Тренировочная работа №147 А. Ларина

a) 

 $sin2x=1+\sqrt2cosx+cos2x;$

 $2sinxcosx=1+\sqrt2cosx+2cos^2x-1;$

$2sinxcosx=\sqrt2cosx+2cos^2x;$

$cosx=0$ или $2(sinx-cosx)=\sqrt2;$

$cosx=0$ или $\frac{\sqrt2}{2}sinx-\frac{\sqrt2}{2}cosx=\frac{1}{2};$

$cosx=0$ или $sin(x-\frac{\pi}{4})=\frac{1}{2};$

$x=\frac{\pi}{2}+\pi n,$ $x=\frac{5\pi}{12}+2\pi k,$ $x=\frac{13\pi}{12}+2\pi k, n, k\in Z.$

б) Укажем  корни  уравнения, принадлежащие отрезку $[0;\pi].$

$x=\frac{5\pi}{12}; x=\frac{\pi}{2}.$

Ответ:

а) $\frac{\pi}{2}+\pi n,$ $\frac{5\pi}{12}+2\pi k,$ $\frac{13\pi}{12}+2\pi k, n, k\in Z;$

б) $\frac{5\pi}{12},\frac{\pi}{2}.$

a) 

Пусть прямая $PN$ плоскости $DCC_1$ пересекается с $DC$ в точке $F.$

Пусть прямая $PN$  плоскости $DCC_1$ пересекается с $DD_1$ в точке $E$.

Пусть прямая $ME$ плоскости $AA_1D_1D$ пересекается с $AD$ в точке $Q$.

$QF$ – прямая пересечения $MNP, ABCD.$

Прямая $QF$ плоскости $ABC$ пересекается с $BC$ в точке $H$.

Построение выполнено.

б) Пусть $QF$ пересекает $AB$ в точке $T,$ прямая $QE$ пересекает $A_1D_1$  в точке $L.$

Пусть $AM=C_1N=4x,MA=CN=x,D_1P=y,PC_1=4y.$

Треугольники $CNF,C_1NP$ подобны по двум углам, $k=\frac{CN}{C_1N}=\frac{1}{4}.$ Тогда $CF=\frac{PC_1}{4}=y,DF=6y.$

Треугольники $CNF,DEF$ подобны по двум углам, $k=\frac{CF}{DF}=\frac{y}{6y}=\frac{1}{6}.$ Тогда $DE=6CN=6x,D_1E=x.$

Треугольники $LED_1,LMA_1$ равны по второму признаку. $A_1L=LD_1=z,$ где $2z=AD.$

Треугольники $MA_1L,MAQ$ подобны по двум углам, $k=\frac{MA_1}{MA}=\frac{1}{4}.$ Тогда $QA=4A_1L=4z$.

Треугольники $QTA,QFD$ подобны по двум углам, $k=\frac{QA}{QD}=\frac{4z}{6z}=\frac{2}{3}.$ Тогда $AT=\frac{2DF}{3}=4y$, $TB=y.$

Треугольники $QTA,HTB$ подобны по двум углам, $k=\frac{TA}{TB}=4.$ Тогда $BH=\frac{QA}{4}=z$.

Итак, $H$ – середина $BC,$ то есть $BH:BC=1:2.$

Ответ: б) $1:2.$ 

$\sqrt{7-log_2x^2}+log_2x^4>4;$

$\sqrt{7-log_2x^2}>4-log_2x^4;$

(Алгоритмы решения ираациональных неравенств можно посмотреть здесь) 

$\left[\begin{array}{rcl}\begin{cases}4-log_2x^4<0,\\7-log_2x^2\geq 0;\end{cases}\\\begin{cases}4-log_2x^4\geq 0,\\7-log_2x^2>(4-log_2x^4)^2;\end{cases}\end{array}\right.$

$\left[\begin{array}{rcl}\begin{cases}4log_2|x|>4,\\2log_2|x|\leq 7;\end{cases}\\\begin{cases}4log_2|x|\leq 4,\\7-log_2x^2>(4-log_2x^4)^2;\end{cases}\end{array}\right.$

$\left[\begin{array}{rcl}\begin{cases}log_2|x|>1,\\log_2|x|\leq 3,5;\end{cases}\\\begin{cases}log_2|x|\leq 1,\\7-2log_2|x|>16-32log_2|x|+16log^2_2|x|;\end{cases}\end{array}\right.$

$\left[\begin{array}{rcl}1<log_2|x|\leq 3,5;\\\begin{cases}log_2|x|\leq 1,\\16log^2_2|x|-30log_2|x|+9<0;\end{cases}\end{array}\right.$

$\left[\begin{array}{rcl}1<log_2|x|\leq 3,5;\\\begin{cases}log_2|x|\leq 1,\\\frac{3}{8}<log_2|x|<\frac{3}{2};\end{cases}\end{array}\right.$

$\frac{3}{8}<log_2|x|\leq \frac{7}{2};$

$log_22^{\frac{3}{8}}<log_2|x|\leq log_22^{\frac{7}{2}};$

$\sqrt[8]{8}<|x|\leq 8\sqrt2;$

$x\in [-8\sqrt2;-\sqrt[8]{8})\cup (\sqrt[8]{8};8\sqrt2].$

Ответ: $[-8\sqrt2;-\sqrt[8]{8})\cup (\sqrt[8]{8};8\sqrt2].$

а) По свойству отрезков касательных $BD=BE$, то есть треугольник $DBE$ – равнобедренный и $\angle BDE=\angle BED.$

Пусть $\angle BAC=\alpha.$

Четырехугольник $ADEC$ – вписанный в окружность, поэтому суммы противоположных его углов равны $180^{\circ}.$ Значит $\angle DEC=180^{\circ}-\alpha.$

Углы $BED,DEC$ – смежные, поэтому $\angle BED=\alpha.$

Тогда и $\angle BDE=\alpha.$ Стало быть, $\angle ADE=180^{\circ}-\alpha.$ Откуда $\angle ACE=\alpha.$

Итак, $\angle BAC=\angle BCA=\alpha,$ то есть треугольник $ABC$ равнобедренный.

Что и требовалось доказать.

б) По формуле Герона

$S_{ABC}=\sqrt{6(6-5)^2(6-2)}=2\sqrt6.$

С другой стороны,

$S_{ABC}=\frac{BC\cdot h}{2},$

где $h$ – высота треугольника $ABC,$ проведенная к стороне $BC$.

Поэтому

$h=\frac{2S_{ABC}}{BC};$

$h=\frac{4\sqrt6}{5}.$

Ответ: б) $\frac{4\sqrt6}{5}.$

Пусть планируется собрать $n$ $12$–квартирных, $m$ $16$–квартирных и $k$ $21$–квартирных домов ($n,m,k$– не отрицательные целые числа).

Заметим, на один $21$–квартирный дом уходит $150$ деталей первого типа и $200$ деталей второго типа. При этом на два дома $12$–квартирного типа уйдет $140$ и $200$ деталей первого и второго типов соответственно. То есть во втором случае мы получаем  $24$ квартиры против $21$ квартиры. Поэтому каждый $21$–квартирный дом заменяем двумя $12$–квартирными. То есть $k=0.$

Нам нужно потребовать, чтобы сумма $S$, равная $12n+16m$, была бы наибольшей.

Исходя из условия, имеем

$70n+110m\leq 900$ и $100n+150m\leq 1300$

или

$7n+11m\leq 90$ и $2n+3m\leq 26$ (*)

Заметим теперь, что, на каждые три $12$–квартирных дома, уйдет деталей $210$ первого и $300$ второго типа, а на два $16$–квартирных дома $220$ и $300$ деталей первого и второго типов соответственно, однако квартир будет $36$ против $32$.

Итак, строить $2$ и более $16$–квартирных домов нет смысла.

Если мы не строим вообще $16$–квартирных домов  (то есть $m=0$), то $n=12$ (исходя из (*)). В этом случае $S=12\cdot 12=144.$

Если мы строим один $16$–квартирный дом (то есть $m=1$), то $n=11$ (исходя из (*)). В этом случае $S=12\cdot 11+16=148$.

 Ответ:

$12$‐квартирных домов: $11;$

$16$‐квартирных домов: $1;$

$21$‐квартирных домов: $0.$

$\begin{cases}

cos(y-b)-2cosx=0,&

&log_2(by-y^2)=log_2(-x)+log_{2}(3y);&

\end{cases}&$

$\begin{cases}

cos(y-b)-2cosx=0,&

&log_2(by-y^2)=log_2(-3xy),&

&y>0;&

\end{cases}&$

$\begin{cases}

cos(y-b)-2cosx=0,&

&by-y^2=-3xy,&

&y>0,&

&x<0;&

\end{cases}&$

$\begin{cases}

cos(y-b)-2cosx=0,&

&b-y=-3x,&

&y>0,&

&x<0;&

\end{cases}&$

$\begin{cases}

cos3x-2cosx=0,&

&b-y=-3x,&

&y>0,&

&x<0;&

\end{cases}&$

$\begin{cases}

4cos^3x-3cosx-2cosx=0,&

&b-y=-3x,&

&y>0,&

&x<0;&

\end{cases}&$

$\begin{cases}

4cos^3x=5cosx,&

&b-y=-3x,&

&y>0,&

&x<0;&

\end{cases}&$

$\begin{cases}

cosx=0,&

&b-y=-3x,&

&y>0,&

&x<0;&

\end{cases}&$

$\begin{cases}

x=\frac{\pi}{2}+\pi n,n\in Z,&

&y=3x+b,&

&y>0,&

&x<0;&

\end{cases}&$

Работаем во второй четверти ($x<0,y>0$, границы открыты).

$x=\frac{\pi}{2}+\pi n,n\in Z$ – семейство параллельных вертикальных прямых.

$y=3x+b$ – семейство параллельных прямых, имеющих тангенс угла наклона к оси  $x$ – 3.

Зеленым цветом на рисунке выделены зоны “нужного” нам расположения прямых $y=3x+b$. Когда прямая $y=3x+b$ попадает в одну из таких зон, мы имеем нечетное количество решений исходной системы уравнений.

Итак, $b\in (\frac{3\pi}{2}+6\pi n;\frac{9\pi}{2}+6\pi n],n\in Z.$

Ответ: $(\frac{3\pi}{2}+6\pi n;\frac{9\pi}{2}+6\pi n],n\in Z.$