1. В туристической фирме имеются туры трех типов. Один тур

1.
В туристической фирме имеются туры трех типов. Один тур первого типа стоит
400 тыс. руб., один тур второго типа - 600 тыс. руб., один тур третьего типа – 900 тыс.
руб. Тур первого типа продолжительностью 8 дней, второго типа – 14 дней и третьего
типа – 20 дней. Сколько туров каждого типа надо купить, чтобы общее число дней отдыха
была наибольшим, а сумма, израсходованная на приобретение всех туров, составляла 10
млн. руб?
Решение: Пусть x, y, z - количество туров соответственно первого, второго и третьего
туров, которые надо купить, чтобы общее число дней отдыха было наибольшим. По
условию 4 ⋅105 x + 6 ⋅105 y + 9 ⋅105 z= 107 ⇔ 4 x + 6 y + 9 z= 100 . Ищем решение полученного
уравнения при условии, что x, y, z - неотрицательные целые числа и что число дней
отдыха при покупке в точности такого количества туров каждого типа является
наибольшим.
Для решения заметим, что 3 тура первого типа и 2 тура второго типа имеют одинаковую
стоимость – 1,2 млн.рублей. Однако число дней отдыха на 3 тура первого типа равно 24, а
на два тура второго типа - 28. Следовательно, число туров первого типа не может быть
больше двух. Кроме того, как 3 тура второго типа, так и 2 тура третьего типа стоят 1,8
млн. рублей. Однако в первом случае число дней отдыха будет равно 52, а во втором – 40.
Поэтому следует покупать не более одного тура третьего типа. Итак, справедливы
неравенства 0 ≤ x ≤ 2, 0 ≤ z ≤ 1 . Кроме того, число z может быть четным числом или нулем
⇒z=
0.
Перепишем уравнение в виде 3 x + 6 y + x = 99 + 1 . Число, стоящее справа, при делении на 3
дает в остатке 1, а выражение, 3 x + 6 y , входящее в левую часть уравнения, делится без
остатка на 3. Следовательно, при делении числа x на 3 остаток должен быть равным 1.
Учитывая, что 0 ≤ x ≤ 2 , получаем x = 1 . Таким образом, y = 16 .
Ответ: 1 тур первого типа, 16 туров второго типа, 0 туров третьего типа.
2. Решите уравнение
3 + 2sin 2 x =
6 cos 0,5 x .
Решение: Данное уравнение равносильно системе
cos 0,5 x ≥ 0,


2
6 cos 2 0,5 x.
3 + 2sin x =
Решим второе уравнение системы: 3 + 2sin 2 =
x 6 cos 2 0,5 x ⇔
3 + 2sin 2 2 ⋅ 0,5
=
x 6 cos 2 0,5 x ⇔ 3 + 8sin 2 0,5 x ⋅ cos 2 0,5 x = 6 cos 2 0,5 x ⇔
2
3 + 8 (1 − cos 2 0,5 x ) ⋅ cos=
0,5 x 6 cos 2 0,5 x ⇔ 8cos 4 0,5 x − 2 cos 2 0,5 x − 3 =
0.
x t , t ∈ [ 0;1] . Получим уравнение 8t 2 − 2t − 3 =
Сделаем замену: cos 2 0,5=
0 , его корни 
3
cos 0,5 x =
,

3
1
3 
2
2
t1 = , t2 =− ∉ [ 0;1] . Возвращаясь к замене, получим cos 0,5 x=
⇒
4 
4
2
3
.
cos 0,5 x = −

2
Второе уравнение в совокупности не удовлетворяет неравенству системы
⇒ cos 0,5 x =
3
π
⇔ x = ± + 4π n, n ∈ Ζ .
2
3
3. Докажите, что при любых положительных a, b, c справедливо неравенство
a
b
c
3
+
+
≥ .
b+c a+c a+b 2
Решение: Введем обозначения x =+
b c, y =+
a c, z =+
a b . Складывая последние
равенства, получаем 2a + 2b + 2c = x + y + z ⇔ a + b + c =
x+ y+z
2
x+ y+z
−x + y + z
−x=
.
2
2
x− y+z
x+ y−z
Аналогично получим b =
, c=
.
2
2
−x + y + z x − y + z x + y − z 3
Исходное неравенство перепишем в виде
+
+
≥ ⇔
2x
2y
2z
2
⇒a=
( a + b + c ) − (b + c ) =
y z x
z x y
−x + y + z x − y + z x + y − z
+
+
≥ 3 ⇔ −1 + + + − 1 + + + − 1 ≥ 3 ⇔
x
y
z
x x y
y z z
 y x  z x  y z 
 +  +  +  +  +  ≥ 6 (*) . Применяя неравенство о сумме двух взаимно
 x y x z  z y
z x
z y
y x
обратных величин, получаем + ≥ 2 , + ≥ 2 , + ≥ 2 ⇔
x z
y z
x y
 y x  z x  z y
 +  +  +  +  +  ≥ 6 , то есть неравенство (*) истинно, а значит истинно и
 x y x z  y z
исходное неравенство.
4. В правильной шестиугольной пирамиде SABCDEF
боковое ребро SA =
сторона основания AB = 2 ,
5 . Найти расстояние от вершины A до плоскости SCE .
Решение: Воспользуемся методом объемов.
Найдем высоту пирамиды. В ∆SOC ( ∠SOC =
90 ) SO = SC − OC =
Из заданной пирамиды выделим пирамиду SEAC и вычислим ее объем V:
1
=
V
S ( AEC ) ⋅ SO .
3
0
AE
= AC
= CE
=
S ( AEC
=
)
=
V
2 BC 3
,
2
AE 2 ⋅ 3 12 3
= = 3 3.
4
4
1
S ( AEC )=
⋅ SO
3
3 - с одной стороны.
2
2
5 − 4 = 1.
1
S ( SCE ) ⋅ ρ , где ρ - искомое расстояние.
3
Для вычисления площади треугольника SCE найдем его высоту SK, где К – середина СЕ.
=
V
Но с другой стороны,
ОК – половина отрезка OD, т.е. OK = 1 . В ∆SOK ( ∠SOK =
90 )
0
SK =
SO 2 + OK 2 =
Ответ:
1+1 =
1
2
=
ρ
2 ⇒ S ( SEC ) = ⋅ CE ⋅ SK = 6 ⇒
3V
3 2
=
.
S ( SCE )
2
3 2
.
2
5. Решите уравнение 1 + 1 + x − 1 −
1
0.
=
x
Решение: Перепишем исходное уравнение в виде

1
 1 − − 1 + x ≥ 0,
x

⇔
2

 1 − 1 − 1 + x  =
 1

x


Решим неравенство системы:
 1 + x ≥ 0,

⇔
 1
−
≥
+
1
1
x
 x
1−
1
− 1 + x =1 ⇔
x

1
1 − − 1 + x ≥ 0,

x


1 − 1 + 1 + x − 2 1 − 1  ⋅ (1 + x ) =
1.


 x
x



1−
 x ≥ −1,

⇔

1
+
≤
x
0

x
1
1
− 1+ x ≥ 0 ⇔ 1− ≥ 1+ x ⇔
x
x
 x ≥ −1,
 x ≥ −1,
 2
⇔ −1 ≤ x < 0 .
⇔
 x +1
x
<
0
≤
0


 x
−1 ≤ x < 0,


Следовательно, система равносильна системе 
⇔
1
1
x
−
−
2
x
−
+
1
=
0


x
x

−1 ≤ x < 0,

 −1 ≤ x < 0,

2

⇔
⇔

1
1
1
x
−
−
2
x
−
+
1
=
0
0


 x − −1 =
x
x
x




 −1 ≤ x < 0,

⇔

1
1
 x− =
x

 −1 ≤ x < 0,

−1 ≤ x < 0,
  x = 1 − 5 ,
 −1 ≤ x < 0,
1− 5

⇔  1
⇔ 2
⇔ x=
, так как x2 > 0 .

1
2

−
−
=
x
x
1
0
2
x
1
−
=



x
 x = 1 + 5
  2
2
Ответ:
1− 5
.
2
6. На плоскости дана прямоугольная система координат. Докажите, что все координаты
вершин правильного треугольника не могут быть целыми числами.
Решение: Предположим, что все вершины правильного ∆ABC имеют целые координаты.
Рис.1 - tg ∠ABC= tg (α + β )=
Рис.2 - tg ∠ABC= tg (α − β )=
tgα + tg β
1 − tgα ⋅ tg β .
tgα − tg β
0
, tg 60=
1 + tgα ⋅ tg β
3−
число иррациональное, поэтому предположение неверно, и все вершины правильного
треугольника не могут иметь целых координат.