Тема Ломоносов

Ломоносов - задания по годам → .01 Ломоносов до 2010

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела ломоносов

Разделы подтемы Ломоносов - задания по годам

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 21#114272Максимум баллов за задание: 7

Решите неравенство

2004 2006 2006 4(1− tgx) + (1 +tgx) ≥2 .

Подсказки к задаче

Подсказка 1

При каких значениях тангенса можно сразу сказать, верно ли неравенство?

Подсказка 2

Со значениями тангенса, по модулю превосходящими 1, в целом всё понятно. А что, если это не так? Давайте преобразуем левую часть при -1 < tg(x) < 1.

Подсказка 3

Вынесите в левой части 2²⁰⁰⁶ за скобки.

Подсказка 4

Как можно оценить сумму дробей в скобках?

Показать ответ и решение

Неравенство

2004 2006 2006 4(1− t) + (1 +t) ≥2 ,

где $t= tgx,$ выполняется при $t≥ 1,$ так как

2004 2006 2006 2006 4(1− t) +(1+ t) ≥ (1 +t) ≥2

и при $t≤ −1,$ так как

2004 2006 2004 2006 4(1− t) + (1 +t) ≥4(1− t) ≥ 2

При $− 1< t< 1$ имеем

( ) 2004 2006 2006 (1−-t)2004 (1+-t)2006 4(1− t) + (1+ t) =2 2 + 2 <

( ) < 22006 1− t-+ 1-+t =22006, 2 2

поскольку $0< 1−t< 1 2$ и $0 < 1+t-<1. 2$

Таким образом, исходное неравенство равносильно неравенству

|tgx|≥ 1,

откуда

⌊ π+ πk≤ x< π +πk, k∈ℤ |⌈ 4π 2 π −2 +πn <x ≤− 4 + πn, n ∈ℤ

Ответ:

$π + πk≤ x< π+ πk, − π+ πn< x≤ − π+ πn, k,n∈ ℤ 4 2 2 4$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 22#31629Максимум баллов за задание: 7

Найдите все значения $a$ , при каждом из которых уравнение

||x− a|+2x|+4x =8|x+1|

не имеет ни одного корня.

Источники: Ломоносов-2005

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Кажется, придётся раскрыть один из модулей, естественно мы выберем наименее «страшный», который в правой части. Главная идея при раскрытии этого модуля — обратить внимание на коэффициент перед x, а также подумать, какой коэффициент перед x может быть в левой части!

Подсказка 2

Хм, в правой части по модулю он равен 8. А в левой части? Опа, а в левой при раскрытии модуля он по модулю не больше 7. Что это значит, учитывая, что нам нужно отсутствие решений?

Подсказка 3

Конечно, если перенести всё в одну сторону, то монотонность определяется только раскрытием модуля с коэффициентом 8. Можно схематично нарисовать график полученной кусочно-линейной функции. В какой точке получается ключевое значение?

Подсказка 4

x = -1 будет точкой экстремума, а наличие решений определяется тем, какой знак имеет функция в этой точке. Осталось только подставить x = -1 и решить неравенство для а!

Показать ответ и решение

Рассмотрим эквивалентное уравнение

8|x+ 1|− 4x− ||x− a|+ 2x|=0

Левая часть при каждом фиксированном параметре $a$ является кусочно-линейной функцией $f(x)= 8|x+ 1|− 4x− ||x− a|+ 2x|$ , характер монотонности которой определяется первым модулем $8|x +1|.$

При $x≤ −1$ коэффициент перед $x$ равен $− 8− 4± 1±2 <0,$ поэтому функция $f(x)$ является убывающей, а её наименьшее значение достигается при $x= −1$ и равно $4− ||1 +a|− 2|.$

При $x≥ −1$ коэффициент перед $x$ равен $8− 4± 1± 2>0,$ поэтому функция $f(x)$ является возрастающей, а её наименьшее значение достигается при $x= −1$ и равно $4− ||1 +a|− 2|.$

Все значения больше $f(− 1)= 4− ||1+ a|− 2|$ достигаются, поэтому уравнение $f(x)= 0$ не имеет решений, если $0< f(−1),$ ведь тогда $0 <f(x)$ при любом $x.$

||a +1|− 2|− 4< 0 ⇔ |a+ 1|− 2∈ (−4,4)

|a+ 1|∈[0,6) ⇔ a +1∈ (−6,6) ⇔ a∈(−7;5)

Ответ:

$(−7;5)$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 23#32159Максимум баллов за задание: 7

Найдите все натуральные значения $n,$ удовлетворяющие уравнению

∘ ---2--- ∘ ---2--- 2004[n 1002 + 1]=n[2004 1002 + 1].

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Внимательно взгляните на правую часть – как бы всё страшно не выглядело, тут у нас под целой частью стоит конкретное число. Так почему бы эту целую часть просто не посчитать? Корень из 1002^2+1 – это 1002 с копейками, но вопрос в том, насколько большие эти копейки

Подсказка 2

Есть честный способ для подсчёта целой части: обозначьте её за k, и тогда то, что внутри ≥k и <k+1 – из такого вот двойного неравенства и найдётся k (подставьте вместо k то, чему вы желаете, чтобы оно было равно, и убедитесь, что двойное неравенство выполнено)

Подсказка 3

Возвращаемся к нашему уравнению! Теперь мы можем сократить на 2004 и получить уравнение с одной целой частью. Внутри целой части выражение очень похоже на то, чему целая часть равна. Так что нам нужно просто найти такой момент, когда n уже настолько большое, что унесёт выражение до следующей целой части. То есть момент, когда аргумент целой части больше либо равен тому, чему целая часть равна + 1 – получается обычное квадратное неравенство! Всё до этого момента нам подойдёт. Помните, что n у нас натуральное, решайте неравенство, и задачка убита!

Показать ответ и решение

В силу монотонности корня:

∘ ------- ∘------------------(----)2 1002≤ 10022+ 1≤ 10022+2⋅1002⋅-1--+ -1-- =1002+ -1-- 2004 2004 2004

Откуда

2004⋅1002 ≤2004∘10022+-1≤ 2004⋅1002+ 1

Подставляя в исходное уравнение, получим

2004[n∘10022+-1]=2004⋅1002n

[n∘10022-+1]= 1002n

Заметим, что для $n ≤2004$ верна оценка

∘------- ( ) 1002n< n 10022+1 <n 1002+ -1-- = 1002n +1, 2004

а значит, и уравнение, то есть все $n =1,2,...,2004$ являются корнями. Покажем, что других корней нет.

Пользуясь тем, что $[x]=x − {x}$ , где ${x}$ — дробная часть $x$ , получим

∘ ---2--- ∘---2--- n 1002 + 1− 1002n= {n 1002 +1}

Так как область значений ${x}$ равна $[0;1)$ и $n√10022+1 >1002n$ , то из уравнения следует неравенство

n∘10022+-1− 1002n< 1

n < √-----1-------= ∘10022-+1+ 1002 <1002+ -1--+1002= 2004+ -1-- 10022 +1− 1002 2004 2004

n ≤2004

А значит, только $n≤ 2004$ и могли подойти.

Ответ:

${1;2;...;2004}$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 24#47064Максимум баллов за задание: 7

Решите неравенство

3⋅21−x+-1 --1--- 2x− 1 ≥ 1− 2− x.

Источники: Ломоносов-2005

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Мы видим наше неравенство, которое нам сходу не решить, поскольку здесь степени и некоторые из них не со знаком умножения. Поэтому надо сделать замену. На что мы можем заменить, если в показателях степени у нас х всегда с коэффициентом ±1?

Подсказка 2

Мы можем сделать замену t = 2^x. Тогда в обеих частях получается некоторая дробь, в числителе и знаменателе которой многочлен. Значит мы можем решать это как обычно, получим подходящие промежутки, после чего нам надо будет заключить 2^x на них и получить ответ!

Показать ответ и решение

После замены $t= 2x$ получаем неравенство

6+ 1 1 6+ 1 t tt− 1-≥ 1−-1 ⇐ ⇒ tt− 1-≥ t−-1 t

которое эквивалентно

-6+-t-− --t2---≥0 ⇐⇒ t2−-t− 6 ≤0 t(t− 1) t(t− 1) t(t− 1)

По методу интервалов получаем $t∈ [− 2;0)∪(1;3].$

При обратной замене получаем $0 x log23 2 < 2 ≤ 2 ⇐ ⇒ x ∈(0;log23].$

Ответ:

$(0;log 3] 2$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 25#64606Максимум баллов за задание: 7

В трапеции $ABCD$ расстояния от вершин $A$ и $B$ до боковой стороны $CD$ равны 3 и 2 соответственно. Длина $CD$ равна $2,4$ . Найдите площадь трапеции $ABCD.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Какие площади можно сразу найти?

Подсказка 2

S(ACD) и S(BCD). А есть ли в данной конструкции фигуры с равными площадями?

Показать ответ и решение

$PIC$

Из условия мы можем найти площади $SACD = 3⋅22,4 =3,6$ и $SBCD = 2⋅2,24= 2,4$ . Используем известный факт (см. рельсы Евклида), что $SDBC = SABC$ : действительно, если $h$ — расстояние между основаниями трапеции (между параллельными прямыми $AD$ и $BC$ ), то $SABC = 12h⋅BC = SBCD$ . Тогда $SABCD = SACD +SABC = 3,6+ 2,4= 6$ .

Ответ: 6

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 26#67824Максимум баллов за задание: 7

Решите неравенство

( ∘ -------2) x 3x+ 2− 2 3− 2x− x ≥3|x|

Источники: Ломоносов-2005

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Выпишите ОДЗ.

Подсказка 2

Получим, что x ≠ 0. Значит, можем на него делить.

Подсказка 3

Раскройте модуль.

Показать ответ и решение

Выпишем ОДЗ этого неравенства:

2 3 − 2x− x ≥ 0|⋅(−1)

2 x + 2x − 3 ≤0

(x− 1)(x+ 3)≤ 0

x∈ [−3,1]

Заметим, что $0$ является решением неравенства. Значит, далее можно считать, что $x ⁄=0.$ Рассмотрим два случая:

1.

$x >0.$ Раскроем модуль, разделим обе части на положительное число $x:$

3x +2− 2∘3-− 2x−-x2 ≥ 3

--------- { 3x− 1≥ 2∘ 3− 2x− x2 О⇐Д⇒З 3x− 1≥ 0 ⇐⇒ 9x2− 6x+ 1≥12− 8x− 4x2

{ x ≥ 13 { x≥ 13 ⇐ ⇒ 13x2+2x − 11≥ 0 ⇐ ⇒ x∈ (−∞,−1]∪[1113,+∞ )

Тогда с учетом ОДЗ в этом случае $x∈ [11,1]. 13$

2.

$x <0.$ Раскроем модуль, разделим обе части на отрицательное число $x:$

∘ --------- 3x+ 2− 2 3− 2x − x2 ≤ −3

⌊ 3x+5 <0 3x +5 ≤2∘3-− 2x-− x2 О⇐ДЗ⇒ |⌈ { 3x+ 5≥ 0 ⇐ ⇒ 9x2+ 30x+ 25≤ 12− 8x− 4x2

⌊ ⌊ 5 x{ <− 53 | x(< − 3 ⇐⇒ |⌈ x≥ − 53 ⇐⇒ |⌈ { x ≥−[ 53 √- √-] 13x2+ 38x +13≤ 0 ( x ∈ −19−138-3,−19+183-3-

Тогда с учетом ОДЗ в этом случае получаем, что $[ √-] x ∈ −3,−19+183-3-.$ Объединяя все решения в итоге получим, что

[ √-] [ ] x∈ − 3,−-19-+8-3 ∪{0}∪ 11,1 . 13 13

Ответ:

$[− 3,−19+8√3]∪{0}∪[11,1] 13 13$

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 27#78857Максимум баллов за задание: 7

Вычислите

2xy(x3+ y3) (x+ y)(x4 − y4) -x2− xy+-y2 +---x2−-y2----

при

x= −1,6◟. ◝..◜6 ◞7 и y = −1,3◟. ◝..◜3 ◞ 44 45

Источники: Ломоносов - 2005, номер 1

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Приведите дроби к одному знаменателю.

Подсказка 2

Вспомните формулы сокращенного умножения.

Показать ответ и решение

2xy(x3+ y3) (x +y)(x4− y4) x2−-xy-+y2-+ ---x2−-y2---=

2 2 2 2 2 2 = 2xy(x-+y2)(x-−-xy2+-y) + (x+-y)(x-+2-y-)(2x-− y-)= x − xy+ y x − y

= 2xy(x+ y)+(x+ y)(x2+ y2) =

=(x+ y)(x2+ 2xy +y2)= (x+ y)3

Подставим

x= −1,6◟-..◝.◜6 ◞7 и y = −1,3◟..◝◜.3◞: 44 45

3 3 (− 1,6◟..◝◜.6◞7+(−1,3◟. ◝..◜3 ◞)) = (−3) =− 27 44 45

Ответ:

$− 27$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 28#79926Максимум баллов за задание: 7

Найдите площадь трапеции $ABCD$ с боковой стороной $BC = 5$ , если расстояния от вершин $A$ и $D$ до прямой $BC$ равны 3 и 7 соответственно.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Проведите перпендикуляры из A и D к прямой BC.

Подсказка 2

Какое дополнительное построение можно сделать в трапеции, чтобы по-другому выразить её площадь?

Подсказка 3

Пусть М — середина AD. Проведите через неё прямую, параллельную BC.

Подсказка 4

А чем будет являться перпендикуляр из M к BC?

Показать ответ и решение

Проведём через середину $M$ стороны $AD$ прямую $EF ∥BC$ и опустим перпендикуляры $MH, AH ,DH 1 2$ на $BC.$

$PIC$

Тогда $△DEM$ равен $△AFM,$ поэтому площадь трапеции $ABCD$ равна площади параллелограмма $EF BC.$ Заметим, что $MH$ — средняя линия трапеции $AH1H2M,$ тогда

AH1 +DH2 3+7 MH = ----2---- = -2--= 5

В итоге

SABCD = SEFBC =MH ⋅BC =5 ⋅5 =25

Ответ: 25

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 29#80594Максимум баллов за задание: 7

Найдите все значения $a,$ при каждом из которых уравнение

9|x− 1|− 4x+ |3x− |x+a||=0

имеет хотя бы один корень.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Что можно сказать о промежутках возрастания и убывания выражения в левой части?

Подсказка 2

Обратите внимание на коэффициенты при x. Посмотрите, какими они будут после раскрытия модулей различными способами.

Подсказка 3

Получаем, что точкой минимума является x = 1, какое условие надо наложить, чтобы был хотя бы один корень?

Показать ответ и решение

Функция

f(x)= 9|x− 1|− 4x+ |3x − |x+ a||

убывает при $x ≤1$ (так как при любом раскрытии модулей коэффициент при $x$ равен $− 9 − 4± 3± 1< 0$ ) и неограниченно возрастает при $x≥ 1$ (коэффициент при $x$ равен $9− 4±3 ±1> 0$ ), следовательно, уравнение имеет хотя бы один корень тогда и только тогда, когда

f(1)≤ 0

−4+ |3 − |1+a||≤0

− 4≤3 − |1+a|≤ 4

−1≤ |1+ a|≤7

−7 ≤1+ a≤ 7

−8≤ a≤ 6

Ответ:

$[−8;6]$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 30#91918Максимум баллов за задание: 7

Основанием пирамиды служит треугольник со сторонами 5, 12 и 13, а её высота образует с высотами боковых граней (опущенными из той же вершины) одинаковые углы, не меньшие $∘ 30.$ Какой наибольший объём может иметь такая пирамида?

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Нарисуйте картинку из условия и примените теорему о трёх перпендикулярах.

Подсказка 2

Найдите равные треугольники.

Подсказка 3

Что можно сказать о точке О, являющейся основанием высоты пирамиды?

Подсказка 4

Она равноудалена от прямых, на которых лежат стороны треугольника, являющегося основанием. Чем она тогда может являться?

Подсказка 5

Точка О является центром вписанной/вневписанной окружности данного треугольника.

Подсказка 6

Заметьте, что данный треугольник является прямоугольным. Выразите радиусы вписанной и вневписанных окружностей.

Подсказка 7

Воспользуйтесь ограничением на угол, чтобы оценить тригонометрическую функцию.

Показать ответ и решение

Пусть $A 1$ , $B 1$ и $C 1$ — основания перпендикуляров, опущенных из основания $O$ высоты $DO$ пирамиды $ABCD$ на стороны соответственно $BC$ , $AC$ и $AB$ основания $△ABC$ , причём $BC =12$ , $AC = 5$ , $AB =13$ .

$PIC$

По теореме о трёх перпендикулярах $DB1 ⊥AC$ , $DC1 ⊥ AB$ и $DA1 ⊥ BC$ . Значит, $DB1$ , $DC1$ и $DA1$ — высоты боковых граней пирамиды. По условию задачи $∠ODB1$ = $∠ODC1$ = $∠ODA1$ . Прямоугольные треугольники $ODB1$ , $ODC1$ и $ODA1$ равны по катету и прилежащему острому углу, значит, $OB1 =OC1 = OA1$ , то есть точка $O$ равноудалена от прямых, на которых лежат стороны треугольника $ABC$ . Следовательно, $O$ – либо центр вписанной окружности этого треугольника, либо центр его вневписанной окружности. Обозначим $∠ODB1 = ∠ODC1 = ∠ODA1 = α≥ 30∘$ . Заметим, что треугольник $ABC$ —прямоугольный ( $AC2 +BC2 = 25+ 144= 169= 132 =AB2$ ), причём $∠ACB =90∘$ . Пусть $r$ — радиус его вписанной окружности, а $ra$ , $rb$ и $rc$ — радиусы вневписанных окружностей, касающихся сторон $BC$ , $AC$ и $AB$ соответственно, $S$ – площадь треугольника $ABC$ , $p$ – его полупериметр. Тогда

S = 1AC ⋅BC = 30 2

1 S- p= 2(AB +BC + AC)= 15,r= p = 2

S S S ra = p-− BC-= 10,rb = p−-AC-= 3,rc = p−-BA-= 15

Если $h$ , $ha$ , $hb$ и $hc$ — высоты пирамиды соответствующей каждому из рассмотренных случаев, то

h= rctgα,ha = ractgα,hb = rbctgα,hc = rcctgα.

Поскольку в каждом из этих случаев площадь основания пирамиды одна и та же, объём пирамиды максимален, если максимальна её высота. В свою очередь, максимальная высота соответствует максимальному из найденных четырёх радиусов, то есть $rc = 15$ . Поэтому