=

=

B K - K S =

К О / 3 •

-

W2lA3

С другой стороны,

cos а

В£>-y4S

S asb

=

отсюда

2SASB .

BD =

BD =

2Д'02 ■]/"3

cos а

2КО-УЗ

<4S

cos а КО у i

з (

VT+3у 1-j-6-cos2с а

i cos2 а

3) Находим двугранный угол между боковыми гранями

пирамиды.

К О -уу у 1+3 C0S2a

_ У 1+3 cos2 a

ВК

Sin-тг = BD

~

2КОУТ

2

Учитывая,

что

/_ BDK =

---- острый угол прямоуголь­

ного треугольника,

имеем

1^1+3 cos2 a

х

■

~2

= arcsin..Е ^ 2-------

отсюда

х —

0

•

У I + 3 cos2 а

2 arcsin——

--------.

И с с л е д о в а н и е

р е ш е н и я .

Допустимые

значения

угла а

определяются

неравенством

0 <

Задача при

ляются неравенством

< х < я- Величина угла х убы­

вает с

возрастанием угла а.

От

в е т : х —2 arcsin

У 1 +3 cos2 а