2 поток ДВИ МГУ 2022. Полный разбор+оформление

Взято с сайта https://alexlarin.net/Abitur/dvi_msu_14072022.html

Здесь простейшие преобразования: - сначала вынес двойку за скобку, чтобы не мешалась; - потом сложил дроби; - ну и сократил... как обычно легчайшая задача)

В прогрессиях поступаем как обычно. Выражаем всё через первый член и знаменатель. Так в первом уравнении делим на b1 и скобку, откуда получаем простейшее уравнение. Из него находим q. ну и записав сумму 7 членов, находим и b1.

Не простейшее как в 1й волне. Если раскрыть двойные углы, то ничего не получится - скобки с разным знаком будут. Поэтому ищем другие способы: 1) нам любезно поставили слева сумму синусов. а справа сумму косинусов тех же углов. Тут становится очевидным, что есть общий косинус. Вот его мы выносим за скобку. А дальше надо разобраться со скобкой sin-cos. Вспомогательный угол нам в помощь) А вообще рекомендую такие скобки просто даже запомнить - они частенько встречаются. В оформлении реализован именно этот метод 2) также можно было бы группировать по одному углу. Тогда у нас и слева и справа скобка sin-cos будет, только разных углов. Опять вспомогательный угол и стандартное уравнение sin=sin. И получите то же самое)

Ох, опять x в степени и в основании... Но мы-то знаем, что в таком случае (при возведении в действительную степень) основание явно больше нуля. Хотя это следует просто из логарифма. Так как для рационализации нам мешает то, что x может быть равен 1, то рассмотрели этот вариант. Дальше уже применим рационализацию. Преобразовываем скобку с логарифмами отдельно, чтобы не тягать всё неравенство. Тут у нас стандартные смены основания, логарифм от дроби. Ну и квадратный трехчлен с логом разложили. Вот теперь у нас всё опять готово к рационализации:) Применяем её, не забывая, что у нас x>0 и не равен 1. Опа скобка x-1 желает сократиться - так и сделаем, тем более x не равен 1 уже. метод интервалов и усё - рисуем ответ.

Эта задачка уже с хитрецой. А вы заметили, что нам не сказали, какой из углов острый??? 1. Если АС будет бОльшей диагональю, то больше не будет пересечений параллелограмма с окружностью и надо это ОБЯЗАТЕЛЬНО обговорить в решении. Так мы доказываем, что В и D - острые. И только после этого можно спокойно решать дальше. 2. М - середина, сразу проверяем нет ли средних линий. Опачки, иди-ка сюда) Вот вам и радиус через x выражен. 3. Из параллельности OM и BC получается интересное равенство углов. 4. Замечаем, что в треугольнике CON у нас есть все три стороны. Значит по т. cos можем найти любой угол. Очевидно. что лучше искать BCA - он в другие треугольники вхож. 5. А дальше получается уже в треугольнике MOA есть две стороны и угол. Еще раз т. cos и получаем АМ. 6а. А дальше можно найти ОМА все по той же т. cos, а ведь он равен углу В. А потом уже найти тангенс (так сделал в оформлении) 6б или же договориться, что СМ высота равнобедренного АВС. Найти СМ и посчитать тангенс. (так делал на стриме)

Тут явно сложнее задание, чем параметр из 1й волны... Вообще, если вы не знаете формул 1±sin и 1±cos, то можно сразу сложить ручки. Без этого не решить. А вот мои ученики, прочитав это, усмехнуться, ведь я, объясняя тригонометрию, рассказываю о всех возможных формулах. Так вот, применив эти формулы, избавляемся от двоек. Видно, что слева и справа квадраты - что делать? - конечно же скидываем в одну сторону и делаем разность квадратов. Немного тягомутины и вуаля! Уже две скобки равны нулю. А дальше с siny все понятно - y=0, а значит при всех x (кроме x=0, так как иначе знаменатели обнулятся) наше произведение xy=0. Хорошо... а вот со вторым что делать-то? Да, сделали очевидные формулы синуса суммы, а потом и вспомогательный угол (заметьте теперь sin+cos). И всё... Очевидно, что из такого xy никак не вытащишь. Тогда идем решать нестандартно. Монотонность с синусами такое себе, а вот ограниченность сработала. Просто оценили обе части. Одна меньше 1, а другая больше 1. Равенство только если оба равны 1. Фух... и опять y=0, да еще и x=0. А это запрещенная позиция. Так что так и получается, что ответ 0!

Ух! Стереома... Непонятная пирамида с не пойми где находящейся вершиной. Да еще и сферу вписали... Хотя то, что под одним углом грани расположены, так это довольно стандартно - тогда вершина проецируется в центр вписанной окружности основания. Вот в первых 2 пунктах это и доказывается. Где находится центр вписанной окружности в ромбе? Естественно на пересечении биссектрис, то есть наша вершина проецируется в точку пересечения диагоналей ромба. А далее включаем сюда сферу. Помним, что центр вписанной сферы лежит на пересечении биссекторных плоскостей. А где проводить эти плоскости как не в треугольниках типа SOK, в которых есть угол между гранью и основанием. Вот и получается, что мы в этих треугольниках проводим биссектрисы и видим, что центр O' лежит на высоте SO и OO'- радиус сферы и одновременно радиус вписанной окружности в равносторонний треугольник SKL. Радиус сферы мы знаем, значит можем найти сторону MN или KL. Ну а дальше дело техники: рисуем ромб, там MN параллельно переносим в В. Вот вам и треугольник из которого находим искомый угол.