13 вариант 2015

13 вариант
Задача 1. При каких значениях b корни уравнения x 2  4bx  4  0, если каждый из


них уменьшить на единицу, становятся корнями уравнения x2  b2  1 x  4b  3  0
?
Решение. Пусть x1 , x2 - корни первого уравнения. По теореме Виета x1 x2  4 ,
x1  x2  4b . Тогда x1  1  x2  1 - сумма корней второго уравнения. Из второго уравнения
по теореме Виета 4b  2  b2  1 , откуда получаем ответ.
Ответ: b  1; b  3
Задача 2. Решить уравнение:
Решение. Пусть t 
xx4
, тогда x  t  2 и уравнение примет вид
2
1
t  2
1
1
5
.


2
x 2  x  4  18
2

 
2
2

2
5
18  t  2    t  2   5 t  4

 
2
 t  2  18 
t  2
5t 4  76t 2  64  0
 
 t  4
t  2

1

2

Таким образом, получим два решения: x  6; x  2.
Ответ: 6;2.
Задача 3. Найдите область определения функции y 
4 x5
.
3
x  3 1
4 x5
 0 решим обобщенным методом интервалов. Ко3
x  3 1
рень числителя: x  11 . Корень знаменателя: x  2 . Отметив их на числовой оси, получаем решение.
Решение. Неравенство
Ответ:  2;11
Задача 4. Найти sin

3 
3
, если tg   ,    .
2
4 2
2
Решение. Заметим, что tg   0 , поэтому уточним условие для угла  :
3
  3
1
. Тогда
   . Воспользуемся тождеством 1  tg 2  
cos 2 
2
2 2 4
4
1
.
cos 2  
2 , откуда получим cos   
5
3
1  
4

С помощью формулы понижения степени найдём:
sin 2
 1  cos 

1 4

3

 sin 
1


sin

.


2
2
2
2 5
2
10
Ответ:
log 2 91
x
Задача 5. Решите уравнение 9log x 5  2  5
3
.
10
 9  0.
Решение. ОДЗ. x  0, x  1 . Нетрудно видеть, что 3log x 5  5log x 3 . (Доказывается логарифмированием по основанию x ). Поэтому, введя новую переменную t  2log x 5 , получим t 2  10t  9  0 . Откуда 3log x 5  1или 3log x 5  9 . Поэтому log x 5  0 и уравнение решений не имеет или log x 5  2  x  5 .
Ответ: 5
Задача 6. В квадрат ABCD со стороной 7 вписана окружность. Найти длину вектора
p  PA  PB  PC  PD , где P - 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 системе
a a
 a a
 a a
a a
точки имеют следующие координаты: A  ,  , B   ,  , C   ,   , D  ,   Пусть P 2 2
 2 2
 2 2
2 2
произвольная точка вписанной окружности с координатами P  x, y  . Тогда входящие в условия задачи векторы имеют вид
a
a
a
a
a

 a

 a

a

PA    x,  y  , PB     x,  y  , PC     x,   y  , PD    x,   y  . Суммируя их,
2
2
2
2
2

 2

 2

2

получаем вектор p   4 x, 4 y  . Его длина равна p 
 4x    4x 
2
2
 4 x 2  y 2  2a (поскольку
в выбранной системе координат вписанная в квадрат окружность описывается уравнением
2
a
x  y    ). В нашем случае a  7 , поэтому имеем: p  14 .
2
2
2
Ответ: 14.
4
2

81x  4 y  10 x
Задача 7. Решить систему уравнений  2
.
7
x

4
x
y

1


Решение. Вычтем второе уравнение из первого. Перепишем систему в виде
4
2

81
x

4
y

10
x

.
 4
2
2
81
x

4
y

10
x

7
x

4
x
y

1

0




Выделим во втором уравнении полные квадраты и получим:
 2 1
 x  9
2
2
2
 9 x  1  2 y  x  0  
 y x

2


1

x



3
 
.
1
y 
36

Непосредственной проверкой убеждаемся, что полученное решение удовлетворяет
обоим уравнениям.
1

 x   3
Ответ: 
.
1
y 

36
Задача 8. Найти множество значений функции y  3sin 2 x  3sin x  cos x  7cos2 x.
Решение. Воспользуемся формулами кратных аргументов и понижения степени
sin 2  2sin   cos ,
1  cos 2
,
2
1  cos 2
sin 2  
.
2
cos 2  
Тогда будем иметь:
y  3
1  cos2 x 3
1  cos2 x
3
 sin 2 x  7 
 y  sin 2 x  2cos2 x  5 .
2
2
2
2
Далее по формуле введения дополнительного аргумента преобразуем функцию к виду
2
2
3
y       2   sin 2 x  cos   cos 2 x  sin    5  y  2,5sin  2 x     5 ,где
2
4
  arctg . Так как 1  sin x  1 , то множество значений нашей функции –отрезок
3
 2,5;7,5 .
Ответ:  2,5;7,5 .
Задача 9. Четвертый член бесконечно убывающей геометрической прогрессии на 18
больше суммы всех последующих членов прогрессии, а сумма членов с четными
номерами, начиная с четвертого, равна 25. Найдите знаменатель прогрессии.
 3
 3
q 
b1q 4
b1q 1 
  18
b1q  18  1  q
1 q 



Решение. Запишем систему 
. Разделив первое

3
b1q 3
 b1q  25

 25
2


1  q2
 1 q
18
уравнение на второе, получим уравнение относительно q : 1  2q 1  q  
или
25
7
2q 2  q 
 0 . Откуда получаем ответ.
25
Ответ: q  0, 2 или q  0, 7
Задача 10. Пусть x1 - точка минимума, а x2 - точка максимума функции
y  2 x3   5  a  x2  2(1  2a) x  3a2 . Найти все значения параметра a , при которых выполняется
условие
x1
 3.
x2
Решение. Найдем производную данной функции: y  6x2  2 5  a  x  2 1  2a  . Используя теорему Виета, получим условия, которым удовлетворяют корни уравнения y  0 :
5a
1  2a
и x1  x2  
. Объединяя эти условия с условием, данным в задаче, получим си3
3
5a

 x1  x2  3

2a  1

стему уравнений  x1  x2 
.
3

 x1  3 x2


x1  x2 
1
1
Система имеет два решения a  , x1  1, x2  и a  41, x1  9, x2  3 .
3
3
В обоих случаях производная в своем меньшем корне меняет знак с минуса на плюс и в большем
корне – с плюса на минус, т.е. меньший корень является точкой минимума, а больший корень производной – точкой максимума функции. Этому условию удовлетворяет только второе решение системы.
Ответ: 41.