12 вариант 2015

12 вариант
Задача 1. При каких значениях b корни уравнения x 2  3bx  3  0, если каждый из
них уменьшить на единицу, становятся корнями уравнения x 2  b 2 x  3b  2  0 ?
Решение.
Пусть x1 , x2 - корни первого уравнения. По теореме Виета x1 x2  3 ,
x1  x2  3b . Тогда x1  1  x2  1 - сумма корней второго уравнения. Из второго уравнения по теореме Виета 3b  2  b 2 , откуда получаем ответ.
Ответ: b  1; b  2
Задача 2. Решить уравнение:
Решение. Пусть t 
1
1
5

 .
2
2
x  x  2  16
xx2
, тогда x  t  1 и уравнение примет вид
2
1
 t  1
2

 

2
2
2

2
5
16  t  1   t  1  5 t  1

 

2
16
t

1
 

t  1
5t 4  42t 2  27  0
 
 t  3
t


1

1
Таким образом, получим два решения: x  4; x  2.
Ответ: 4;2.
1 3 x  2
Задача 3. Найдите область определения функции y 
.
x 1  4
1 3 x  2
 0 решим обобщенным методом интервалов. КоРешение. Неравенство
x 1  4
рень числителя: x  3 . Корень знаменателя: x  17 . Отметив их на числовой оси, получаем решение.
Ответ: 3;17 
Задача 4. Найти cos

4
, если tg    ,     2 .
3
2
Решение. Заметим, что tg   0 , поэтому уточним условие для угла  :
3
3 
1
. Значит,
   2 
   . Воспользуемся тождеством 1  tg 2  
cos 2 
2
4 2
3
1
.
cos 2  
2 , откуда получим cos  
5
 4
1   
 3
С помощью формулы понижения степени найдём:
cos 2
 1  cos 

1 3

2

 cos   1    cos  
.
2
2
2
2 5
2
5
Ответ: 
log 2 93
x
Задача 5. Решите уравнение 9log x 2  2
2
.
5
9  0.
Решение. ОДЗ. x  0, x  1 . Нетрудно видеть, что 3log x 2  2log x 3 (Доказывается логарифмированием по основанию x ). Поэтому, введя новую переменную t  3log x 2 , получим t 2  8t  9  0 . Откуда 3log x 2  1или 3log x 2  9 . Первое уравнение решений не
имеет, а из второго x  2 .
Ответ: 2
Задача 6. В квадрат ABCD со стороной 9 вписана окружность. Найти длину вектора
m  MA  MB  MC  MD , где M - 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
2 2
 2 2
 2 2
2 2
M - произвольная точка вписанной окружности с координатами M  x, y  . Тогда входящие в условия
задачи векторы имеют вид
a
a
a
a
a

 a

 a

a

MA    x,  y  , MB     x,  y  , MC     x,   y  , MD    x,   y  . Суммируя
2
2
2
2
2

 2

 2

2

их, получаем вектор m   4 x, 4 y  . Его длина равна m 
 4 x    4 x 
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  9 , поэтому имеем: m  18 .
2
2
2
Ответ: 18.
4
2

 x  y  13 y
Задача 7. Решить систему уравнений 
.
2
y

4
y
x

81


Решение. Вычтем второе уравнение из первого. Перепишем систему в виде
4
2

x

y

13
y

.

4
2
2
x

y

13
y

y

4
y
x

81

0




Выделим во втором уравнении полные квадраты и получим:
y
2
 9 
2

x  2y

2
2

 x  36
 y 9
.
0  
 
y


3


 x  2 y
Непосредственной проверкой убеждаемся, что полученное решение удовлетворяет
обоим уравнениям.
 x  36
Ответ: 
.
y


3

Задача 8. Найти множество значений функции y  6cos2 x  8sin x  cos x  9sin 2 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  6
1  cos 2 x
1  cos 2 x
 4sin 2 x  9 
 y  4sin 2 x  7,5cos 2 x  1,5 .
2
2
Далее по формуле введения дополнительного аргумента преобразуем функцию к
виду y  42  7,52  sin 2 x  cos   cos 2 x  sin    1,5  y  8,5sin  2 x     1,5 ,где
  arctg
 10;7 .
15
. Так как 1  sin x  1 , то множество значений нашей функции –отрезок
8
Ответ:  10;7 .
Задача 9. Второй член бесконечно убывающей геометрической прогрессии на 22
больше суммы всех последующих членов прогрессии, а сумма членов с четными
номерами равна 25. Найдите знаменатель прогрессии.
 

b1q 2
q 
b
q

22

b1q 1 
  22
1
1 q

  1 q 
Решение. Запишем систему 
. Разделив первое урав
b
q
b
q
1


1
 25
 25
 1  q 2

1  q2
22
нение на второе, получим уравнение относительно q : 1  2q 1  q  
или
25
3
2q 2  q 
 0 . Откуда получаем ответ.
25
Ответ: q  0,1 или q  0, 6
Задача 10. Пусть x1 - точка максимума, а x2 - точка минимума функции
y  2 x3  3  a  2  x 2  12  a 2  10  x  3a 3 . Найти все значения параметра a , при которых выполняется
условие x1  2 x2 .
Решение. Найдем производную данной функции: y  6 x 2  6  a  2  x  12  a 2  10  . Используя теорему Виета, получим условия, которым удовлетворяют корни уравнения y  0 :
x1  x2  a  2 и x1  x2  2  a 2  10  . Объединяя эти условия с условием, данным в задаче, получим си-
 x1  x2  a  2

стему уравнений  x1  x2  2  a 2  10  .

 x1  2 x2
Система имеет два решения a  1, x1  6, x2  3 и a  3, x1  2, x2  1 .
В обоих случаях производная в своем меньшем корне меняет знак с плюса на минус и в большем
корне – с минуса на плюс, т.е. меньший корень является точкой максимума, а больший корень производной – точкой минимума функции. Этому условию удовлетворяет только первое решение системы.
Ответ: -1.