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 x2 , 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 12 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 систеa 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