Тема ДВИ по математике в МГУ

ДВИ в МГУ - задания по годам → .05 ДВИ 2014

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела дви по математике в мгу

Разделы подтемы ДВИ в МГУ - задания по годам

Вступительные в МГУ 2010 и ранее

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#49146Максимум баллов за задание: 7

Решите уравнение

2 2( 5x- 5π) 1 cos x− cosxsin 4 − 12 + 4 =0.

Источники: ДВИ - 2014, вариант 1, задача 4 (pk.math.msu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1!

Заметим, что наше уравнение квадратное относительно косинуса! Давайте попробуем его решить, мы хотим, чтобы дискриминант был >= 0. При каком условии это выполняется?

Подсказка 2!

Дискриминант: sin^4(...) - 1, значит sin^4(...) должен быть равен 1! Осталось только разобраться, чему в таком случае должен быть равен cosx!

Показать ответ и решение

Уравнение можно рассматривать как квадратное относительно $cosx:$ потребовать, чтобы его дискриминант $sin4(5x− 5π)− 1 4 12$ был неотрицательным, откуда сразу же вытекает условие, что синус равен $±1$ . Рассмотрим эквивалентный подход, чтобы показать, почему это справедливо:

Пусть для краткости $2(5x 5π) a= cosx,b= sin 4 − 12$ . Ясно, что $− 1≤a ≤1,0≤ b≤ 1.$ У нас есть уравнение $2 1 b 2 1−b2- a − ab+ 4 = 0 ⇐⇒ (a− 2) + 4 =0.$ Но так как $2 1− b ≥0,$ то оба слагаемых в левой части неотрицательны. А их сумма должна быть равна нулю. Это равносильно условию, когда каждое слагаемое равно нулю:

{ b a −22= 0 1 − b = 0

С учётом $b≥ 0$ получаем $b= 1,a= 1. 2$ Итак, условие задачи эквивалентно системе уравнений:

{ cosx= 1 sin2(5x2− 5π)= 1 4 12

то есть

{ cosx= 1 cos(5x2− 5π)= 0 4 12

Отсюда уже находим условия на $x$ :

{ x= ± π+ 2πk,k∈ ℤ 5x= 53π+ π +πn,n ∈ℤ 4 12 2

Остаётся эти условия пересечь, совместив параметры $n$ и $k$ . Выразим $x$ :

5x= ±5π +10πk= 11π+ 4πn =⇒ 11±5-= 10k − 4n 3 3 3

Так как в правой части целое число, в левой может быть только $11−5-=2 3$ и тогда

1 =5k − 2n ⇐⇒ 2n= 5k− 1

окончательно $k= 2m +1,n= 5m +2, m ∈ ℤ.$

В итоге ответ $x = π+ 2πk = 7π-+4πm 3 3$ уже для любого целого $m.$

Замечание. Решить систему можно с помощью тригонометрической окружности, показав, что подходит только точка, соответствующая $x = π. 3$ Но определять период всё равно придётся из уравнения.

Ответ:

$7π +4πm, m ∈ℤ 3$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#64035Максимум баллов за задание: 7

Найдите все положительные числа $x$ , удовлетворяющие неравенству

3x+7 12 x >x

Источники: ДВИ - 2014, вариант 1, задача 3 (pk.math.msu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Перед нами сложная степенная функция. Было бы основание или степени фиксированными, проблем бы не было, а так случаи возникают в зависимости от значений x ( < 1 или ≥ 1). Какой метод позволяет изящно с этим разобраться так, чтоб какое-то выражение было того же знака, как и в исходном неравенстве?

Подсказка 2

Верно! Метод рационализации! Но секунду, у нас степени, значит нужно сначала прологарифмировать, но по какому основанию?

Подсказка 3

На самом деле, подойдет любая константа > 1, чтобы сохранить знак исходного неравенства. Но для красоты возьмём натуральный логарифм. Что мы имеем?

Подсказка 4

ln(x^{3x+7}) > ln(x¹²). Остаётся вынести степени и применить метод рационализации + метод интервалов. У вас всё получится! Успехов!

Показать ответ и решение

Так как функция $f(t)= ln t$ возрастает на области определения $t >0,$ то неравенство $x3x+7 > x12$ равносильно

3x+7 12 lnx >lnx ⇐ ⇒ (3x+ 7)lnx >12lnx

(3x− 5)lnx >0

По методу рационализации при $x> 0$ неравенство эквивалентно

(3x− 5)(x− 1)> 0

Откуда по методу интервалов с учётом $x > 0$ получаем ответ $x∈ (0;1)∪(53;+∞ ).$

Ответ:

$(0;1)∪ (5;+∞ ) 3$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#64470Максимум баллов за задание: 7

Окружности $Ω 1$ и $Ω 2$ с центрами в точках $O 1$ и $O 2$ касаются внешним образом в точке $A$ . Общая внешняя касательная к этим окружностям касается $Ω1$ и $Ω2$ соответственно в точках $B1$ и $B2$ . Общая касательная к окружностям, проходящая через точку $A$ , пересекает отрезок $B1B2$ в точке $C$ . Прямая, делящая угол $ACO2$ пополам, пересекает прямые $O1B1,O1O2,O2B2$ в точках $D1,L,D2$ соответственно. Найдите отношение $LD2 :O2D2$ , если известно, что $CD1 = CO1.$

Источники: ДВИ - 2014, вариант 1, задача 5 (pk.math.msu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Воспользуйтесь тем, что мы знаем про отрезки касательных, и затем поищите равные треугольники. Что можно сказать про угол О₁СО₂?

Подсказка 2

Поотмечайте равные углы, поищите равнобедренные треугольники и запишите равенства углов уже в них. В этой задаче будет удобно ввести две переменные для каких-нибудь углов и выразить через них все остальные углы.

Подсказка 3

Посмотрите внимательно на углы D₁LO₁ LCO₁. Если задача все еще не решается, поищите треугольник, подобный треугольнику О₂LD₂.

Показать ответ и решение

$PIC$

Отрезки $CB1,CA$ и $CB2$ равны как отрезки касательных. Следовательно, $△O1CB1 =$ $△O1CA,△O2CB2 =△O2CA$ . Значит, $CO1$ и $CO2$ — биссектрисы углов $ACB1$ и $ACB2$ соответственно, так что образуют прямой угол. Стало быть, $∠LCO1 = 90∘− ∠LCO2 = 90∘− ∠LCA =∠CLA$ , то есть