Copyright\begin{matrix}c \\ ◯ \end{matrix}2001 ONG TCV Scoala Virtuala a Tanarului Matematician http://math.ournet.md 1

Молдавский государственный университет Факультет математики и информатики

Прием 2000 Тест по математике

Специальности: информатика, информатика и современные прикладные языки, информационный менеджмент

(Все ответы нужно обосновать)

1. Решить неравенство

\sqrt{4x + 1} − \sqrt{2x + 4} ≥ 1

\begin{matrix}A) x ∈ [−\frac{1}{4}; +∞) & B) x ∈ [6; +∞) C) x ∈ [−\frac{1}{4}; 0] ∪ [6; +∞) \\ D) x ∈ (0; \frac{3}{4}] & E) x ∈ (0; \frac{41}{6}] . \end{matrix}

2. Сколько корней уравнения

2 sin x · cos x − 3(sin x + cos x) + 3 = 0

находятся на отрезке [0; \frac{π}{2}].

A) один B) ни один C) два D) три E) четыре.

3. Решить неравенство

log_{x}^{2} 2 − 5 log_{x} 2 + 6 ≥ 0
A) x ∈ (0; 1) ∪ (1; +∞)  B) x ∈ (0, 1) ∪ (1; \sqrt[3]{2}] ∪ [\sqrt{2}; +∞)
C) x ∈ (0; 1) ∪ [\sqrt{2}; +∞)  D) x ∈ (1; \sqrt[3]{2}] ∪ [\sqrt{2}; +∞)
E) x ∈ (1; \sqrt[3]{2})

4. Найти величины углов треугольника, если известно, что высота и медиана проведенные из одного и того же угла треугольника, делят данный угол на три равные части.

\begin{matrix}A) 30^{∘}, 30^{∘}, 120^{∘} & B) 45^{∘}, 45^{∘}, 90^{∘} C) 30^{∘}, 60^{∘}, 90^{∘} \\ D) 60^{∘}, 60^{∘}, 60^{∘} & E) 25^{∘}, 55^{∘}, 100^{∘}. \end{matrix}

5. Какие из следующих утверждений истины?

1) Для любого треугольника ABC справедливо неравенство

cos A + cos B + cos C ≤ \frac{3}{2};

2) Если четырехугольник имеет центр симметрии, то этот четырехугольник является прямоугольником;

3) В равнобедренном треугольнике центр вписанной окружности этого треугольника совпадает с центром описанной окружности этого треугольника; 4) В равнобедренной трапеции точка пересечения диагоналей является цен-

тром симметрии этой трапеции;

5) В прямоугольном треугольнике центр описанной ему окружности совпадает с серединой гипотенузы.

Тест подготовлен доцентом МГУ, д.ф.м.н. С.Катаранчук.

Решения

1. Неравенство равносильно следующему

\sqrt{4x + 1} ≥ 1 + \sqrt{2x + 4}.

Так как обе части последнего неравенства неотрицательны, возведя их в квадрат, получим равносильное неравенство

4x + 1 ≥ 1 + 2\sqrt{2x + 1} + 2x + 4

или,

x − 2 ≥ \sqrt{2x + 4}.

Последнее неравенство равносильно следующей системе

\{ \begin{matrix}x − 2 ≥ 0, \\ (x − 2)^{2} ≥ 2x + 4, \\ 2x + 4 ≥ 0. \end{matrix}

Решив систему

\{ \begin{matrix}x ≥ 2, \\ x^{2} − 4x + 4 ≥ 2x + 4, \\ x ≥ −2, \end{matrix} ⇔ \{ \begin{matrix}x ≥ 2, \\ x(x − 6) ≥ 0, \end{matrix} ⇔ \{ \begin{matrix}x ≥ 2, \\ [ & \begin{matrix}x ≤ 0, \\ x ≥ 6, \end{matrix} \end{matrix}

получим x ≥ 6.

Следовательно, множество решений неравенства есть множество [6; +∞). Ответ: B.

2. Обозначим sin x + cos x = t, (|t| ≤ \sqrt{2}), тогда sin x cos x = \frac{t^{2} − 1}{2}, и уравнение примет вид

t^{2} − 1 − 3t + 3 = 0

или t^{2} − 3t + 2 = 0, откуда t_{1} = 1 и t_{2} = 2 (не удовлетворяет условию |t| ≤ \sqrt{2}). Следовательно

sin x + cos x = 1.

Используя метод вспомогательного угла, получим

\frac{1}{\sqrt{2}} cos x + \frac{1}{\sqrt{2}} sin x = \frac{1}{\sqrt{2}} ⇔ cos \frac{π}{4} cos x + sin \frac{π}{4} sin x = \frac{1}{\sqrt{2}} ⇔

⇔ cos (x − \frac{π}{4} ) = \frac{1}{\sqrt{2}} ⇔ x − \frac{π}{4} = ±\frac{π}{4} + 2πk, k ∈ Z ⇔

⇔ [ \begin{matrix}x = 2πk, k ∈ Z, \\ x = \frac{π}{2} + 2πn, n ∈ Z. \end{matrix}

Поскольку x ∈ [0; \frac{π}{2}], следует что x_{1} = 0 и x_{2} = \frac{π}{2} и, таким образом, на данном отрезке уравнение имеет два решения.

Ответ: C.

3. Область допустимых значений неравенства есть множество x ∈ (0, 1) ∪ (1, +∞). Обозначим log_{x} 2 = t и получим квадратное неравенство t^{2} − 5t + 6 ≥ 0, решения которого t ≤ 2 или t ≥ 3. Таким образом

[ \begin{matrix}log_{x} 2 ≤ 2, \\ log_{x} 2 ≥ 3, \end{matrix} ⇔ [ \begin{matrix}\{ & x ∈ (0; 1), [ \begin{matrix}log_{x} 2 ≤ log_{x} x^{2}, \\ log_{x} 2 ≤ log_{x} x^{3}, \end{matrix} \\ \{ & x ∈ (1; +∞), [ \begin{matrix}log_{x} 2 ≤ log_{x} x^{2}, \\ log_{x} 2 ≥ log_{x} x^{3}, \end{matrix} \end{matrix} ⇔

⇔ [ \begin{matrix}\{ & \begin{matrix}x ∈ (0, 1), \\ [ & \begin{matrix}2 ≥ x^{2}, \\ 2 ≤ x^{3}, \end{matrix} \end{matrix} \\ \{ & \begin{matrix}x ∈ (1, +∞), \\ [ & \begin{matrix}2 ≤ x^{2}, \\ 2 ≥ x^{3}, \end{matrix} \end{matrix} \end{matrix} ⇔ [ \begin{matrix}\{ & \begin{matrix}0 < x < 1, \\ [ & \begin{matrix}0 < x < \sqrt{2}, \\ x ≥ \sqrt[3]{2}, \end{matrix} \end{matrix} \\ \{ & \begin{matrix}x > 1, \\ [ & \begin{matrix}x ≥ \sqrt{2}, \\ x ≤ \sqrt[3]{2}, \end{matrix} \end{matrix} \end{matrix} ⇔ [ \begin{matrix}x ∈ (0, 1), \\ x ∈ (1, \sqrt[3]{2}) ∪ [\sqrt{2}, +∞), \end{matrix} ⇔

⇔ x ∈ (0, 1) ∪ (1, \sqrt[3]{2}] ∪ [\sqrt{2}, +∞).

Ответ: B.

4. Пусть в треугольнике ABC BD ⊥ AC (BD − высота), BE− медиана (AE = EC = a) A̸BD = ^{}D̸BE = ^{}E̸BC = α.

[figure: α; α; α; 90 − α; 90 − α; 90 − 2α; A; D; E; C; B; \frac{a}{2}; \frac{a}{2}; a]

Поскольку BD высота и биссектриса, △ABE равнобедренный и, следовательно BD − медиана,

AD = \frac{a}{2} = DE.

Из △ABD: AB = \frac{AD}{cos^{}B̸AD} = \frac{a}{2 sin α}. Используя теорему синусов

\frac{AC}{sin^{}A̸BC} = \frac{AB}{sin^{}A̸CB} или \frac{a}{sin 3α} = \frac{a}{2 sin α cos 2α}

откуда

4 sin α cos 2α = sin 3α, или 4 sin α(1 − 2 sin^{2} α) = sin α(3 − 4 sin^{2} α).

Так как α ≠ πk, k ∈ Z, то

4 − 8 sin^{2} α = 3 − 4 sin^{2} α, или 4 sin^{2} α = 1

откуда sin α = \frac{1}{2} (sin α = −\frac{1}{2} не удовлетворяет условиям задачи) и α = 30^{∘}. Следовательно, углы треугольника равны ^{}A̸BC = 3α = 90^{∘}, ^{}B̸AC = 90 − α = 60^{∘}, ^{}B̸CA = 30^{∘}.

Ответ: C. 5.

1) Истинное утверждение. Так как cos A + cos B + cos C = 1 + \frac{r}{R} (R (r) − радиус описанной (вписанной) в треугольник окружности), а 2r ≤ R, то

cos A + cos B + cos C = 1 + \frac{r}{R} ≤ 1 + \frac{1}{2} = \frac{3}{2}.

2) Ложное утверждение. Например, ромб имеет центр симметрии, но не обязательно является прямоугольником.

3) Ложное утверждение. Например, в прямоугольном треугольнике центр описанной окружности совпадает с серединой гипотенузы, а центр вписанной окружности находится внутри треугольника.

4) Ложное утверждение. Следует из определения центра симметрии.

5) Истинное утверждение. Следует из теоремы синусов: \frac{c}{sin 90^{∘}} = 2R ⇒

c = 2R и R = \frac{c}{2} (c − гипотенуза, R − радиус описанной окружности).

Ответ: Первое и пятое утверждение истинны.