Добавил:

ivanov666 Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Башкирский Государственный Аграрный Университет

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

Варианты конкурсных задач по математике СУНЦ НГУ за 2025 г.. Методическое пособие

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

12.08.2026

Размер:

1 Мб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 23 / 83 4 5 6 7 8 > Следующая >>>

2025 год, 11 класс	21
В прямоугольном треугольнике F QL по теореме Пифагора на-
ходим QL = 4. Прямоугольные треугольники F QL и GDL с

равными острыми углами (накрестлежащими) подобны, откуда DL = 20, GL = 15. Площадь треугольника RDG равна DL GL. Площадь трапеции DEF G найдем вычитая из площади треуголь-

ника RDG площадь подобного треугольника REF с k = 2 . Имеем
			2			5
SDEF G =	1	2	2	20	15 = 21	300 = 252 искомая площадь,
в ответ.		5			25
Ответ: 252.
4. Указание: равенство имеет смысл, когда a 6= 0 и выраже-

ние под знаком корня неотрицательно, откуда x > 52 . Основание

степени определено при всех действительных x. Перепишем урав-

эквивалентном виде

2x 5

25x2+16a2

2x a

нение в

a2x

25a

p2x

2 +

x 2 + 16

= 1

. Если x a2

1625

, то урав-

нение равносильно 2x

5 = 2x

a. При

= 1 уравнение

примет вид верного числового равенства

1 = 1 для всех допу-

стимых x. Таким образом, требуется найти такие a, при которых
совокупность уравнений "	p
		2x 5 = 2x a;		имеет единственное
		x	2 + 16 = 1
		a	25
решение. Рассмотрим оба уравнения по отдельности.

При 2x a > 0 возведем обе части первого уравнения в квадрат, получим равносильное уравнение 2x 5 = (2x a)2, которое приведем к стандартному виду 4x2 2(2a + 1)x + a2 + 5 = 0. Это

уравнение имеет корни при (2a+1)2 4(a2+5) > 0, a >				194	, которые
	p				p
вычисляются по формулам x1 =	2a+1+	4a 19 , x2 =	2a+1 4a 19 .
	4				4

При a = 194 уравнение имеет одно решение, оно удовлетворяет условию 2x a > 0. Корень x1 удовлетворяет условию 2x1 a > 0

при всех a > 194 , корень x2 удовлетворяет условию 2x2 a > 0 при

194 6 a 6 5.

Второе уравнение дает корни x3 = 35 a и x4 = 35 a, которые всегда различны при a 6= 0. Корень x3 существует при 35 a > 52 , от-

куда a > 256 . Корень x4 существует при 35 a > 52 , откуда находим

a 6 256 .

22	Указания, решения, критерии оценивания

Случаи совпадения корней второго уравнения с корнями первого уравнения представляют интерес, только тогда, когда ровно по одному корню каждого уравнения существуют на пересекающихся множествах параметра a. Найдем такие случаи подстановкой x3 в первое уравнение (корень x4 заведомо не подходит, в его области существования корни первого уравнения отсутству-

ют), получим уравнение 2 35 a 5 = 2 35 a a с корнями a1 = 5 и a2 = 25. Значение a1 заведомо не подходит, поскольку первое уравнение уже имеет два различных корня при a1 = 5.

Таким образом, исходное уравнение может иметь одновременно

до трех корней при различных значениях a:

4a 19 ;

a 2

194 ; +1 ;

x1 = 2a+1+4

2a+1 p4a 19 ;

; 5 ;

6x3 =

3 a;

; +

;

53 a;

6x4 =

; 256 :

Число корней может уменьшиться, если часть из них совпадет,

или станет посторонними. Над числовой осью, для параметра a,

нанесем схема-

тично линия-

ми корни x1,

x2, x3 и x4. Пе-

ресечения ли-

ний изобража-

ют совпадения

корней. На рисунке линия каждого корня проведена над его обла-

стью существования. Требуется, чтобы произвольная вертикаль-

ная прямая над числовой осью имела ровно одно пересечение с

линиями. Область, которой соответствует ровно один корень, за-

штрихована на числовой оси, также выделена отдельная точка,

соответствующая ровно одному корню.

Ответ: 1; 256 [ 256 ; 194 [ f25g.

2025 год, 11 класс

5. Указание: возможны два случая положения центра сферы

внутри или снаружи паралле-

лепипеда, при этом расстояние

от центра сферы до плоскости

Случай 1 Случай 2 нижнего основания каждого из параллелепипедов в обоих случа-

ях будет одинаковым. Поскольку сфера проходит через три вершины основания параллелепипеда, то ее центр лежит на линии пересечения плоскостей серединных перпендикуляров к рёбрам основания прямой MN, являющейся перпендикуляром к основаниям и соединяющей точки пересечения диагоналей нижнего и верхнего оснований параллелепипеда.

Рассмотрим первый случай, когда центр сферы внутри параллелепипеда. Проведем радиусы ON и OD. По теореме Пифаго-

= 2p

ра BD = q8

, откуда

MD =

. По тео-

+ (2

39)2

55 = 3. Искомый объем пирамиды

реме Пифагора OM =

P BCQ равен разности объемов пирамид P BCM и QBCM с общим основанием BCM и лежащими на одной прямой высотами P M и QM. По формуле вычисления объема искомой пирамиды

имеем VP BCQ = 31 SBCM (P M QM) = 31 SBCM P Q. Пло-
щадь основания SBCM равна четверти площади прямоугольного
основания параллелепипеда. Длина P Q равна полусумме радиуса
сферы и длины OM, откуда получаем искомый объем пирамиды
p	39 8+32		p
V1 = VP BCQ = 31 8 24		= 22	3	39 в ответ.

Во втором случае, когда центр сферы вне параллелепипеда, все вычисления одинаковы, только теперь искомый объем пирамиды P BCQ равен сумме объемов пирамид P BCM и QBCM с общим

24 Указания, решения, критерии оценивания

основанием BCM. Этот объем приводится к аналогичной форму-

ле VP BCQ = 31 SBCM P Q, где длина P Q равна полуразности
радиуса сферы и длины OM, откуда получаем искомый объем
					p			p
пирамиды V2 = VP BCQ = 31 8 24						39 8 2	3 = 10	3	39 в ответ.
Ответ: V1 =	22p	39	, V2 =	10p	39	.
Ответ: V1 =			, V2 =	3		.
3				3

Вариант 513

1. а) Указание: преобразуя исходное уравнение, получим

8 7 cos x 4 cos3 x + 8(cos2 x3

sin2 x)(cos2 x + sin2 x) = 0,

8 7 cos x 4 cos

x + 8 cos

2x = 0

8(1 +

cos 2x)

7 cos x

4 cos

x = 0

16 cos x 7 cos x

cos

cos x(16 cos x 7 4 cos

x) = 0.

Последнее уравнение распада-

ется на два cos x =

0 или

4 cos

x 16 cos x + 7 =

. Пер-

вое имеет решения x =

+ m,

m 2 Z в ответ. Во втором

уравнении

выполним

замену

y = cos x, y 22

[ 1; 1], получим

уравнение 4y

16y +

7 = 0

у которого корень y1 =

и по-

сторонний корень y2 = 27 , так

= [

1; 1] Выполнив об-

как

, име-

ратную замену неизвестного, получим уравнение cos x =

ющее корни x = 3 + 2 k, k 2 Z в ответ.

б) Корни этого уравнения, принадлежащие промежутку [ 5; 1],

отберем с помощью тригонометрического круга.

Ответ: а) 2 + m, m 2 Z; 3 + 2 k, k 2 Z; б)

; 2 ; 3 .

2. Указание: неравенство имеет смысл при ограничениях

> 0;

x 6= 0;

x = 0;

p35;

8 x2 = 1;

8x =

p35;

x =

35)(x+p

35)

35 > 0;

> 0;

p35 < x < 3 или x > p35;

< x

[

откуда находим ОДЗ x (

35; 0)

(0; 3)

(

35;

+ ).

2025 год, 11 класс

Перепишем неравенство в эквивалентном виде

x 3

или

x 3

log

x2 35

log

x2 35

6 log x2 jxj.

Найдем его решения на всех промежутках ОДЗ.

Пусть

[

тогда

< 1, при потенцирова-

(

35;

(0; 3)

x2 35

j. Умножим обе части

нии знак

неравенства изменится,

x 3

> j

последнего неравенства на x 3 < 0 и сменим знак неравенства,

получим

x (x

откуда при x

(

35;

0) имеем

6 j j

+ 3x, 2x

0 с решениями

неравенство x

x 2

2 ; 5 , с учетом ограничения x 2

2 ; 0

в ответ. При

x 2

(0; 3)

имеем неравенство x2 35

6 x2 3x, равносильное

3x 6 35, которое верно при всех x2

2 (0; 3) в ответ.

> 1

= x

Пусть x 2 (

35; +1), тогда

, j

, при потенцирова-

нии знак неравенства сохранится,

xx 353

6 jxj. Умножим обе части

полученного неравенства на x

3 > 0, сохранив знак неравенства,

имеем x

35 6 x(x 3), x

6 x

3x, откуда x 6 3 , с учетом

ограничения x 2

353

в ответ.

35;

Ответ:

27 ; 0

353 .

(0; 3)

35;

[

Указание: пусть Q точка пересечения прямых DE и CK,

R точка пересечения прямых

CD и F E. Накрест лежащие уг-

лы DQC и QCF равны. По-

скольку CK биссектриса уг-

ла DCF , то углы DQC и QCD

тоже равны, значит треугольник

CDQ равнобедренный, а его

стороны CD и DQ равны, сле-

довательно,

длина отрезка EQ

равна 20 разности длин DQ и

DE. Биссектриса CK угла DCF

является также и высотой тре-

угольника

RCF ,

значит этот

треугольник

равнобедренный,

RC = CF . Треугольники RDE и RCF подобны по двум углам (общему и равным, соответственным, при параллельных основаниях трапеции), откуда RDE равнобедренный, RD = DE = 5, следовательно, CF = RC = 30, коэффициент подобия равен 16 .

26Указания, решения, критерии оценивания

Впрямоугольном треугольнике EQK по теореме Пифагора находим QK = 16. Прямоугольные треугольники EQK и F CK с равными острыми углами (накрестлежащими) подобны, откуда CK = 24, F K = 18. Площадь треугольника RCF равна CK F K.

Площадь трапеции CDEF найдем вычитая из площади треугольника RCF площадь подобного треугольника RDE с k = 16 . Имеем

SCDEF =	1	1	2	24	18 = 35	432 = 420 искомая площадь,
в ответ.		6			36
Ответ: 420.

4. Указание: равенство имеет смысл, когда a 6= 0 и выражение под знаком корня неотрицательно, откуда x > 92 . Основание

степени определено при всех действительных x. Перепишем урав-

нение в

p2x

x 2

2x 9

81x2+56a2

2x a

a2x

81a

2 + 56

2 + 56 = 1

эквивалентном виде

+ 81

. Если x a2

5681 6

, то урав-

a. При

= 1 уравнение

нение равносильно 2x

9 = 2x

примет вид верного числового равенства

1 = 1 для всех допу-

стимых x. Таким образом, требуется найти такие a, при которых
совокупность уравнений "		p
			2x 9 = 2x a;		имеет единственное
			x	2 + 56 = 1
			a	81
решение. Рассмотрим оба	уравнения по отдельности.

При 2x a > 0 возведем обе части первого уравнения в квадрат, получим равносильное уравнение 2x 9 = (2x a)2, которое приведем к стандартному виду 4x2 2(2a + 1)x + a2 + 9 = 0. Это

уравнение имеет корни при (2a+1)2 4(a2+9) > 0, a >				354	, которые
вычисляются по формулам x1 =	p				p
вычисляются по формулам x1 =	2a+1+	4a 35 , x2 =	2a+1 4a 35 .
	4				4

При a = 354 уравнение имеет одно решение, оно удовлетворяет условию 2x a > 0. Корень x1 удовлетворяет условию 2x1 a > 0

при всех a > 354 , корень x2 удовлетворяет условию 2x2 a > 0 при

354 6 a 6 9.

Второе уравнение дает корни x3 = 59 a и x4 = 59 a, которые всегда различны при a 6= 0. Корень x3 существует при 59 a > 92 , от-

куда a > 8110 . Корень x4 существует при 59 a > 92 , откуда находим

a 6 8110 .

2025 год, 11 класс

ют), получим уравнение 2 59 a 9 = 2 59 a a с корнями a1 = 9 и a2 = 81. Значение a1 заведомо не подходит, поскольку первое уравнение уже имеет два различных корня при a1 = 9.

Таким образом, исходное уравнение может иметь одновременно

до трех корней при различных значениях a:

4a 35 ;

a 2

354 ; +1 ;

x1 = 2a+1+4

2a+1 p4a 35 ;

; 9 ;

6x3 =

5 a;

; +

;

95 a;

6x4 =

; 1081

Число корней может уменьшиться, если часть из них совпадет,

или станет посторонними. Над числовой осью, для параметра a,

нанесем схема-

тично линия-

ми корни x1,

x2, x3 и x4. Пе-

ресечения ли-

ний изобража-

ют совпадения

корней. На рисунке линия каждого корня проведена над его обла-

стью существования. Требуется, чтобы произвольная вертикаль-

ная прямая над числовой осью имела ровно одно пересечение с

линиями. Область, которой соответствует ровно один корень, за-

штрихована на числовой оси, также выделена отдельная точка,

соответствующая ровно одному корню.

Ответ: 1; 8110 [ 8110 ; 354 [ f81g.

28	Указания, решения, критерии оценивания

5. Указание: возможны два случая положения центра сферы

внутри или снаружи паралле-

лепипеда, при этом расстояние

от центра сферы до плоскости

Случай 1 Случай 2 нижнего основания каждого из параллелепипедов в обоих случа-

Рассмотрим первый случай, когда центр сферы внутри параллелепипеда. Проведем радиусы ON и OE. По теореме Пифаго-

= 2p

ра CE = q6

ME =

+ (2

82)2

, откуда

. По теоре-

91 = 3. Искомый объем пирамиды

ме Пифагора

OM =

P CDQ равен разности объемов пирамид P CDM и QCDM с общим основанием CDM и лежащими на одной прямой высотами

P M и QM. По формуле вычисления объема искомой пирамиды

имеем VP CDQ = 13 SCDM (P M QM) = 13 SCDM P Q. Площадь основания SCDM равна четверти площади прямоугольного

основания параллелепипеда. Длина P Q равна полусумме радиуса

сферы и длины OM, откуда получаем искомый объем пирамиды
p	82 10+32 = 132	p82 в ответ.
V1 = VP CDQ = 31 6 24

Во втором случае, когда центр сферы вне параллелепипеда, все вычисления одинаковы, только теперь искомый объем пирамиды P CDQ равен сумме объемов пирамид P CDM и QCDM с общим основанием CDM. Этот объем приводится к аналогичной форму-

2025 год, 11 класс


ле VP CDQ = 31 SCDM P Q, где длина P Q равна полуразности
радиуса сферы и длины OM, откуда получаем искомый объем
									6 2p				10 3	= 7 p
пирамиды							= 1				82					в ответ.
	V	2	= V	P CDQ			= 1				82				82
		2		P CDQ			3	4					2	2
Ответ: V1 = 13 p						, V2 =		7 p				.
Ответ: V1 = 13 p					82	, V2 =		7 p		82		.
			2					2

Вариант 514

1. а) Указание: преобразуя исходное уравнение, получим

12 + 13 sin x 4 sin

2 x

cos2 x)(sin2 x + cos2 x) = 0

x + 12(sin

2x = 0

12 + 13 sin x 4 sin

12 cos 3

12(1

cos 2x) + 13 sin x

4 sin

x = 0

24 sin x + 13 sin x

sin

sin x(24 sin x + 13 4 sin

x) = 0.

Последнее уравнение распада-

ется на два sin x =

0 или

4 sin2 x 24 sin x 13 = 0. Пер-

вое имеет решения x = m,

m 2 Z в ответ. Во втором

уравнении

выполним

замену

y = sin x, y 22

[ 1; 1], получим

= 0

уравнение 4y

24y 13

у которого корень y1 =

посторонний корень y2 = 132 ,

= [

1; 1] Выполнив

так как

обратную замену неизвестного, получим уравнение sin x =

2 ,

имеющее корни x = 56 + 2 n, n 2 Z или x = 6 + 2 k, k 2 Z в ответ.

б) Корни этого уравнения, принадлежащие промежутку

; 4 ,

отберем с помощью тригонометрического круга.

Ответ: а) m, m 2 Z; ( 1)k+1 6 + k, k 2 Z; б) 0; ;

2. Указание: неравенство имеет смысл при ограничениях

> 0;

x 6= 0;

x = 0;

8 x2 = 1;

8x = 2p7;

x = 2p7;

7)(x+2p

28 > 0;

2p7 < x < 1 или x > 2p7;

< x

> 0; <

[

откуда находим ОДЗ x ( 2

7; 0)

(0; 1) (2 7; +

30	Указания, решения, критерии оценивания

Перепишем неравенство в эквивалентном виде

x 1

или

x 1

log

x2 28

log

x2 28

6 log x2 jxj.

Найдем его решения на всех промежутках ОДЗ.

Пусть

[

тогда

< 1, при потенцирова-

(

7; 0)

(0; 1)

x2 28

j. Умножим обе части

нии знак

неравенства изменится,

x 1

> j

последнего неравенства на x 1 < 0 и сменим знак неравенства,

получим

6 j

x (x

2откуда при

(

имеем

нера-

7; 0)

венство x

28 6 x +x, 2x x 28 6 0 с решениями x 2

; 4 ,

неравенство

(0; 1) имеем

7 ; 0

с учетом ограничения

2 2

в ответ. При

x равносильное x

28, которое верно

при всех x 2 (0; 1) в ответ.

> 1

= x

Пусть x 2 (2

7; +1), тогда

, j

, при потенцирова-

нии знак неравенства сохранится,

xx 281

6 jxj. Умножим обе части

полученного неравенства на x

1 > 0, сохранив знак неравенства,

28 6 x(x 1), x

x, откуда x 6

28, с учетом

имеем x

28 6 x

ограничения x 2

7; 28 в ответ.

[

Ответ:

(0; 1)

2p7; 28 .

7 ; 0

Указание: пусть Q точка пересечения прямых CD и BT ,

R точка пересечения прямых

BC и ED. Накрест лежащие уг-

лы CQB и QBE равны. Посколь-

ку BT биссектриса угла CBE,

то углы CQB и QBC тоже рав-

ны, значит треугольник BCQ

равнобедренный, а его стороны

BC и CQ равны, следовательно,

длина отрезка DQ равна 10

разности длин CQ и CD. Бис-

сектриса BT угла CBE являет-

ся также и высотой треугольни-

ка RBE, значит этот треугольник равнобедренный, RB = BE. Треугольники RCD и RBE подобны по двум углам (общему и равным, соответственным, при параллельных основаниях трапе-

<<< < Предыдущая 1 23 / 83 4 5 6 7 8 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]