ДВИ в МГУ - 2017, математика, вариант 1

ДВИ в МГУ – 2017, математика, вариант 1

Предлагаю решение задач из ДВИ МГУ 2017 года по математике, вариант 1.

Задача 1. Какое число больше: $\sqrt{\frac{6}{7}+7+\frac{7}{6}}$ или 3?

Переформулируем задачу, возведя все в квадрат. Что больше:

$\frac{6}{7}+7+\frac{7}{6}$ или 9?

Приведем левую часть к общему знаменателю:

$\frac{6}{7}+7+\frac{7}{6}=8+\frac{6}{7}+\frac{1}{6}=8+\frac{36+7}{42}=9\frac{1}{42}$

Таким образом, число слева больше: $\sqrt{\frac{6}{7}+7+\frac{7}{6}} > 3$ .

Задача 2. Известно, что $a+b+c=5$ , $ab+bc+ac=4$ . Найдите $a^2+b^2+c^2$ .

Возведем в квадрат первую сумму:

$(a+b+c)^2=(a+b+c) (a+b+c)=25$

$a^2+ab+ac+ab+b^2+bc+ac+bc+c^2=25$

$a^2+b^2+c^2+2(ab+bc+ac)=25$

Подставляем 4 вместо суммы произведений:

$a^2+b^2+c^2+2\cdot4=25$

$a^2+b^2+c^2 =17$

Ответ: 17.

Задача 3. Решите уравнение:

$\sin 7x+ \sin 6x=\sin x$

Перепишем:

$\sin 7x =\sin x-\sin 6x$

Преобразуем разность синусов:

$\sin 7x =2\cos \frac{x+6x}{2}\sin \frac{x-6x}{2}$

Левую часть представим как синус двойного аргумента:

$2\sin \frac{7x}{2}\cos \frac{7x}{2} =2\sin \frac{-5x}{2}\cos \frac{7x}{2}$

Переносим влево:

$2\sin \frac{7x}{2}\cos \frac{7x}{2} -2\sin \frac{-5x}{2}\cos \frac{7x}{2}=0$

Выносим за скобку общий множитель:

$2\cos \frac{7x}{2}\left(\sin \frac{7x}{2} -\sin \frac{-5x}{2}\right)=0$

Тогда либо

$\cos \frac{7x}{2} =0~~~~~~~~~~~~~~~~(1)$

Либо

$\sin \frac{7x}{2} -\sin \frac{-5x}{2}=0~~~~~~~~~~~~~~(2)$

Решаем (1)

$\frac{7x}{2}=\frac{\pi}{2}+\pi k$

$x=\frac{\pi }{7}+\frac{2 \pi k}{7}$

Решаем (2): преобразуем разность синусов.

$2\cos \frac{x}{2} \sin 3x =0$

Либо $\sin 3x =0$ , либо $\cos \frac{x}{2}=0$ .

Тогда $3x=\pi k$ , $x=\frac{\pi k}{3}$

Или

$\frac{x}{2}=\frac{\pi}{2}+\pi k$

$x=\pi+ 2\pi k$

Последнее решение попадает полностью в предыдущую серию, следовательно, ответ: $x=\frac{\pi k}{3}$ , $x=\frac{2k +1) \pi }{7}$ .

Задача 4. Решите неравенство:

$x^2\log^2_7 x+3\log^2_6 x \leqslant x \log_7 x \cdot \log_6 x^4$

Вынесем степень 4 из подлогарифмического выражения. При этом не нужно ставить знак модуля, поскольку по ОДЗ $x>0$ .

$x^2\log^2_7 x+3\log^2_6 x-4 x \log_7 x \cdot \log_6 x \leqslant 0$

Разобьем последнее слагаемое таким образом:

$-4 x \log_7 x \cdot \log_6 x=- x \log_7 x \cdot \log_6 x-3 x \log_7 x \cdot \log_6 x$

Вынесем общий множитель:

$x \log_7 x ( x \log_7 x-\log_6 x)-3\log_6 x(x \log_7 x -\log_6 x) \leqslant 0$

$( x \log_7 x-\log_6 x)( x \log_7 x -3\log_6 x) \leqslant 0$

Далее применим метод интервалов. Нам потребуются точки, в которых выражение слева меняет знак. Для их определения приравняем к нулю оба множителя по очереди.

Первый:

$x \log_7 x-\log_6 x=0$

$x\frac{\log_6 x }{\log_6 7 }-\log_6 x=0$

$\log_6 x (\frac{x}{\log_6 7 }-1)=0$

Отсюда

$x =1$

Или

$x=\log_6 7$

Второй:

$x \log_7 x -3\log_6 x=0$

$x\frac{\log_6 x }{\log_6 7 }-3\log_6 x=0$

$\log_6 x (\frac{x}{\log_6 7 }-3)=0$

Отсюда

$x =1$

Или

$x=3\log_6 7$

Справа от 1 и слева от найденных точек располагается точка $a=\frac{6}{7}$ . Для определения знаков интервалов подставим ее в исходное неравенство:

$\frac{6^2}{7^2}\log^2_7 \frac{6}{7}+3\log^2_6 \frac{6}{7}-\frac{4\cdot6}{7}\log_7 \frac{6}{7}\cdot\log_6 \frac{6}{7}=\frac{6^2}{7^2}\log^2_7 \frac{6}{7}+3\log^2_6 \frac{6}{7}-\frac{24}{7}(\log_7 6- \log_7 7)( \log_6 6- \log_6 7)$

Первые два слагаемых – квадраты, они положительны. Рассмотрим третье.

Выражение $\log_7 6- \log_7 7$ отрицательно, выражение $\log_6 6- \log_6 7$ – положительно. Их произведение отрицательно, но перед произведением тоже минус, поэтому сумма всех трех – положительна.

Расставляем знаки, помня, что 1 – корень четной кратности:

К задаче 4

Ответ: $x \in \{1\} \cup [\log_6 7; 3\log_6 7]$ .

Задача 6. Василий с друзьями решили устроить пикник. Для этого им от пункта $A$ нужно добраться вниз по реке до пункта $B$ , причем в их распоряжении есть два катера. Считая себя самым ответственным, Василий вызвался самостоятельно доехать до пункта $B$ на более быстроходном катере и начать готовить место для пикника. Оба катера вышли одновременно из пункта $A$ . Однако, промчавшись 8 км, Василий заметил на берегу машущего ему рукой Григория, который просил его по старой дружбе довезти его до пункта $C$ . И хоть пункт $C$ Василий уже проехал, он согласился. По пути в пункт $C$ Василий с Григорием встретили идущий навстречу второй катер с друзьями Василия, откуда те крикнули , что им до пункта $B$ осталась треть пути и чтобы Василий нигде не задерживался. Доставив Григория в пункт $C$ , Василий немедленно развернулся и помчался догонять друзей. Найдите расстояние между пунктами $B$ и $C$ , если известно, что оба катера пришли в пункт $B$ одновременно, скорости катеров постоянны, а Василий, действительно, нигде не задерживался.
Решим задачу графически.

К задаче 6

Скорость катера Василия больше, график его движения – синяя ломаная. Сначала Василий движется по реке вниз, а после встречи с Григорием – против течения, поэтому наклон ломаной меняется: скорость уменьшилась. Но после разворота в пункте $C$ Василий вновь спускается по течению, скорость такая же, как в начале: отрезки $AM$ и $OK$ параллельны. Таким образом, треугольники $\triangle AMG$ и $\triangle OLK$ подобны по двум углам (треугольники прямоугольные, $\angle MAG=\angle OKL$ как накрестлежащие). Следовательно,

$\frac{OK }{AM}=\frac{LO }{MG}$

Рассмотрим треугольники $\triangle AMN$ и $\triangle NOK$ . $\angle MAN=\angle NKO$ , так как скорости катеров постоянны, и разность скоростей тоже, следовательно, постоянна:

$\angle MAN=\angle MAG-\angle NAG$

$\angle OKN =\angle LKO-\angle LKN$

Таким образом, треугольники $\triangle AMN$ и $\triangle NOK$ подобны, равенство двух углов мы доказали, два других угла – вертикальные). Из подобия треугольников следует, что

$\frac{OK }{AM}=\frac{NK}{AN}$

Треугольник $\triangle FKN$ подобен треугольнику $\triangle ANE$ ( $\angle NAG=\angle NKL$ как накрестлежащие), откуда

$\frac{FN}{NE}=\frac{NK}{AN}$

Или

$\frac{FN}{NE}=\frac{OK }{AM}=\frac{LO }{MG}$

Из условия следует, что длина отрезка $MG=8$ км. Также известно, что $FN=\frac{1}{3}AB$ .

Поэтому

$LO=MG\cdot\frac{FN }{NE}=8\cdot\frac{\frac{1}{3}AB}{\frac{2}{3}AB}=8\cdot\frac{1}{2}=4$

Ответ: 4 км.

Задача 7. Из вершины $D$ на плоскость основания $ABC$ пирамиды $ABCD$ опущена высота $DH$ .Найдите объем этой пирамиды, если известно, что площади треугольников $\triangle HBC$ , $\triangle HAC$ , $\triangle HAB$ равны соответственно $\frac{2}{9}$ , $\frac{1}{3}$ , $\frac{4}{9}$ , и что все три плоских угла при вершине $D$ прямые.

За помощь в решении этой задачи благодарю Гилемханова Радифа Галиевича.

К задаче 7

Данная пирамида – кусок прямоугольного параллелепипеда. Обозначим ребра $AD=a$ , $BD=b$ , $CD=c$ . Обозначим также угол наклона грани $ABD$ к основанию $\alpha$ , угол наклона грани $ADC$ к основанию $\beta$ , а угол наклона грани $BCD$ к основанию – $\gamma$ . Тогда, если площадь основания $S_{ABC}=S$ , то $S_{ABD}=S\cos{\alpha}$ , $S_{ADС}=S\cos{\beta}$ , $S_{BCD}=S\cos{\gamma}$ .

Следовательно, $\cos{\alpha}=\frac{S_{ABD}}{S}$ , $\cos{\beta}=\frac{S_{ADС}}{S}$ , $\cos{\gamma}=\frac{S_{BCD}}{S}$ .

Но, с другой стороны, $S_{HBC}=S_{BCD}\cos{\gamma}$ , $S_{HAB}=S_{ABD}\cos{\alpha}$ , $S_{HAC}=S_{ACD}\cos{\beta}$ .

Тогда

$S_{BCD}^2=S_{HBC}\cdot S$

$S_{ABD}^2=S_{HAB}\cdot S$

$S_{ACD}^2=S_{HAC}\cdot S$

Также можно записать, что

$S_{BCD}=\frac{bc}{2}$

$S_{ABD}=\frac{ab}{2}$

$S_{ACD}=\frac{ac}{2}$

$S=S_{HBC}+S_{HAB}+S_{HAC}=\frac{2}{9}+\frac{1}{3}+\frac{4}{9}=1$

Объем пирамиды равен $V=\frac{1}{6}abc$ , возведем в квадрат:

$V^2=\frac{1}{36}a^2b^2c^2=\frac{1}{36}ab\cdot bc\cdot ac=\frac{1}{36}\cdot 2S_{ABD}\cdot 2S_{BCD} \cdot 2S_{ACD}=\frac{2}{9}\cdot S_{ABD}\cdot S_{BCD} \cdot S_{ACD}=\frac{2}{9}\cdot\sqrt{S_{HBC}\cdot S_{HAB}\cdot S_{HAC}\cdot S^3}$

С учетом того, что $S=1$ ,

$V=\sqrt{\frac{2}{9}\sqrt{S_{HBC}\cdot S_{HAB}\cdot S_{HAC}}}=\sqrt{\frac{2}{9}\sqrt{\frac{2}{9}\cdot \frac{4}{9}\cdot \frac{1}{3}}}=\frac{2}{9}\sqrt[4]{\frac{2}{3}}$

Ответ: $V=\frac{2}{9}\sqrt[4]{\frac{2}{3}}$ .

Задача 8. Решите систему уравнений:

$\begin{Bmatrix}{\frac{x}{\cos(x^2-y^2)}-y\cdot \operatorname{tg}(x^2-y^2)=\sqrt{\frac{\pi}{2}}}\\{ \frac{y}{\cos(x^2-y^2)}-x\cdot \operatorname{tg}(x^2-y^2)=\sqrt{\frac{\pi}{3}}}\end{matrix}$

Возведем оба уравнения в квадраты:

$\begin{Bmatrix}{\frac{x^2}{\cos^2(x^2-y^2)}-\frac{2x y\cdot \operatorname{tg^2}(x^2-y^2)}{ \cos^2(x^2-y^2)} + y^2\cdot \operatorname{tg^2}(x^2-y^2)=\frac{\pi}{2}}\\{ \frac{y^2}{\cos^2(x^2-y^2)}- \frac{2x y\cdot \operatorname{tg^2}(x^2-y^2)}{ \cos^2(x^2-y^2)}+x^2\cdot \operatorname{tg^2}(x^2-y^2)=\frac{\pi}{3}}\end{matrix}$

Вычтем уравнения:

$\frac{x^2-y^2}{\cos^2(x^2-y^2)}+(-x^2+y^2) \cdot \operatorname{tg^2}(x^2-y^2)= \frac{\pi}{2}-\frac{\pi}{3}=\frac{\pi}{6}$

Применяем формулу

$1+\operatorname{tg^2}{\alpha}=\frac{1}{\cos^2(\alpha)}$

Тогда перепишем:

$(x^2-y^2)\left(\frac{1}{\cos^2(x^2-y^2)}- \frac{1}{\cos^2(x^2-y^2)}+1\right)= \frac{\pi}{6}$

Или

$x^2-y^2=\frac{\pi}{6}$

$x^2=\frac{\pi}{6}+y^2$

Подставим это в систему:

$\begin{Bmatrix}{\frac{x}{\cos(\frac{\pi}{6})}-y\cdot \operatorname{tg}(\frac{\pi}{6})=\sqrt{\frac{\pi}{2}}}\\{ \frac{y}{\cos(\frac{\pi}{6})}-x\cdot \operatorname{tg}(\frac{\pi}{6})=\sqrt{\frac{\pi}{3}}}\end{matrix}$

$\begin{Bmatrix}{\frac{2x}{\sqrt{3}}-y\cdot \frac{1}{\sqrt{3}}=\sqrt{\frac{\pi}{2}}}\\{ \frac{2y}{\sqrt{3}}-x\cdot \frac{1}{\sqrt{3}}=\sqrt{\frac{\pi}{3}}}\end{matrix}$

Домножим на $\sqrt{3}$ для удобства восприятия:

$\begin{Bmatrix}{2x-y=\sqrt{\frac{3\pi}{2}}}\\{ 2y-x=\sqrt{\pi}}\end{matrix}$

Умножим второе уравнение на 2, чтобы уравнять коэффициенты:

$\begin{Bmatrix}{2x-y=\sqrt{\frac{3\pi}{2}}}\\{ 4y-2x=2\sqrt{\pi}}\end{matrix}$

Складываем уравнения:

$3y=\sqrt{\frac{3\pi}{2}}+2\sqrt{\pi}$

$y=\frac{\sqrt{\pi}(\sqrt{3}+2\sqrt{2})}{3\sqrt{2}}$

Тогда

$2x=\sqrt{\frac{3\pi}{2}}+y=\sqrt{\frac{3\pi}{2}}+\frac{\sqrt{\pi}(\sqrt{3}+2\sqrt{2})}{3\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{\pi}(4\sqrt{3}+2\sqrt{2})}{3\sqrt{2}}$

$x=\frac{\sqrt{\pi}(2\sqrt{3}+\sqrt{2})}{3\sqrt{2}}$

Ответ: $x=\frac{\sqrt{\pi}(2\sqrt{3}+\sqrt{2})}{3\sqrt{2}}$ , $y=\frac{\sqrt{\pi}(\sqrt{3}+2\sqrt{2})}{3\sqrt{2}}$

Комментариев - 6

вася

2017-08-13

задача под номером 8 дви по математике 2017 решена неверно, т.к. применяя формулу 1+тангенс в квадрате, в скобках второе слагаемое будет со знаком плюс, следовательно и получится, что слагаемые не взаимно уничтожаются, а получается 2/косинус в квадрате

Ответить

Анна
|

2017-08-14

Верно решена. Опечатка выше строкой. Исправила, спасибо.

Ответить

Марина

2017-10-27

Почему в задаче 7 DM_|_AB, DK_|_AC, DN_|_BC?

Марина
|

2017-10-28

DH – высота по условию. На рисунке обозначены двугранные углы из чего следует перпендикулярность.

Ответить

Дарья

2018-07-14

в задаче № 5 при рассмотрении треугольника DLO допущена ошибка в записи теоремы синусов.
И часть данных из условия не использована.
Довольно странно, что при этом получился верный ответ

Анна
|

2018-07-18

Да, ошибка есть. В ближайшее время я пересмотрю решение. Спасибо.

Ответить

Пн	Вт	Ср	Чт	Пт	Сб	Вс
« Ноя
	1	2	3	4	5	6
7	8	9	10	11	12	13
14	15	16	17	18	19	20
21	22	23	24	25	26	27
28	29	30	31

ДВИ в МГУ – 2017, математика, вариант 1

Для вас другие записи этой рубрики:

Комментариев - 6

Добавить комментарий Отменить ответ

Поиск

ПОСЛЕДНИЕ КОММЕНТАРИИ

Рекомендую

Рубрики

Профи.ру

Пароль для библиотеки – 777

Лучший хостинг в мире!

Последние записи

Облако меток

Подписка

Введите Ваши данные:

Архивы