Решения задач 2 тура Уровень 1 Решение.

Решения задач 2 тура
Уровень 1
1. Упростить выражение:
Решение. Пусть
a 1
:
1
a a a a a  a
2
a
(2 балла)
a  t . Тогда a  t 2 и
a 1
:
1
a a  a  a a2  a
a 
t 1
t 4  t 2 (t  1)t (t 3  1) 2

t 
t 
1
t3  t2  t
t (t 2  t  1)
(t  1)(t  1)(t 2  t  1) 2
 t  t 2  1  t 2  1
2
t  t 1
Ответ: -1
2u  v  7
2. Решить систему уравнений: 
u  v  2
2u  v  7
v  7  2u
Решение. 
 
u  v  2
 u  (7  2u )  2
Решим уравнение:

v  7  2u

 3u  7  2
3u  7  2 .
1) 3u  7  2
3u  9
u 3
(2 балла)
2) 3u  7  2
3u  5
5
u
3
u  3
Тогда имеем два решения системы: 
и
v  7  2  3  1
5

u  3

v  7  2  5  11

3 3
5 11 

Ответ: (3;1), ( ; )
3 3 

Уровень 2
1. Доказать тождество: sin 2   cos 2   1
Доказательство:
(3 балла)
y
P
sin 

O
cos 
1
x
Пусть  - произвольный угол. Отметим на
единичной окружности точку P , полученную при повороте точки (1;0) на угол 
против часовой стрелки при   0 и по часовой стрелке при   0 . По определению
абсцисса точки P называется косинусом угла  , а ордината этой точки синусом угла  .

Если    k , k  Z , то из теоремы Пифагора получаем требуемое равенство. Если же
2

   k , k  Z , то требуемое равенство очевидно.
2
2. Найти величины смежных углов параллелограмма, если
3
sin   sin    sin    
(4 балла)
2
Решение:     180    . Тогда      и равенство перепишется в виде:
3
sin   sin    sin   2   или
2
3 sin   sin 2  или
Поскольку   (0;  ) , то sin   0 , cos  
3 sin   2 sin  cos  .
3

и    30  ,   150  .
6
2
Ответ:   150  ,   30 
Уровень 3
1.
Решить систему уравнений:
Решение:
 2 x  1  y  3  3

2 x( y  3)  ( y  3)  4
Положим u  2 x  1, v 
вид
 2 x  1  y  3  3
(6 баллов)

2 xy  y  6 x  3  4
 2 x  1  y  3  3

( y  3)( 2 x  1)  4
y  3 . Тогда u  0, v  0,2 x  1  u 2 , y  3  v 2 и система примет
u  v  3
v  3  u
или 
. Поскольку uv  0 , то имеем систему
 2 2
2
(uv)  4
u  v  4
v  3  u

uv  2
Решим уравнение u (3  u )  2 .
3u  u 2  2  0
D  9  8  1, u1 
u  2

v  1
и
u  1
.

v  2
 2 x  1  2
1) 
 y  3  1
v  3  u
.

u (3  u )  2
или
u 2  3u  2  0
или
3 1
3 1
 2, u 2 
 1.
2
1
(1)
Отсюда получаем решения системы (1)
Возвращаясь к исходной системе, имеем
2 x  1  4

y  3  1
 2 x  1  1 2 x  1  1
2) 

 y  3  2
y  3  4
 5

Ответ: ( ;2), (1;1)
 2

5

x 
2

 y  2
x  1

y  1
2. Время, затрачиваемое велосипедистом на прохождение каждого очередного
километра пути, на одну и ту же величину больше, чем время, затраченное им на
прохождение предыдущего километра. Известно, что на прохождение второго и
четвёртого километров после старта он затратил в сумме 3 мин.20сек. За какое время
велосипедист проехал первые 5 км после старта?
(6 баллов)
Решение: Пусть t1 - время, затраченное велосипедистом на прохождение первого
километра пути. Тогда на прохождение второго километра пути он затратит время t1  d ,
третьего- t1  2d , четвёртого- t1  3d и пятого- t  4d . По условию
t1  d  t1  3d  200cek. или 2t1  4d  200cek. Тогда на прохождение первых 5 км после
старта он затратит время
5
5
t1  t1  d  t1  2d  t1  3d  t1  4d  5t1  10d   (2t1  4d )   200cek .  500cek .
2
2
Ответ: 8 часов 20 секунд
Уровень 4
1.
Четыре точки окружности следуют в порядке А, В, С, D. Продолжения хорды АВ
за точку В и хорды СD за точку С пересекаются в точке Е, причём угол АЕD
равен 60  . Угол АВD в три раза больше угла ВАС. Доказать, что АD – диаметр
окружности.
(7 баллов)
Решение: Пусть BAC  x . Тогда ABD  3x
A
x
3x
B
60 
E
C
D
Поскольку ABD и ACD опираются на одну и ту же дугу AD , то ACD  3x . С другой
стороны он является внешним в AEC и поэтому равен сумме двух других несмежных с
ним, т.е.
3x  x  60  или x  30  . Откуда ABD  90  . Поскольку вписанный в
окружность угол равен половине соответствующего центрального угла, то
ABD соответствует центральный угол, равный 180  , т.е. AD- диаметр.
2.
Определить наименьшее значение функции
G ( s)  ( s  1)  (( s  2)( s  5)  10)  ( s  6), s  R
(7 баллов)
Решение: Преобразуем G (s )
G(s)  (s  1)  (s  6)  (( s  2)( s  5)  10)  (s 2  7s  6)( s 2  7s  20) .
Выделяя полный квадрат, имеем
G(s)  (s 2  7s  12,25  6,25)( s 2  7s  12,25  7,75)  (( s  3,5) 2  6,25)(( s  3,5) 2  7,75) 
 (s  3,5) 4  1,5(s  3,5) 2  48,4375  48,4375.
При s  3,5 получаем, что G(3,5)  48,4375  Gmin
Ответ: -48,4375
Уровень 5
1. Указать все значения параметра с, при которых уравнение
cos 2 x  (c  2) 2 cos x  c(c  2)(c  3)  0 имеет на отрезке [ / 2,3 / 2] ровно три корня.
(13 баллов)
Решение: Сделаем замену: cos x  t . Тогда уравнение перепишется в виде:
t 2  (c  2) 2 t  c(c  2)(c  3)  0
(2), дискриминант которого равен
D  (c  2) 4  4c(c  2)(c  3) .
Решения исходного уравнения находятся из совокупности
cos x  t1
cos x  t
2

(3),
где t1 ,t 2 -решения уравнения (2).
В силу равноправности t1 и t 2 система (3) имеет 3 решения лишь в следующих ситуациях:
1) t1  1, t 2  (1;0)  (0;1)
y
y  t1
1


3
2
y  cos x
2
x
y  t2
2) t1  (1;0)  (0;1), t 2  1
y

y  t1

y  cos x
2
3
2
x
y  t2
-1
3) t1  0, t 2  [1;1]
y


y  cos x
2
y  t1
3
2
x
-1
y  t2
4) t1  t 2  0
y


y  cos x
2
y  t1  t2
3
2
x
-1
y  t2
t  t  (c  2) 2
По теореме Виета  1 2
(4) .
t

t


c
(
c

2
)(
c

3
)
1 2
Тогда в случае 1) имеем t1  1, t 2  (c  2) 2  1  (c  1)(c  3) . Из второго уравнения
системы (4) получаем уравнение
(c  1)(c  3)  c(c  2)(c  3) или
(c  1)(c  3)  c(c  2)(c  3)  0
(c  3)(c  1  c 2  2c)  0 .
c 2  3c  1  0
Откуда c  3
или
3 5
c
. Рассмотрим эти случаи:
2
a) при c  3 t 2  0 , что противоречит условию 1);
3 5
3 5
1 5 2
62 5
22 5
t2  (
 2) 2  1  (
) 1 
1 
 1 , что
2
2
4
4
2
противоречит условию 1);
3 5
3 5
1 5 2
62 5
22 5
t2  (
 2) 2  1  (
) 1 
1 
1 и
c) при c 
2
2
4
4
2
очевидно t 2  1, t 2  0 . Дискриминант уравнения (2) в этом случае больше нуля, т.к.
b) при c 
3 5
исходное уравнение имеет ровно 3 корня.
2
В случае 2) имеем t 2  1, t1  1  (c  2) 2  1 , что противоречит условию 2).
c  3  0, c  0, c  2  0 . Итак при c 
c  0
В случаях 3) и 4) c(c  2)(c  3)  0 или c  2
c  3
При c  0 t 2  4  [1;1] и D  4  0 . Поэтому при c  0 исходное уравнение также имеет
ровно 3 корня.
При c  2 t1  0  t 2 , D  0 . Поэтому при c  2 исходное уравнение имеет ровно 3
корня.
При c  3 t1  0, t 2  1 , что противоречит условиям 3) и 4).
Ответ: c  0, c  2, c 
3 5
.
2