14 вариант 2015

14 вариант
Задача 1. При каких значениях b корни уравнения x 2  2bx  1  0, если каждый из


них уменьшить на единицу, становятся корнями уравнения x2  b2  5 x  2b  0 ?
Решение. Пусть x1 , x2 - корни первого уравнения. По теореме Виета x1 x2  1 ,
x1  x2  2b . Тогда x1  1  x2  1 - сумма корней второго уравнения. Из второго уравнения
по теореме Виета 2b  2  b 2  5 , откуда получаем ответ.
Ответ: b  1; b  3
Задача 2. Решить уравнение:
Решение. Пусть t 
1
1
10

.
2 
2
x  x  2
9
x x2
, тогда x  t  1 и уравнение примет вид
2
1
 t  1
2
 


2
2
2

2
10
9  t11   t  1  10 t  1

 

 t  12 9 
t  1
5t 4  19t 2  4  0
 
 t  2
t  1

1
Таким образом, получим два решения: x  1; x  3.
Ответ: 1;3.
Задача 3. Найдите область определения функции y 
x  10  2
.
5  x 1
3
x  10  2
 0 решим обобщенным методом интервалов. Ко5  x 1
рень числителя: x  2 . Корень знаменателя: x  24 . Отметив их на числовой оси, получаем решение.
Решение. Неравенство
3
Ответ:  2;24
Задача 4. Найти cos

5
, если ctg   ,     2 .
2
12
Решение. Заметим, что ctg   0 , поэтому уточним условие для угла  :
1
3
  3
. Воспользуемся тождеством 1  tg 2  
.Так как
  
cos 2 
2
2 2 4
12
5
1
cos    .
tg   ctg   1 , то tg  
и cos 2  
2 , откуда получим
5
13
 12 
1  
 5

С помощью формулы понижения степени найдём:
cos 2
 1  cos 

1
5

2

 cos   1    cos  
.
2
2
2
2  13 
2
13
Ответ: 
Задача 5. Решите уравнение 4log x 7  12  7
log 2 4
x
2
.
13
 32  0 .
Решение. ОДЗ. x  0, x  1 . Нетрудно видеть, что 2log x 7  7log x 2 . (Доказывается логарифмированием по основанию x ). Поэтому, введя новую переменную t  2log x 7 , получим t 2  12t  32  0 . Откуда 2log x 7  4 или 2log x 7  8 . Поэтому log x 7  2  x  7 или
log x 7  3  x  3 7 .
Ответ: 7; 3 7
Задача 6. В квадрат ABCD со стороной 13 вписана окружность. Найти длину вектора
q  QA  QB  QC  QD , где Q - произвольная точка окружности.
Решение. Введем прямоугольную систему координат с центром в точке пересечения диагоналей
квадрата и с осями координат, параллельными сторонам квадрата. Положим длину стороны квадрата равной a . Без ограничения общности будем считать, что точка A лежит в первой координатной
четверти, а точки B , C и D , соответственно, во второй, третьей и четвертой. В выбранной систеa a
 a a
 a a
a a
ме точки имеют следующие координаты: A  ,  , B   ,  , C   ,   , D  ,   Пусть Q
2 2
 2 2
 2 2
2 2
- произвольная точка вписанной окружности с координатами Q  x, y  . Тогда входящие в условия задачи векторы имеют вид
a
a
a
a
a

 a

 a

a

QA    x,  y  , QB     x,  y  , QC     x,   y  , QD    x,   y  . Суммируя
2
2
2
2
2

 2

 2

2

их, получаем вектор q   4 x, 4 y  . Его длина равна q 
 4x    4x 
2
2
 4 x 2  y 2  2a (по-
скольку в выбранной системе координат вписанная в квадрат окружность описывается уравнением
2
a
x  y    ). В нашем случае a  13 , поэтому имеем: q  26 .
2
2
2
Ответ: 26.
 x 4  9 y  5 x 2
Задача 7. Решить систему уравнений  2
.
x

3
x
y

8

Решение. Вычтем второе уравнение, умноженное на 2, из первого. Перепишем систему в виде

x4  9 y  5x2

.
 4
2
2
x

9
y

5
x

2
x

3
x
y

8

0




Выделим во втором уравнении полные квадраты и получим:
x
2

 4  3 y  x
2

2
0 
 x2  4


x
y



3


 x  2


4.
y


9

Непосредственной проверкой убеждаемся, что полученное решение удовлетворяет
обоим уравнениям.
 x  2

Ответ: 
4.
y


9

Задача 8. Найти множество значений функции y  5sin 2 x  4sin x  cos x  2cos2 x.
Решение. Воспользуемся формулами кратных аргументов и понижения степени
sin 2  2sin   cos ,
1  cos 2
cos 2  
,
2
1  cos 2
sin 2  
.
2
Тогда будем иметь:
y  5
1  cos 2 x
1  cos 2 x
 2sin 2 x  2 
 y   2sin 2 x  1,5cos 2 x  3,5 .
2
2
Далее по формуле введения дополнительного аргумента преобразуем функцию к виду
y
 2   1,5  sin 2 x  cos   cos 2 x  sin   3,5  y  2,5sin  2 x     3,5 ,где
2
2
3
  arctg . Так как 1  sin x  1 , то множество значений нашей функции –отрезок 1;6
4
.
Ответ: 1;6 .
Задача 9. Четвертый член бесконечно убывающей геометрической прогрессии на 11
больше суммы всех последующих членов прогрессии, а сумма членов с четными
номерами, начиная с четвертого, равна 32. Найдите знаменатель прогрессии.
 3
 3
q 
b1q 4
b
q

11

b1q 1 
  11
1
1 q 
1 q




Решение. Запишем систему 
. Разделив первое урав3
b1q 3
 b1q  32

 32
 1  q 2

1  q2
11
нение на второе, получим уравнение относительно q : 1  2q 1  q  
или
32
21
2q 2  q 
 0 . Откуда получаем ответ.
32
Ответ: q  3 / 8 или q  7 / 8
Задача 10. Пусть x1 - точка максимума, а x2 - точка минимума функции
y  2ax3  3  a  1 x2  6  a  1 x  a2  1. Найти все значения параметра a , при которых x1 больше x2
на 1 .
2
Решение. Найдем производную данной функции: y  6ax2  6  a  1 x  6  a 1 . Используя теорему Виета, получим условия, которым удовлетворяют корни уравнения y  0 :
a 1
a 1
и x1  x2 
. Объединяя эти условия с условием, данным в задаче, получим систему
a
a
a 1

 x1  x2  a

a 1

уравнений  x1  x2 
.
a

1

 x1  x2  2

x1  x2 
Система имеет два решения a  2, x1  1, x2 
1
2
5
и a   , x1   , x2  3 .
2
13
2
Если a  2 , производная в своем меньшем корне меняет знак с плюса на минус и в большем корне –
с минуса на плюс на минус, т.е. меньший корень является точкой максимума, а больший корень производной – точкой минимума функции. Так как по условию задачи точка максимума должна лежать
правее точки минимума, этот вариант нам не подходит.
2
производная в своем меньшем корне меняет знак с минуса на плюс и в большем корне
13
– с плюса на минус, т.е. меньший корень является точкой минимума, а больший корень производной
– точкой максимума функции. Этот случай удовлетворяет условию задачи.
Если a  
Ответ: 
2
.
13