|
|
5x + 4 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
----------------- |
|
> 0, |
|
|
|
РЕШЕНИЕ. ОДЗ: |
|
4x |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
x4 – 5x2 + 4 > 0 или |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
4 |
(0; 1) (2; + ). |
|
x (– ; –2) –1; – -- |
|
|
|
|
|
5 |
|
|
|
Исходное неравенство равносильно следующему: |
|
|
|
|
log |
|
5x + 4 |
|
|
|
|
2 |
----------------- < 0 |
|
|
|
|
|
4x |
|
|
|
или |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
5x + 4 |
< 1. |
|
|
|
----------------- |
|
|
|
|
|
|
4x |
|
|
|
Решением его является промежуток x (–4; 0). С учетом ОДЗ |
исходному неравенству удовлетворяют x (–4; –2) |
4 |
. |
–1; – -- |
|
|
|
|
|
|
5 |
|
6. ОТВЕТ: [–2; –1].
РЕШЕНИЕ. Для нахождения множества значений функции f (x) = log0,5 (3 + cos x) представим эту функцию как сложную че рез вспомогательный аргумент:
y = log0,5 ϕ(t), ϕ(t) = t + 3,
t = cos x.
Функция t = cos x непрерывна и принимает все значения из промежутка [–1; 1].
Функция ϕ(t) непрерывна и принимает все значения из про межутка [2; 4].
Функция y = log0,5 ϕ(t) непрерывна, убывающая, определена при ϕ(t) > 0 и при 2 ϕ 4 принимает все значения из промежут ка [log0,5 4; log0,5 2], т. е. множество значений функции [–2; –1].
7. ОТВЕТ: 8
3 .
РЕШЕНИЕ. В прямоугольном треугольнике ABC обозначим AM = MK = x, KN = NB = t, высоту CK = h.
Из MCK:
h2 + x2 = 13.
Из CKN:
h2 + t2 = 21.
173
Из ABC:
h2 = 4xt.
Решая полученную систему, находим x = 1; t = 3; h = 
12 . Площадь треугольника ABC равна
|
|
|
1 |
3 . |
|
|
|
|
S = -- hAB = 8 |
|
|
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
y 0, |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
8. ОТВЕТ: не может; |
|
x > 0, |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
1 – x2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
y ---------------- . |
|
|
|
|
|
|
|
|
2 |
3 |
; |
1 |
|
в уравне |
|
|
|
|
|
|
|
РЕШЕНИЕ. Подставим координаты точки M 4-- |
4-- |
|
1 |
3 |
9 |
, которое рав |
ние y = px – 0,5(1 + p2)x2: -- |
= p• -- – 0,5(1 + p2)• ----- |
4 |
4 |
16 |
|
|
|
|
носильно уравнению 9p2 – 24p + 17 = 0. Так как дискриминант этого уравнения D = 144 – 153 < 0, то уравнение не имеет реше ний и снаряд не может попасть в точку M.
Преобразуем уравнение траектории зенитного снаряда:
|
|
|
|
|
–p2x2 |
x2 |
|
|
|
|
y = --------------- |
– ---- + px. |
|
|
|
|
|
2 |
2 |
Решим уравнение относительно p: |
|
|
|
|
p2x2 – 2px + x2 + 2y = 0. |
Найдем дискриминант: |
|
D |
|
|
|
|
– 2yx2 0 |
x2(1 – x2 – 2y) 0, |
---- = x2 – x4 |
4 |
|
|
|
|
|
|
откуда следует, что y |
1 – x2 |
|
---------------- . |
|
|
|
|
|
|
2 |
|
По условию p (0; + ). Следовательно, по теореме Виета |
сумма корней p |
|
+ p |
|
|
2 |
|
1 |
2 |
= -- > 0. |
|
|
|
|
x |
|
Множество точек, через которые проходят траектории, удов летворяющие системе неравенств, имеет вид:
y 0, x > 0,
1 – x2 y ---------------- .
2
9. ОТВЕТ: a (– ; 1] |
|
3 |
; + |
; |
|
-- |
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
3 |
|
|
|
|
|
|
|
|
если a (– ; 0] 1; |
-- |
, то x = 8a + 4 2(2a2 – 5a + 3) ; |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
если a |
|
0; |
3 |
|
, то x |
|
|
= 8a + 4 |
2(2a2 – 5a + 3) , x |
|
10a – 6 |
; |
-- |
1 |
2 |
= -------------------- |
|
|
|
5 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
a |
|
если a |
|
3 |
|
|
3 |
; + |
, то x |
|
= 8a 4 2(2a2 |
– 5a + 3) . |
|
|
|
|
-- ; 1 |
-- |
1, 2 |
|
|
5 |
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
РЕШЕНИЕ. При x 0 исходное уравнение принимает вид: x2 – 16ax + 160a – 96 = 0. Для того чтобы оно имело два различ ных решения, не меньших нуля, необходимо и достаточно, что бы параметр a удовлетворял системе неравенств:
D > 0,
xв > 0,
f (0) 0,
где дискриминант D = 128(2a2 – 5a + 3), абсцисса вершины па
раболы f (x) = x2 – 16ax + 160a – 96, xв = 8a, f (0) = 160a – 96. Получаем систему неравенств:
256 |
|
a – 1 |
|
|
3 |
|
> 0, |
|
|
|
|
|
|
|
|
a – -- |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2 |
a |
|
3 |
; 1 |
|
3 |
; + . |
|
|
|
|
8a > 0, |
|
|
|
|
-- |
-- |
|
|
|
|
|
5 |
|
|
2 |
|
32(5a – 3) 0 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Для того чтобы исходное уравнение имело единственное ре шение, большее или равное нулю, необходимо и достаточно, чтобы параметр a удовлетворял совокупности:
|
|
|
D = 0, |
|
|
|
3 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
a = -- |
; 1 , |
|
|
|
|
|
|
|
|
xв 0; |
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
5a – 3 < 0, a – ; |
3 |
|
3 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
f (0) < 0, |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
5-- |
|
-2- |
; 1 . |
|
|
|
f (0) = 0, |
|
|
3 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
a = -- , |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
xв < 0 |
|
|
5 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
a < 0 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Определим корни квадратного уравнения |
|
|
|
|
|
x1, 2 = 8a 4
2(2a2 – 5a + 3) . При x < 0 исходное уравнение имеет вид:
ax – 10a + 6 = 0,
10a – 6
откуда x = -------------------- . a
175
Так как x < 0, то найдем значения параметра a из неравенст
10a – 6 |
< 0. Параметр a |
0; |
3 |
. |
ва -------------------- |
-- |
a |
|
|
5 |
|
Хотя бы одно решение достигается при
a (– ; 1] |
|
|
3 |
|
|
|
|
|
|
|
|
3 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2-- ; + . При a |
(– ; 0] |
1; -2- |
, |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
x = 8a + 4 2(2a2 – 5a + 3) . |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
При a |
0; |
3 |
|
x |
|
= 8a + 4 |
2(2a2 – 5a + 3) |
|
10a – 6 |
-- |
1 |
, x = -------------------- . |
|
|
|
5 |
|
|
|
|
|
|
|
|
2 |
a |
При a = |
|
3 |
; 1 |
|
|
|
3 |
|
x |
|
= 8a 4 |
2(2a2 – 5a + 3) . |
|
|
|
|
-- |
-- ; + |
1, 2 |
|
|
5 |
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
9h |
|
|
|
|
|
|
|
10. ОТВЕТ: H = 3h, R = ------ . |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
4 |
|
|
|
|
|
|
|
РЕШЕНИЕ. Обозначим вершину конуса T, высоту конуса TO1 = H, радиус сферы R. Центр сферы O находится на оси ко нуса TO1 (рис. 72). По условию высота призмы CDEC1D1E1 рав
на h, CD = 
6 h.
|
|
|
|
T |
|
C1 |
|
|
|
|
E1 |
|
O |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
D1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
O |
|
A |
|
|
|
|
|
|
E |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
C |
|
|
|
|
|
B |
|
|
|
|
|
O1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
T1
Рис. 72
Рассмотрим осевое сечение конуса (рис. 73). Диаметр сферы TT1 = 2R.
Рассмотрим TT1B.
TBT1 = 90°, поэтому |
|
|
T |
|
BO2 = TO |
•T |
O , |
|
|
|
|
1 |
1 |
1 |
1 |
|
|
|
|
где BO1 = r — радиус основания |
|
C1 |
|
|
|
|
O2 |
|
конуса, TO1 = H, T1O1 = 2R – H. |
|
|
|
|
|
|
|
Получаем: |
|
|
|
|
|
O |
|
r2 = H(2R – H). |
|
|
|
|
TC1O2 ATO1: |
A |
C |
O1 |
B |
C1O2 |
TO2 |
|
|
|
|
|
-------------- = ----------- . |
|
|
|
|
AO1 |
TO1 |
|
|
|
|
|
Так как призма правиль |
|
|
T1 |
|
|
|
|
|
ная, то O2 и O1 — центры тяжести |
|
|
Рис. 73 |
|
C1D1E1 и CDE. Поэтому C1O2 = h
2 . Имеем:
h 2 |
= |
H – h |
; r |
Hh 2 |
-----r----- |
---------------- |
= ---------------- . |
|
H |
|
H – h |
Тогда |
2H2h2 |
= H(2R – H); |
----------------------- |
|
(H – h)2 |
|
|
R = |
Hh2 |
H |
(---H-------–-------h---)--2- |
+ ---- . |
|
|
2 |
Для нахождения минимального значения радиуса R найдем производную R′ по переменной H (H > 0):
R′ = h2• |
(H |
– h)2 – 2H(H – h) |
+ |
1 |
(H – 3h)(h2 + H2) |
---------- |
----------(--H-------–------h----)---4-------------------- |
-- |
= --------------------------------------------------- . |
|
|
|
2 |
2(H – h)3 |
Наименьшее |
значение радиуса |
|
сферы достигается при |
H = 3h.
9h
Получим, что наименьший радиус шара равен R = --4---- .
Второй тур, 2009 г. Вариант 4
1. ОТВЕТ: 10 ч, 6 ч.
РЕШЕНИЕ. Обозначим количество деталей за смену для пер вого рабочего n, производительность 1 го рабочего x дет./ч. Ко личество деталей за смену для 2 го рабочего m, производитель ность 2 го рабочего y дет./ч. Время, затраченное 1 м рабочим на
n
--
y
n
изготовление n деталей, равно -x- (ч); время, затраченное 2 м ра
m
бочим на изготовление m деталей, равно -y--- (ч). Так как длитель
n m
ность смены одинаковая для обоих рабочих, то -x- = -y--- .
Если бы рабочие поменялись задачами, т. е. 1 й рабочий из
m
готовил бы m деталей за 4 ч, значит, -x--- = 4.
И 2 й рабочий изготовил бы n деталей за 9 ч, т. е. = 9.
Решим систему из трех уравнений. Получим, что m = 6y.
m
Длительность смены равна -y--- , т. е. 6 ч. По условию задачи первый рабочий изготовил все детали m + n. Время, затраченное
m + n
им, равно t = --------------- . Получим: t = 10 ч. x
2. |
π |
πn |
π |
π |
2π |
3π |
5π |
ОТВЕТ: -- |
+ ------ |
, -- |
+ πk, n, k Z; -- |
; ------ |
; ------ |
; ------ . |
|
8 |
4 |
3 |
3 |
3 |
8 |
8 |
РЕШЕНИЕ. Преобразуем исходное уравнение:
2cos 4x•cos 2x + cos 4x = 0; cos 4x(2 cos 2x + 1) = 0.
Уравнение равносильно совокупности двух уравнений:
cos 4x = 0, |
|
|
|
|
π |
+ |
πn, n Z, |
|
|
|
|
|
|
|
|
4x = -- |
|
|
|
1 |
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2π |
|
cos 2x = – |
-- |
; |
|
|
|
+ 2πk, k Z; |
2 |
|
|
2x = ------ |
|
|
|
|
|
|
|
|
3 |
|
|
|
|
|
π |
|
|
πn |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
x = -- |
+ ------ , |
|
|
|
|
|
|
8 |
|
|
4 |
|
|
|
|
|
|
|
π |
+ πk, n, k Z. |
|
|
x = -- |
|
|
|
|
|
3 |
|
|
|
Для нахождения корней, лежащих в промежутке |
|
π |
; |
|
-- |
|
|
4 |
|
решим двойное неравенство относительно n Z:
π |
π |
πn |
3π |
1 |
5 |
n {1; 2}. |
-- |
-- |
+ ------ |
------ |
-- |
n -- |
4 |
8 |
4 |
4 |
2 |
2 |
|
|
|
|
3 |
π |
5 |
π |
|
Получим корни: ------ |
и ------ . |
|
|
|
|
8 |
8 |
|
Аналогично решим неравенство |
|
π |
π |
+ |
πk |
3π |
π |
|
-- |
-- |
------ |
, откуда k = 0 и x = -- |
|
4 |
3 |
|
|
|
4 |
3 |
и |
|
|
|
|
|
|
|
π |
|
π |
+ |
πk |
3π |
2π |
-- |
– -- |
------ |
, откуда k = 1 и x = ------ . |
4 |
|
3 |
|
|
|
4 |
3 |
3. ОТВЕТ: –2.
РЕШЕНИЕ. Определим ОДЗ: x (–5,6; 1). Приведем лога рифмические функции к одному основанию, равному 2:
log2 
10x + 56 = log2 (1 – x)•2.
Потенцируя уравнение, получим
10x + 56 = 2(1 – x).
Возведем в квадрат:
10x + 56 = 4(1 – 2x + x2)
или
2x2 – 9x – 26 = 0.
Корнями этого уравнения являются числа 6,5 и –2. Удовлет воряет ОДЗ корень –2.
|
|
|
|
9 |
; + . |
|
|
4. ОТВЕТ: (– ; –3) (–3; 1) -- |
|
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
РЕШЕНИЕ. Преобразуем данное неравенство: |
|
|
|
|
|
x2 – 9 |
2 |
|
|
|
|
|
|
------------------- |
< ----------------- ; |
|
|
|
|
|
|
x3 + 27 |
2x – 9 |
|
|
|
|
|
|
x – 3 |
2 |
|
< 0, |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
------------------------------ |
– ----------------- |
|
|
|
|
|
x2 – 3x + 9 |
2x – 9 |
|
|
|
|
|
|
x = –3; |
|
|
|
|
|
|
x – 1 |
|
|
|
(–3; 1) |
9 |
; + . |
|
|
|
|
|
----------------- |
> 0, x (– ; –3) |
|
2x – 9 |
-- |
|
x = –3 |
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
5. ОТВЕТ: (–1; 1] [2; 9]. |
|
|
РЕШЕНИЕ. Запишем ОДЗ: |
|
|
|
x + 1 > 0, |
|
|
|
|
|
|
x2 – 3x + 2 0 x (–1; 1] |
[2; + ). |
|
|
x + 1 |
. По знаку это выраже |
Преобразуем lg (x + 1) – 1 = lg ------------- |
10 |
|
|
|
|
|
x – 9 |
|
|
|
|
|
ние эквивалентно ------------- . Тогда исходное неравенство принимает |
10 |
|
|
|
|
|
вид: (x – 9) x2 – 3x + 2 |
0, которое равносильно совокуп |
ности: |
|
|
|
|
|
|
|
|
x2 – 3x + 2 = 0, |
|
|
|
x = {1; 2}, |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
x – 9 0, |
|
|
|
|
x 9, |
|
|
|
|
|
|
|
x2 – 3x + 2 0; |
|
|
|
(x – 2)(x – 1) 0. |
|
|
|
|
Сучетом ОДЗ запишем решение неравенства x (–1; 1] [2; 9].
6. ОТВЕТ: (– ; 3) (11; + ).
1 |
определена на отрезке [–1; 3], |
РЕШЕНИЕ. Функция f(x) = ------------- |
x – c |
|
|
|
1 |
. Так |
исключая точки, где x = c. Производная f ′(x) = – -------------------- |
|
(x – c)2 |
|
как f ′(x) < 0 на области определения, то f (x) является убываю щей функцией и достигает наименьшего значения в точке x = 3.
1
По условию -------------
3 – c
1 fmin = f (3) = ------------- .
3 – c
> –0,125.
Решая неравенство, получим, что c (– ; 3) (11; + ).
7. ОТВЕТ: 15.
РЕШЕНИЕ. По условию CAM = 0,5 arccos 0,6. Следователь но, центральный угол COM = arccos 0,6.
В COM:
CO = OM cos (arccos 0,6) = 3,
CM = 4.
Рассмотрим BAM (рис. 74). Обозначим AB = BC = x.
AM = AO + OM = 3 + 5 + 8.
По теореме Пифагора (x + 4)2 = x2 + 64,
x = 6.
1
S BOM = -2- OC•(BC + CM) = 15.
A 
O
B C M
Рис. 74
8. ОТВЕТ: 32.
РЕШЕНИЕ. На рис. 75 изображена трапеция ABCD, боль шее основание которой AD = 6, вершины принадлежат графи ку функции y = 5 + 4x – x2. Абсцисса вершины параболы y = 5 + 4x – x2 равна xв = 2.
y 
Рис. 75
BC
Пусть координаты точки B(x, y), BE AD. Тогда ----2---- = 2 – x.
BC + AD 2
SABCD = ------------------------- •BE = (2 – x + 3)(5 + 4x – x ) =
2
= (5 – x)(5 + 4x – x2).
Производная SABCD′ = (5 – x)(4 – 2x) – (5 + 4x – x2) = = 3(x2 – 6x + 5) = 0.
SABCD′ = 0 при x = {1; 5}. Точка максимума x = 1, SABCD = 32.
9. ОТВЕТ: a R.
Если a |
|
1 |
; + |
, то x |
|
= 4; y |
|
= 2. |
|
|
|
|
-- |
1 |
1 |
|
|
2 |
|
|
|
|
1 |
|
|
= 0, y1 |
= 2 – 4a; x2 = 4, y2 = 2. |
Если a (– ; 0) -- |
, то x1 |
4 |
|
|
|
|
|
|
|
Если a = 0, x1 = 0, y1 = 2; то x2 = 4, y2 = 2.
Если a |
0; |
1 |
|
1 |
1 |
|
, то x |
= 0, y = 2 – 4a; x = 4; y = 2; |
-- |
-- |
; -- |
|
|
4 |
|
4 |
2 |
|
1 |
1 |
2 |
2 |
x = |
|
1 – 2a |
|
2 |
, y = |
1 – 2a |
|
----------------- |
|
----------------- . |
|
3 |
|
|
|
a |
|
|
|
3 |
a |
|
РЕШЕНИЕ. Из заданной системы уравнений |
|
|
y – 2 = a(x – 4), |
|
|
|
|
|
|
|
|
2x |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
---------------- |
|
= x |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
y |
+ y |
|
|
|
следует, что y > 0, x 0. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Преобразуем второе уравнение: |
|
|
x |
|
x |
x |
|
x |
|
|
-y- = |
|
|
----y-- – 1 = 0, |
либо x = 0, либо y = |
x , где y > 0, x > 0. |
|
Подставляя x = 0 в первое уравнение системы, получим, что |
y = 2 – 4a. Так как y > 0, то при a |
1 |
исходная система |
– ; -- |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2 |
|
имеет единственное решение: x = 0, y = 2 – 4a.
