Добавлено (2013-07-16, 3:43 AM)
---------------------------------------------
Вот один из вариантов 2012 года. Мож кому пригодится

Вариант 121

Задача №1
Найдите многочлен второй степени, если известно, что его корни равны -25 и 113, а средний коэффициент равен -7.
Решение:
1. f(x)=ax2-7x+b - искомый многочлен второй степени, при этом a≠0.
2. По условию x1=-25,x2=113.
По теореме Виета x1+x2=7a,x1⋅x2=ba.
3. 7a=-25+113=4915⇒a=157.
ba=-25⋅113=-2215⇒b=-2215a=-227.
4. f(x)=157x2-7x-227.
Для гарантированного получения полного балла можно устроить проверку.
Ответ: 157x2-7x-227.

Задача №2
Вычислите log3(-log6(71512)).
Решение:
log3(-log6(71512))=log3(log6(15127))=log3(log6216)=log33=1.
Ответ: 1.

Задача №3
Решите неравенство
(4x-2x+3+15)3x-9≥0.
Решение:
1. ОДЗ: 3x-9≥0⇔3x≥9⇔x≥2.
2. x=2: 0≥0 - верно. Точка x=2 является решением нер-ва.
3. x>2⇒3x-9>0, значит можем поделить наше нер-во на то положительное выражение.
4x-2x+3+15≥0,
2x=t,t>0:t2-8t+15≥0⇒t∈(-∞;3]∪[5;+∞).
2x≤3 ИЛИ 2x≥5,
x∈(-∞;log23]∪[log25;+∞), но x>2⇒x∈[log25;+∞).
Ответ: x∈{2}∪[log25;+∞).

Задача №4
Решите уравнение
cos4x-2cos3x+cos2x=0.
Решение:
cos4x+cos2x-2cos3x=0,
2cos3xcosx-2cos3x=0,
cos3x(2cosx-2)=0,
cos3x=0 ИЛИ cosx=12,
3x=π2+πk,k∈ℤ ИЛИ x=±π4+2πn,n∈ℤ,
x=π6+πk3,k∈ℤ ИЛИ x=±π4+2πn,n∈ℤ.
Ответ: x=π6+πk3,k∈ℤ ИЛИ x=±π4+2πn,n∈ℤ.

Задача №5
Найдите площадь фигуры, состоящей из точек (x,y) координатной плоскости, удовлетворяющих уравнению
|2x+y|+|y|+2|x-1|=2.
Решение:
1. Запишем уравнение в другом виде:
|2x+y|+|-y|+|2-2x|=2.
2. Заметим, что у нас написано равенство |a|+|b|+|c|=a+b+c,
поскольку 2x+y-y+2-2x=2.
3. Очевидно, что при любых a,b,c: |a|+|b|+|c|≥a+b+c,
причем равенство выполняется ⇔{a≥0b≥0c≥0.
Для получения гарантированного балла данное утв. лучше доказать.
4. Наше уравнение сводится к системе:
{y≥-2xy≤0x≤1<br />Пересечение трех полуплоскостей, задаваемых системой дают нам прямоугольный треугольник.
Катеты 1 и 2, поэтому площадь равна 1.
Ответ: 1.

Задача №6
Окружность с центром, лежащим на стороне BC треугольника ABC, касается сторон AB и AC в точках D и E соответственно, и пересекает сторону BC в точках F,G (точка F лежит между точками B и G). Найдите CG, если известно, что BF=1 и BD:DA=AE:EC=1:2.
Решение:
1. BD=t⇒DA=2t.
2. Касательные, проведенные к одной окружности равны ⇒AE=DA=2t⇒EC=4t.
3. R - радиус вписанной окружности (центр лежит на биссектрисе ∠BAC). CG=x.
4. EC2=CG⋅CF (т-ма о степени точки) ⇒16t2=x(x+2R),
также BD2=BG⋅BF⇒t2=2R+1.
5. Из соотношения биссектрисы ∠BAC: ABAC=BOOC⇒3x6x=R+1R+x,
12=R+1R+x⇔R+x=2R+2⇔R=x-2.
6. Из пункта 4: 16(2R+1)=x(x+2R)⇒16(2x-3)=x(3x-4)⇔3x2-36x+48=0.
x2-12x+16=0,x1=6-25,x-2=6+25.
7. x=6-25⇒R=x-2=4-25=4-20<0, поэтому x=6+25.<br />
Ответ: 6+5.

Задача №7
Определите, при каких значениях параметра a уравнение
ax+y=2x+y
имеет единственное решение (x,y).
Решение:
1. x,y≥0.
2. Если a≤0⇒(x,y)=(0,0) - единственное решение. Очевидно.
3. Если a>0, то (x,y)=(0,0) всегда является решением уравнения. Значит других решений быть не может.
4. Пусть y=0: ax=2x⇔(a-2)x=0⇒a≠2, тогда отличных от (0;0) решений нет.
Пусть y≠0, можем поделить обе части уравнения на y>0. Уравнение однородное, легко заметить.
axy+1=2xy+1, сделаем замену xy=t, где t≥0.
at+1=2t+1⇔a=2t+1t+1.
5. Надо найти такие значения a>0, при которых нет таких t≥0, что f(t)=2t+1t+1=a.
Задача сводится к нахождению области значений функции f(t) при t≥0.
6. f'(t)=2-2t2tt+1(t+1),
значит f(t) возрастает при t<2 и убывает при t>2⇒t=2 - точка максимума.
f(2)=3⇒f(t)≤3 при всех t.<br />Найдем ограничение снизу, если оно существует.
f(0)=1, также легко заметить, что f(t)≥1 при всех t≥0.
f(t)-1=2t+1-t+1t+1,
2t+1+22t≥t+1 при всех t≥0, поэтому f(t)-1≥0.
Ef=[1;3] при всех t≥0.
Для получения гарантированного балла можно добавить пару слов про непрерывность f(t) на области определения.
Значит множество наших искомых a - это множество обратное Ef, т.е. a∈(-∞;1)∪(3;+∞).
Ответ: a∈(-∞;1)∪(3;+∞).

Задача №8
В основании пирамиды ABCS лежит правильный треугольник ABC со стороной 3. Боковые ребра пирамиды равны соответственно SA=SB=4,SC=5. Прямой круговой цилиндр расположен так, что окружность его верхнего основания имеет ровно одну общую точку с каждой из боковых граней пирамиды, а окружность нижнего основания лежит в плоскости ABC и касается одной из сторон треугольника ABC. Найдите радиус основания цилиндра.
Решение:
1. SD - высота пирамиды. AD=BD=16-SD2<CD=25-SD2.
2. Треугольники ADC и BDC равны ⇒CD - биссектриса ∠ACB⇒∠BCD=π6.
3. Из треугольника BCD: BD2=CD2+BC2-2CD⋅BC⋅cos(π6),
16-SD2=25-SD2+3-23⋅25-SD232⇔SD=3.
4. SD=3⇒AD=BD=7,CD=4.
AB=BC=CA=3⇒C,D лежат по разные стороны от прямой AB.
5. Следовательно CD перпендикулярно AB и точка пересения AB и CD делит отрезок AB пополам (точка M).
SD перпендикулярно AB⇒AB перпендикулярно CSD⇒ точки A,B и отрезки AS,BS симметричны относительно плоскости CSD.
6. A',B',C',D' - точки, в которых плоскость верхнего основания цилиндра пересекает ребра AS,BS,CS и высоту DS.
Плоскость верхнего основания цилиндра параллельна ABC⇒AB∣∣A'B', BC∣∣B'C', CA∣∣C'A'.
Значит A'B'C' подобен ABC⇒A'B'C' - равносторонний.
7. AB∣∣A'B'⇒A'B' перпендикулярен плоскости CSD, причем эта плоскость пересекает отрезок в его середине, пусть это будет точка L.
Точка L лежит на отрезке MS.
8. O - центр треугольника ABC, K - точка пересечения CL и OS.
CL - высота треугольника A'B'C'. OM=13CM,KLOM=CLCM⇒KLCL=13.
Значит точка K - центр вписанной в треугольник A'B'C' окружности.
9. N - центр нижнего основания цилиндра. KN перпендикулярен ABC, CSD перпендикулярна ABC,
значит KN лежит в плоскости CSD⇒ точка N лежит на прямой CD.
10. R,h - радиус оснований и высота цилиндра.
Первый случай: N лежит на продолжении отрезка CM за точку M.
ON=OM+R=12+R. Треугольники OKN и OSD подобны, поэтому KNSD=ONOD.
SD=3,KN=h,CD=CS2-SD2,CO=AB⋅33=1,OD=CD-CO=3⇒h3=R+123⇒h=R+12.
11. С другой стороны треугольники KSL и OSM подобны.
SD'SD=3-hh⇒KLOM=3-hh. OM=13CM=AB⋅36=12⇒2R=3-hh.
Тогда R+12=3-6R⇒R=514.

Ответ: 514.