Тренировочная работа №139 А. Ларина

a)

$\sqrt{15\cdot 2^{sinx}-4}=3\cdot 2^{sinx};$

$15\cdot 2^{sinx}-4=(3\cdot 2^{sinx})^2;$

$9(2^{sinx})^2-15\cdot 2^{sinx}+4=0;$

$\left[\begin{array}{rcl}2^{sinx}=\frac{1}{3},\\2^{sinx}=\frac{4}{3};\end{array}\right.$

$\left[\begin{array}{rcl}sinx=log_2\frac{1}{3},\\sinx=log_2\frac{4}{3};\end{array}\right.$

Заметим, $log_2\frac{1}{3}=-log_23<-log_22=-1.$

При этом $0=log_21<log_2\frac{4}{3}<log_22=1.$

Тогда

$x=(-1)^narcsin(log_2\frac{4}{3})+\pi n,n\in Z;$

$x=(-1)^narcsin(2-log_23)+\pi n,n\in Z.$

б) Произведем отбор корней уравнения из отрезка $[-\pi; \frac{\pi}{2}]$ при помощи тригнометрического круга.

Ответ:

а) $(-1)^narcsin(2-log_23)+\pi n,n\in Z$

б) $arcsin(2-log_23).$

a) Так как трапеция $ABCD$ – равнобокая с острым углом в $45^{\circ}$, то продолжения боковых сторон пересекаются под прямым углом. Пусть $(AB)\cap (CD)=H.$

$(DH)\perp (AH)$, а $(AH)$ – прямая пересечения перпендикулярных плоскостей $(PAB),(ABC)$. Тогда по свойству перпендикулярных плоскостей $(DH)\perp (PAB).$

Итак, прямая $DH$, лежащая в $(PCD)$, перпендикулярна $(PAB)$, а значит, по признаку  перпендикулярности плоскостей, $(PAB)\perp (PCD).$

б) Аналогично рассуждениям пункта (a) $(AH)\perp (PCD),$ а значит, и $(AH)\perp (PH).$

Но и $(DH)\perp (PH)$ (из пункта (а)).

Итак, $(PH)$ перпендикулярна двум пересекающимся прямым плоскости $(ABC)$, а значит $(PH)\perp (ABC)$ по признаку перпендикулярности прямой и плоскости.

$PH$ – высота пирамиды.

$V=\frac{S_{ABCD}\cdot PH}{3}.$

Тогда

$27=\frac{\frac{6+12}{2}\cdot 3\cdot PH}{3},$

откуда $PH=3.$

$S_{bok}=2S_{ABP}+S_{BCP}+S_{ADP};$

$S_{bok}=2\cdot \frac{AB\cdot PH}{2}+\frac{BC\cdot PT}{2}+\frac{AD\cdot QP}{2},$ где $Q,T$ – середины $AD,BC$ соответственно.

$S_{bok}=2\cdot \frac{3\sqrt2\cdot 3}{2}+\frac{6\cdot \sqrt{3^2+3^2}}{2}+\frac{12\cdot \sqrt{6^2+3^2}}{2};$

$S_{bok}=18\sqrt2+18\sqrt{5};$

$S_{bok}=18(\sqrt2+\sqrt{5});$

Ответ: б) $18(\sqrt2+\sqrt{5}).$

$\large\frac{log_{x+0,5}(4^x-3\cdot 2^{x+1}+8)}{log_{\sqrt{x+0,5}}2}\normalsize\leq x;$

$\large\frac{log_{x+0,5}(4^x-3\cdot 2^{x+1}+8)-2x\cdot log_{x+0,5}2}{2log_{x+0,5}2}\normalsize\leq 0;$

$\large\frac{log_{x+0,5}(4^x-3\cdot 2^{x+1}+8)-log_{x+0,5}4^x}{log_{x+0,5}2}\normalsize\leq 0;$

$\large\frac{log_{x+0,5}\frac{4^x-3\cdot 2^{x+1}+8}{4^x}}{log_{x+0,5}2}\normalsize\leq 0;$

Применяем метод рационализации.

$\begin{cases}\frac{(x+0,5-1)(\frac{4^x-3\cdot 2^{x+1}+8}{4^x}-1)}{(x+0,5-1)(2-1)}\leq 0,\\x+0,5>0,\\4^x-6\cdot 2^{x}+8>0;&\end{cases}$

$\begin{cases}\frac{4^x-3\cdot 2^{x+1}+8-4^x}{4^x}\leq 0,\\x>-0,5,\\x\neq 0,5,\\(2^x-4)(2^x-2)>0;&\end{cases}$

$\begin{cases}-3\cdot 2^{x+1}+8\leq 0,\\x>-0,5,\\x\neq 0,5,\\(x-2)(x-1)>0;&\end{cases}$

$\begin{cases}6\cdot 2^{x}\geq 8,\\x>-0,5,\\x\neq 0,5,\\(x-2)(x-1)>0;&\end{cases}$

$\begin{cases}x\geq log_2\frac{4}{3},\\x>-0,5,\\x\neq 0,5,\\(x-2)(x-1)>0;&\end{cases}$

Заметим, $0<log_2\frac{4}{3}=2-log_23<2-log_2\sqrt{8}=0,5.$

$x\in [2-log_23;0,5)\cup (0,5;1)\cup (2;+\infty).$

Ответ: $[2-log_23;0,5)\cup (0,5;1)\cup (2;+\infty).$

a) Пусть $M$ – середина $AC$. Пусть $MN,MP$ – перпендикуляры к $BC,AB$ соответственно. При этом согласно условию $MN=NA_2,MP=PC_2.$

Заметим, $AA_1\parallel MA_2$, как прямые, перпендикулярные одной и той же прямой ($BC$) на плоскости.

При этом $MN$ – средняя линия треугольника $AA_1C$, то есть $MN=\frac{AA_1}{2}.$ Тогда $MA_2=AA_1.$

Итак, $AA_1A_2M$ – параллелограмм по признаку параллелограмма. Тогда $A_1A_2\parallel AM.$

Аналогично показывается, что и $C_1C_2\parallel AM.$

Итак, прямые $A_1A_2,C_1C_2$, параллельные одной и той же прямой, параллельны между собой по признаку параллельности прямых.

б) $MA_2=AA_1=\frac{2S_{ABC}}{BC}=\frac{2\sqrt{9(9-7)(9-6)(9-5)}}{6}=2\sqrt6.$

$MC_2=CC_1=\frac{2S_{ABC}}{AB}=\frac{2\sqrt{9(9-7)(9-6)(9-5)}}{7}=\frac{12\sqrt6}{7}.$

Заметим, $\angle A_2MC_2+\angle B=180^{\circ}$ (так как в четырехугольнике $PBNM$   $\angle P+\angle N=180^{\circ}$).

При этом $cosB=\frac{AB^2+BC^2-AC^2}{2AB\cdot BC}=\frac{5}{7}$ (по теореме косинусов из $\Delta ABC$). Откуда $cos\angle A_2MC_2=-\frac{5}{7}.$

Из треугольника $A_2C_2M$ по теореме косинусов:

$A_2C_2^2=MC_2^2+MA_2^2-2\cdot MC_2\cdot MA_2\cdot cos\angle A_2MC_2;$

$A_2C_2^2=(\frac{12\sqrt6}{7})^2+(2\sqrt6)^2+2\cdot\frac{12\sqrt6}{7} \cdot 2\sqrt6\cdot \frac{5}{7};$

$A_2C_2^2=\frac{864}{49}+24+\frac{1440}{49}$

$A_2C_2=\frac{2\sqrt{870}}{7}.$

Ответ: $\frac{2\sqrt{870}}{7}$.

Пусть было $x$ тонн груза.

Пусть вначале погрузка шла в $n$ вагонов вместимостью $80$ тонн. Тогда вагонов вместимостью $60$ тонн – $n+8$, $50$ тонн – $n+13$. Так как вагоны вместимостью $50$ тонн оказались полностью загружены грузом $x$, то  $50(n+13)=x$ (1).

 Согласно условию имеем:

$80(n-1)<x<80n$  (2)

и

$60(n+7)<x<60(n+8)$ (3)

Подставляя (1) в (2) и (3), имеем:

$80(n-1)<50(n+13)<80n$

и

 $60(n+7)<50(n+13)<60(n+8).$

Откуда

$\frac{65}{3}<n<\frac{73}{3}$   и  $17<n<23,$

или

$21\frac{2}{3}<n<23.$

А поскольку $n\in N$, то $n=22.$

Итак, тонн груза было $50(22+13)=1750.$

Ответ: $1750$.

Так как график функции $f(x)=x^3+ax^2+bx+c,c<0$, пересекает ось ординат в точке $A$, то $A(0;c).$

Пусть $M(x_1;0), N(x_2;0).$

Имеем

$x_1^3+ax_1^2+bx_1+c=0$ и $x_2^3+ax_2^2+bx_2+c=0$.

Откуда

$c=-x_1^3-ax_1^2-bx_1$ (1)

Так как график функции $f(x)$ имеет ровно две общие точки $M$ и $N$ с осью абсцисс, то

$x^3+ax^2+bx+c=(x-x_1)(x-x_2)^2$

($x_1$ – не может быть корнем четной кратности, иначе касательная к $f(x)$ в точке $M$ была бы параллельна оси абсцисс, а $c<0$ по условию).

Откуда

$x^3+ax^2+bx+c=x^3+(-2x_2-x_1)x^2+(x_2^2+2x_1x_2)x-x_1x_2^2,$

то есть

$a=-2x_2-x_1,$  $b=x_2^2+2x_1x_2,$  $c=-x_1x_2^2$ (*)

Составим уравнение касательной к графику функции $f(x)=x^3+ax^2+bx+c,c<0$ в точке $M(x_1;0)$:

$y_{kasat}=(3x^2_1+2ax_1+b)(x-x_1)+0.$

Так как прямая, касающаяся исходного графика в точке $M$, проходит через точку $A(0;c)$, то

$c=(3x^2_1+2ax_1+b)(0-x_1);$

$c=-3x_1^3-2ax_1^2-bx_1$  (2).

С учетом (1) и (2) имеем

$-x_1^3-ax_1^2-bx_1=-3x_1^3-2ax_1^2-bx_1;$

$2x_1^3+ax_1^2=0;$

$x_1=0$ (что не подходит) или $a=-2x_1$ (3)

Подставляя (3) в $a=-2x_2-x_1$ (из(*)), получаем

 $a=-4x_2$ (4)

Из (3) и (4):

$x_1=2x_2$ (5)

Подставляя (5) в $b=x_2^2+2x_1x_2$ (из(*)), получаем

$b=5x_2^2$ (6)

Подставляя (5) в $c=-x_1x_2^2$ (из(*)), получаем

$c=-2x^3_2$ (7)

Так как площадь треугольника $AMN$ равна $1$, то

$1=\frac{|x_1-x_2|\cdot (-c)}{2}$

или

$2=-c|x_1-x_2|$ (8)

Подставляя (5) и (7) в (8), получаем

$2=2x^3_2|x_2|.$

Становится видно, что $x_2>0.$ Точнее, $x_2=1.$

Наконец, из (4), (6), (7):

$a=-4,$

$b=5,$

$c=-2.$

Ответ: $a=-4,$ $b=5,$ $c=-2.$