Главная страница

А. Н. Колмогорова полное название Специализированный учебно-научный центр Московского государственного университета имени мв. Ломоносова, предъявляются два основных требования. Во-первых, необходимо владеть знаниями


Скачать 0.98 Mb.
НазваниеА. Н. Колмогорова полное название Специализированный учебно-научный центр Московского государственного университета имени мв. Ломоносова, предъявляются два основных требования. Во-первых, необходимо владеть знаниями
Анкор18×
Дата04.11.2018
Размер0.98 Mb.
Формат файлаpdf
Имя файла18_215_18_Vstupitelnye_zadachi_FMSh_pri_MGU.pdf
оригинальный pdf просмотр
ТипКнига
#48039
страница3 из 19
Каталогid3453405

С этим файлом связано 25 файл(ов). Среди них: Shkolny_etap_5_klass_uslovia.pdf, Построение сечений элементарными средствами Урок№4.ppt.ppt, Prasolov_Zadachi_po_planimetrii.pdf, Vilenkin_N_Ya_i_dr_Fakultativny_kurs_Izbrannye_voprosy_matematik, Kiselev_A_P_Pod_red_Glagoleva_N_A_Geometria.pdf, 9_klass.pdf, Shkolny_etap_4_klass_otvety.pdf, 2_Trigonometria_Falin_G_I.pdf и ещё 15 файл(а).
Показать все связанные файлы
1   2   3   4   5   6   7   8   9   ...   19
.. Указание. Воспользуйтесь тем, что f (0) = c и абсцисса вершины параболы в Ответ. A) a
> 0, b > 0, c < 0; B) a < 0, b > 0, c > 0; C) a < 0,
b
> 0, c < 0; D) a < 0, b < 0, c < 0.
.. Прямые, проходящие через точку (0; −1), задаются уравнениями вида y
= kx − 1. Если такая прямая касается параболы, то система 4
,
y
= kx − имеет ровно одно решение. Это равносильно тому, что уравнение имеет нулевой дискриминант. Отсюда То есть угол между касательными равен Ответ. 90



.. Указание. Воспользуйтесь теоремой Виета и тем, что 1
+ x
3 2
= (x
1
+ x
2
)
· ((x
1
+ x
2
)
2
− Ответ. Указание. Воспользуйтесь теоремой Виета.
Ответ.

5 2
,
3 2
.. Указание. Учтите, что уравнение не является квадратным,
если старший коэффициент обращается в ноль.
Ответ. а) a
∈ (−∞; −5 − 2 6) ∪ (−5 + 2 6; 0) ∪ (0; +б) a
= 1 и a = 3.
.. Если функции f (x) = x
2
+ ax + 1 и g(x) = x
2
+ x + a обращаются в ноль в некоторой точке x
0
, тов этой точке обращается в ноль и их разность
(x)
g(x) = x(a − 1) − (a − 1) = (x − 1)(a − При a
= 1 уравнения не имеют решений. Если x = 1 –– общий корень, то a
= Ответ. a

= −2.
.. Если a = 0, то уравнение имеет одно решение x = −
1 Если a
= 0, то квадратное уравнение имеет один корень в том случае, когда дискриминант равен нулю, те Ответили. Указание. Воспользуйтесь теоремой Виета.
Ответ. p
=
2 3
, q
= −
8 3
.. Пусть ax
2
+ bx + c = 0 –– исходное уравнение и x
1
, его корни. Ноль не является корнем уравнения, поскольку 0. Разделив это уравнение на x
2
, видим, что корнями уравнения являются числа
1
x
1
и
1
x
2
. У этих уравнений есть общий корень, пусть это x
1
. Равенство невозможно, ибо тогда x
2
=
1
x
1
, что противоречит условию. Значит, откуда x
1
= ±1. По условию −3, те Ответили. Преобразуем второе изданных уравнений+ c) = те. Тогда первое уравнение примет вид a
x
= Поскольку x
= 0, то ax
3
a = 0 и x = Ответ. x
= 1.
.. По теореме Виета
x
1
x
2
= 10a + 1,
x
1
+ x
2
= Из первого уравнения следует, что и x
2
–– числа нечётные,
но тогда x
1
+ x
2
–– число чётное, что противоречит второму уравнению. Пусть f (x) = x
2
+ ax + b, g(x) = x
2
+ px + q. Условие задачи можно переписать в виде 2
+7 2
+11 2
+a(3+7+11)+3b=3 2
+7 2
+11 2
+ Отсюда 7(a
p) + (b q) = 0. Уравнение f (x) − g(x) = 0 равносильно равенству x(a
p) + (b q) = 0, откуда x = 7 или p = b q = 0. В последнем случае трёхчлены f (x) и g(x)
совпадают.
Ответ. 7.
.. Запишем условие задачи в виде (1)
= a + b + c < 0,
f (2)
= 4a + 2b + c > 3,
f (3)
= 9a + 3b + c < Неравенство f (1)
+ f (3) < 2 f (2) равносильно тому, что a < Неравенство 3 f (2)
> 2 f (1) + f (3) даёт a + b > 0, откуда b > Теперь из условий a
+ b + c < 0 и a + b > 0 следует, что c < Ответ. a
< 0, b > 0, c < 0.


.. Пусть O –– начало координат, A(x
1
; 0) и B(x
2
; 0) –– точки пересечения параболы с осью Ox, C(0; q) –– точка пересечения параболы с осью Oy, D(0; d) –– отличная от C точка пересечения описанной вокруг треугольника ABC окружности с осью Рассмотрим сначала случай, когда точка O лежит внутри окружности (см. рис. ). Прямоугольные треугольники Рис. Рис. и DOB подобны (углы CAB и CDB опираются в окружности на одну дугу, поэтому OA
· OB = OC · OD, то есть |x
1
| · |x
2
| =
= |q| · |d|. Поскольку оба произведения и qd отрицательны, имеем x
1
x
2
= qd. Числа и x
2
–– корни уравнения x
2
+
+ px + q = 0, следовательно, по теореме Виета x
1
x
2
= q. Учитывая предыдущее равенство, заключаем, что d
= 1, то есть координаты точки D не зависят от p и Случай, когда точка O лежит вне окружности (см. рис. рассматривается аналогично. Равенство углов CAO ив этом случае следует из того, что сумма противоположных углов четырёхугольника ABDC равна 180

, поэтому каждый из углов CAO и ODB дополняет до угол Значит, все окружности проходят через точку D(0; 1).
.. Так как x = 1 − 2y, то xy = y(1 − 2y). Графиком функции
( y)
= y(1 − 2y) является парабола, направленная ветвями вниз. Максимальное значение функции f ( y) достигается при и равно Ответ 8


.. Если прямая y = ax + b касается параболы y = 2x
2
, то система 2x
2
,
y
= ax + имеет единственное решение. Тогда дискриминант уравнения 2x
2
ax b = 0 должен быть равен нулю.
Пусть через точку (x
0
; y
0
) проведена пара перпендикулярных прямых, касающихся параболы. Эти прямые неверти- кальны, и значит, задаются уравнениями k
1
(x
x
0
)
+ и k
2
(x
x
0
)
+ Коэффициенты k
1
= tg и k
2
= tg являются тангенсами углов наклона прямых коси. Они связаны соотношением tg
π
2
+ α
1
= − ctg α
1
= Если обе эти прямые –– касательные к параболе, то справедливы равенства k
2 1
+ 8(y
0
k
1
x
0
)
= 0,
D
2
=
1
k
2 1
+ 8 y
0
+
x
0
k
1
= Сложив первое уравнение со вторым, умноженным k
2 1
, при- дм к условию (k
2 1
+ 1)(1 + 8y
0
)
= 0, или y
0
= −
1 8
. Таким образом, точки плоскости, из которых можно провести к параболе перпендикулярные касательные, лежат на прямой −
1 Обратные рассуждения показывают, что через любую точку прямой y
= −
1 можно провести пару прямых, удовлетворяющих условию задачи.
Ответ. Прямая y
= −
1 8
.. По условию для некоторого числа a справедливы равенства Вычитая из первого уравнения второе, приходим к соотношению Так как x
1
= x
2
, то a
= 1 и 1 + 2x
1
+ 2x
2
= 0. Отсюда x
1
+ x
2
=
= −
1 2
. По теореме Виета x
1
+ x
2
= −5b, и значит, b =
1 Ответ. b

=
1 Решите сами. Пусть и x
2
–– корни уравнения x
2
+ px + q = 0, прич ми. Напишите уравнения, корнями которых являлись бы числа а б) x
1
+
1
x
2
, x
2
+
1
x
1
(). На плоскости (p, q) изобразите множество точек, таких, что уравнение x
2
+ px + q = 0 имеет одним из корней фиксированное число a.
(). Может ли квадратное уравнение x
2
+ bx + c = 0 с целыми коэффициентами иметь дискриминант, равный 1987?
(). Не пользуясь калькулятором, выясните, что больше:
произведение корней уравнения 99x
2
+ 97x − 98 = 0 или произведение корней уравнения 100x
2
− 98x − 99 = 0.
(). О квадратном трёхчлене известно, что b > 2 ac. Какие из графиков A), B), C), D) на рисунке к задаче могут быть графиками такого трёхчлена?
(). Разность корней квадратного трёхчлена
f (x)
= x
2
+ px + равна 12. Найдите наименьшее значение f (x).
(). При каких значениях a уравнения+ (a
2
− 1)x + a = 0 и (a
2
− 1)x
2
+ ax + a = имеют общий корень
(). График квадратичной функции y = ax
2
+ bx + пересекает ось OY в точке, лежащей ниже оси OX . Найдите
знак коэффициента b, если x
1
, x
2
–– абсциссы точек пересечения этой параболы с осью OX –– удовлетворяют неравенству Литература поте м е Атамукас М. Квадратный трёхчлен // Квант. . № С. –– .
[2] Бронштейн И. Парабола // Квант. . № . С. .
[3] Земляков А. Как выглядит парабола // Квант. . № С. .
[4] Болибрух А, Уроев В, Шабунин М. Квадратный трёхчлен Квант. . № . С. –– .
[5] Болтянский В. Квадратное уравнение // Квант. . № С. –– .

Тема Уравнения и неравенства
Т е ори я. Один из способов решения уравнения (неравенства) цепочка эквивалентных преобразований, те. таких, которые гарантированно сохраняют множество решений уравнения
(неравенства). Множество решений, полученное в результате построения такой цепочки, является множеством решений исходного уравнения (неравенства. Эквивалентные преобразования обозначаются символом
⇔.
Если в цепочке преобразований встречается переход к следствию обозначается, те. преобразование, при котором возможно появление лишних корней, необходимо проверить полученные корни подстановкой в исходное уравнение. Пример перехода к следствию –– возведение уравнения в квадрат x − 2 ⇒ x = (x − Последнее уравнение имеет посторонний корень x
= 1, который отсеивается при проверке. Метод перехода к следствию,
как правило, неприменим при решении неравенств. Если в уравнении встречаются несколько неизвестных и одна из них входит во второй степени, то уравнение можно попробовать решить как квадратное относительно этой неизвестной. Принцип бяки. Для неприятной величины, участвующей в уравнении, иногда бывает полезно ввести отдельное обозначение (см. задачи ., Задачи Решите уравнения (задачи .–– .).
. (). x
2
+ 26 − x
2
− 6 = 0.


. (). x
2
+
x
2
(x
+ 1)
2
= 1.
. (). x
2
+ 2x · sin(yx) + 1 = 0.
. (). (x
2
x − 1)
3
+ (x
2
− 3x + 2)
3
= (2x
2
− 4x + 1)
3
. (). (x
2
+ 5x + 1)(x
2
+ 4x) = 20(x + 1)
2
. (). x x − 6 = 0.
. (). (x − 1)
4
+ 2(x
2
− 2x) = 22.
. ().
x
3
+ 3x
2
+ 3x + 1
x
+ 3
= x + 3.
. (). c
(x
a)(x b)
(c
a)(c b)
+ b
(x
a)(x c)
(b
a)(b c)
+ a
(x
b)(x c)
(a
b)(a c)
= x.
. (). x
2
+ x = 1 111 111 122 222 222.
. (). x
3
− [x] − 7 = 0. Здесь [x] –– целая часть числа те. наибольшее целое число, не превосходящее x например = 3, [−π] = −4).
. (). (x
3
+ x − 2)
3
= 4 − Найдите все числа x и y, для которых справедливо равенство (задачи .–– .).
. (). 2x
2
− 2xy + 5y
2
− 2x − 2y + 1 = 0.
. (). y
4
+ 4y
2
x
− 11y
2
+ 4xy − 8y + 8x
2
− 40x + 52 = 0.
. (). x y − 1 + y x − 1 = xy.
. (). Сколько корней имеет уравнение а) x
3
− 5x − 2 = б) 3x
5
+ 2x
3
+ x − 6 = 0?
. (). Решите неравенство |x
3
− 1| > 1 − x.
. (). Найдите среднее арифметическое корней уравнения Ответы и решения. Сделаем замену t = x
2 26
t = 6 − t
6
t 0,
26
t = 36 − 12t + t
2


t
6,
(t
− 1)(t − 10) = 0
t = Ответ. x

∈ {−1; 1}.
.. Преобразуем левую часть+ 1)
2
= x
2
− 2
x
2
x
+ 1
+
x
2
(x
+ 1)
2
+ 2
x
2
x
+ 1
=
= x
x
x
+ 1 2
+ 2
x
2
x
+ 1
=
x
2
x
+ 1 2
+ 2
x
2
x
+ Выполнив замену y
=
x
2
x
+ 1
, получим уравнение y
2
+2y −1 = корнями которого являются числа − 2 и 2 − 1. Уравнение корней не имеет, уравнение+ 1
= имеет два корня.
Ответ. x
=
2
− 1 ± 2 2 − 1 2
.. Указание. Используйте оценку |sin(yx)| Ответ −
π
2
+ 2πk , 1;
π
2
+ 2πk , k ∈ .
.. Введём обозначения A = x
2
x − 1, B = x
2
− 3x + 2. Тогда уравнение преобразуется к виду+ B
3
= (A + B)
3
= A
3
+ B
3
+ 3AB(A + Отсюда или A
= 0, или B = 0, или A + B = 0. Решая три квадратных уравнения, находим корни x
= 1, x = 2, x =
1
± 5 2
,
x
= 1 ±
2 Ответ. x

∈ 1; 2;
1
± 5 2
; 1
±
2 2
.. Пусть x
2
+ 4x = A, x + 1 = B. Тогда уравнение записывается в виде (A
+ B) · A = 20B
2
. Решая его как квадратное относительно неизвестной A, находим, что A
= 4B или A = −5B. Это означает, что+ 4x = 4x + 4 или x
2
+ 4x = −5x − Отсюда x
= ±2 или x =
−9 ± 61 Ответили. Указание. Сделайте замену y = Ответ. x

= 9.
.. Преобразуем уравнение 1)
4
+ 2(x
2
− 2x + 1) − 2 = 22 ⇔ t
2
+ 2t − 24 = где t
= (x − 1)
2 0. Последнее уравнение имеет единственный неотрицательный корень t
= 4, откуда x = −1 или x = Ответили. Умножив обе части уравнения на x + 3, приведём его к виду (x
+ 1)
3
= ( x + 3)
3
. Далее извлекаем из обеих частей уравнения кубический корень и полученное выражение возводим в квадрат (x
+ 1)
2
= x + 3. Отсюда x = −2 или x = Наши преобразования могли привести к появлению посторонних корней. Проверкой убеждаемся, что уравнение имеет единственный корень x
= Ответ. x
= 1.
.. Указание. Числа a, b, c различны и являются корнями данного уравнения.
Ответ. x –– любое. Преобразуем уравнение+ 1) = 1 111 111 122 222 222 =
10 16
− 1 9
+
10 8
− 1 9
=
=
10 8
− 1 3
·
10 8
+ 1 3
+
10 8
− 1 3
·
1 3
=
=
10 8
− 1 3
·
10 8
+ 1 3
+
1 3
=
10 8
− 1 3
·
10 8
− 1 3
+ 1 Отсюда x
=
10 8
− 1 3
–– корень. Второй корень по теореме Виета равен 8
− 1 3
− Ответ. x

1
= −33 333 334, x
2
= 33 333 333.


.. Пусть [x] = n. Тогда из неравенств n x < n + 1 вытекают оценки n − 7 0 и (n + 1)
3
n − 7 > При n
3 не выполняется первое неравенство, а при n
1 второе (докажите. Значение n
= 2 удовлетворяет обоим неравенствам. Поэтому [x]
= 2 и исходное уравнение принимает вид x
3
= 9. Отсюда x =
3 9. Проверка показывает, что x
=
=
3 9 –– корень уравнения.
Ответ. x
=
3 9.
.. Заметим, что в левой части уравнения стоит возрастающая функция (это следует из возрастания функций x ив правой –– убывающая. Это означает, что уравнение немо- жет иметь более одного решения. Действительно, пусть корень уравнения f (x)
= g(x), функция f возрастает, g –– убывает. Тогда при x
1
> x
0
f (x
1
)
> f (x
0
)
= g(x
0
)
> и значит, не является корнем. Аналогично убеждаемся, что нет корней, меньших Чтобы найти корень, преобразуем наше уравнение, используя тождество (a
+ b)
3
= a
3
+ b
3
+ 3ab(a + b), где положим x
3
− 2, b = x. Получаем 2)
3
+ x
3
+ 3x(x
3
− 2)(x
3
− 2 + x) = 4 − x
3
,
(x
3
− 2)
3
+ 2(x
3
− 2) + 3x(x
3
− 2)(x
3
− 2 + x) = 0,
(x
3
− 2)((x
3
− 2)
2
+ 2 + 3x(x
3
− 2 + x)) = Решением этого уравнения является число Ответ. x

=
3 2.
1   2   3   4   5   6   7   8   9   ...   19

перейти в каталог файлов
связь с админом