Тренировочная работа №148 А. Ларина

a)

$\begin{cases}1-cos2x=sin^22x,\\sin2x\geq 0;&\end{cases}$

$\begin{cases}1-(1-2sin^2x)=4sin^2xcos^2x,\\sin2x\geq 0;&\end{cases}$

$\begin{cases}sin^2x-2sin^2xcos^2x=0,\\sin2x\geq 0;&\end{cases}$

$\begin{cases}sin^2x(2-4cos^2x)=0,\\sin2x\geq 0;&\end{cases}$

$\begin{cases}\left[\begin{array}{rcl}sin^2x=0,\\cos^2x=\frac{1}{2};\end{array}\right.\\sin2x\geq 0;&\end{cases}$

$\begin{cases}\left[\begin{array}{rcl}sinx=0,\\cosx=\pm \frac{\sqrt2}{2};\end{array}\right.\\sinxcosx\geq 0;&\end{cases}$

Неравенство $sinxcosx\geq 0$ рассматриваем так:

$sinx\geq 0$ и $cosx\geq 0$

или

$sinx\leq 0$ и $cosx\leq 0.$

Неравенству $sinxcosx\geq 0$ отвечают значения $x$ первой, третьей четвертей (включая границы).

Итак,

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

б) Произведем отбор корней уравнения на отрезке $[-\frac{3\pi}{2};0].$

$x=-\pi$ или $x=-\frac{3\pi}{4}$  или  $x=0.$

Ответ: 

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

б) $-\pi; -\frac{3\pi}{4};0.$

a) Треугольники $BQR,BAC$  подобны по двум пропорциональным сторонам и углу между ними (угол $B$ общий, $\frac{BQ}{BA}=\frac{BR}{BC}=\frac{3}{7}$).

Тогда $\angle BQR=\angle BAC$, то есть $QR\parallel AC$.

А поскольку $ABCD$ – квадрат ($AC\perp BD$), то и $BD\perp QR.$ При этом прямая $BD$ – проекция наклонной $FD$  на плоскость $ABCD$, тогда по теореме о трех перпендикулярах  и $FD\perp QR.$

Далее, несложно заметить, что $\Delta BDF$  прямоугольный. Действительно, $FD^2+FB^2=DB^2$ ($7^2+7^2=(7\sqrt2)^2).$

Тогда, так как $PQ\parallel FB$ (доказательство аналогично доказательству параллельности $QR,AC$), то и $FD\perp PQ.$

Итак, прямая $FD$ перпендикулярна двум пересекающимся прямым плоскости $PQR$, а значит, перпендикулярна всей плоскости (по признаку перпендикулярности прямой и плоскости).

б)

Так как $DF\perp PQR$ (см. пункт (a)), то и плоскость $DFB$ перпендикулярна плоскости  $PQR$ по признаку перпендикулярности плоскостей.

Найдем прямую пересечения указанных плоскостей.

Плоскость $PQR,$ будучи параллельной $AC$ ($QR$ лежит в $PQR$, $QR\parallel AC$), пересекает плоскость $ACF$ по прямой, параллельной $AC$. Потому в плоскости $ACF$ проведем через точку $P$ прямую $PT,$ параллельную $AC$ ($T$ принадлежит $FC$).  $PT$ – прямая пересечения $PQR, ACF$.

Пусть $PT$ пересекается с $FO$ (где $O$ – центр основания $ABC$) в точке $K$. Пусть $QR$ пересекается с $BD$ в точке $L$.

Очевидно, $KL$  – прямая пересечения плоскостей $BFD,PQR$.

По свойству перпендикулярных плоскостей, если проведем из $D$ перпендикуляр $l$ к $KL$, то $l\perp PQR$.

Пусть $l$ пересекается с $KL$ в точке $H$. $DH$ – высота треугольника $DKL$.

$DH$ – искомое расстояние.

Потому

$DH=\frac{2S_{DKL}}{KL}.$

При этом

$S_{DKL}=\frac{KO\cdot DL}{2}.$

Так как $DB=7\sqrt2$ и $BL:BO=4:7$, то

$DL=\frac{5BD}{7}=5\sqrt2.$

Коэффициент подобия треугольников $PFT$, $AFC$ – $\frac{4}{7}.$ Поэтому

$KO=\frac{3OF}{7}=\frac{3\cdot \frac{7\sqrt2}{2}}{7}=\frac{3\sqrt2}{2}.$

Несложно заметить, что $KL=PQ=3.$

Итак,

$DH=\frac{2\cdot \frac{\frac{3\sqrt2}{2}\cdot 5\sqrt2}{2}}{3}=5.$

Ответ: б) $5$.

$log_5(2+x)(x-5)>log_{25}(x-5)^2;$

$log_5(2+x)(x-5)>\frac{1}{2}\cdot log_{5}(x-5)^2;$

$log_5(2+x)(x-5)>\frac{1}{2}\cdot 2\cdot log_{5}|x-5|;$

$log_5(2+x)(x-5)>log_{5}|x-5|;$

Применяем метод замены множителей:

$\begin{cases}(5-1)((2+x)(x-5)-|x-5|)>0,\\|x-5|>0;&\end{cases}$

$\left[\begin{array}{rcl}\begin{cases}x-5>0,\\(2+x)(x-5)-(x-5)>0;\end{cases}\\\begin{cases}x-5<0,\\(2+x)(x-5)-(5-x)>0;\end{cases}\end{array}\right.\\$

$\left[\begin{array}{rcl}\begin{cases}x>5,\\(x+1)(x-5)>0;\end{cases}\\\begin{cases}x<5,\\(x+3)(x-5)>0;\end{cases}\end{array}\right.\\$

$\left[\begin{array}{rcl}\begin{cases}x>5,\\x>-1;\end{cases}\\\begin{cases}x<5,\\x<-3;\end{cases}\end{array}\right.\\$

$x\in (-\infty;-3)\cup (5;+\infty).$

Ответ: $(-\infty;-3)\cup (5;+\infty).$

a)

Докажем, что четырехугольник $ABCD$ равнобедренная трапеция.

$\angle BAD=\frac{\breve{BCD}}{2}=\frac{\breve{BC}+\breve{CD}}{2};$

$\angle CDA=\frac{\breve{ABC}}{2}=\frac{\breve{AB}+\breve{BC}}{2}.$

Так как $AB=CD$, то $\breve{AB}=\breve{CD}$ (вытекает из равенства треугольников $OAB,OCD$ ($O$ – центр окружности) по трем сторонам ).

Потому $\angle BAD=\angle CDA$.

Но при этом $ABCD$ – вписанный в окружность четырехугольник, а значит, суммы углов $A$ и $C$, $B$ и $D$ равны по $180^{\circ}.$

Итак, внутренние односторонние углы $A$ и $B$ при прямых $BC,AD$ и секущей $AB$ в сумме дают $180^{\circ}$, поэтому $AD\parallel BC,$ то есть $ABCD$ –  трапеция.

Равенство углов $A$ и $D,$ доказанное выше, говорит о том, что трапеция $ABCD$ равнобокая.

Что и требовалось доказать.

б) Пусть $H_1,H_2$ – основания перпендикуляров из точек $B,C$ на $AD.$

Очевидно,

$AH_1=DH_2=4.$

Пусть $BC=a.$

Коэффициент подобия треугольников $BCP,DPA$ – $\frac{a}{a+8}.$

Пусть $h$ – высота треугольника $BPC,$  тогда  высота $ADP$ – $3-h.$

Имеем

$\frac{a}{a+8}=\frac{h}{3-h}$  (1)

Далее, расписав площадь треугольника $ADP,$ получим

$(a+8)(3-h)=25$  (2)

Из (1) выражаем $h:$

$h=\frac{3a}{2a+8}.$

Подставляя полученное выражение в (2), получаем

$(a+8)(3-\frac{3a}{2a+8})=25;$

$\frac{(a+8)(3a+24)}{2a+8}=25;$

$3a^2-3a-8=0;$

Откуда $a=2$.

Стало быть, $BC=2, AD=10.$

Далее, из треугольника  $ABH_1$   $sinBAH_1=\frac{3}{5}.$

Треугольник $ABD$ – вписанный в окружность радиуса $R$, что мы ищем.

По теореме синусов для треугольника $ABD$:

$\frac{BD}{sinA}=2R;$

$\frac{\sqrt{BH_1^2+H_1D^2}}{sinA}=2R;$

$\frac{\sqrt{45}}{\frac{3}{5}}=2R;$

$R=\frac{5\sqrt5}{2}.$

Ответ: б) $10;2;\frac{5\sqrt5}{2}.$

Так как числа $p_1,p_2,p_3$ являются последовательными членами геометрической прогрессии, их сумма равна $21$, а их произведение равно $64$, то, приняв за $q$ шаг прогрессии, имеем

$\begin{cases}p_1(1+q+q^2)=21,\\p_1^3q^3=64;&\end{cases}$

$\begin{cases}p_1(1+\frac{4}{p_1}+\frac{16}{p_1^2})=21,\\p_1q=4;&\end{cases}$

$\begin{cases}p_1^2+4p_1+16=21p_1,\\p_1q=4;&\end{cases}$

$\begin{cases}p_1^2-17p_1+16=0,\\p_1q=4;&\end{cases}$

Получаем, что $p_1=1, q=4$ или $p_1=16, q=\frac{1}{4}.$

Итак, в случае первого варианта

стоимость материалов составляет  $a^{\frac{3}{2}}$  тыс.руб, стоимость строительных работ $4a$, тыс.руб и стоимость отделочных работ $16a^\frac{1}{2}$ тыс.руб.

или (во втором случае)

стоимость материалов составляет  $16a^{\frac{3}{2}}$  тыс.руб, стоимость строительных работ $4a$, тыс.руб и стоимость отделочных работ $a^\frac{1}{2}$ тыс.руб.

Рассмотрим второй случай.  Если построить $63$ дома, то,  согласно условию, затраты на материалы будут меньше, чем затраты на строительные и отделочные работы, поэтому

$63\cdot 16a^{\frac{3}{2}}<63(4a+a^\frac{1}{2});$

$16a^{\frac{3}{2}}<4a+a^\frac{1}{2};$

$a^\frac{1}{2}(16a-4a^{\frac{1}{2}}-1)<0;$

С учетом того, что $a>0$, имеем

$16a-4a^{\frac{1}{2}}-1<0;$

$(a^{\frac{1}{2}}-\frac{2+2\sqrt5}{16})(a^{\frac{1}{2}}-\frac{2-2\sqrt5}{16})<0;$

Так как $a^{\frac{1}{2}}-\frac{2-2\sqrt5}{16}>0,$ то

$a^{\frac{1}{2}}-\frac{2+2\sqrt5}{16}<0;$

$a^{\frac{1}{2}}<\frac{2+2\sqrt5}{16};$

$0<a<\frac{3+\sqrt5}{32};$

Исключаем вариант $p_1=16, q=\frac{1}{4}.$

Вернемся к первому варианту.

Так как если построить $63$ дома, то затраты на материалы будут меньше, чем затраты на строительные и отделочные работы, потому

$63a^{\frac{3}{2}}<63(4a+16a^\frac{1}{2});$

$a^\frac{3}{2}<4a+16a^\frac{1}{2};$

$a^\frac{1}{2}(a-4a^{\frac{1}{2}}-16)<0;$

С учетом того, что $a>0$, имеем

$a-4a^{\frac{1}{2}}-16<0;$

$(a^{\frac{1}{2}}-(2+2\sqrt5))(a^{\frac{1}{2}}-(2-2\sqrt5))<0;$

Так как $a^{\frac{1}{2}}-2+2\sqrt5>0,$ то

$a^{\frac{1}{2}}-(2+2\sqrt5)<0;$

$a^{\frac{1}{2}}<2+2\sqrt5;$

$0<a<24+8\sqrt5.$

Пусть построено $n$ домов.

Тогда $na=2500.$ Откуда $n=\frac{2500}{a}.$

Необходимо, чтобы общие затраты были минимальными, поэтому

будем исследовать $S(a)=\frac{2500}{a}(a^{\frac{3}{2}}+4a+16a^\frac{1}{2})$  на наименьшее значение на $(0;24+8\sqrt5)$.

$S(a)=2500(a^{\frac{1}{2}}+4+\frac{16}{a^\frac{1}{2}});$

$S'(a)=2500(\frac{1}{2\sqrt a}-\frac{8}{\sqrt{a^3}});$

$S'(a)=2500(\frac{a-16}{2a\sqrt a});$

$a=16$ – точка минимума $S(a).$

$S(16)$  – наибольшее значение $S(a)$ на  $(0;24+8\sqrt5)$.

Так как $\frac{2500}{16}=156,25,$  то с учетом того, что   $n\in N,$ получаем, что $n=156.$

Ответ: $156.$

$\begin{cases}2cosx+asiny=1,\\log_zsiny=(log_za)\cdot log_a(2-3cosx),\\log_az+log_a(\frac{1}{2a}-1)=0;&\end{cases}$

$\begin{cases}2cosx+asiny=1,\\log_zsiny=log_z(2-3cosx),\\log_a\frac{1}{z}=log_a(\frac{1}{2a}-1);&\end{cases}$

$\begin{cases}2cosx+asiny=1,\\siny=2-3cosx,\\\frac{1}{z}=\frac{1}{2a}-1,\\a>0,\\a\neq 1,z>0,\\z\neq 1,\\siny>0;&\end{cases}$

$\begin{cases}2cosx+a(2-3cosx)=1,\\siny=2-3cosx,\\z=\frac{2a}{1-2a},\\a>0,\\a\neq 1,z>0,\\z\neq 1,\\siny>0;&\end{cases}$

Итак, необходимо, чтобы уравнение

$2cosx+a(2-3cosx)=1$

имело хотя бы одно решение при условии (*):

$\begin{cases}2-3cosx>0,\\2-3cosx\leq 1,\\a>0,\\a\neq 1,\\\frac{2a}{1-2a}>0,\\\frac{2a}{1-2a}\neq 1;&\end{cases}$

Рассмотрим указанное уравнение:

$2cosx+2a-3acosx=1;$

$cosx(2-3a)=1-2a;$

Заметим, $a\neq \frac{2}{3}.$ Поэтому

$cosx=\frac{1-2a}{2-3a}.$

Потребуем, чтобы $-1\leq \frac{1-2a}{2-3a}\leq 1.$

$\begin{cases} \frac{1-2a-2+3a}{2-3a}\leq 0,\\\frac{1-2a+2-3a}{2-3a}\geq 0;&\end{cases}$

$\begin{cases} \frac{a-1}{2-3a}\leq 0,\\ \frac{3-5a}{2-3a}\geq 0;&\end{cases}$

$a\in (-\infty;\frac{3}{5}]\cup [1;+\infty).$

С учетом того, что $cosx=\frac{1-2a}{2-3a},$ вспомним об условии (*):

$\begin{cases}\frac{1-2a}{2-3a}<\frac{2}{3},\\\frac{1-2a}{2-3a}\geq \frac{1}{3},\\a>0,\\a\neq 1,\\\frac{2a}{1-2a}>0,\\\frac{2a}{1-2a}\neq 1;&\end{cases}$

$\begin{cases}\frac{3-6a-4+6a}{3(2-3a)}<0,\\\frac{3-6a-2+3a}{3(2-3a)}\geq 0,\\a>0,\\a\neq 1,\\\frac{2a}{1-2a}>0,\\a\neq \frac{1}{4};&\end{cases}$

$\begin{cases}\frac{1}{2-3a}>0,\\\frac{1-3a}{2-3a}\geq 0,\\a>0,\\a\neq 1,\\\frac{2a}{1-2a}>0,\\a\neq \frac{1}{4};&\end{cases}$

$a\in (0;\frac{1}{4})\cup (\frac{1}{4};\frac{1}{3}].$

Последние указанные значения $a$ входят в $(-\infty;\frac{3}{5}]\cup [1;+\infty).$

Итак, значения $a$, при каждом из которых система уравнений

имеет хотя бы одно решение таковы: $(0;\frac{1}{4})\cup(\frac{1}{4};\frac{1}{3}].$

Ответ: $(0;\frac{1}{4})\cup (\frac{1}{4};\frac{1}{3}].$