Разбор вступительного экзамена в лицей 1580 (математика)

Воскресенье, 22 мая, 2016

Письменные принадлежности репетитора по математикеЛицей № 1580 при МТГУ имени Н.Э. Баумана — это одно из достаточно сильных образовательных учреждений для школьников в Москве в плане преподавания физики и математики. Многие родители хотят, чтобы их дети поступили именно туда. Но сделать это не так просто, ведь при поступлении предполагается сдача обязательного экзамена, сложность которого достаточно велика. Предлагаю вашему вниманию разбор типового варианта вступительного экзамена в лицей 1580 по математике, который предлагалось выполнить абитуриентам для поступления в 9 класс.

1. Решите уравнение: 2015x^2-2014x-1 = 0.

Первый корень легко угадывается: x_1=1. Второй корень можно найти с помощью теоремы Виета. Учитывая, что x_1+x_2 = \frac{2014}{2015}, получаем x_2 = -\frac{1}{2015}.

2. Упростите выражение:

    \[ \frac{3^{4m}\cdot 5^{2m}}{45^{2m-1}}. \]

    \[ \frac{3^{4m}\cdot 5^{2m}}{45^{2m-1}} = \frac{3^{4m}\cdot 5^{2m}}{5^{2m-1}\cdot 3^{4m-2}} = 3^2\cdot 5 = 45. \]

3. Вычислите значения выражения:

    \[ \frac{1}{\sqrt{7}-\sqrt{6}}-\frac{3}{\sqrt{6}-\sqrt{3}}-\frac{4}{\sqrt{7}+\sqrt{3}}. \]

Умножим числитель и знаменатель каждой дроби на сопряжённое со знаменателем выражение и воспользуемся формулой «разность квадратов»:

    \[ \frac{1}{\sqrt{7}-\sqrt{6}} = \frac{\sqrt{7}+\sqrt{6}}{(\sqrt{7}-\sqrt{6})(\sqrt{7}+\sqrt{6})} = \sqrt{7}+\sqrt{6} \]

    \[ \frac{3}{\sqrt{6}-\sqrt{3}} = \frac{3(\sqrt{6}+\sqrt{3})}{(\sqrt{6}-\sqrt{3})(\sqrt{6}+\sqrt{3})} = \sqrt{6}+\sqrt{3} \]

    \[ \frac{4}{\sqrt{7}+\sqrt{3}} = \frac{4(\sqrt{7}-\sqrt{3})}{(\sqrt{7}-\sqrt{3})(\sqrt{7}+\sqrt{3})} = \sqrt{7}-\sqrt{3}. \]

В результате получаем ответ:

    \[ \sqrt{7}+\sqrt{6} - \sqrt{6} -\sqrt{3} - \sqrt{7}+\sqrt{3} = 0. \]

4. Удвоенная разность корней квадратного уравнения 2x^2-36x+2q=0 равна 8. Найдите q.

Пусть x_1 и x_2 — корни квадратного уравнения x^2-18x+q=0. Тогда по теореме Виета имеем: x_1+x_2 = 18. Кроме того, по условию 2(x_1-x_2) = 8. То есть имеет место система:

    \[ \begin{cases} x_1+x_2 = 18 \\ 2(x_1-x_2) = 8 \end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases} x_1 = 11 \\ x_2 = 7 \end{cases} \]

Кроме того, по теореме Виета имеем: x_1x_2 = q = 77.

5. Упростите выражение на области допустимых значений:

    \[ \left(\frac{x+2}{x^2+2x+4}-\frac{6x-13}{x^3-8}\right)\cdot\frac{2x^2+4x+8}{3-x}\cdot(x-2). \]

Используя формулу «разность кубов», упрощаем сперва выражение, стоящее в скобках:

    \[ \frac{x+2}{x^2+2x+4}-\frac{6x-13}{x^3-8} = \frac{(x+2)(x-2)-(6x-13)}{(x-2)(x^2+2x+4)} = \]

    \[ = \frac{x^2-4-6x+13}{(x-2)(x^2+2x+4)} = \frac{(x-3)^2}{(x-2)(x^2+2x+4)}. \]

Упрощаем дальше:

    \[ \frac{(3-x)^2}{(x-2)(x^2+2x+4)}\cdot\frac{2(x^2+2x+4)}{3-x}\cdot(x-2) = \]

    \[ \frac{2(3-x)(x-2)}{x-2} = 6-2x. \]

6. В равнобедренной трапеции боковая сторона равна 10 см, диагональ — 17 см, а разность оснований — 12 см. Найдите площадь трапеции.

Rendered by QuickLaTeX.com

Пусть BC = a и AD = b. Тогда по условию b-a = 12. Поскольку трапеция равнобедренная, AH = \frac{1}{2}(b-a) = 6. Тогда по теореме Пифагора BH = 8. Также из теоремы Пифагора для треугольника HBD получаем, что HD = 15. Поскольку трапеция равнобедренная, HD = \frac{1}{2}(b+a). Следовательно, искомая площадь трапеции равна 8\cdot 15 = 120.

7. Высота, проведенная из вершины прямого угла прямоугольного треугольника, равна 6 см и дели гипотенузу на отрезки, один из которых больше другого на 5 см. Найдите стороны треугольника.

Rendered by QuickLaTeX.com

Пусть \angle HCB = \alpha, тогда получаем, что \angle CBH = 90^{\circ}-\alpha, и \angle HBA = 90^{\circ}-\left(90^{\circ}-\alpha\right) = \alpha. Значит, треугольники CHB и AHB подобны по двум углам (так как \angle AHB = \angle CHB = 90^{\circ}, \angle ABH = \angle HCB=\alpha). Используя это подобие, получаем:

    \[ \frac{AH}{BH} = \frac{BH}{CH}\Rightarrow \frac{x}{6} = \frac{6}{x+5}. \]

В пропорции произведение крайних членов равно произведению средних, поэтому получаем:

(1)   \begin{equation*} x(x+5)=6^2\Leftrightarrow x^2+5x-36 = 0. \end{equation*}

Из последнего уравнения получаем положительный корень x=4. Тогда, используя теорему Пифагора, находим все стороны треугольника ABC. Получаем, что они равны 13, 2\sqrt{13} и 3\sqrt{13}.

Примечание. Уравнение (1), конечно, можно было записать сразу, сославшись на теорему о пропорциональных отрезках в прямоугольном треугольнике. Однако, опыт показывает, что не все школьники помнят об этой теореме и знают, как её доказывать.

8. В треугольнике со сторонами 15 см, 15 см и 24 см найдите расстояния от точки пересечения медиан до сторон треугольника.

Rendered by QuickLaTeX.com

Треугольник ABC — равнобедренный, поэтому медиана CH, проведенная к его основанию AB, является также и высотой. Из теоремы Пифагора для треугольника CBH находим CH = 9.

Медианы треугольника точкой пересечения делятся в отношении 2 к 1, считая от вершины, следовательно, расстояние от точки пересечения медиан до стороны AB равно OH = \frac{1}{3}CH = 3.

Из треугольника CHB получаем \sin\angle BCH = \frac{4}{5}. Тогда из треугольника CKO получаем OK = CO\sin\angle OCK = 6\cdot\frac{4}{5} = \frac{24}{5}.

Телефон репетитора по математике для подготовки к вступительному экзамену в лицей 1580, Сергея Валерьевича

Добавить комментарий