Всего: 297 1–20 | 21–40 | 41–60 | 61–80 …
Добавить в вариант
Парабола 
пересекается с некоторой окружностью в четырёх точках. Докажите, что эти четыре точки лежат на параболе, задаваемой уравнением вида 
Уравнение окружности в имеет вид 
для некоторых чисел a, b, c. Поскольку точки пересечения окружности и и параболы удовлетворяют двум уравнениям, они удовлетворяют также любой их комбинации. В частности,
Это уравнение задаёт параболу требуемого вида.
| Критерии оценивания выполнения задания | Баллы |
|---|---|
| Приведено доказательство в общем случае. | 20 |
| Решение не соответствует ни одному из перечисленных выше критериев. | 0 |
| Максимальный балл | 20 |
Найти значение параметра p, при котором уравнение 
имеет ровно три решения.
Заметим, что при p < 0 данное уравнение не имеет решений, а при p = 0 — имеет единственное решение x = 1. Следовательно, p > 0.
Данное уравнение будет иметь три корня, если парабола 
имеет ровно три общие точки с графиком функции 
Поскольку левая ветвь графика при p > 0 пересекает параболу ровно в двух точках, то правая ветвь должна касаться параболы.
Последнее выполняется тогда и только тогда, когда уравнение 
имеет ровно одно решение, то есть когда дискриминант равен 0:
Ответ: при 
Рассмотрим всевозможные приведенные квадратные трёхчлены x2 + px + q с целыми коэффициентами p и q. Назовём областью значений такого трехчлена множество его значений во всех целых точках x = 0, ±1, ±2, . . . . Какое наибольшее количество таких трехчленов можно выбрать, чтобы их области значений попарно не пересекались?
Заметим, что замена переменной x → x + k при любом целом k не меняет области значений многочлена. Тогда, сделав замену x → x − 
(квадратные скобки означают целую часть) можем считать, что любой многочлен имеет один из двух видов: x2 + q или x2 + x + q.
Области значений любых двух многочленов разного вида пересекаются: в самом деле, значения многочленов x2 + q и x2 + x + q' совпадают при x = q − q'. Значит, многочлены разного вида брать нельзя.
Многочленов первого вида можно выбрать не больше двух, поскольку если области значений f1(x) = x2 + q и f2(x) = x2 + q' не пересекаются, то q − q' = 4k + 2 при некотором k ∈ Z. В самом деле, для нечетной разности свободных членов q − q' = 2k + 1 имеем f1(k) = f2(k + 1). Для делящейся на 4 разности свободных членов q − q' = 4k имеем f1(k − 1) = f2(k + 1). Но если выбрано хотя бы три многочлена, то среди попарных разностей свободных членов хотя бы одна не имеет вид 4k + 2.
Многочленов второго вида тоже можно выбрать не больше двух, поскольку если области значений f1(x) = x2 + x + q и f2(x) = x2 + x + q' не пересекаются, то q − q' = 2k + 1 при некотором k ∈ Z. В самом деле, для четной разности свободных членов q − q' = 2k имеем f1(k − 1) = f2(k). Опять же, если выбрано хотя бы три многочлена, то среди попарных разностей свободных членов хотя бы одна четна.
Итак, больше двух многочленов выбрать нельзя. Пример для двух: f1(x) = x2 и f2(x) = x2 + 2.
Ответ: 2.
| Критерии оценивания выполнения задания | Баллы |
|---|---|
| Приведено полное решение. | 20 |
| Решение верно по модулю небольших неточностей. | 18 |
| Есть доказательство того, что для каждого типа значений (x2 + q и x2 + x + q) можно взять не более двухтрёхчленов. | 14 |
| Полное решение, но только для случая x2 + q. | 8 |
| Пример двух трёхчленов, у которых области значений не пересекаются. | 4 |
| Решение не соответствует ни одному из перечисленных выше критериев. | 0 |
| Максимальный балл | 20 |
Известно, что уравнение 
имеет (с учетом кратности) четыре положительных корня. Найдите a и b.
Пусть 
— корни нашего уравнения (возможно, среди них есть одинаковые). Следовательно, многочлен в левой части уравнения раскладывается на множители:
Раскрывая в правой части скобки и приравнивая коэффициенты при одинаковых степенях x, получим:
Известно, что среднее геометрическое неотрицательных чисел не превосходит их среднего арифметического (неравенство Коши), но в нашем случае они равны:
Следовательно, 
и
Отсюда 
Ответ:
Рассмотрим всевозможные приведенные квадратные трёхчлены x2 + px + q с целыми коэффициентами p и q. Назовём областью значений такого трехчлена множество его значений во всех целых точках x = 0, ±1, ±2, . . . . Какое наибольшее количество таких трехчленов можно выбрать, чтобы их области значений попарно не пересекались?
Заметим, что замена переменной x → x + k при любом целом k не меняет области значений многочлена. Тогда, сделав замену x → x − (квадратные скобки означают целую часть) можем считать, что любой многочлен имеет один из двух видов: x2 + q или x2 + x + q.
Области значений любых двух многочленов разного вида пересекаются: в самом деле, значения многочленов x2 + q и x2 + x + q' совпадают при x = q − q'. Значит, многочлены разного вида брать нельзя.
Многочленов первого вида можно выбрать не больше двух, поскольку если области значений f1(x) = x2 + q и f2(x) = x2 + q' не пересекаются, то q − q' = 4k + 2 при некотором k ∈ Z. В самом деле, для нечетной разности свободных членов q − q' = 2k + 1 имеем f1(k) = f2(k + 1). Для делящейся на 4 разности свободных членов q − q' = 4k имеем f1(k − 1) = f2(k + 1). Но если выбрано хотя бы три многочлена, то среди попарных разностей свободных членов хотя бы одна не имеет вид 4k + 2.
Многочленов второго вида тоже можно выбрать не больше двух, поскольку если области значений f1(x) = x2 + x + q и f2(x) = x2 + x + q' не пересекаются, то q − q' = 2k + 1 при некотором k ∈ Z. В самом деле, для четной разности свободных членов q − q' = 2k имеем f1(k − 1) = f2(k). Опять же, если выбрано хотя бы три многочлена, то среди попарных разностей свободных членов хотя бы одна четна.
Итак, больше двух многочленов выбрать нельзя. Пример для двух: f1(x) = x2 и f2(x) = x2 + 2.
Ответ: 2.
| Критерии оценивания выполнения задания | Баллы |
|---|---|
| Приведено полное решение. | 20 |
| Решение верно по модулю небольших неточностей. | 18 |
| Есть доказательство того, что для каждого типа значений (x2 + q и x2 + x + q) можно взять не более двухтрёхчленов. | 14 |
| Полное решение, но только для случая x2 + q. | 8 |
| Пример двух трёхчленов, у которых области значений не пересекаются. | 4 |
| Решение не соответствует ни одному из перечисленных выше критериев. | 0 |
| Максимальный балл | 20 |
Найти все пары действительных значений a и b, при которых оба уравнения 
и 
имеют хотя бы один общий корень.
Чтобы уравнения имели общий корень, необходимо, чтобы каждое из них имело корни, то есть их дискриминанты должны быть неотрицательны. Следовательно, 
откуда 
что возможно только при 
В этом случае оба уравнения имеют общий корень 0.
Ответ:
| Критерии оценивания выполнения задания | Баллы |
|---|---|
| Верное решение. | 7 |
Присутствует утверждение о необходимости выполнения неравенств  | 3 |
Упущена явная проверка того, что при  уравнения действительно имеют общий корень, равный 0. | 6 |
| Решение не соответствует ни одному из перечисленных выше критериев. | 0 |
| Максимальный балл | 7 |
Докажите, что уравнение 
при любых не совпадающих одновременно значениях a, b, c имеет два различных корня.
Первый способ. Раскроем в левой части скобки и приведём подобные: 
Дискриминант уравнения равен: 
Последнее выражение несложно преобразуется к виду: 
Полученная сумма всегда неотрицательна и равна нулю тогда и только тогда, когда 
Второй способ. Без ограничения общности можно считать, что 
и что одно из двух неравенств строгое. Обозначим выражение в левой части за f(x). Если 
то 
и непрерывная функция f(x) имеет по одному корню на интервалах (a, b) и (b, c).Если 
то 
один корень f(x) совпадает с a. При этом 
и второй корень равен 
что совпадает с a тогда и толькотогда, когда a = с и значения всех трёх переменных совпадают, что противоречит условию. Аналогично разбирается случай 
| Критерии оценивания выполнения задания | Баллы |
|---|---|
| Верное решение. | 7 |
Верное второе решение без рассмотрения случая  или  . | 4 |
| Решение не соответствует ни одному из перечисленных выше критериев. | 0 |
| Максимальный балл | 7 |
При каких значениях параметра a система уравнений
имеет единственное решение?
Первое уравнение системы задает ГМТ точек 
на плоскости сумма расстояний от которых до точек A(6,13) и B(18,4) равна 15. Заметим, что
Поэтому согласно неравенству треугольника, ГМТ таких точек суть точки отрезка 
Второе уравнение есть уравнение окружности с центром в точке 
радиуса 
Единственность решения системы возможна в том и только в том случае, когда окружность
пересекает отрезок AB ровно в одной точке.
Очевидно, что гарантированно единственная точка пересечения будет в случае касания окружности отрезком. Это произойдет тогда, когда расстояние от точки до прямой, содержащей отрезок AB, будет равно радиусу окружности, и точка касания будет попадать в отрезок Уравнение прямой, содержащей AB, как нетрудно установить, имеет вид 
Согласно формуле расстояния от точки до прямой (один из вариантов решения):
Отсюда получим два возможных значения параметра 
Центр окружности лежит на прямой 
Точка M 
пересечения прямых 
и 
лежит на отрезке Угол OMB острый, поэтому точка касания прямой и окружности, центр которой лежит под отрезком AB, заведомо на отрезок AB попадет.
Это происходит при 
Если же центр S окружности лежит выше отрезка AB (это происходит при 
то требуются дополнительные рассуждения. Точка касания H есть проекция точки 
на прямую, содержащую отрезок H попадет в отрезок AM, если 
Имеем:
Следовательно, 
и точка касания H лежит на отрезке
В то же время, поскольку 
постольку единственность решения возможна, когда
окружность пересекает отрезок AB, но при этом точка A попадает во внутрь круга. Так будет происходить с момента пересечения окружности и отрезка в точке A до момента повторного пересечения в той же точке A (не включая данные моменты).
Найдем такие положения точки 
при которых расстояние от нее до точки A равно
Имеем:
Отсюда
Значит, при 
точка пересечения будет единственна, как и решение системы уравнений.
Ответ: 
Сколько существует натуральных чисел n таких, что уравнение 
имеет целочисленное решение?
Поскольку 
то 
Условие задачи выполняется, если 12 кратно n. У числа 12 шесть целочисленных делителей, это и будет ответ.
Ответ: 6.
| Критерии оценивания выполнения задания | Оценка | Баллы |
|---|---|---|
| Полное решение. | + | 10 |
| Приведены все основные логические шаги решения. Посчитаны целые значения n. ИЛИ Приведены все основные логические шаги решения. Ответ неверный. | +/2 | 5 |
| Ответ верный. Решение отсутствует или неверное. | ∓ | 2 |
| Решение не соответствует ни одному критерию, описанному выше. | −/0 | 0 |
| Максимальный балл | 10 | |
Найдите наименьшее значение параметра a, при котором система уравнений
имеет единственное решение.
Первое уравнение системы задает ГМТ точек 
на плоскости, сумма расстояний от которых до точек 
и 
равна 15. Заметим, что
Поэтому согласно неравенству треугольника, ГМТ таких точек суть точки отрезка
Второе уравнение есть уравнение окружности с центром в точке 
радиуса
Единственность решения системы возможна в том и только в том случае, когда окружность пересекает отрезок 
ровно в одной точке. Очевидно, что гарантированно единственная точка пересечения будет в случае касания окружности отрезком. Это произойдет тогда, когда расстояние от точки до прямой, содержащей отрезок AB, будет равно радиусу окружности, и точка касания будет попадать в отрезок Уравнение прямой, содержащей AB, как нетрудно установить, имеет вид
Согласно формуле расстояния от точки до прямой (один из вариантов решения):
Отсюда получим два возможных значения параметра
Центр окружности лежит на прямой Точка 
пересечения прямых и лежит на отрезке Угол OMB острый, поэтому точка касания прямой и окружности, центр которой лежит под отрезком AB, заведомо на отрезок AB попадет. Это происходит при Если же цент S окружности лежит выше отрезка AB (это происходит при то требуются дополнительные рассуждения. Точка касания H есть проекция точки 
на прямую, содержащую отрезок H попадет в отрезок AM, если 
Имеем:
Следовательно 
и точка касания H лежит на отрезке
В то же время, поскольку постольку единственность решения возможна, когда окружность пересекает отрезок AB, но при этом точка A попадает во внутрь круга. Так будет происходить с момента пересечения окружности и отрезка в точке A до момента повторного пересечения в той же точке A (не включая данные моменты).
Найдем такие положения точки 
при которых расстояние от нее до точки A равно
Имеем:
Отсюда
Значит, при 
точка пересечения будет единственна, как и решение системы уравнений.
Ответ: 
Найдите все неотрицательные целые числа a и b, удовлетворяющие равенству 
Пусть пара чисел (a, b) удовлетворяет уравнению задачи:
Предположим, что одно из чисел, например a, равно нулю. Тогда, очевидно, 
Поэтому далее будем рассматривать такие решения (a, b) уравнения (1), для которых 
(2)
(3)
Это равенство можно трактовать как квадратное уравнение относительно неизвестной b0. По теореме Виета, помимо, собственно, b0, это уравнение еще имеет корень 
такой, что
Утверждение. Этот новый корень удовлетворяет условиям: 
и 
Доказательство. Числа a0 и удовлетворяют (1), поэтому 
(иначе правая часть (1) была бы отрицательной, так как, по условию задачи и в силу (2), 
Из (4) следует, что неотрицательное является целым, а из (5) — что 
Установим, что Действительно,
Последнее верно в силу (3).
Таким образом, пара (a0, b0), удовлетворяющая уравнению (1) и ограничениям (2), (3), порождает новую пару (см. (4)) вида 
которая также удовлетворяет (1), (2), (3) (если, конечно, 
так как, согласно (5), еще может быть найден по формуле 
так что, если 
то (3) не будет выполнено). Будем эту новую пару обозначать как (a1, b1). Затем по тем же формулам можно из пары (a1, b1) получить еще решение (a2, b2) и т. д. Символически полученный результат представим следующим образом:
Здесь 
при этом 
с помощью которых можно цепочку (6) продолжить влево. С помощью правила (7), из одного решения 
удовлетворяющего (1), (2), (3), мы можем получить лишь конечное число новых решений уравнения (1), так как, согласно доказанному утверждению, 
Значит, на каком-то шаге обязательно получится 
(тогда, как было показано выше, 
Чтобы на n-м шаге получить 0, на предыдущем шаге должно было быть 
(подставив 
в (1), найдем 
Таким образом, окончание цепочки (6) выглядит так:
(Цепочку (8) вправо продолжать смысла нет, так как далее
А вот что предшествует паре 
Согласно (7′), на предыдущем шаге 
— и это тоже решение уравнения (1)! Можно продолжить, получая новые решения: 
и так далее. Значит, всего решений у уравнения (1) бесконечно много, так как цепочку (8) можно продолжить влево сколь угодно далеко.
Поясним почему (8) содержит все решения (1), удовлетворяющие условию (3). Пусть 
— какое-то (удовлетворяющее (3)) решение уравнения (1). Было показано, что с помощью формул (7) из решения можно получить цепочку новых решений (см. (6)), которая непременно закончится решением (0, k). Но это и означает, что содержится в (8), ведь, приняв теперь решение 
за отправную точку, мы с помощью обратных преобразований (7′) вернемся к (а цепочка (8) именно так и устроена: начав с 
мы с помощью (7′) получаем ее всю).
Чтобы записать ответ несколько поменяем нумерацию: положим 
и двинемся с помощью (7′) по цепочке (8) влево (у нас будет 
и т. д.).
Ответ: решениями (a, b) (при условии 
служат те и только те пары чисел 
которые каждом 
вычисляются по формулам: 
здесь 
служат те и только те пары чисел которые каждом вычисляются по формулам: здесь Найдите все значения параметра a, для которых уравнение
имеет корни 
и 
удовлетворяющие условию 
Ясно, что
это парабола с ветвями вверх, поэтому решением неравенства 
является интервал 
Тогда 
отсюда 
Решая неравенство, получаем ответ.
Ответ: 
При каких значениях a сумма четвертых степеней корней уравнения 
принимает наименьшее значение?
Уравнение имеет действительные корни, если 
то есть 
При 
и 
Отсюда
Функция 
убывает на промежутке 
и возрастает на промежутке 
Так как 
то свое наименьшее значение на промежутке 
функция 
принимает при 
Ответ: при 
1) Обоснованно получен верный ответ — 15 баллов. Решение задачи сведено к исследованию функции
и с учетом условия получен неверный ответ из-за вычислительной ошибки — 10 баллов.
2) Решение задачи сведено к исследованию функции 
и с учетом условия получен верный ответ без исследования производной или свойств квадратичной функции — 6 баллов.
3) Решение задачи сведено к исследованию функции
и получен неверный ответ — 3−4 балла. Верный ответ без обоснования — 0 баллов.
Найдите все значения параметра a, при которых система
имеет ровно два решения.
Рассмотрим первое уравнение системы и изобразим множество его решений на координатной плоскости. Для раскрытия модулей найдём множества точек, в которых выражения под модулями обращаются в ноль. Это прямые 
на 4 части, и в каждой из этих частей знаки выражений под модулями постоянны. Чтобы их определить, можно выбрать в каждой из четырёх частей по точке и найти знаки выражений в этих точках. Возьмём область, расположенную снизу от обеих прямых. В ней лежит, например, точка 
Подстановкой несложно убедиться, что в этой точке оба выражения 
и 
отрицательны. Таким образом, Уравнение принимает вид
С учётом рассматриваемых ограничений подходит отрезок с концами в точках 
и 
Аналогично рассматриваем остальные три случая, и в итоге получаем границы квадрата K с вершинами в точках 
и Эта фигура не имеет пересечения с полуплоскостью 
поэтому можно считать, что 
С учётом указанного замечания второе уравнение можно записать в виде
(опустив модуль у переменной y). Обозначим множество точек, определяемых этим уравнением, через 
Если 
у уравнения нет решений. При 
оно задаёт две точки (8; 6) и (−8; 6). Поскольку обе они не принадлежат квадрату K, система не имеет решений, и значение не удовлетворяет условию задачи. Перейдём к случаю 
При 
уравнение принимает вид
и мы получаем окружность радиуса 
с центром в точке (8; 6) (или её часть, лежащую в полуплоскости 
если вся она в этой полуплоскости не помещается). Поскольку уравнение инвариантно относительно замены x на 
множество 
симметрично относительно оси Оу. Таким образом, есть совокупность полученной выше окружности (или её части) и окружности, получающейся из уже построенной отражением относительно оси Оу.
Если 
график
не пересекает квадрат K, и система уравнений не имеет решений. Если 
система уравнения имеет два решения — точки 
и 
Если 
дуга окружности
и пересекает отрезок AB дважды — эти две точки, а также им симметричные относительно оси Оу, образуют 4 различных решения системы. Если 
дуга окружности
и пересекает отрезки DA и CB в двух точках с положительной абсциссой. Аналогично, эти две точки, а также им симметричные относительно оси Оу, образуют 4 различных решения системы. Если 
система уравнений имеет два решения — точки (0; 0) и (0; 12). Наконец, если 
дуга окружности
и не пересекает стороны квадрата K и система уравнений не имеет решений. Таким образом, система уравнений имеет ровно два решения только при 
и 
Ответ: 
Изображено множество точек, удовлетворяющих первому уравнению системы — 2 балла.
Если при этом стороны квадрата не параллельны осям координат — не более 3 баллов за задачу.
За каждое найденное значение параметра — по 2 балла.
В ответ включены лишние значения параметра — не более 4 баллов за задачу.
Найдите все значения параметра a, при которых система
имеет ровно два решения.
Рассмотрим первое уравнение системы и изобразим множество его решений на координатной плоскости. Для раскрытия модулей найдём множества точек, в которых выражения под модулями обращаются в ноль. Это прямые 
этих точках. Возьмем область, расположенную сверху от обеих прямых. В ней лежит, например, точка (0; 10). Подстановкой несложно убедиться, что в этой точке оба выражения 
и 
положительны. Таким образом, уравнение принимает вид
откуда 
С учётом рассматриваемых ограничений подходит отрезок с концами в точках 
и 
Аналогично рассматриваем остальные три случая, и в итоге получаем границы квадрата K с вершинами в точках 
и 
Эта фигура не имеет пересечения с полуплоскостью 
поэтому можно считать, что 
С учётом указанного замечания второе уравнение можно записать в виде
(раскрыв модуль у переменной y). Обозначим множество точек, определяемых этим уравнением, через модуль у переменной y). Обозначим множество точек, определяемых этим уравнением, через Если у уравнения нет решений. При оно задаёт две точки 
и 
Поскольку обе они не принадлежат квадрату K, система не имеет решений, и значение не удовлетворяет условию задачи. Перейдём к случаю
При уравнение принимает вид
и мы получаем окружность радиуса с центром в точке (или её часть, лежащую в полуплоскости если вся она в этой полуплоскости не помещается). Поскольку уравнение инвариантно относительно замены x на множество симметрично относительно оси Оy. Таким образом, замены x на множество симметрично относительно оси Оy. Таким образом, есть совокупность полученной выше окружности (или её части) и окружности, получающейся из уже построенной отражением относительно оси Оу.
Если 
график
не пересекает квадрат K, и система уравнений не имеет решений. Если 
система уравнения имеет два решения — точки 
и 
Если 
дуга окружности
и пересекает отрезок AB дважды — эти две точки, а также им симметричные относительно оси Оу, образуют 4 различных решения системы.
Если 
дуга окружности
и пересекает отрезки DA и CB в двух точках с положительной абсциссой. Аналогично, эти две точки, а также им симметричные относительно оси Оу, образуют 4 различных решения системы. Если 
система уравнений имеет два решения — точки (0; 0) и 
Наконец, если 
дуга окружности
и не пересекает стороны квадрата K и система уравнений не имеет репений. Таким образом, система уравнений имеет ровно два репения только при 
и 
Ответ: 
Изображено множество точек, удовлетворяющих первому уравнению системы — 2 балла.
Если при этом стороны квадрата не параллельны осям координат — не более 3 баллов за задачу.
За каждое найденное значение параметра — по 2 балла.
В ответ включены лишние значения параметра — не более 4 баллов за задачу.
Найдите все значения параметра a, при которых система
имеет ровно два решения.
Рассмотрим первое уравнение системы и изобразим множество его решений на координатной плоскости. Для раскрытия модулей найдём множества точек, в которых выражения под модулями обращаются в ноль. Это прямые 
Подстановкой несложно убедиться, что в этой точке оба выражения 
и 
отрицательны. Таким образом, уравнение принимает вид
С учётом рассматриваемых ограничений подходит отрезок с концами в точках 
и 
Аналогично рассматриваем остальные три случая, и в итоге получаем границы квадрата K с вершинами в точках 
и 
Эта фигура не имеет пересечения с полуплоскостью поэтому можно считать, что 
С учётом указанного замечания второе уравнение можно записать в виде
(опустив модуль у переменной y). Обозначим множество точек, определяемых этим уравнением, через Если у уравнения нет решений. При оно задаёт две точки (4; 3) и (−4; 3). Поскольку обе они не принадлежат квадрату K, система не имеет решений, и значение не удовлетворяет условию задачи. Перейдём к случаю 
При уравнение принимает вид
и мы получаем окружность радиуса с центром в точке (4; 3) (или её часть, лежащую в полуплоскости если вся она в этой полуплоскости не помещается). Поскольку уравнение инвариантно относительно замены x на множество симметрично относительно оси Oy. Таким образом, есть совокупность полученной выше окружности (или её части) и окружности, получающейся из уже построенной отражением относительно оси Oy.
Если 
график
не пересекает квадрат K, и система уравнений не имеет решений. Если 
система уравнения имеет два решения — точки 
и 
Если 
дуга окружности
и пересекает отрезок AB дважды эти две точки, а также им симметричные относительно оси Оу, образуют 4 различных решения системы. Если 
дуга окружности
и пересекает отрезки DA и CB в двух точках с положительной абсциссой. Аналогично, эти две точки, а также им симметричные относительно оси Оу, образуют 4 различных решения системы. Если 
система уравнений имеет два решения — точки (0; 0) и (0; 6). Наконец, если 
дуга окружности
и не пересекает стороны квадрата K и система уравнений окружности
и не пересекает стороны квадрата K и система уравнений не имеет решений. Таким образом, система уравнений имеет ровно два решения только при 
и 
Ответ: 
Изображено множество точек, удовлетворяющих первому уравнению системы — 1 балл.
За каждое значение параметра — по 2 балла.
В ответ включены лишние значения параметра — не более 3 баллов за задачу.
Найдите все значения параметра a, при которых система
имеет ровно два решения.
Рассмотрим первое уравнение системы и изобразим множество его решений на координатной плоскости. Для раскрытия модулей найдём множества точек, в которых выражения под модулями обращаются в ноль. Это прямые 
и 
отрицательны. Таким образом, уравнение принимает вид
откуда 
С учётом рассматриваемых ограничений подходит отрезок с концами в точках 
и 
Аналогично рассматриваем остальные три случая, и в итоге получаем границы квадрата K с вершинами в точках 
и 
Эта фигура не имеет пересечения с полуплоскостью 
поэтому можно считать, что 
С учётом указанного замечания второе уравнение можно записать в виде
(опустив модуль у переменной x). Обозначим множество точек, определяемых этим уравнением, через модуль у переменной x). Обозначим множество точек, определяемых этим уравнением, через Если у Уравнения нет решений. При оно задаёт две точки (6; 8) и (6; −8). Поскольку обе они не принадлежат квадрату K, система не имеет решений, и значение не удовлетворяет условию задачи. Перейдём к случаю
При 
уравнение принимает вид
и мы получаем окружность радиуса с центром в точке (6; 8) (или её часть, лежащую в полуплоскости 
если вся она в этой полуплоскости не помещается). Поскольку уравнение инвариантно относительно замены y на 
множество симметрично относительно оси Ox. Таким образом, есть совокупность полученной выше окружности (или её части) и окружности, получающейся из уже построенной отражением относительно оси Ox. Если график
не пересекает квадрат K, и система уравнений не имеет решений. Если система уравнения имеет два решения — точки 
и 
Если дуга окружности
и 
пересекает отрезок AB дважды — эти две точки, а также им симметричные относительно оси Оx, образуют 4 различных решения системы. Если дуга окружности
и пересекает отрезки DA и CB в двух точках с отрицательной ординатой. Аналогично, эти две точки, а также им симметричные относительно оси Ох, образуют 4 различных решения системы. Если система уравнений имеет два решения — точки (0; 0) и (12; 0). Наконец, если дуга окружности
и 
не пересекает стороны квадрата K и система уравнений не имеет решений. Таким образом, система уравнений имеет ровно два решения только при и 
Ответ:
Изображено множество точек, удовлетворяющих первому уравнению системы — 1 балл.
За каждое значение параметра — по 2 балла.
В ответ включены лишние значения параметра — не более 3 баллов за задачу.
Найдите все пары действительных параметров a и b, при каждой из которых система уравнений
имеет бесконечно много решений.
Если 
то второе уравнение системы принимает вид 
и поэтому решений у системы нет. При всех остальных значениях параметров в каждом из уравнений хотя бы один из коэффициентов при переменных отличен от нуля. Следовательно, оба уравнения системы определяют некоторые прямые, и для существования бесконечного количества решений нужно, чтобы эти прямые совпадали. Это возможно при пропорциональности коэффициентов уравнений, то есть при
Отметим также, что невозможен случай, когда коэффициенты при одной из переменных или свободные члены обращаются в ноль в обоих уравнениях*. Рассматривая первое равенство из (??), получаем
Далее подставим это во второе равенство (??):
а) если 
то
отсюда получаем два решения системы: 
и 
б) если 
то
отсюда получаем ещё два решения системы: 
Ответ: 
*Вообще говоря, это существенное замечание. Например, уравнения 
и 
задают одну и ту же прямую.
Записано условие, при котором система уравнений имеет бесконечно много решений (пропорциональность коэффициентов уравнения или эквивалентное условие) — 1 балл.
Записано условие пропорциональности, но не учтено, что оба коэффициента при одной переменной могут равняться нулю — снять 1 балл.
Предполагается, что уравнения системы должны быть одинаковы — 0 баллов за задачу.
Неэквивалентное преобразование системы (исходной или новой системы уравнений относительно параметров) — не более 1 балла за задачу.
Потеряно хотя бы одно решение — не более 2 баллов за задачу.
Найдите все пары действительных параметров a и b, при каждой из которых система
уравнений
имеет бесконечно много решений.
Если то второе уравнение системы принимает вид и поэтому решений у системы нет. При всех остальных значениях параметров в каждом из уравнений хотя бы один из коэффициентов при переменных отличен от нуля. Следовательно, оба уравнения системы определяют некоторые прямые, и для существования бесконечного количества решений нужно, чтобы эти прямые совпадали. Это возможно при пропорциональности коэффициентов уравнений, то есть при
Отметим также, что невозможен случай, когда коэффициенты при одной из переменных или свободные члены обращаются в ноль в обоих уравнениях 
Рассматривая первое равенство из 
получаем 
отсюда 
Далее подставим это во второе равенство (??):
а) если 
то
отсюда получаем два решения системы:
б) если 
то
отсюда получаем ещё два решения системы:
Ответ: 
* Вообще говоря, это существенное замечание. Например, уравнения 
и 
задают одну и ту же прямую.
Записано условие, при котором система уравнений имеет бесконечно много решений (пропорциональность коэффициентов уравнения или эквивалентное условие) — 1 балл.
Записано условие пропорциональности, но не учтено, что оба коэффициента при одной переменной могут равняться нулю — снять 1 балл.
Предполагается, что уравнения системы должны быть одинаковы — 0 баллов за задачу.
Неэквивалентное преобразование системы (исходной или новой системы уравнений относительно параметров) — не более 1 балла за задачу.
Потеряно хотя бы одно решение — не более 2 баллов за задачу.
Пусть 
а) Решите уравнение 
б) Найдите множество значений отношения 
в) Определите число решений уравнения 
на отрезке 
а) Преобразуем уравнение
Значит либо 
или 
при 
отсюда 
Либо
Обозначив 
получим 
или 
получим 
или 
откуда
Первый из этих наборов включен в ответы и так — все его элементы получаются по формуле
б)Воспользуемся формулой из пункта б)
Обозначив получим
Поскольку t принимает все значения из отрезка 
нам нужно определить множество значений функции 
при 
кроме 
(поскольку при этих t имеем 
и 
не определено.
Функция 
—
причем 
а наибольшее — при 
или 
Тогда 
и 
поэтому область значений на отрезке [−1; 1] будет 
а на интервале [−1; 1] 
в) Возможны два случая.
Если 
(то есть 
других подходящих точек на этом интервале нет), то 
и уравнение выполнено при любом a. Если же 
то можно поделить обе части уравнения на 
и получить уравнение 
где 
При 
получаем 
и 
причем каждому такому t соответствует ровно одно x из данного в задаче промежутка.
Очевидно функция возрастает на 
и принимает по одному разу все значения из полуинтервала 
Итак, ответ будет таким — при 
уравнение имеет два корня, а при прочих a — один корень (напомним, что 
является корнем всегда).
Ответ:
а) 
б) 
в) одно решение при 
и 
два — при 
| За каждый из четырех пунктов сюжета выставляется одна из следующих оценок: + (3 балла), ± (2 балла), ∓ (1 балл), − (0 баллов) Максимум за сюжет 12 баллов. При этом необходимо руководствоваться следующим. | |
| Критерии оценивания выполнения заданий | Баллы |
|---|---|
| Верное и полное выполнение задания | 3 |
| Ход решения верный, решение доведено до ответа, но допущен один недочет | 2 |
| Ход решения верный, решение доведено до ответа, но допущено два недочета или одна грубая ошибка | 1 |
| Остальные случаи | 0 |
| К недочетам относятся, например: описки, неточности в использовании математической символики; погрешности на рисунках, недостаточно полные обоснования; неточности в логике рассуждений при сравнении чисел, доказательстве тождеств или неравенств; вычислительные ошибки, не повлиявшие принципиально на ход решения и не упростившие задачу, если задача не являлась вычислительной; замена строго знака неравенства нестрогим или наоборот; неверное присоединение либо исключение граничной точки из промежутка монотонности и аналогичные. Грубыми ошибками являются, например: потеря или приобретение постороннего корня; неверный отбор решения на промежутке при правильном решении в общем виде; вычислительная ошибка в задаче на вычисление; неверное изменение знака неравенства при умножении на отрицательное число, логарифмировании или потенцировании и т. п. | |
а)
б)
в) одно решение при и два — при
Наверх