Тренировочный вариант №122 А. Ларина

 a)

$2cos2x+8sinx=5;$

$2(1-2sin^2x)+8sinx=5;$

$4sin^2x-8sinx+3=0;$

$sinx=\frac{4\pm 2}{4};$

$sinx=\frac{1}{2};$

$x=\frac{\pi}{6}+2\pi n$ или  $x=\frac{5\pi}{6}+2\pi n, n\in Z;$

б) Отбор корней уравнения из отрезка $[\frac{5\pi}{2};5\pi].$

Корни исходного уравнения из отрезка $[\frac{5\pi}{2};5\pi]:$

$\frac{17\pi}{6};\frac{25\pi}{6};\frac{29\pi}{6}.$

Ответ: 

a) $\frac{\pi}{6}+2\pi n,$  $\frac{5\pi}{6}+2\pi n, n\in Z;$

б) $\frac{17\pi}{6};\frac{25\pi}{6};\frac{29\pi}{6}.$

а)

Построим плоскость β.

Так как параллельные плоскости пересекаются третьей по параллельным прямым, то плоскость β, пересекающая плоскость $A_1B_1C_1$ по прямой $D_1F_1,$ пересечет плоскость $ABC$ (параллельную $(A_1B_1C_1)$) по прямой, параллельной $D_1F_1$.

А так как  β имеет общую точку ($B$) с $(ABC)$, то проводим через $B$ в плоскости $ABC$ прямую, параллельную $D_1F_1.$

Пусть указанная прямая пересекается с прямыми $DC$ и $AF$ в точках $Q$ и $P$ соответственно.

Пусть теперь $QD_1$ пересекается с $CC_1$ в точке $N$, с $AA_1$ – в $M.$

Плоскость β  и призма образуют сечение $BMF_1D_1N.$

Докажем, что $AM:A_1M=1:2$.

Прямая $PB$, параллельная  $F_1D_1$ (а значит и $FD$), перпендикулярна $AF$ (так как и $FD$ перпендикулярна $AF$). См. рис.

В прямоугольном треугольнике $ABP$ по свойству катета, лежащего против угла в $30^{\circ}$, $AP=\frac{1}{2}AB.$

Далее, треугольники $AMP$, $FF_1P$ подобны по двум углам, коэффициент подобия – $AP:PF=1:3.$

Но тогда и $AM:FF_1=1:3$, следовательно, и $AM:AA_1=1:3$, откуда $AM:A_1M=1:2.$

Что и требовалось доказать.

б) Угол между плоскостями β, $(ABC)$ – есть угол $MPA$ ($MA\perp PB$ (см. п.а), $MP\perp PB$ по теореме о трех перпендикулярах).

Из треугольника $MPA:$

$tgMPA=\frac{MA}{PA}=\frac{1}{\frac{1}{2}}=2.$

$\angle MPA=arctg2.$

Ответ: б) $arctg2.$

$log_x512\leq log_2\frac{64}{x};$

$log_x2^9\leq log_22^6-log_2x;$

$9log_x2\leq 6-log_2x;$

$\frac{9}{log_2x}\leq 6-log_2x;$

$\frac{log_2^2x-6log_2x+9}{log_2x}\leq 0;$

$\frac{(log_2x-3)^2}{log_2x}\leq 0;$

Применяем метод замены множителей:

$\begin{cases}

\frac{(x-8)^2}{x-1}\leq 0,&

&x>0;&

\end{cases}$

$x\in (0;1)\cup${$8$}.

Ответ: $(0;1)\cup${$8$}.

a)

$S_{ABC}=\frac{h\cdot AB}{2}$, где $h$ – высота $\Delta ABC$, проведенная к гипотенузе.

$S_{CLM}=\frac{h\cdot LM}{2}$.

Докажем, что $LM=\frac{AB}{10}.$

По свойству биссектрисы треугольника $AC:BC=AL:BL$, то есть $AL:BL=3:2.$ Или, иными словами, $AL=\frac{3AB}{5},BL=\frac{2AB}{5}.$

А поскольку $M$ – середина $AB$, то $LM=AL-AM=\frac{3AB}{5}-\frac{AB}{2}=\frac{AB}{10}.$

Итак,

 $S_{ALM}=\frac{h\cdot LM}{2}=\frac{h\cdot \frac{AB}{10}}{2}=\frac{1}{10}\cdot \frac{h\cdot AB}{2}=\frac{S_{ABC}}{10}$.

Что и требовалось доказать.

б) $\angle MCL=\angle ACL-\angle ACM=45^{\circ}-\angle ACM.$

Заметим, по свойству медианы, проведенной к гипотенузе  $\angle ACM=\angle A$ (так как $AM=BM=CM$).

Тогда $tg MCL=tg(45^{\circ}-\angle A)=\frac{tg45^{\circ}-tgA}{1+tg45^{\circ}\cdot tgA}=\frac{1-\frac{2}{3}}{1+\frac{2}{3}}=\frac{1}{5}$.

Итак, $\angle MCL=arctg 0,2.$

Ответ: б) $arctg 0,2.$

Пусть Аркадий взял в кредит $x$ рублей.

1 марта 2011 года долг Аркадия составляет

$x\cdot \frac{110}{100}$ (или $x\cdot \frac{11}{10}$)

(Если считать, что первая выплата Аркадия – $y$ рублей, то вторая – $2y$,  третья – $3y$. А поскольку все выплаты Аркадия банку составили $2395800$ рублей, то $6y=2395800$ или $y=399300.$)

Аркадий вносит $399300$ и на счету остается

$x\cdot \frac{11}{10}-399300.$

1 марта 2012 года долг Аркадия составляет

$x\cdot (\frac{11}{10})^2-399300\cdot \frac{11}{10}.$

Аркадий вносит $2\cdot 399300$ и на счету остается

$x\cdot (\frac{11}{10})^2-399300\cdot \frac{11}{10}-2\cdot 399300.$

1 марта 2013 года долг Аркадия составляет

$x\cdot (\frac{11}{10})^3-399300\cdot (\frac{11}{10})^2-2\cdot 399300\cdot \frac{11}{10}.$

Аркадий делает последнюю выплату $3\cdot 399300.$

Тогда

$x\cdot (\frac{11}{10})^3-399300\cdot (\frac{11}{10})^2-2\cdot 399300\cdot \frac{11}{10}=3\cdot 399300.$

$x=\large\frac{399300\cdot (\frac{11}{10})^2+2\cdot 399300\cdot \frac{11}{10}+3\cdot 399300}{(\frac{11}{10})^3};$

$x=\large\frac{399300((\frac{11}{10})^2+2\cdot \frac{11}{10}+3)}{(\frac{11}{10})^3};$

$x=\large\frac{10^3\cdot 399300\cdot (\frac{11^2+2\cdot 11\cdot 10+3\cdot 10^2}{10^2})}{11^3};$

$x=\large\frac{10^3\cdot 399300\cdot (\frac{121+220+300}{10^2})}{11^3};$

$x=\large\frac{3993000\cdot 641}{11^3};$

$x=1923000.$

Ответ: $1923000$.

$|x^2-2x-3|=2(3a+2)+ax;$

$|x^2-2x-3|=a(x+6)+4;$

$\begin{cases}y=|x^2-2x-3|,\\y=a(x+6)+4;&\end{cases}$

Построим $y=|x^2-2x-3|$.

При $-1\leq x\leq 3$   $y=-x^2+2x+3$ (вершина параболы – $(1;4)$, ветви вниз, точки пересечения с осью $ox$ – $(-1;0), (3;0)$).

При $x<-1$  и $x>3$  $y=x^2-2x-3$ (вершина параболы – $(1;-4)$, ветви вверх, точки пересечения с осью $ox$ – $(-1;0), (3;0)$).

Заметим, $y=a(x+6)+4$ – семейство прямых, проходящих через точку $(-6;4).$

Становится видно, что $y=a(x+6)+4$  и  $y=|x^2-2x-3|$  пересекаются трижды (а значит исходное уравнение имеет три корня) только в двух случаях:

В случае прохождения прямой $y=a(x+6)+4$ через точку $(1;4)$, за что отвечает $a=0$. А также в случае прохождения прямой $y=a(x+6)+4$ через точку $(3;0)$, за что отвечает $a=-\frac{4}{9}$ (действительно, при подстановке $(3;0)$ в $y=a(x+6)+4$ имеем $0=a(3+6)+4$).

Ответ: $-\frac{4}{9};0.$