Тренировочный вариант №121 А. Ларина

a)

$2cos^3x+1=cos^2(\frac{3\pi}{2}-x);$

$2cos^3x+1=sin^2x;$

$2cos^3x+cos^2x=0;$

$cos^2x(2cosx+1)=0;$

$cosx=0$ или $cosx=-\frac{1}{2};$

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

б) Отбор корней уравнения из промежутка $(-3\pi;-\frac{3\pi}{2})$ при помощи тригонометрического круга:

Ответ: 

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

б) $-\frac{8\pi}{3},-\frac{5\pi}{2}.$

a) Так как пирамида правильная, то проекция вершины $S$, точка $H$, – центр треугольника $ABC$ (точка пересечения медиан). $CH:HK=2:1$ по свойству медиан.

Проведем $HL$ параллельно $KM$ ($L\in SC$). По теореме о пропорциональных отрезках $LC:ML=CH:HK=2:1.$ Пусть $CL=2y,LM=y.$ Заметим (поскольку $M$ – середина $SC$), $SM=3y.$

Далее, опять же, по теореме о пропорциональных отрезках, $SP:PH=SM:ML=3y:y=3:1.$

Итак, прямая $MK$ делит высоту $SH$ пирамиды в отношении $1:3$.

б) Угол между прямой $MK$ и плоскостью $ABC$ – есть угол $MKH$, так как прямая $KH$ – проекция $MK$ на плоскость $ABC.$

Далее,

$HC=\frac{2}{3}CK=\frac{2}{3}\sqrt{AC^2-AK^2}=\frac{2}{3}\sqrt{6^2-3^2}=2\sqrt3.$

$HK=\frac{1}{2}HC=\sqrt3.$

$PH=\frac{1}{4}SH=\frac{1}{4}\sqrt{SC^2-CH^2}=\frac{1}{4}\sqrt{13}.$

Наконец, из треугольника $KPH$:

$tgMKH=\frac{PH}{KH}=\frac{\frac{\sqrt{13}}{4}}{\sqrt3}=\frac{\sqrt{39}}{12}.$

Итак, $\angle MKH=arctg\frac{\sqrt{39}}{12}.$

Ответ: б) $arctg\frac{\sqrt{39}}{12}.$

$x\sqrt x+2\sqrt x+3\leq \frac{6}{2-\sqrt x};$

$\frac{(x\sqrt x+2\sqrt x+3)(2-\sqrt x)-6}{2-\sqrt x}\leq 0;$

$\frac{2x\sqrt x-x^2+\sqrt x-2x}{2-\sqrt x}\leq 0;$

$\frac{(\sqrt x)^4-2(\sqrt x)^3+2(\sqrt x)^2-\sqrt x}{2-\sqrt x}\geq 0;$

$\frac{\sqrt x(\sqrt x-1)((\sqrt x)^2-\sqrt x+1)}{2-\sqrt x}\geq 0;$

$\frac{\sqrt x(\sqrt x-1)}{2-\sqrt x}\geq 0;$

Применяем метод замены множителей:

$\frac{x(x-1)}{4-x}\geq 0$ при условии $x\geq 0;$

$x\in ${$0$}$\cup [1;4).$

Ответ: {$0$}$\cup [1;4).$

Пусть $AK=a,BK=b$, радиус вписанной окружности – $r.$

Пользуясь формулой площади треугольника $S=pr$ ($p$ – полупериметр, $r$ – радиус вписанной окружности) и, используя свойство о равенстве отрезков касательных к окружности, получаем:

$S_{ABC}=(a+b+r)r.$

С другой стороны,

$S_{ABC}=\frac{AC\cdot BC}{2}=\frac{(a+r)(b+r)}{2}.$

Тогда

$(a+b+r)r=\frac{(a+r)(b+r)}{2},$

откуда

$2ar+2br+2r^2=ab+ar+br+r^2;$

$ab=ar+br+r^2$ или $ab=(a+b+r)r.$

Итак, $S_{ABC}=ab.$

Что и требовалось доказать.

б)

Используя пункт (а), получаем

$S_{ABC}=5\cdot 12=60.$

А так как при этом $S_{ABC}=(5+12+r)r$, то $(17+r)r=60$, откуда $r=3.$

$S_{MKP}=S_{ABC}-S_{MBK}-S_{AKP}-S_{CMP}=60-\frac{25sinB}{2}-\frac{144sinA}{2}-\frac{r^2}{2}=$

$=60-\frac{\frac{25(12+r)}{17}}{2}-\frac{\frac{144(5+r)}{17}}{2}-\frac{r^2}{2}=60-\frac{375}{34}-\frac{1152}{34}-\frac{9}{2}=\frac{180}{17}.$

Ответ: б) $\frac{180}{17}.$

Пусть в данной стране  $x$ жителей. Согласно условию  $\frac{2x}{3}$ из них – городские жители, $\frac{x}{3}$ – сельские.

Пусть в составе правительства $y$ человек – из города, тогда $100-y$ – из села.

За проект из числа городских жителей проголосовало $\frac{2xy}{300}$ человек.

За проект из числа сельских жителей проголосовало $\frac{x(100-y)}{300}$ человек.

Поскольку нас интересует наименьшее число городских жителей, которое надо включить в проект состава правительства, чтобы за него проголосовало более половины избирателей, то

$\frac{2xy}{300}+\frac{x(100-y)}{300}>\frac{x}{2};$

$2y+100-y>150;$

$y>50;$

Стало быть, наименьшее значение $y$ равно $51$. Именно столько городских жителей следует включить в проект состава правительства.

 Ответ: 51. 

$\frac{a^3-(x+2)a^2+xa+x^2}{a+x}=0;$

$\begin{cases}x^2+(a-a^2)x+a^3-2a^2=0,\\x\neq -a;&\end{cases}$

$\begin{cases}x=\frac{a^2-a\pm \sqrt{(a-a^2)^2-4(a^3-2a^2)}}{2},\\x\neq -a;&\end{cases}$

$\begin{cases}x=\frac{a^2-a\pm (a^2-3a)}{2},\\x\neq -a;&\end{cases}$

$\begin{cases}x=\frac{a^2-a\pm (a^2-3a)}{2},\\x\neq -a;&\end{cases}$

$\begin{cases}\left[\begin{array}{rcl}x=a^2-2a,\\x=a;\end{array}\right.\\x\neq -a;&\end{cases}$

Графическая иллюстрация последней системы, а значит и исходного уравнения, в системе координат $ax$:

Заметим, вершина $A$ параболы $x=a^2-2a$, выколотая точка, имеет абсциссу $1$, а абсцисса точки $B$, точки пересечения параболы $x=a^2-2a$ и прямой $x=a$ (вторая точка пересечения указанных линий $(0;0)$ – выколота, не в счет), имеет абсциссу $3$.

Становится видно, что только значения $a=1$, $a=3$ дают единственный корень в исходном уравнении.

Ответ: $1;3.$