Тренировочная работа №127 А. Ларина

 а)

$1+cos2x+\sqrt2cosx=0$ при условии $sinx\neq -1;$

$1+(2cos^2x-1)+\sqrt2cosx=0, sinx\neq -1;$

$2cos^2x+\sqrt2cosx=0, sinx\neq -1;$

$cosx(2cosx+\sqrt2)=0, sinx\neq -1;$

$cosx=0$ или $cosx=-\frac{\sqrt{2}}{2}$ при условии $sinx\neq -1;$

$x=\pm \frac{3\pi}{4}+2\pi n,n\in Z$ или $x=\frac{\pi}{2}+2\pi k, k\in Z.$

б) Отбор корней уравнения из указанного отрезка производим при помощи тригонометрического круга.

Ответ: 

а) $\pm \frac{3\pi}{4}+2\pi n,\frac{\pi}{2}+2\pi k, n,k\in Z;$

б) $\frac{5\pi}{2};\frac{11\pi}{4}.$

a) Построим сечение параллелепипеда плоскостью $MPC$.

Находим точку $T$ пересечения прямых $PC,AD$ плоскости $ABC$.

Прямая $TM$ плоскости $ADD_1$ пересекает ребро $AA_1$ в точке $L.$

Четырехугольник $PCML$ – сечение параллелепипеда плоскостью $MPC.$

Объем малого отсекаемого плоскостью сечения многогранника $V_{small}$ будем искать как  разность объемов соответствующих  пирамид:

$V_{small}=V_{CMDT}-S_{PLAT}$.

$V_{small}=\frac{S_{CMD}\cdot TD}{3}-\frac{S_{PLA}\cdot TA}{3}$

Заметим, треугольники $BCP,ATP$ равны по катету ($AP=BP$) и острому углу ($\angle BPC=\angle APT$, вертикальные).

Значит, $TA=BC=4.$

Далее, треугольники $TLA,TMD$ подобны по первому признаку, тогда

$\frac{LA}{MD}=\frac{TA}{TD};$

$LA=\frac{2\cdot 4}{8};$

$LA=1.$

Итак,

$V_{small}=\frac{\frac{CD\cdot MD}{2}\cdot TD}{3}-\frac{\frac{PA\cdot LA}{2}\cdot TA}{3}=\frac{6\cdot 2\cdot 8}{6}-\frac{3\cdot 1\cdot 4}{6}=14.$

При этом $V_{ABCDA_1B_1C_1D_1}=6\cdot 4\cdot 7=168.$

Стало быть, объем $V_{big}$ большего отсекаемого плоскостью сечения многогранника  есть

$V_{big}=168-14=154.$

Наконец, $V_{small}:V_{big}=14:154=1:11$, что и требовалось доказать.

б) Пусть $DQ\perp CP$. По теореме о трех перпендикулярах $MQ\perp CP$. То есть плоскость $MQD$ перпендикулярна плоскости $CMP$ по признаку перпендикулярности плоскостей. Но тогда для того, чтобы построить перпендикуляр из точки $D$ к плоскости $CMP$, достаточно построить в плоскости $MQD$ перпендикуляр к $QM$ (линии пересечения перпендикулярных плоскостей) согласно свойству перпендикулярных плоскостей.

Для треугольника $CDP:$

$S=\frac{QD\cdot CP}{2}$, с другой стороны $S=12$.

Поэтому $QD=\frac{12\cdot 2}{5}=\frac{24}{5}.$

Тогда  из треугольника $QDM:$

$tgQ=\frac{MD}{QD}=\frac{2}{\frac{24}{5}}=\frac{5}{12}.$

Откуда $sin^2 Q=\frac{1}{1+\frac{144}{25}},$ $sin Q=\frac{5}{13}.$

Наконец, из треугольника $QHD:$

$sin Q=\frac{HD}{QD};$

$\frac{5}{13}=\frac{HD}{\frac{24}{5}};$

$HD=1\frac{11}{13}.$

Ответ: б) $1\frac{11}{13}.$

$log_{2x}(x+4)\cdot log_x(2-x)\leq 0;$

$(log_{2x}(x+4)-0)\cdot (log_x(2-x)-0)\leq 0;$

Применяем метод замены множителей, а именно, заменяем разность $log_{2x}(x+4)-log_{2x}1$  произведением $(2x-1)(x+4-1)$ и разность $log_x(2-x)-log_x1$ произведением $(x-1)(2-x-1)$ при соблюдении области допустимых значений переменной $x$.

$\begin{cases}(2x-1)(x+4-1)(x-1)(2-x-1)\leq 0,\\x>0,\\x\neq 1,\\2x\neq 1,\\x+4>0,\\2-x>0;&\end{cases}$
$\begin{cases}(2x-1)(x+3)(x-1)^2\geq 0,\\x>0,\\x\neq 1,\\x\neq 0,5,\\-4<x<2;&\end{cases}$

$x\in (0,5;1)\cup (1;2).$

Ответ: $(0,5;1)\cup (1;2).$

а) Площадь полукруга $\omega_1$ есть $\frac{\pi \cdot (\frac{AC}{2})^2}{2}$, а площадь полукруга $\omega_2$ есть $\frac{\pi \cdot (\frac{BC}{2})^2}{2}$.

Площадь же полукруга $\omega$ есть $\frac{\pi \cdot (\frac{AB}{2})^2}{2}$.

Сумма $S_{lunochk}$ площадей двух луночек, ограниченных полуокружностями $\omega$ и $\omega_1$ и полуокружностями $\omega$ и $\omega_2$ есть тогда

$\frac{\pi \cdot (\frac{AC}{2})^2}{2}+\frac{\pi \cdot (\frac{BC}{2})^2}{2}-\frac{\pi \cdot (\frac{AB}{2})^2}{2}+S_{ABC}$

то есть

$S_{lunochk}=\frac{\pi}{8}\cdot (AC^2+BC^2-AB^2)+S_{ABC}.$

А поскольку $AC^2+BC^2-AB^2=0$, то $S_{lunochk}=S_{ABC}$.

Что и требовалось доказать.

б) Пусть $O_1,O_2$ – середины сторон $AC,BC$  соответственно.

Очевидно, четырехугольник $O_1MPO_2$ – прямоугольная трапеция (радиус, проведенный в точку касания, перпендикулярен касательной). Проведем $O_2H\perp O_1M.$

Будем искать $O_2H$ ($O_2H=PM$).

$O_2H=\sqrt{O_1O_2^2-(O_1M-O_2P)^2};$

$O_2H=\sqrt{(\frac{AB}{2})^2-(\frac{AC-BC}{2})^2};$

$O_2H=\sqrt{\frac{AB^2-AC^2-BC^2+2AC\cdot BC}{4}};$

$O_2H=\sqrt{\frac{2AC\cdot BC}{4}};$

$O_2H=\sqrt{\frac{AC\cdot BC}{2}};$

По доказанному в пункте (a) $S_{lunochk}=S_{ABC}$, поэтому

$O_2H=\sqrt{S_{lunochk}};$

$O_2H=\sqrt{49};$

$O_2H=7.$

Ответ: б) 7.

Пусть Миша и Маша положили по $x$ тыс. рублей. Через год на их счетах окажется по $1,1x$ тыс. рублей.

Про Мишу.

Миша снимет $5$ тыс. рублей (через год после открытия вклада, после действия процентов). На счету –

$1,1x-5$.

Через год –

$1,1\cdot (1,1x-5)$.

Миша вносит $5$ тыс. рублей, на счету –

$1,1^2-1,1\cdot 5+5$.

Еще через год на счету  –

$1,1^3-1,1^2\cdot 5+1,1\cdot 5.$

Про Машу.

Маша доложила $5$ тыс. рублей (через год после открытия вклада, после действия процентов). На счету –

$1,1x+5$.

Через год –

$1,1\cdot (1,1x+5)$.

Маша снимает $5$ тыс. рублей, на счету –

$1,1^2+1,1\cdot 5-5$.

Еще через год на счету  –

$1,1^3+1,1^2\cdot 5-1,1\cdot 5.$

Через три года со времени первоначального вложения разница вкладов составит (в тыс. рублей)

$1,1^3+1,1^2\cdot 5-1,1\cdot 5-(1,1^3-1,1^2\cdot 5+1,1\cdot 5)=10\cdot 1,1^2-10\cdot 1,1=1,1$.

Итак, Маша получит через три года  со времени первоначального вложения на $1,1$ тыс. рублей больше.

Ответ: Маша, на 1100 рублей.

Перепишем уравнение так:

$7^{ax^2-2x}+\sqrt[7]{ax^2-2x}=7^{x^2-1}+\sqrt[7]{x^2-1};$

Рассмотрим функцию $f(t)=7^t+\sqrt[7]{t}.$

Функция – монотонная, непрерывная как сумма двух монотонных непрерывных функции.

Поэтому, если $f(t_1)=f(t_2)$, то $t_1=t_2.$

Имеем

$ax^2-2x=x^2-1;$

$(1-a)x^2+2x-1=0;$

Если $a=1$, то последнее уравнение, также как и исходное уравнение, имеет единственный корень.

Потребуем, чтобы $D>0$ для $(1-a)x^2+2x-1=0$:

$1+(1-a)>0;$

$a<2;$

Итак, $a\in (-\infty;1)\cup (1;2).$

Ответ: $(-\infty;1)\cup (1;2).$