Конкурсные задачи по математике (Вступительные экзамены 1998 г.)

КАЛИНИНГРАДСКИЙ ГОСУДАРСТВЕННЫЙ УНИВЕРСИТЕТ

КОНКУРСНЫЕ ЗАДАЧИ ПО МАТЕМАТИКЕ (ВСТУПИТЕЛЬНЫЕ ЭКЗАМЕНЫ 1998 г.)

Калининград 1999

Конкурсные задачи по математике (Вступительные экзамены 1998 г.) / Калинингр. ун-т; Сост. С.А. Ишанов, А.Ф. Лаговский, В.К. Шурыгин. - Калининград, 1999. - 25 с. В пособии даны задачи по математике, предлагавшиеся на вступительных экзаменах в КГУ в 1998 г. поступавшим на специальности “Математика”, “Прикладная математика” и “Менеджмент”. В первой части приводятся условия задач, во второй - решения и ответы. Предназначено для абитуриентов вузов.

Составители: канд. физ.-мат. наук, доц. С.А. Ишанов; канд. физ.-мат. наук А.Ф. Лаговский; ст. преп. В.К. Шурыгин.

© Калининградский государственный университет, 1999

КОНКУРСНЫЕ ЗАДАЧИ ПО МАТЕМАТИКЕ (Вступительные экзамены 1998 г.) Составители: Сергей Александрович Ишанов, Анатолий Францевич Лаговский, Виктор Константинович Шурыгин Лицензия № 020345 от 14.01.1997 г. Редактор Л.Г. Ванцева. Подписано в печать 25.06.1999 г. Формат 60×90 1/16. Гарнитура “Таймс”. Бумага для множительных аппаратов. Ризограф. Усл. печ. л. 1,6. Уч.-изд. л. 1,7. Тираж 400 экз. Заказ . Калининградский государственный университет, 236041, г. Калининград, ул. А. Невского, 14.

ПРЕДИСЛОВИЕ Настоящее пособие предназначено для абитуриентов, поступающих в высшие учебные заведения на специальности, одним из вступительных испытаний на которые является письменный экзамен по математике. В брошюре приведены задачи по математике, предлагавшиеся на вступительных экзаменах в 1998 году в Калининградском государственном университете по трем специальностям: - математика; - прикладная математика; - менеджмент. В первой части содержатся условия задач, во второй - ответы и решения. Абитуриенты, поступающие в КГУ, могут получить представление о степени сложности письменного вступительного экзамена по математике и о примерных требованиях по оформлению решений задач. Безусловно, прорешав содержащиеся здесь задачи, абитуриент не может считать себя готовым к экзамену, поэтому в конце брошюры приведен список сборников задач и пособий, с которыми мы настоятельно рекомендуем познакомиться. ВАРИАНТЫ ВСТУПИТЕЛЬНЫХ ЭКЗАМЕНОВ Специальность «Математика» Вариант 1

cos x = 1 + sin x . 1 − sin x 2. Для каждого значения параметра а найти все х, удовлетворяющие равенству ⎛ x2 ⎞ 2 2 2 ⎜ ⎟= 1 + (a + 2 ) log 3 2 x − x + 1 + (3a − 1) log11 ⎜1 − ⎟ 2 ⎝ ⎠ 2 ⎛ x ⎞ ⎟. = log 3 2 x − x 2 + log11 ⎜⎜1 − ⎟ 2 ⎝ ⎠ 1. Решить уравнение:

[

] (

) [

(

3. Решить неравенство:

]

)

x −5 ≥ 0. log 2 (x − 4 ) − 1 3

4. Три бригады работали с постоянной производительностью, прокладывая рельсовые пути. Первая и третья бригады, работая совместно, прокладывали 15 км пути в месяц. Три бригады вместе укладывают в месяц путей в два раза больше, чем первая и вторая бригады при их совместной работе. Найти, сколько километров в месяц укладывает третья бригада, если известно, что вторая бригада совместно с третьей уложили некоторый участок пути в четыре раза быстрее, чем его уложила бы одна вторая бригада. 5. Найти все пары целых чисел х, у, при которых является верным равенство x 3 − 6x 2 − xy + 13x + 3y + 7 = 0 . Вариант 2

sin 2x = −2 cos x . 1 + sin x 2. Для каждого значения параметра а найти все х, удовлетворяющие равенству ⎛ x2 ⎞ 2 2 2 ⎟= 1 + (3a + 4 ) log 2 − 2x − x + 1 + (a − 2 ) log 7 ⎜⎜1 − ⎟ 3 ⎠ ⎝ 1. Решить уравнение:

[

] (

) [

(

)

]

⎛ x2 ⎞ ⎟. = log 2 − 2 x − x + log 7 ⎜⎜1 − ⎟ 3 ⎠ ⎝ 2 log 2 (x − 3) ≥ 0. 3. Решить неравенство: x 2 − 4x − 5 4. Три автомашины перевозят зерно, загружаясь в каждом рейсе полностью. За один рейс первая и вторая автомашины вместе перевозят 6 т зерна. Первая и третья автомашины вместе перевозят за два рейса столько же зерна, сколько вторая автомашина за три рейса. Найти, какое количество зерна перевозит вторая автомашина за один рейс, если известно, что некоторое количество зерна вторая и третья автомашины перевозят вместе, совершая в три раза меньше рейсов, чем потребовалось бы третьей автомашине для перевозки того же количества зерна. 5. Найти все пары целых чисел х, у, при которых является верным равенство x 3 − xy − 7x + 2 y + 23 = 0 .

[

2

]

Вариант 3

1. Решить уравнение: 4

sin x = 1 − cos x . 1 + cos x

2. Для каждого значения параметра а найти все х, удовлетворяющие равенству 1 + (a − 1)2 log 6 4x − 4x 2 + 1 + (4a + 3)2 log 5 1 − 3x 2 =

[

] (

) [ ] ( = log 6 (4x − 4x 2 ) + log 5 (1 − 3x 2 ).

)

log 2 (x − 1)

≥ 0. x 2 − 3x − 4 4. Три маляра окрашивают стены, работая с постоянной производительностью. Второй и третий маляры вместе окрашивают 9 м2 стены в час. Первый и второй маляры при совместной работе окрашивают за час в полтора раза меньшую площадь, чем площадь, которую три маляра окрашивают вместе за то же время. Найти, какую площадь окрашивает в час первый маляр, если известно, что первый маляр вместе с третьим окрасили некоторую площадь в 2,5 раза быстрее, чем ее окрасил бы третий маляр. 5. Найти все пары целых чисел х, у, при которых является верным равенство x 3 − x 2 − xy − 17x − 3y + 8 = 0 .

3. Решить неравенство:

Вариант 4

sin 2x = 2 sin x . 1 − cos x 2. Для каждого значения параметра а найти все х, удовлетворяющие равенству 1 + (3a − 2 )2 log 3 − 4x − 4x 2 + 1 + (a + 1)2 log 7 1 − 2x 2 = 1. Решить уравнение:

[

] (

) [ ] ( = log 3 (− 4 x − 4x 2 ) + log 7 (1 − 2x 2 )

3. Решить неравенство:

)

2x − 3

log

(2 x 2 − 3x + 3) ≥ 0 .

4. Три насоса выкачивают нефть из бака, работая каждый с постоянной производительностью. Первый и второй насосы, работая совместно, выкачивают в час 20 т нефти. Три насоса выкачивают в час в три раза больше нефти, чем первый и третий насосы при их совместной работе за то же время. Найти, какое количество нефти в один час выкачивает третий насос, если известно, что второй насос вместе с третьим насосом выкачивает нефть из некоторого бака в 5 раз быстрее, чем выкачал бы один третий насос это же количество нефти. 5. Найти все пары целых чисел х, у, при которых является верным равенство x 3 − 3x 2 − xy − 8x − 2 y + 27 = 0 . 5

Специальность «Прикладная математика» Вариант 1

1. Разность

40 2 − 57 − 40 2 + 57 является целым числом. Найти

это число. 2. Решить неравенство log x + 2 4 − x − 1 < log x + 2 2 − x + 1 + log x + 2 2 − x −1 + 1 .

(

)

(

)

(

)

3. Найти все решения системы уравнений 1 13 13 1 ⎧ y + + + x − y = + x + , ⎪⎪ x 6 6 x ⎨ ⎪x 2 + y 2 = 97 , ⎪⎩ 36 удовлетворяющие условиям x < 0, y > 0 . 4. В бак может поступать вода через одну из двух труб. Через первую трубу бак можно наполнить на один час быстрее, чем через вторую трубу. Если бы емкость бака была больше на 2 м3, а пропускная способность вто4 рой трубы была бы больше на м3/час, то для наполнения бака через вто3 рую трубу понадобилось бы столько же времени, сколько требуется для пропуска 2м3 воды через первую трубу. Какова емкость бака, если известно, что за время его наполнения через вторую трубу через первую трубу могло бы поступить 3м3 воды? sin 4 x + cos 4 x . Найти: 5. Дана функция f (x ) = sin 6 x + cos 6 x 10 1) корни уравнения f (x ) = ; 7 2) наибольшее и наименьшее значения функции f (x ) . Вариант 2

1. Разность

12 5 − 29 − 12 5 + 29 является целым числом. Найти

это число. 2. Решить неравенство log x −2 9 x − 4 x < log x −2 3x + 2 x + log x −2 3 x −2 + 2 x .

(

)

(

)

3. Найти все решения системы уравнений 6

(

)

⎧ 1 10 10 1 −x+y = +y+ , ⎪⎪ x + + y 3 3 y ⎨ ⎪x 2 + y 2 = 82 , ⎪⎩ 9 удовлетворяющие условиям x > 0, y < 0 . 4. Велосипедист проезжает половину расстояния от пункта А до пункта В на два часа быстрее, чем пешеход проходит треть расстояния от А до В. За время, требуемое велосипедисту на весь путь от А до В, пешеход проходит 24 км пути. Если бы скорость велосипедиста увеличилась на 7 км/час, то за время, затрачиваемое пешеходом на прохождение 18 км, он смог бы покрыть путь от А до В и проехать еще 3 км. Найти скорость пешехода. 2 sin 4 x + 3 cos 2 x . Найти: 5. Дана функция f (x ) = 2 cos 4 x + sin 2 x 15 1) корни уравнения f (x ) = ; 7 2) наибольшее и наименьшее значения функции f (x ) . Вариант 3

1. Разность

20 7 − 53 − 20 7 + 53 является целым числом. Найти

это число. 2. Решить неравенство

(

)

(

)

⎛5 ⎞ log 2 x + 2 1 − 9 x < log 2 x + 2 1 + 3 x + log 2 x + 2 ⎜ + 3 x −1 ⎟ . ⎝9 ⎠ 3. Найти все решения системы уравнений ⎧3 3 13 13 +x+y = +y+ , ⎪⎪ − y + y 2 2 y ⎨ ⎪x 2 + y 2 = 145 , ⎪⎩ 4 удовлетворяющие условиям x < 0, y < 0 . 4. Первая бригада разгрузила баржу. Вторая бригада, работая на 5 часов меньше первой, выгрузила бы треть всего груза. При повышении производительности труда каждой из бригад в три раза первой бригаде для разгрузки баржи потребовалось бы на один час больше, чем второй бригаде на выгрузку половины всего груза. Если бы первая бригада свою почасовую 7

выработку сократила на одну тонну, а вторая - увеличила на две тонны, то за время, затрачиваемое первой бригадой на разгрузку баржи с весом груза, уменьшенным на 2 т, вторая бригада могла бы разгрузить баржу с весом груза, увеличенным на 8 т. Найти вес груза на барже. sin 6 x + cos 6 x . Найти 5. Дана функция f (x ) = sin 4 x + cos 4 x 7 1) корни уравнения f (x ) = ; 10 2) наибольшее и наименьшее значения функции f (x ) . Вариант 4

24 3 − 43 − 24 3 + 43 является целым числом. Найти

1. Разность

это число. 2. Решить неравенство log 3x −3 25 x − 9 x < log 3x −3 5 x + 3 x log 3x −3 5 x −1 + 3 x −1 .

(

)

(

)

(

)

3. Найти все решения системы уравнений 1 5 5 1 ⎧ y − + − x − y = − x − , ⎪⎪ x 2 2 x ⎨ ⎪x 2 + y 2 = 17 , ⎪⎩ 4 удовлетворяющие условиям x > 0, y > 0 . 4. Первый токарь выполнил заказ на выточку деталей. За это время второй токарь выточил бы 18 деталей, а работая на один час меньше , он выполнил бы половину того же заказа. Если бы часовая производительность первого токаря увеличилась на две детали, то за время, которое необходимо второму токарю на выточку 15 деталей, первый токарь мог бы выполнить заказ и сделать дополнительно 5 деталей. Найти число деталей в заказе. 2 cos 4 x + sin 2 x 5. Дана функция f (x ) = . Найти: 4 2 2 sin x + 3 cos x 7 1) корни уравнения f (x ) = ; 15 2) наибольшее и наименьшее значения функции f (x ) .

8

Специальность «Менеджмент» Вариант 1

1. Решить уравнение log 3 (2 x + 1) = 2 log 2 x +1 3 + 1 . 2. Найти все значения параметра а, при каждом из которых система неравенств 1− a ⎧ 2 2 , ⎪x + 2xy − 7 y ≥ a +1 ⎨ ⎪3x 2 + 10xy − 5y 2 ≤ −2 ⎩ имеет решение. 2 1 3. Решить уравнение = (3x − 5)log 1 (2+5x − x ) . 25 3x − 5 4. Груз вначале погрузили в вагоны вместимостью 80 тонн, но один вагон оказался загруженным не полностью. Тогда весь груз переложили в вагоны вместимостью 60 тонн, однако понадобилось на восемь вагонов больше и при этом все равно один вагон оказался не полностью загруженным. Наконец, груз переложили в вагоны вместимостью 50 тонн, однако понадобилось еще на 5 вагонов больше, при этом все вагоны были загружены полностью. Сколько тонн груза было? cos x cos 5x − = 8 sin x sin 3x . 5. Решить уравнение cos 3x cos x Вариант 2

1. Решить уравнение 2 log 4 (3x − 2 ) + 2 log 3x − 2 4 = 5 . 2. Найти все значения параметра b, при каждом из которых система неравенств ⎧5x 2 − 4 xy + 2 y 2 ≥ 3, ⎪ ⎨ 2 2b − 1 2 ⎪7x + 4xy + 2 y ≤ ⎩ 2b + 5 имеет решение. 2 1 3. Решить уравнение = (2 x − 1)log 1 (1+ 7 x −2 x ). 4 2x − 1 4. Жидкость налита в бутыли вместимостью по 40 л, при этом одна из бутылей оказалась не совсем полной. Если эту же жидкость перелить в бутыли вместимостью по 50 л, то такие бутыли будут заполнены полностью, но при этом понадобится на 5 бутылей меньше. Если эту же жидкость разлить по бутылям емкостью по 70 л, то понадобится еще на четыре бутыли 9

меньше, но опять одна бутыль будет не совсем полной. Сколько литров жидкости было? sin 3x sin x 5. Решить уравнение − = 2 cos 2x . sin x sin 3x Вариант 3

1. Решить уравнение log 2 (9x − 1) + 3 log 9 x −1 2 + 4 = 0 . 2. Найти все значения параметра α, при каждом из которых система неравенств 3α + 1 ⎧ 2 2 , ⎪5x + 7xy + 2 y ≥ α+2 ⎨ ⎪3x 2 + xy + y 2 ≤ 1 ⎩ имеет решение. 2 1 = (4x − 3)log 1 (2+5x − x ) . 3. Решить уравнение 9 4x − 3 4. Имеется некоторое количество проволоки. Если ее намотать на катушки, на которые умещается по 800 метров проволоки, то одна катушка будет намотана не полностью. То же самое произойдет, если пользоваться катушками, на которые умещается по 900 метров проволоки, причем таких катушек понадобится на 3 меньше. Если же проволоку наматывать только на катушки, на которые вмещается 1100 метров, то таких катушек понадобится еще на 6 меньше, но при этом все такие катушки будут намотаны полностью. Сколько метров проволоки было? sin x sin 5x 5. Решить уравнение + = 8 cos x cos 3x . sin 3x sin x Вариант 4

1. Решить уравнение 3 log 8 (x + 1) = 8 + 3 log x +1 8. . 2. Найти все значения параметра с, при каждом из которых система неравенств ⎧3x 2 − 8xy − 8y 2 ≥ 2, ⎪ ⎨ 2 c +1 2 ⎪x − 4 xy + 2 y ≤ ⎩ 1 + 2c имеет решение. 2 1 3. Решить уравнение = (2x − 3)log 1 (9 x − x +1) . 16 2x − 3 10

4. Группу людей попытались построить в колонну по 8 человек в ряд, но один ряд оказался неполным. Когда ту же группу людей перестроили по 7 человек в ряд, то все ряды оказались полными, а число рядов оказалось на 2 больше. Если бы тех же людей построить по 5 человек в ряд, то рядов было бы еще на 7 больше, причем один ряд был бы неполным. Сколько людей было в группе? sin 3x cos 3x 2 − = . 5. Решить уравнение sin 2x cos 2x cos 3x

ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ Специальность «Математика» Вариант 1

π + 2 π n, n ∈ Z . 2 Исходное уравнение в ОДЗ равносильно

1. ОДЗ уравнения: x ≠

⎡cos x = 0, cos x = 1 − sin 2 x ⇒ cos x = cos 2 x ⇒ cos x (cos x − 1) = 0 ⇒ ⎢ ⎣cos x = 1. π Откуда x = + π k, x = 2π m, k, m ∈ Z . 2 π В ОДЗ попадают лишь x = 2 π k - , x = 2π m, k, m ∈ Z . 2 π Ответ: x = ( 4 k − 1), x = 2 π m, k, m ∈ Z . 2 2. Заданное равенство допустимо лишь при ⎧2x − x 2 > 0, ⎪ ⇒ 0 < x < 2. ⎨ x2 >0 ⎪1 − ⎩ 2 Параметр а может принимать любые значения. Перепишем равенство в виде: x2 (a + 2) log 3 (1 − ( x − 1) ) + (3a − 1) log11 (1 − ) = 0. 2 Легко видеть, что в левой части равенства оба слагаемых неположительны, поэтому равенство возможно лишь при условии: 2

2

2

11

⎧(a + 2) 2 log 3 (1 − ( x − 1) 2 ) = 0, ⎪ ⎨ x2 2 ( 3 a − 1 ) log ( 1 − ) = 0. ⎪ 11 ⎩ 2 Отсюда получаем четыре системы: ⎧log 3 (1 − ( x − 1) 2 ) = 0, ⎧a + 2 = 0, ⎪ ⎨ ⎨ x2 3 a 1 0 , − = ⎩ ⎪log11 (1 − ) = 0, ⎩ 2 ⎧a + 2 = 0, ⎧log 3 (1 − ( x − 1) 2 ) = 0, ⎪ 2 ⎨ ⎨ x log ( 1 ) 0 , − = ⎩3a − 1 = 0. ⎪ 11 ⎩ 2 Первые две системы несовместны. Третья система дает: a = −2, x = 0 ∉ (0, 2 ). 1 Четвертая система: a = , x = 1. 3 1 Ответ: если a = , то x=1, при других значениях а равенство невоз3 можно. 3. ОДЗ неравенства определяется системой: ⎧x ≥ 5, ⎡5 ≤ x < 4 + 2 , ⎪ откуда ⎢ ⎨x − 4 > 0, ⎢⎣ x > 4 + 2 . ⎪ ⎩x − 4 ≠ 2 , При х=5 получаем x −5 = 0. log 2 ( x − 4) − 1

При х>5 имеем log

2

( x − 4) − 1 > 1,

log

2

( x − 4) > log

x − 4 > 2, x > 4 + 2. Ответ: {5} ∪ ( 4 + 2 ,+∞) .

12

2

2,

4. Пусть первая, вторая и третья бригады, работая в отдельности, укладывают соответственно по х км, у км и z км в месяц. Тогда, согласно условию задачи: ⎧ ⎪x + z = 15, ⎪⎪ ⎨x + y + z = 2( x + y), ⎪y + z = 4. ⎪ ⎪⎩ y Отсюда ⎧x + z = 15, ⎪ ⎨x + y = z, ⎪3y = z. ⎩ Исключаем из этой системы х и у. Вычитая из 1-го уравнения 2-е, получаем z-y=15-z. Откуда y=2z-15. Тогда 3(2z-15)=z, 5z=45, z=9. Ответ: 9 км. 5. Выражая из уравнения у через х, получаем x 3 − 6x 2 + 13x + 7 , y= x−3 или 19 y = x 2 − 3x + 4 + . x−3 Чтобы при целом х неизвестное у тоже было целым, необходимо и достаточно чтобы 19 x −3 было целым. Это возможно тогда и только тогда, когда x-3= ± 1 или x − 3 = ±19 . Таким образом, получаем четыре значения для х : 2, 4, -16, 22. Находим соответствующие значения у : -17, 27, 307, 423. Ответ: (-16,307), (2,-17), (4, 27), (22, 423). 13

Вариант 2

π π ( 4k + 1), x = (6m − ( −1) m ), k, m ∈ Z. 2 6 2. Если а=2, то х=-1, при других значениях а равенство невозможно. 3. {4} ∪ (5,+∞ ) . 4. 3 т. 5. (-15, 191), (1, -17), (3, 29), (19, 397). 1. x =

Вариант 3

π ( 4 m + 1), x = 2 π k, k, m ∈ Z. 2 1 3 2. Если a = − , то x = − , при других значениях а равенство невоз2 4 можно. 3. {2} ∪ ( 4,+∞ ) . 4. 9 м2. 5. (-26, 774), (-4, 4), (-2, 30), (20, 316). 1. x =

Вариант 4

π (6m ± 1), x = π( 2 k + 1), k, m ∈ Z. 3 2. Если а=-1, то х=1/2, при других значениях а равенство невозможно. ⎧3⎫ 2. ⎨ ⎬ ∪ ( 2,+∞) . ⎩2 ⎭ 4. 4 т. 5. (-25, 751), (-3, 3), (-1, 31), (21, 339). 1. x =

Специальность «Прикладная математика» Вариант 1

1. Обратим внимание на то, что ( 40 2 ) 2 = 3200, 572=3249. Это значит, что 57> ( 40 2 ) 2 , и потому заданное число можно записать в виде:

x = 57 − 40 2 − 57 + 40 2 . Находим далее 14

x2 =

( 57 − 40 2 ) − 2 2

57 − 40 2 57 + 40 2 +

( 57 + 40 2 )

2

=

57 − 40 2 − 2 3249 − 3200 + 57 + 40 2 = 114 − 2 49 = 100. Поскольку ясно, что х<0, то х=-10. Ответ: х=-10. 2. ОДЗ неравенства находим из системы: ⎧⎛ 1 ⎞ x ⎛ 1 ⎞ 0 ⎪⎜ ⎟ > ⎜ ⎟ , ⎧4 − x − 1 > 0, ⎝4⎠ ⎪⎪⎝ 4 ⎠ ⎪ ⇒ x < 0, причем х ≠ -1, х ≠ -2, х ≠ -3. ⎨x + 2 ≠ 0, ⇒ ⎨x ≠ −2, ⎪ x + 2 ≠ 1, ⎪x ≠ −1, ⎩ ⎪ ⎪⎩x ≠ −3, Неравенство можно переписать в виде: 4 −x − 1 log x + 2 − x < log x + 2 ( 2 − x −1 + 1) , 2 +1 или 1 log x + 2 ( 2 − x − 1) < log x + 2 ( ⋅ 2 − x + 1). 2 Отсюда при x + 2 > 1 получаем 1 1 2 − x − 1 < ⋅ 2 − x + 1, ⇒ ⋅ 2 − x < 2, ⇒ 2 − x < 2 2 , ⇒ - x < 2 ⇒ x > −2, т.е. – 2 2 1<x<0 т. к. x + 2 > 1. При x + 2 < 1 получаем 1 1 2 − x − 1 > ⋅ 2 − x + 1, ⇒ ⋅ 2 − x > 2, ⇒ ⋅ 2 − x > 2 2 , ⇒ - x > 2 ⇒ x < −2, 2 2 т.е. –3<x<-2, т. к. x + 2 < 1. Ответ: (-3, 2) U (-1, 0). 3. Обозначим 1 13 u = y+ , v = + x − y. x 6 Тогда первое из уравнений системы запишется в виде u + v =u+v. Из свойств модуля следует, что это равенство возможно тогда и только тогда, когда u ≥ 0 и v ≥ 0 , т.е. справедливы неравенства: 13 1 y+ ≥0 и + x − y ≥ 0. 6 x 15

Складывая эти неравенства, получаем 13 1 + x + ≥ 0. 6 x Откуда, т.к. по условию х<0, 6x2+13x+6 ≤ 0. Далее, так как 13 0 < y ≤ + x, 6 то

(1)

2

⎛ 13 ⎞ y ≤ ⎜ + x⎟ , ⎝6 ⎠ 2

откуда 2

⎛ 13 ⎞ x + y ≤ x + ⎜ + x⎟ . ⎝6 ⎠ Согласно условию, отсюда 2

2

2

2

97 ⎛ 13 ⎞ x + ⎜ + x) ⎟ ≥ . 36 ⎝6 ⎠ 2

Имеем теперь 97 169 13 + x + x2 ≥ , 36 3 36 13 2x 2 + x + 2 ≥ 0, 3 2 6x + 13x + 6 ≥ 0 . (2) 2 Сравнивая (1) и (2), заключаем, что 6x + 13x + 6 = 0 . 3 2 Решая это уравнение, находим x1 = − , x 2 = − . 2 3 97 ⎧ 2 2 , ⎪x + y = Из условий ⎨ 36 ⎪⎩ y > 0 2 3 находим теперь, что y1 = − , y 2 = . 3 2 3 2 2 3 Проверкой убеждаемся, что обе пары чисел: (− , ) , (− , ) - удовлетво2 3 3 2 ряют системе уравнений и неравенств. 3 2 2 3 Ответ: ( − , ), ( − , ) . 2 3 3 2 x2 +

16

4. Обозначим через V м3 емкость бака; х м3/ч, у м3/ч – пропускная способность 1-й и 2-й труб соответственно. Из условий задачи ⎧ ⎪V V ⎪ +1 = y, ⎪x ⎪V + 2 2 = , ⎨ 4 x ⎪y + 3 ⎪ ⎪V 3 ⎪ = . ⎩y x Из третьего уравнения Vx y= . 3 Vx 4 Тогда второе примет вид: ( V + 2) x = 2( + ). 3 3 Отсюда V 8 8 x= , y= ⋅ . V+6 3 V+6 Подставляя в первое уравнение, получаем V ( V + 6) 3( V + 6) +1 = , 8 8 V 2 + 6V + 8 = 3V + 18, V 2 + 3V − 10 = 0, V = 2, V = −5. Условию задачи удовлетворяет лишь V>0. Ответ: 2 м3. 5. Выполнив ряд тождественных преобразований: sin 4 x + cos 4 x sin 4 x + cos 4 x = = sin 6 x + cos6 x (sin 2 x + cos 2 x )(sin 4 x − sin 2 x ⋅ cos 2 x + cos 4 x ) 1 1 − sin 2 2x 2 2 2 2 2 (sin x + cos x ) − 2 sin x ⋅ cos x 2 = = = 2 2 2 2 2 (sin x + cos x ) − 3sin x ⋅ cos x 1 − 3 sin 2 2x 4

17

находим

1 1 1 − ⋅ (1 − cos 4x ) 2(3 + cos 4 x ) 2 2 , = = 3 1 5 + 3 cos 4 x 1 − ⋅ (1 − cos 4x ) 4 2

2(3 + cos 4x ) . 5 + 3 cos 4x Таким образом, первая часть задачи сводится к уравнению 2(3 + cos 4 x ) 10 = , 5 + 3 cos 4 x 7 или 7(3+cos4x)=5(5+3cos4x); f (x) =

8cos4x=-4,

1 2

cos4x =- .

πn π 2π + 2 π n, x= ± . 2 6 3 Для решения второй части задачи можно ввести переменную t = cos 4x и рассмотреть функцию 2( 3 + t ) F( t ) = 5 + 3t 5 + 3t − 3(3 + t ) 8 = − , на отрезке [-1,1]. Поскольку F ' ( t ) = 2 ⋅ (5 + 3 t ) 2 (5 + 3 t ) 2 4x= ±

F ' ( t ) < 0 при ∀t ∈ [ −1,1], то F(t) убывает и потому

2(3 − 1) = 2, 5−3 2(3 + 1) MinF( t ) = F(1) = = 1. 5+3

MaxF( t ) = F( −1) =

Ответ : x =

π (3n ± 1), n ∈ Z, f max = 2, f min = 1. 6 Вариант 2

1. –6. 2. (0,1) ∪ ( 2,3). 1 1 3. ( ,−3), (3,− ). 3 3 4. 6 км/ч π 15 3 5. (3n ± 1), n ∈ Z, f max = , f min = . 3 7 2 18

Вариант 3

1. –10. ⎛ 3 ⎞ ⎛ 1 ⎞ 2. ⎜ − ,−1⎟ ∪ ⎜ − ,0 ⎟. ⎝ 2 ⎠ ⎝ 2 ⎠ 1 1 3. ( −6,− ), ( − ,−6). 2 2 4. 72 т. π 1 5. (3n ± 1), n ∈ Z, f max = 1, f min = . 6 2 Вариант 4

1. -8 2 4 2. (0, ) ∪ (1, ). 3 3 1 1 3. ( 2, ), ( ,2). 2 2 4. 30 дет. π 2 7 5. (3n ± 1), n ∈ Z, f max = , f min = . 3 3 15

Специальность «Менеджмент» Вариант 1

1. ОДЗ уравнения определяется неравенствами: 2х+1>0, 2x+1≠1. 1 Откуда x > − , x ≠ 0. 2 Переходя к основанию 3, получаем уравнение 2 log 3 ( 2x + 1) = + 1, log 3 ( 2x + 1) или log 32 ( 2x + 1) − log 3 ( 2x + 1) − 2 = 0. Рассматривая это уравнение как квадратное, находим: log 3 ( 2x + 1) = −1, log 3 ( 2x + 1) = 2 Тогда 2x + 1 = 3 −1 , 2x + 1 = 32 19

или 1 x=− , 3 1 Ответ: x = − , 3

x = 4.

x = 4.

2. Умножая обе части первого неравенства на -2, получаем: 2(a − 1) ⎧ 2 2 , ⎪− 2x − 4 xy + 14 y ≤ a +1 ⎨ ⎪3x 2 + 10xy − 5y 2 ≤ −2. ⎩ Складывая эти неравенства, находим: 4 x 2 + 6xy + 9 y 2 ≤ − , a +1 или 4 ( x + 3y) 2 ≤ − . a +1 Отсюда а+1<0, т.е. a <-1. Итак, для совместности системы неравенств необходимо выполнение условия a <-1. Покажем, что условия a <-1достаточно чтобы система имела решение. Заметим, что при a <-1 правая часть первого неравенства исходной системы 1− a 2 < −1. = −1 + 1+ a 1+ a Рассмотрим далее систему уравнений: ⎧⎪x 2 + 2xy − 7 y 2 = −1, (1) ⎨ 2 ⎪⎩3x + 10xy − 5y 2 = −2. Умножая первое уравнение на –2 и складывая со вторым, получаем ( x + 3y) 2 = 0 ⇒ x = −3y. Таким образом, приходим к системе ⎧x 2 + 2xy − 7 y 2 = −1, ⎨ ⎩x = −3y. Отсюда ⎧x = −3y, ⎧x = −3y, ⎪ ⇒⎨ 2 1 ⎨ 2 2 2 ⎩9 y − 6y − 7 y = −1. ⎪⎩ y = 4 , 20

получаем решение (1): 3 1 3 1 ( ,− ), ( − , ). (2) 2 2 2 2 Легко убедиться, что эти пары удовлетворяют исходной системе неравенств. Например, первая из (2): 9 6 7 1− a − − = −1 > 4 4 4 1+ a при a <-1, 27 30 5 − − = −2 ≤ −2 . 4 4 4 Ответ: a ∈ ( −∞,−1) . 3. ОДЗ уравнения: 5 ⎧ > x 3 x − 5 > 0 , ⎪⎪ ⎧⎪ 3 , ⇒ ⎨ ⎨ 2 − + 5 33 5 33 ⎪⎩2 + 5x − x > 0, ⎪ <x< ⎪⎩ 2 2 или 5 5 + 33 <x< . 3 2 Запишем теперь уравнение в виде: −

(3x − 5) Откуда 3x − 5 = 1 ⇒ x = 2 , или

1 2

= (3x − 5)

log 1 ( 2 +5x − x 2 ) 25

1 log 1 ( 2 + 5x − x 2 ) = − , 2 25 2 + 5x − x 2 = 5, x 2 − 5x + 3 = 0, 5 ± 25 − 12 5 ± 13 x= = . 1 2 Из этих двух корней в ОДЗ попадает лишь один. 5 + 13 . Ответ: x = 2, x = 2 4. Обозначим М т - груз, х шт. - число вагонов вместимостью 80 т. Тогда получаем систему уравнений и неравенств:

21

⎧80x > M, ⎪60( x + 8) > M, ⎪ ⎨ ⎪50( x + 8 + 5) = M, ⎪⎩x > 0, M > 0,

причем x, М∈ Z . Выражая М через х из уравнения: М=50(х+13) , получаем ⎧80x > 50x + 650, ⎨ ⎩60x + 480 > 50x + 650, ⎧30x > 650, ⎨ ⎩10x > 170, 65 ⇒ x ≥ 22. x> 3 Таким образом, х = 22 наименьшее целое, удовлетворяющее первоначальной системе. Отсюда М=50(22+13)=1750. Ответ: 1750 т.

5. ОДЗ уравнения: π πn π ⎧ ⎧ x ≠ + , 3 x ≠ + π n, ⎪⎪ ⎧cos 3x ≠ 0, ⎪⎪ π 6 3 2 ⇒⎨ ⇒ x ≠ ( 2 n + 1) . ⇒⎨ ⎨ 6 ⎩cos x ≠ 0 ⎪ x ≠ π + π k, ⎪x ≠ π + π k. ⎪⎩ ⎪⎩ 2 2 Запишем теперь уравнение в виде: cos 2 x − cos 3x cos 5x = 8 sin x cos x sin 3x cos 3x , или cos 2 x − cos 3x cos 5x = 2 sin 2 x sin 6x , 1 + cos 2 x cos 2x + cos 8x = cos 4 x − cos 8x, − 2 2 1 + cos 8x = 2 cos 4x ,

2 cos 2 4x − 2 cos 4 x = 0, π ⎡ 4 x = + π m, ⎡cos 4x = 0, ⎢ 2 ⎢cos 4x = 1, ⇒ ⎢ ⎣ l , m ∈ Z, ⎣4 x = 2 π l , π π x = ( 2m + 1) , x = l. 8 2 22

Согласуя решения с ОДЗ, получаем ответ. π Ответ: x = π k, x = ( 2m + 1), k, m ∈ Z . 8

Вариант 2 4 1. x = , x = 6 . 3 5 2. b ∈ ( −∞,− ). 2 7 + 41 . 3. x = 1, x = 4 4. 850 л. π 5. x = ( 2 n + 1), n ∈ Z. 4

Вариант 3 1 1 1. x = , x = . 6 8 2. α ∈ ( −2, ∞ ). 5 + 21 . 3. x = 1, x = 2 4. 25300 м. π π 5. x = ( 2 n + 1), x = ( 2 k + 1), 2 8

n, k ∈ Z.

Вариант 4 1 1. x = − , x = 511 . 2 1 2. с ∈ ( − ,+∞ ). 2 9 + 69 . 3. x = 2, x = 2 4. 119 чел. π n ∈ Z. 5. x = (3n ± 1), 3

23

СПИСОК РЕКОМЕНДУЕМОЙ ЛИТЕРАТУРЫ 1. Худенко В.Н. Задачи вступительных экзаменов по математике (с решениями). – Калининград: Янтарный сказ, 1996. – 173 с. 2. Попов Ю.И. Методы и приемы решения уравнений и неравенств первой степени с параметрами, содержащих переменную под знаком модуля: Уч.-метод. пособ. – Калининград: Янтарный сказ, 1997. – 48 с. 3. Амелькин В.В., Рабцевич В.Л. Задачи с параметрами: Справ. пособ. по математике. – Минск: Асар, 1996. – 464 с. 4. Нестеренко Ю.В., Олехник С.Н., Потапов М.К. Задачи вступительных экзаменов по математике: Уч. пособ. – М.: Факториал, 1995. – 640 с. 5. Олехник С.Н., Потапов М.К., Пасиченко П.И. Уравнения и неравенства. Нестандартные методы решения: Справочник. – М.: Факториал, 1997. – 217 с.

24