Часть C Cl. Решите уравнение —⅛- + 3tgx-5 = 0. COS X Укажите корни, принадлежащие отрезку Решение

Часть C

Cl. Решите уравнение

—⅛- + 3tgx-5 = 0.
COS X

Укажите корни, принадлежащие отрезку

Решение.

Запишем уравнение иначе:

(tg2Х+ 1) + 3 tg Х — 5 = 0;

Tg2Х+ 3tg Х — 4 = 0;

Tg Х = 1 или tg Х= -4.

71

Следовательно, Х = — + π⅛ или Х — — arctg 4 + π⅛ . 4

Отрезку [-π; —] принадлежат корни

2

3π j. π

—-, — arctg 4, -.

4 4

^ 3π j . π

Ответ:——- , — arctg 4, —.

4 4

С2. В правильной треугольной призме ABCAιBιCι, все ребра которой равны 1, найдите косинус уг­ла между прямыми ABИ А\С.

C1

Решение:

Поскольку A1B1 Il AB, искомый угол равен углу

B1A1C . Из теоремы косинусов для треугольника

B1A1CПолучим

2A1C ∙ A1B1

Но A1C = B1C = >/2 , поэтому

Cos ZB1A1C =

Ответ.

СЗ. Решите систему неравенств

171,

X2 + Зх + — -10 .

Решение.

Из первого неравенства получаем: 7x^1(l + 7 + 49) > 171; 7x^1> 3; Х — 1 > Iog7 3; Х> 1 + Iog7 3.

Решим второе неравенство. Сделаем замену

1 2

А = — , Ь = х+ Зх — 9 . Неравенство принимает Х

Вид

о,
b>0.
v.
» align=»right» width=»79″ height=»68″ style=»margin-left:-41px;margin-right:41px;margin-top: 38px;margin-bottom:0px» class=»»/>Iog3А+ Iog3B < Iog3 (α + B— 1);

Iog3Ab ≤ Iog3(а + B— 1), А > 0;

В первом из полученных неравенств перенесем все члены в левую часть и разложим ее на мно­жители: (α -1)(6 -1) ≤ О.

Сделаем обратную замену:

(х — l)(x2 + Зх — lθ) ≥ О,

* х >О,

X2 + Зх — 9 > 0;

Из неравенства х > 1 + Iog7 3 следует, что х > 1.

Учитывая это, перейдем к системе

X2 + Зх — 10 ≥ О,

X2 + Зх — 9 > 0.

К

Второе неравенство можно отбросить, поскольку оно выполняется, если выполняется первое. Получаем:

X2 + Зх — 10 ≥ 0 .

Решение: х ≤ -5 или х ≥ 2 .

Учитывая условие х > 1 + Iog7 3 , получаем: х ≥ 2.

Ответ: [2; + оо).

С4. Прямая касается окружностей радиусов RИ Г в точках А и В. Известно, что расстояние между центрами равно а, причем Г < RИ Г + R <а. Найдите АВ.

Решение:

Пусть O1— центр окружности радиуса R9 O2— Центр окружности радиуса г, А и В соответст­венно — точки касания окружностей с их общей внешней касательной, CИ DСоответственно — с внутренней, P — основание перпендикуляра, опущенного из O2на O1A(рис. 1).

Из прямоугольного треугольника O1O2PНахо­дим, что

O2P = 7c*ic*2 — O1P2 = у]A2 -(R— г)2,

А т. к. APO2B — прямоугольник, то

AB = O2P = Y∣A2 -(R—Г)2 .

Рис. 1 Пусть Q — основание перпендикуляра, опу­щенного из O1на продолжение радиуса O2D (рис. 2). Тогда

O1Q = Jθ1O2— O2Q2 = Ja2— (7? + Г)2,

А т. к. DQO1C — прямоугольник, то

С5. Найдите все значения параметра а, при которых система

IogaУ = ∖X2- 2х

X2 + у = 2х

Имеет ровно два решения.

Решение:

Из второго уравнения находим: У = 2X — X2. Первое уравнение принимает вид IogaУ = у2.

1. Пусть О <А< 1. На рисунке 1 видно, что в этом случае уравнение IogaУ = у2 имеет единст­венное решение Y0< 1.

Запишем второе уравнение в виде X2- 2X + Y0 =О. Его дискриминант равен 4 — 4y0, и он положителен, поскольку YQ< 1. Уравнение имеет два различных корня X1И X2. Значит, в этом случае система имеет ровно два решения (x1; У0) и (x2; У0).

2. Пусть теперь А> 1. На рис. 2 видно, что в этом случае уравнение IogaУ = у2 если и имеет корни, то только большие единицы: Y0> 1. Но тогда дискриминант уравнения X2- 2X + YQ =О отрицателен. Решений нет.

Ответ: О <А< 1.

С6. Найдутся ли хотя бы три десятизначных числа, делящихся на 11, в записи каждого из которых использованы все цифры от О до 9?

Решение:

Число делится на 11 тогда и только тогда, когда разность между суммами его цифр, стоящих на нечётных и на чётных местах, делится на 11.

Запишем все цифры подряд: 9876543210. В написанном числе указанная разность сумм равна 5. Меняя местами, например, 5 и 8, мы одну сумму увеличиваем на 3, а другую уменьшаем на 3. Значит, разность между сум­мами его цифр, стоящих на нечётных и на чёт­ных местах, становится равной 11. Меняя мес­тами, например, 4 и 7, или 3 и 6, получаем требуемые примеры.

Примечание. В задаче не требуется нахождение всех чисел, обладающих указанным свойством.

Ответ: Да.