Задачи вступительных экзаменов по математике. УдГУ-2001 [О. В. Баранова] (pdf) читать постранично, страница - 2

(при этом никаких
ограничений на значения х не накладывалось). В таких случаях
задача считается нерешенной.
1.2. Ответ: 12.
Решение. Областью допустимых значений данного уравнения
служит интервал (10; +оо). Используя свойство суммы двух ло­
гарифмов с равными основаниями, это уравнение легко приве­
сти к виду: log2(x1 — 102) = log244. Данное преобразование не
является равносильным и может привести к приобретению по­
сторонних корней. Поэтому при решении данного уравнения ни
в коем случае нельзя забывать про ОДЗ! Уравнение х 2—102 = 44
имеет два корня: ±12, один из которых не входит в ОДЗ. Реше­
нием данного логарифмического уравнения служит только один
положительный корень.
Проверка решений этой задачи показала, что многие абитури­
енты слабо знают свойства логарифмических функций. В част­
ности, некоторые считают, что областью допустимых значений
логарифма служат все неотрицательные значения аргумента (а
на самом деле лишь положительные). Немало абитуриентов и
вовсе не удосужились найти ОДЗ. Но далеко не все поступаю­
щие, которые правильно нашли ОДЗ, производили отбор корней.
Все перечисленные ошибки относятся к разряду грубейших.
1.3. Ответ: х 6 (2; 3) U (3; +оо).
Решение. Так как множитель (я —З)2 может принимать толь­
ко неотрицательные значения, то данное неравенство равносильно системе:

( х - 2 > 0,

<
ч0
Внешняя простота этой системы
[ ( х - 3 ) 2 >0.
таит в себе «подводный камень»! Последнее неравенство выпол­
няется не всегда, а при х ф 3. Эта коварная тройка- постороннее
решение данного неравенства. Включение ее в ответ аннулиро­
вало решение всей задачи.
18

С другой стороны правильный ответ не есть гарантия пра­
вильно решенной задачи. Решение считалось неполным при не­
обоснованном исключении числа 3 из ответа.
1.4. Ответ: 5:3. считая от вершины А.
Решение. Так как M N ||
С
АВ (рис. 2), то четы­
рехугольник К M N P трапеция или параллело­
грамм.
Так как пло­
щадь этого четырехуголь­
ника не зависит от поло­
жения отрезка К Р на от­
Рис. 2
резке АВ
(при сохранении соотношения К Р = \ А В ) } то решение задачи
можно упростить. Выберем точку К так, что К = А (рис. 3).
ПУСТЬ Ж
=
х<
х 6 [0; 1). Так как
A M C N подобен А АС В
то 4U- — х. Кроме того
NB _ CB—CN _ 1 _ т

ш — ив~ — 1 х

S apnb = \ Р В • N B
sin ZB =
\ • §АВ
(1 - х) • СВ • sin ZB =
| ( 1 - x)S a abc •
Пусть S aabc = а. Тогда Samnb — S aabc — Sam cn Sanpb = a —x2*a—f (1—x)a. Задача свелась к тому, чтобы иссле­
довать на наибольшее значение функцию S(x) = а (^ + |ж - ж2)
на множестве [0;1). Так как S f(x) = 0 в точке х = §, и при
переходе через эту точку производная меняет знак с « + » на
« - »> то т а х 5 ( х ) = 5 (§) . Итак, % = %, значит, $ § = | .
Заметим, что было бы неправильно записать в ответ число
х = | (это не есть ответ на вопрос задачи, а лишь промежуточ­
ный результат.) Кроме того, при решении задачи таким спосо19

бом важным моментом является исследование знака производ­
ной функции S(x) на множестве [0;1). При отсутствии этого
этапа задача считалась нерешенной. Однако в решении задачи
производную можно и не использовать. Действительно, S(x) квадратичная функция с отрицательным старшим коэффициен­
том, следовательно, она имеет максимум. Необходимо лишь по­
казать, что максимум достигается на промежутке [0; 1).
1.5. Ответ: х = п + 27гп, п € Z.
Решение. Перепишем исходное уравнение в виде:
(2 sin2 х + I)2 + cos х (2 cos2 х - 1) = 0.
Так как (2sin2 ж+ 1 )2 > 1, cosz(2cos2 х —1) > —1, 2 cos2 ж —1 =
соб2ж, то полученное уравнение равносильно системе:
2 sin2 х + 1 = 1,

{

cos х cos 2х = —1.

Все решения этой системы находятся среди корней уравнения
sin ж = 0, при этом cos ж = 1, либо cos ж = —1. Рассмотрим эти
случаи отдельно.
Если совж = 1, т.е. ж = 2тгn, п Е Z, то соб2ж = 1. Та­
ким образом, ни одно число вида ж = 2тгп второму уравнению
не удовлетворяет. Все числа из множества корней уравнения
cos ж = —1 вида ж = 7Г + 2л-тг, п 6 Z, являются решениями
второго уравнения системы.
Заметим, что заменой cos ж = t можно свести это уравнение
к алгебраическому четвертой степени: 414 -f 2£3 - 12t2 —t + 9 = 0.
Здесь легко угадывается корень t — - 1. Важнейшим моментом в
решении задачи таким способом является обоснование того, что
других корней на отрезке [—1; 1] это уравнение не имеет.
1.6. Ответ:
1,
- 1 , - ^ 2 , - Щ , . . . ; 2,-Уз,

№,■■■; -2,
Решение. Пусть первый член в прогрессии равен и, а знаме­
натель прогрессии - q. По условию Ьп = ug71""1, u-uq-uq2-uq3 = 4,
20

ir+uV+tf’gi = ^' Из первого уравнения находим и2д3 = ±2. Слу­
чай и2?3 = —2 приводит к знакопеременной прогрессии. Задача
/ u2q3 = 2,
свелась к решению системы: < „,
,
Подстанов1 и2(1 + q3 + д6) = 7.
ка и2 = 4- и замена переменной q3 = t дает четыре решения
системы:
2,

(и = —2,

II

£

С3"1

и

£

II

1и =

I U = ~ 1»

"из "

\ и = 1,

При решении этой задачи часто встречалась потеря решений
(при решении уравнения и2 = ф ). Существенным пробелом ре­
шения считается отсутствие обоснования, что q > 0.

Ответы для остальных вариантов
2.1. ±1; 2.2. 10; 2.3.