Пособие по математике для поступающих на факультет математики, механики и компьютерных наук Южного федерального университета

Федеральное агентство по образованию Федеральное государственное образовательное учреждение высшего профессионального образования «ЮЖНЫЙ ФЕДЕРАЛЬНЫЙ УНИВЕРСИТЕТ»

Я. М. Ерусалимский, И. А. Чернявская, М. В. Норкин

ПОСОБИЕ ПО МАТЕМАТИКЕ ДЛЯ ПОСТУПАЮЩИХ НА ФАКУЛЬТЕТ МАТЕМАТИКИ, МЕХАНИКИ И КОМПЬЮТЕРНЫХ НАУК ЮЖНОГО ФЕДЕРАЛЬНОГО УНИВЕРСИТЕТА

Ростов-на-Дону 2007

Ерусалимский Я. М., Чернявская И. А., Норкин М. В. Пособие по математике для поступающих на факультет математики, механики и компьютерных наук Южного федерального университета. УПЛ РГУ, 2007 г., 26 с.

В данном пособии содержатся все варианты заданий, предлагавшихся на вступительных экзаменах по математике на все специальности факультета математики, механики и компьютерных наук Ростовского государственного университета (ныне Южный федеральный университет) в 2006 г. Приведены подробные решения заданий одного варианта каждого экзамена. Пособие рекомендуется поступающим на факультет математики, механики и компьютерных наук и другие факультеты университета.

Печатается в соответствии с решением Ученого Совета факультета математики, механики и компьютерных наук. Протокол № 6 от 06.02.2007 г.

Методические указания адресованы тем, кто собрался поступать на факультет математики, механики и компьютерных наук Южного федерального университета (ЮФУ). В них приведены сведения о специальностях и направлениях подготовки, особенностях правил приема на факультет. Основное содержание составляет разбор заданий, предлагавшихся на вступительных экзаменах в 2006 г. Факультет образует вместе с научно-исследовательским институтом механики и прикладной математики ЮФУ и вычислительным центром ЮФУ (ЮГИНФО) единый учебно-научный центр (УНЦ) по прикладной математике и механике, что создает уникальные возможности для подготовки специалистов на основе ведущихся в УНЦ научно-исследовательских и опытноэкспериментальных работ. Единая компьютерная сеть УНЦ связывает оптоволоконными линиями учебные компьютерные классы и лаборатории факультета, института механики и прикладной математики и ЮГИНФО. Она обеспечивает доступ в Интернет и к вычислительным ресурсам ВЦ, представленным суперкомпьютером N-cube и 3 кластерами, обьединяющими по 4 высокопроизводительных четырехпроцессорных компьютера. На 12 кафедрах факультета работают высококвалифицированные преподаватели, в том числе 40 докторов наук, профессоров и 100 кандидатов наук, доцентов. Среди них — Заслуженные деятели науки РФ, профессора: А. В. Белоконь, Ю. Ф. Коробейник, И. Б. Симоненко, Ю. А. Устинов, Соросовские профессора: А. О. Ватульян, С. М. Грудский, Л. М. Зубов, Я. М. Ерусалимский, И. Б. Симоненко, Соросовские доценты: В. Б. Дыбин, М. Ю. Жуков, К. А. Надолин, В. Г. Цибулин, Ю. В. Тютюнов, Б. Я. Штейнберг. На факультете имеется аспирантура и докторантура, работают Советы по защитам кандидатских и докторских диссертаций. Факультет осуществляет прием на следующие специальности и направления подготовки: прикладная математика и информатика (дневная и вечерняя формы обучения), математика (дневное обучение), механика (дневное обучение), информационные технологии (дневное обучение), информа3

ционные системы и технологии (вечерняя форма обучения). Абитуриенты сдают следующие экзамены: математика письменно (практическая часть) (оценка по стобальной шкале), математика письменно (теоретическая часть) (оценка по стобальной шкале), русский язык (ЕГЭ, зачет/незачет). Абитуриенты, по их желанию, имеют право зачесть в качестве вступительных экзаменов по математике письменно (практическая часть) результаты государственного тестирования, пройденного в центре тестирования ЮФУ или единого государственного экзамена, сданного при окончании школы. Окончившие школу с золотой или серебряной медалью и лица, приравненные к ним, зачисляются по результатам собеседования по математике, проводимого в письменной форме до начала вступительных экзаменов, не прошедшие это собеседование или не рекомендованные к зачислению по результатам собеседования имеют право на сдачу вступительных экзаменов и зачисление на общих основаниях. На специальностях и направлениях подготовки прикладная математика и информатика и математика реализуется многоуровневая подготовка: бакалавр (срок обучения 4 года) — специалист (срок обучения 5 лет) — магистр (срок обучения 6 лет), переход с уровня бакалавра на уровень магистратуры осуществляется на конкурсной основе. Кроме приема на бюджетные места осуществляется прием и на контрактной основе (полное возмещение затрат на обучение). Абитуриенты, поступающие на контрактной основе, проходят собеседование по математике и русскому языку. Прием документов на дневную форму обучения производится с 26 июня по 15 июля 2007 г., вступительные экзамены проводятся с 16 по 25 июля 2007 г. При подаче документов поступающие могут сдать копию документа об образовании, однако, зачисление в студенты осуществляется только на основании подлинника документа об образовании. Абитуриенты, претендующие на зачисление, обязаны по окончании вступительных экзаменов представить в приемную комиссию подлинник документа об образовании. Прием документов на вечернюю форму обучения с 20 июля 2007 г. Наш адрес в Интернете: http://www.math.rsu.ru ; Тел.: (863) 2975111, факс (863) 2975113 4

Вступительный экзамен по математике (практическая часть) Специальности «математика», «механика», «информационные технологии», 2006 г. ВАРИАНТ 1 1. В основании пирамиды SABCD лежит параллелограмм со сторонами AB = a, BC = b (a < b) и острым углом α. Большее боковое ребро пирамиды наклонено к плоскости основания под углом β. Вершина S пирамиды проектируется в точку пересечения диагоналей параллелограмма. Найти площадь грани ASD. p Ответ. 14 b (a2 + b2 + 2ab cos α) tg2 β + a2 sin2 α. 2. Решить систему уравнений: ( x2 + y 2 − 4|x − y| + 7 = 0 xy = −2 Ответ. (2; −1), (1; −2), (−2; 1), (−1; 2). q √ ¡ ¢ 3. Решить уравнение: 3 sin x − cos x = 2 sin 2x − π3 . Ответ. x =

π 6

+ πn, n ∈ Z; x =

5π 12

+ 2πk, k ∈ Z.

4. Решить неравенство: loglogx 0,5 4 + log0,5 logx 0, 5 + 1 6 0 . £1 1¢ h 1 ´ Ответ. x ∈ 4 ; 2 ∪ √4 2 ; 1 . ВАРИАНТ 2 1. В основании пирамиды SABCD лежит параллелограмм со сторонами AB = a, BC = b (a < b) и меньшей диагональю d. Вершина S пирамиды проектируется в точку пересечения диагоналей. Грань ASD наклонена к основанию под углом β. Найти обьем пирамиды. ¤ £ ¤ tg β £ 2 d − (a − b)2 · (a + b)2 − d2 . Ответ. 12b 5

2. Решить систему уравнений: ( 4x2 + 4y 2 − 16|xy 2 − yx2 | + 7 = 0 2xy = −1 Ответ. ( 12 ; −1), (1; − 12 ), (− 12 ; 1), (−1; 12 ). q √ ¡ ¡ ¢ ¢ 3π 3. Решить уравнение: 3 cos x + 2 + cos x = 2 cos 2x − π6 . Ответ. x = − π6 + πn, n ∈ Z; x =

π 12

+ 2πk, k ∈ Z.

4. Решить неравенство: loglogx 0,2 25 + log0,2 logx 0, 2 > 1 . ¡ 1 ¤ ³1 1 i Ответ. x ∈ 0; 525 ∪ 5 ; √5 5 . ВАРИАНТ 3 1. В основании пирамиды SABCD лежит параллелограмм со сторонами AB = a, BC = b (a < b) и острым углом α. Меньшее боковое ребро пирамиды наклонено к плоскости основания под углом β. Вершина S пирамиды проектируется в точку пересечения диагоналей параллелограмма. Найти площадь грани ASB. p 1 Ответ. 4 a b2 sin2 α + tg2 β (a2 + b2 + 2ab cos α). 2. Решить систему уравнений: ( x2 + 4y 2 − 2|x − 2y| + 1, 75 = 0 xy = −0, 25 Ответ. ( 12 ; − 12 ), (1; − 14 ), (− 21 ; 12 ), (−1; 14 ). √ ¡ ¢ ¡ ¢ √ 3. Решить уравнение: 3 cos x − π3 − cos x + π6 = 2 sin 2x . Ответ. x = πn, n ∈ Z; x =

π 4

+ 2πk, k ∈ Z.

4. Решить неравенство: loglog3x 0,4 0, 16 + log2,5 log3x 0, 4 6 −1 . i ³ ¡ ¢ 25 i ³ 2 1 q 1 2 4 5 4 ∪ 15 ; 3 25 . 5. Ответ. x ∈ 0; 3 5 6

ВАРИАНТ 4 1. В основании пирамиды SABCD лежит параллелограмм с диагоналями BD = d1 , AC = d2 (d1 < d2 ) и острым углом AOB между ними, равным α. Вершина S пирамиды проектируется в точку пересечения диагоналей. Грань ASB наклонена к основанию под углом β. Найти обьем пирамиды. Ответ.

d21 d22 sin2 α tg β 1 p . 12 d21 + d22 − 2d1 d2 cos α

2. Решить систему уравнений: ( x2 + 4y 2 − 16|2xy 2 − yx2 | +

7 16

=0

8xy = −0, 5 Ответ. ( 14 ; − 14 ), ( 12 ; − 18 ), (− 14 ; 14 ), (− 12 ; 18 ). q √ ¡ ¡ ¢ ¡ ¢ π π 3. Решить уравнение: 3 sin x − 6 + sin x + 3 = − 2 cos 2x − Ответ. x = πn, n ∈ Z; x =

5π 4

5π 2

¢

.

+ 2πk, k ∈ Z.

4. Решить неравенство: loglog2x 0,5 2 + log0,25 log2x 0, 5 + 0, 5 > 0 . ¡ 1¤ ³1 1 i Ответ. x ∈ 0; 8 ∪ 4 ; 2 √4 2 . Приведем решения всех заданий первого варианта. Задание № 1

Из точки O пересечения диагоналей параллелограмма проведем перпендикуляр OM к стороне AD. Тогда отрезок SM также будет перпендикулярен стороне AD по теореме о трех перпендикулярах, то есть будет явРис. 1

ляться высотой боковой 7

грани ASD. Остановимся на определении высоты SM . Из 4ABK найдем высоту параллелограмма BK = a sin α. Учитывая, что BK = 2OM получим OM =

a 2

sin α. Далее, из 4ABC по теореме косинусов

найдем диагональ AC: AC 2 = a2 + b2 − 2ab cos(180◦ − α) = a2 + b2 + 2ab cos α Отсюда получим: 1 1p 2 AO = AC = a + b2 + 2ab cos α 2 2 Теперь из 4SOA найдем высоту пирамиды p 1 SO = AO tg β = tg β a2 + b2 + 2ab cos α 2 Зная OM и SO, из прямоугольного треугольника SOM найдем высоту SM боковой грани ASD по теореме Пифагора: 1 2 a2 2 2 2 SM = tg β(a + b + 2ab cos α) + sin α 4 4 2

Для площади боковой грани ASD получим следующее выражение: q 1 1 SASD = b · SM = b (a2 + b2 + 2ab cos α) tg2 β + a2 sin2 α. 2 4 p Ответ: SASD = 14 b (a2 + b2 + 2ab cos α) tg2 β + a2 sin2 α. Задание № 2

(

x2 + y 2 − 4|x − y| + 7 = 0 xy = −2

Так как (x−y)2 = |x−y|2 , то дополнив в первом уравнении системы сумму квадратов x2 + y 2 до квадрата разности и, учитывая второе уравнение, придем к квадратному уравнению относительно величины |x − y|: |x − y|2 − 4|x − y| + 2xy + 7 = 0, |x − y|2 − 4|x − y| + 3 = 0 8

Решая квадратное уравнение и раскрывая модуль получим: ( ( ( |x − y| = 1, x − y = 1, x − y = −1, 1) 1.1) 1.2) xy = −2, xy = −2, xy = −2, ( ( ( |x − y| = 3, x − y = 3, x − y = −3, 2) 2.1) 2.2) xy = −2, xy = −2, xy = −2. Найденные системы можно решить с помощью обратной теоремы Виетта или методом подстановки. Ответ: (2; −1), (1; −2), (−2; 1), (−1, 2). Задание № 3

r ³ π´ 3 sin x − cos x = 2 sin 2x − 3 Преобразуем левую часть уравнения при помощи метода вспомогательного

аргумента:

√

√

r

³ π´ , 2 sin 2x − 3 r ³ π π´ π 1 cos sin x − sin cos x = 2 sin 2x − , 6 6 2 3 r ³ ³ π´ 1 π´ sin x − 2 sin 2x − = . 6 2 3 Полученное уравнение равносильно системе:  ¡ ¢ π  sin 2x −  3 > 0,  ¡ ¢ sin x − π6 > 0,    sin2 ¡x − π ¢ = 1 sin ¡2x − π ¢ 3 1 1 sin x − cos x = 2 2 2

6

2

3

Решим сначала последнее уравнение этой системы. Применяя формулу синуса двойного аргумента, получим: ³ ³ ³ π´ π´ π´ 2 sin x − = sin x − · cos x − , 6 6 6 Это уравнение равносильно совокупности двух уравнений: " " " ¡ ¢ ¡ ¢ sin x − π6 = 0, sin x − π6 = 0, x = π6 + πm, m ∈ Z, ⇔ ¡ ¢ ¡ ¢ ⇔ ¡ ¢ x = 5π sin x − π6 = cos x − π6 , tg x − π6 = 1, 12 + πn, n ∈ Z. 9

Теперь, проверяя справедливость тригонометрических неравенств, входящих в систему, делаем вывод, что первая серия решений удовлетворяет обоим неравенствам, а вторая серия решений удовлетворяет второму из этих неравенств только при четных n (n=2k). Ответ: x =

π 6

+ πm, m ∈ Z; x =

5π 12

+ 2πk, k ∈ Z.

Задание № 4 loglogx 0,5 4 + log0,5 logx 0, 5 + 1 6 0 Найдем ОДЗ данного неравенства:     x > 0, x > 0,       µ ¶ µ ¶  x 6= 1,  x 6= 1, 1 1 ⇔ x ∈ 0; ∪ ;1 . ⇔   2 2 log 0.5 > 0, 0 < x < 1,   x       logx 0.5 6= 1, x 6= 12 , Используя формулу перехода к новому основанию, преобразуем условие к следующему виду: 2 − log2 logx 0.5 + 1 6 0, log2 logx 0.5 После замены переменной log2 logx 0.5 = t, последнее неравенство примет вид:

t2 − t − 2 (t − 2)(t + 1) > 0, >0 t t Решая его методом интервалов, будем иметь t ∈ [−1; 0) ∪ [2; +∞). Теперь, возвращаясь к логарифмам, придем к цепочке равносильных со-

вокупностей неравенств: " −1 6 log2 logx 0.5 < 0,

" ⇔

1 2

6 logx 0.5 < 1,

" ⇔

x ∈ [ 14 ; 0.5),

x ∈ [ √412 ; 1). £1 1¢ h 1 ´ Находя пересечение с ОДЗ, получим: x ∈ 4 ; 2 ∪ √4 2 ; 1 . £1 1¢ h 1 ´ Ответ: x ∈ 4 ; 2 ∪ √4 2 ; 1 . log2 logx 0.5 > 2,

logx 0.5 > 4,

10

Вступительный экзамен по математике (практическая часть) Специальность: «прикладная математика и информатика», июль 2006 г. ВАРИАНТ 1 1. В основании пирамиды SABCD лежит равнобочная трапеция с основаниями BC = a, AD = b (a < b) и острым углом α. Грань ASD наклонена к основанию под углом β. Найти угол наклона меньшего бокового ребра к основанию, если вершина S проектируется в точку пересечения диагоналей трапеции. b(b − a) tg α tg β Ответ. tg γ = p . a (b − a)2 tg2 α + (a + b)2 √ ¡ ¢ 2. Найти все решения уравнения 2 cos |x| − π4 + 1 = 2 sin 2|x|, принадлежащие отрезку [−4π; π]. 7π Ответ. −3π, −π, π, − 3π 2 ,− 2 . √

x+1 3. Решить неравенство: log2 3−x · log √x+1 3−x ´ h√ Ответ. x ∈ 21−3 2 ; 1 ∪ (1; 3).

¡√

¢ 2x2 − x + 1 + x > 1.

4. Решить систему уравнений: ( √ x− x−y =1

√ 1, 8x2 + x − 1 = 3x x − y + y

Ответ. x = 5; y = −11. ВАРИАНТ 2 1. В основании пирамиды лежит равнобочная трапеция с основаниями a, b (a < b) и площадью S. Боковые ребра пирамиды равнонаклонены к ее основанию. Найти угол наклона бокового ребра к основанию, если высота пирамиды равна h. 16hS(a + b) p . (b2 − a2 )2 + 16S 2 (a + b)4 + 16S 2

Ответ. tg α = p

11

¡ ¢ √ ¡ ¢ 2. Найти все решения уравнения 2 sin 2|x| − π6 + 3 cos |x| + π6 = −2, 5, принадлежащие отрезку [−3π; π]. 2π 8π 2π 3 , − 3 , − 3 , π, −π, −3π. √ −x+1 Решить неравенство: log0,5 2 3+4x · log 2√−x+1 3+4x ¡ 3 1 ¢ ³ 1 3−√21 i Ответ. x ∈ − 4 ; − 4 ∪ − 4 ; 8 .

Ответ. 3.

¡√

¢ 32x2 + 4x + 1 − 4x 6 −1

4. Решить систему уравнений: (√ 4 − y − 0, 5x − 1 = x √ x2 + 4x − 12 = −2x 4 − y − 0, 5x − 4y Ответ. x = 0; y = 3. ВАРИАНТ 3 1. В основании пирамиды лежит равнобочная трапеция с основаниями a, b (a < b) и диагональю d. Боковые ребра пирамиды наклонены к ее основанию под углом α. Найти высоту пирамиды. √ d d2 − ab Ответ. h = p tg α. 4d2 − (a + b)2 √ ¡ ¢ ¡ 2. Найти все решения уравнения 2 sin |x| + π4 + 1 = 2 cos 2 |x| − надлежащие отрезку [−5π; −π]. 7π Ответ. −π, −3π, −5π, − 3π 2 ,− 2 .

3.

√

x+1 Решить неравенство: log4 3x−1 ¡ 1 ¢ ³ 3+√21 i Ответ. x ∈ 3 ; 1 ∪ 1; 6 .

· log

³√ √ x+1 3x−1

2−x+x2 +1 x

´

4. Решить систему уравнений: ( √ 2x + x − y = 1 √ x2 − 2x + 1 = x x − y − y Ответ. x = 0; y = −1. 12

> 0, 5.

9π 4

¢

, при-

ВАРИАНТ 4 1. В основании пирамиды SABCD лежит равнобочная трапеция с основаниями BC = a, AD = b (a < b) и углом BOC между диагоналями, равным α. Вершина S проектируется в точку пересечения диагоналей трапеции. Найти угол наклона грани SDC к основанию, если высота пирамиды равна H. √ h a2 + b2 + 2ab cos α . Ответ. tg ϕ = ab cos α2 √ ¡ ¡ ¢ ¢ π 2. Найти все решения уравнения 3 cos |x| + 12 − cos 2|x| + π6 + 2 = 0, принадлежащие отрезку [−6π; −2π]. 19π 37π 61π Ответ. − 11π 4 , − 4 , − 12 , − 12 .

3. Решить неравенство: Ответ. x ∈

¡1

1 6; 2

¢

³ ∪

√

2x+1 log0,25 6x−1

·

log √

√ i 1 3+ 21 . 2 ; 12

2x+1 6x−1

³√

2−2x+4x2 +1 2x

´ 6 −0, 5

4. Решить систему уравнений: ( √ x− x−y−2=2

√ 9x2 − 13x − 6 = 15(x − 1) x − y − 2 + 5y

Ответ. x = 6; y = −12. Приведем решения всех заданий первого варианта. Задание № 1

Тангенс угла наклона меньшего бокового ребра к основанию определяется из треугольника SOB по формуле: tg γ =

SO . OB

Выражая SO через OK из 4SOK: SO = OK tg β,

Рис. 2 13

получим

OK tg β OB Остановимся на определении OK и OB. В трапеции ABCD проведем выtg γ =

соту BE. Из 4ABE найдем BE =

b−a tg α, 2

AB =

b−a 2 cos α

Далее, из подобия треугольников 4OKD и 4BED, будем иметь: OK OD KD b b = = = = BE BD ED a+b 2(a + b−a 2 ) b b(b − a) b BE = tg α, OD = BD a+b 2(a + b) a+b Применяя к треугольнику ABD теорему косинусов, найдем диагональ BD: r (b − a)2 2 2 2 BD = AB + AD − 2AB · AD cos α, BD = + ab 4 cos2 α OK =

Теперь OB находится как разность BD и OD: r a (b − a)2 OB = BD − OD = + ab a + b 4 cos2 α Учитывя, что

1 = 1 + tg2 α, 2 cos α

окончательно получим: b(b − a) tg α tg β tg γ = p a (b − a)2 tg2 α + (a + b)2 b(b − a) tg α tg β Ответ: tg γ = p . a (b − a)2 tg2 α + (a + b)2 Задание № 2 √

³ π´ 2 cos |x| − + 1 = 2 sin 2|x|, 4

x ∈ [−4π; π].

Делая в уравнении замену переменной t = |x|, t > 0, и используя равенство 14

³ π´ sin 2t = cos 2 t − , 4 получим

³

³ π´ π´ 2 cos t − + 1 = 2 cos 2 t − , 4 4 Затем, применяя формулу косинуса двойного аргумента, будем иметь ³ ³ √ π´ π´ 2 + 1 = 4 cos t − − 2, 2 cos t − 4 4 ³ ³ π´ √ π´ 4 cos2 t − − 2 cos t − − 3 = 0, 4 4 ¡ ¢ Решая квадратное уравнение относительно cos t − π4 , приходим к сово√

купности двух уравнений: "

√ ¡ ¢ cos t − π4 = 3 4 2 √ ¡ ¢ π cos t − 4 = − 22

Первое уравнение решений не имеет, так как

√ 3 2 4

> 1, а решения второго

уравнения имеют вид: t−

π 3π = ± + 2πn, 4 4

n ∈ Z,

или с учетом t > 0: "

t = π + 2πn, n = 0, 1, 2, 3, ... t = − π2 + 2πm, m = 1, 2, 3, ...

Возвращаясь к переменной x, найдем " |x| = π + 2πn, n = 0, 1, 2, 3, ... |x| = − π2 + 2πm, m = 1, 2, 3, ... Выбирая из решений данного уравнения только те решения, которые принадлежат промежутку [−4π, π], будем иметь: x = π; −π; −3π; − 7π Ответ: x = π; −π; −3π; − 3π 2 ;− 2 .

15

3π 7π ;− 2 2

Задание № 3 √ log2

³p ´ x+1 √ 2 · log x+1 2x − x + 1 + x > 1. 3−x 3−x

Найдем ОДЗ данного неравенства, учтем, что 2x2 − x + 1 > 0 для всех x ∈ R:    x>0 x<3    √x + 1 6= 3 − x

⇔

x ∈ [0; 1) ∪ (1; 3)

Переходя к новому основанию, приведем исходное неравенство к виду: ³p ´ 2 log2 2x − x + 1 + x > 1 Отсюда получим:

p

2x2 − x + 1 > 2 − x

Решение иррационального неравенства разбивается на два случая: ( ( 2 − x > 0, x 6 2, 1) ⇔ ⇔ 2x2 − x + 1 > (2 − x)2 , x2 + 3x − 3 > 0,   x 6 2, ³ √ ´ √ ´³  x − −3+2 21 x − −3−2 21 > 0. Если учесть еще ОДЗ, то получим: h ´ √ −3+ 21 x∈ ; 1 ∪ (1; 2]. 2 Учитывая ОДЗ рассмотрим второй случай: ( 2 < x < 3, 2) √ 2x2 − x + 1 > 2 − x, Любое x ∈ (2; 3) является решением второго неравенства системы, так как для таких x правая часть неравенства неположительна, а его левая часть неотрицательна. Обьединяя оба случая, получим ответ. Ответ: x ∈ [

√

21−3 2 ; 1)

∪ (1; 3). 16

Задание № 4

(

x−

√

x−y =1

√ 1, 8x2 + x − 1 = 3x x − y + y Систему уравнений будем решать методом подстановки. Выражая из первого уравнения системы y через x: y = 3x − x2 − 1 и подставляя результат во второе уравнение, придем к равенству: 0.2x2 − x = 0 В результате получим x = 0; y = −1 и x = 5; y = −11. Проверка показывает, что первое решение является посторонним. Ответ: x = 5, y = −11. Выпускной экзамен по математике, нулевой курс мехмата, апрель 2006 г. ВАРИАНТ 1 1. Решить уравнение:

p √ 3

x−2−

p √ 3

x − 3 = 1.

Ответ: x = 4; 9. 2. Решить неравенство: log4 x9 −1

√

5 − x 6 log4 x9 −1 |x − 3|.

Ответ: x ∈ [1; 3) ∪ (3; 4] ∪ (4.5; 5). ¡ ¡π ¢ ¢q ¡ ¢ 3. Решить уравнение: sin 2 + x − sin x + 1 sin x + π6 = 0. Ответ: x = − π6 + πk, k ∈ Z, x =

π 2

+ 2πn, n ∈ Z.

4. В основании треугольной пирамиды SABC лежит равнобедренный треугольник ABC (AB = AC). Радиус вписанной в ∆ABC окружности равен 34 , ∠ABC = arcsin 35 . Вершина S пирамиды проектируется в точку пересечения медиан ∆ABC. Найти ∠ASB, если высота пирамиды равна 2. Ответ: cos ∠ASB =

√1 . 42

5. Формулы корней квадратного уравнения. 17

ВАРИАНТ 2 p √ p √ 1. Решить уравнение: 3 2 x − 5 − 3 2 x − 6 = 1. Ответ: x = 6.25; 9. 2. Решить неравенство: log4 15x −1

√

8 − x 6 log4 15x −1 |x − 6|.

Ответ: x ∈ [4; 6) ∪ (6; 7] ∪ (7.5; 8). ¡√ ¡ 3. Решить уравнение: 3 sin x + sin x − Ответ: x = − π3 + 2πn, n ∈ Z, x =

π 4

3π 2

¢

¢q ¡ ¢ +1 cos x + π4 = 0.

+ πk, k ∈ Z.

4. В основании треугольной пирамиды SABC лежит равнобедренный треугольник ABC (AB = AC). Радиус вписанной в 4ABC окружности равен 56 , ∠ABC = arccos 53 . Вершина S пирамиды проектируется в точку пересечения высот 4ABC. Найти ∠ASB, если высота пирамиды равна

√

51 5 .

Ответ: cos ∠ASB = − 5√369 . 5. Теорема Виета и обратная к ней теорема. ВАРИАНТ 3 p√ p√ 1. Решить уравнение: 3 x − 8 − 3 x − 9 = 1. Ответ: x = 64; 81. 2. Решить неравенство: log4 17x −1

√

10 − x 6 log4 17x −1 |x − 8|.

Ответ: x ∈ [6; 8) ∪ (8; 8.5) ∪ [9; 10). ¡ ¡ 3π ¢ ¢ q ¡π ¢ 3. Решить уравнение: cos x − cos 2 − x + 1 sin 6 − x = 0. 4. Ответ: x = − π2 + 2πn, n ∈ Z, x =

π 6

+ πk, k ∈ Z.

5. В основании треугольной пирамиды SABC лежит равнобедренный треугольник ABC (AB = AC). Радиус описанной около ∆ABC окружности равен

25 6,

∠ABC = arccos 45 . Вершина S пирамиды проектируется в точку

пересечения медиан ∆ABC. Найти ∠ASB, если высота пирамиды равна 2. Ответ: cos ∠ASB =

√1 . 42

18

6. Решение уравнений вида sin x = a.

ВАРИАНТ 4 1. Решить уравнение:

p √ 3

x−6−

p √ 3

x − 7 = 1.

Ответ: x = 36; 49. 2. Решить неравенство: log4 11x −1

√

7 − x 6 log4 11x −1 |x − 5|.

Ответ: x ∈ [3; 5) ∪ (5; 5.5) ∪ [6; 7). ¡√ ¡ 3π ¢ ¢ q ¡ 7π ¢ cos 4 − x = 0. 3. Решить уравнение: 3 cos 2 + x + cos x + 1 Ответ: x = − π3 + 2πn, n ∈ Z, x =

π 4

+ πk, k ∈ Z.

4. В основании треугольной пирамиды SABC лежит равнобедренный треугольник ABC (AB = AC). Радиус описанной около 4ABC окружности равен 52 , ∠ABC = arcsin 45 . Вершина S пирамиды проектируется в точку пересечения высот 4ABC. Найти ∠ASB, если высота пирамиды равна

√

51 5 .

Ответ: cos ∠ASB = − 5√369 . 5. Решение уравнений вида cos x = a.

В билетах также предлагались некоторые другие теоретические вопросы, например, признак перпендикулярности прямой и плоскости, признак параллельности плоскостей, измерение угла, вписанного в окружность, теорема косинусов. Приведем решения всех заданий первого варианта. Задание № 1

ОДЗ

q 3 √

q x−2−

3

x > 0. 19

√

x − 3 = 1.

Вводя новые переменные: q 3 √ x − 2 = u,

q 3

√

x−3=v

сведем исходное уравнение к системе: ( u−v =1 u3 − v 3 = 1 Полученная система решается методом подстановки: ( ( v =u−1 v =u−1 ⇔ u3 − (u − 1)3 = 1 u2 − u = 0 Отсюда найдем два решения системы: ( ( u=0 u=1 , v = −1 v=0 Возвращаясь к переменной x, получим: " " p√ 3 x−2=0 x=4 p ⇔ √ 3 x−2=1 x=9 Ответ: x1 = 4, x2 = 9. Задание № 2. log4 x9 −1

√

5 − x 6 log4 x9 −1 |x − 3|.

ОДЗ   x 9 > 1   4 x>0       x  x 6= 9  4 9 6= 2 2 ⇔ ⇔ x ∈ (0; 3) ∪ (3; 4.5) ∪ (4.5; 5).   5 − x > 0 x < 5         x − 3 6= 0 x 6= 3 x

Заметим, что для x ∈ (0; 3) ∪ (3; 4.5) основание логарифма 4 9 − 1 < 1, x

а для x ∈ (4.5; 5), напротив, 4 9 − 1 > 1. Следовательно, данное неравенство 20

сводится к совокупности двух систем: ( ( x ∈ (0; 3) ∪ (3; 4.5), x ∈ (4.5; 5), или 2) √ 1) √ 5 − x > |x − 3|, 5 − x 6 |x − 3|, Раскрывая модули, получим: ( ( ( x ∈ (0; 3), x ∈ (3; 4.5), x ∈ (4.5; 5), или 1.2) √ или 2) √ 1.1) √ 5 − x > 3 − x, 5 − x > x − 3, 5 − x 6 x − 3. Остановимся на решении первой системы. Возводя обе части иррационального неравенства в квадрат, придем к квадратичному неравенству: x2 − 5x + 4 6 0 Решая его методом интервалов и находя пересечение с интервалом (0; 3), получим: x ∈ [1; 3). По аналогии решаются две другие системы. Решение второй системы: x ∈ (3; 4], решение третьей: x ∈ (4.5; 5). Ответ: x ∈ [1; 3) ∪ (3; 4] ∪ (4.5; 5). Задание № 3 ³ sin ОДЗ

³π 2

´r

´ + x − sin x + 1

³

π´ sin x + = 0. 6

¡ ¢ sin x + π6 > 0.

Данное уравнение сводится к совокупности двух уравнений: " sin x − cos x = 1 sin(x + π6 ) = 0 Решения второго уравнения находятся по формуле: x = − π6 + πk, k ∈ Z. Для решения первого уравнения применим метод вспомогательного аргумента. Умножая обе части этого уравнения на получим:

√

2 2

и вводя вспомогательный аргумент,

√ π π 2 sin x cos − cos x sin = , 4 4 2 21

√ π 2 sin(x − ) = , 4 2

Отсюда найдем две серии решений: π x = + 2πn, n ∈ Z и x = π(2n + 1), n ∈ Z 2 Заметим, что вторая серия решений не принадлежит ОДЗ. Обьединяя полученные решения с решениями второго уравнения получим ответ. Ответ: x = − π6 + πk, k ∈ Z, x =

π 2

+ 2πn, n ∈ Z.

Задание № 4

Рис. 3 Вначале установим связь между стронами треугольника ABC. Из треугольника ABE найдем: µ ¶ 3 BE cos arcsin = 5 AB

⇒

8 BC = 2BE = AB 5

Используя формулу для радиуса вписанной окружности, получим: 1 1 8 3 4 S 4 2 AB · BC · sin ∠ABC 2 · AB · 5 · AB · 5 =r= = = = AB, 1 8 BC 3 p 15 AB + 2 · 5 · AB AB + 2

где S — площадь треугольника ABC, p — его полупериметр. Таким образом, стороны треугольника ABC равны: AB = AC = 5,

BC = 8

Применяя к треугольнику BF C теорему косинусов, найдем медиану BF , проведенную к стороне AC: AC 2 AC 3 153 2 2 BF = BC + − 2BC cos arcsin = , 4 2 5 4 22

√ BF =

153 2

Учитывая, что точка пересечения медиан делит каждую медиану в отношении 2 : 1, считая от вершины треугольника, будем иметь: √ 2 153 OB = BF = 3 3 Ребро SB находится из ∆SOB по теореме Пифагора: SB 2 = SO2 + OB 2 = 21,

SB =

√

21,

Далее, из 4ASO найдем ребро AS: 2 AE = 3, AO = AE = 2, AS 2 = SO2 + AO2 = 8, 3

√ AS = 2 2,

Применяя к треугольнику ASB теорему косинусов, найдем косинус ∠ASB: AB 2 = AS 2 + SB 2 − 2AS · SB cos ∠ASB, Ответ: cos ∠ASB =

1 cos ∠ASB = √ . 42

√1 . 42

Вступительный экзамен по математике, теоретическая часть, 2006 г. Традиционно каждый билет содержал по два теоретических вопроса и в 2006 г. три практических задания. Приведем образцы нескольких билетов. Специальности «математика», «механика», «информационные технологии» ВАРИАНТ 1 1. Формулы приведения. 2. Свойства равнобедренного треугольника. 3. В равнобедренную трапецию с тупым углом 120◦ и большим основанием AB = 4 вписана окружность. Найти радиус этой окружности. 23

4. Решить неравенство: ¡ ¢ log0,3 x2 + 2x + 1 > 5. Решить уравнение:

µ

7π cos 2x + 2

¶ +

√

1 logx+3 0, 3

.

³ π´ = 1. 2 · cos x + 4

ВАРИАНТ 3 1. Определение и свойства функции y = sin x и ее график. 2. Свойства точек, равноудаленных от концов отрезка. 3. В равнобедренную трапецию с площадью S = 8 и боковой стороной, равной 4 вписана окружность. Найти тупой угол трапеции. 4. Решить неравенство: ¡ ¢ log0,7 x2 + 8x + 16 > 5. Решить уравнение: 2 cos

µ

2

9π 3x − 2

¶

1 logx+6 0, 7

.

µ ¶ 9π − sin 6x = 2 cos 3x − . 2

ВАРИАНТ 6 1. Определение и свойства функции y = loga x и ее график. 2. Признак параллельности плоскостей. 3. В прямоугольную трапецию ABCD с площадью S = 3 и тупым углом 150◦ вписана окружность. Найти радиус этой окружности. 4. Решить неравенство: log5 0, 2 · log0,7 24

2x2 − 4x + 2 6 0. 2−x

5. Решить уравнение: 2 sin2

³

µ ¶ π´ 5π x− + cos 2x − − 2 = 0. 6 6

Специальность «прикладная математика и информатика» ВАРИАНТ 1 1. Формулы приведения. 2. Свойства точек, равноудаленных от концов отрезка. 3. В треугольнике ABC проведена медиана AE к стороне CB. Медиана AK треугольника AEB в четыре раза меньше стороны CB. Найти площадь треугольника ABC, если радиус описанной около него окружности равен 3, а угол ∠ABC = 30◦ . 4. Найти все значения параметра a, при которых уравнение ³ ´ 2 π cos + x − 2 cos x + a − 1 = 0 2 имеет решение. 5. Решить неравенство: log(√3+√2)5x−6 (2x + 4) > log(√3−√2)5x−6 (8 − 2x)−1 . ВАРИАНТ 2 1. Формула корней квадратного уравнения. 2. Сумма углов треугольника. Сумма внутренних углов выпуклого многоугольника. 3. В треугольнике ABC проведена высота CK к стороне AB. Медиана √ KE треугольника CKB в 2 3 раз меньше стороны AB. Найти высоту CK 4 ABC, если радиус вписанной в 4ABC окружности равен ∠ABC = 30◦ . 25

√

3 2 ,

а угол

4. Найти все значения параметра a, при которых уравнение µ ¶ 2 3π sin − x − 3 sin x + a = 0 2 имеет решение. 5. Решить неравенство: log(√2+1)x−2,5 (x − 1) > log(√2−1)x−2,5 (5 − x)−1

ВАРИАНТ 7 1. Определение и свойства функции y = loga x и ее график. 2. Формулы площадей треугольника, параллелограмма и трапеции. 3. В равнобедренном треугольнике ABC (AC = BC) радиус вписанной окружности равен 3, а угол ∠COE = arcsin 45 , где OE — расстояние от центра вписанной окружности до стороны AC. Найти длину медианы AK треугольника ABC. 4. Найти все значения параметра a, при которых уравнение µ ¶ 3π cos2 x + 3 cos −x +a−1=0 2 имеет решение. 5. Решить неравенство: log(2+√3)2x−11 (3x − 6) > log(2−√3)2x−11 (14 − 2x)−1

26