Тренировочный вариант №150 А. Ларина

a)

$\begin{cases}4cos2x-2sin2x=4cos^2x,\\2cosx\geq 0;&\end{cases}$

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

$\begin{cases}sin^2x+sinxcosx=0,\\cosx\geq 0;&\end{cases}$

$\begin{cases}sinx(sinx+cosx)=0,\\cosx\geq 0;&\end{cases}$

$\begin{cases}\left[\begin{array}{rcl}sinx=0,\\sinx=-cosx;\end{array}\right.\\cosx\geq 0;&\end{cases}$

$x=2\pi n, n\in Z$ или $x=-\frac{\pi}{4}+2\pi k, k\in Z.$

б) Произведем отбор корней уравнения, из отрезка $[-\frac{13\pi}{6};-\frac{\pi}{2}]$ при помощи тригонометрического круга.

$x=-2\pi.$

Ответ:

а) $2\pi n, n\in Z$,  $-\frac{\pi}{4}+2\pi k, k\in Z;$

б) $-2\pi.$

a) Пусть $AB$ пересекается с $DC$ в точке $T$. Точки $T$ и $K$ лежат в плоскости грани $DCS.$ Пусть $KT$ пересекается с $SD$ в точке $L$.

Четырехугольник $ABKL$ – сечение пирамиды $SABCD$ плоскостью $ABK.$

б) Пусть $AD:BC=k.$

Заметим, что тогда и $DT:CT=k$ в силу подобия треугольников $ADT,BCT.$ Заметим также, что $S_{ADT}:S_{BCT}=k^2.$

Обозначим $DL=m, LS=n.$

По теореме Менелая ($\Delta DSC$):

$\frac{DL}{LS}\cdot \frac{SK}{KC}\cdot \frac{CT}{DT}=1;$

$\frac{m}{n}\cdot \frac{5}{2}\cdot \frac{1}{k}=1;$

$\frac{m}{n}=0,4k.$

$V_{SABKL}=V_{SABCD}-V_{ABCDLK}=V_{SABCD}-(V_{LATD}-V_{KBTC}).$

Пусть высота пирамиды $SABCD$ – $h,$ основание –$S.$

Тогда

$V_{SABCD}=\frac{hS}{3}.$

Поскольку, как мы говорили, $S_{ADT}:S_{BCT}=k^2$, то $k^2\cdot S_{BCT}=S_{BCT}+S,$ откуда $S_{BCT}=\frac{S}{k^2-1}$ и $S_{ATD}=S+\frac{S}{k^2-1}$.

$V_{LATD}=\frac{(S+\frac{S}{k^2-1})\frac{mh}{n+m}}{3};$

$V_{LATD}=\frac{(S+\frac{S}{k^2-1})\frac{0,4knh}{n+0,4kn}}{3};$

$V_{LATD}=\frac{(S+\frac{S}{k^2-1})\frac{2kh}{5+2k}}{3};$

$V_{LATD}=\frac{Sh}{3}\cdot \frac{2k^3}{(k^2-1)(2k+5)};$

Далее,

$V_{KBTC}=\frac{\frac{S}{k^2-1}\cdot \frac{2h}{7}}{3};$

$V_{KBTC}=\frac{Sh}{3}\cdot \frac{2}{7(k^2-1)};$

Стало быть,

$V_{SABKL}=\frac{hS}{3}(1-\frac{2k^3}{(k^2-1)(2k+5)}+\frac{2}{7(k^2-1});$

$V_{SABKL}=\frac{hS}{3}(\frac{7(k^2-1)(2k+5)-14k^3+2(2k+5)}{7(k^2-1)(2k+5)});$

$V_{SABKL}=\frac{hS}{3}(\frac{14k^3+35k^2-14k-35-14k^3+4k+10)}{7(k^2-1)(2k+5)});$

$V_{SABKL}=\frac{hS}{3}(\frac{5(7k^2-2k-5)}{7(k^2-1)(2k+5)});$

По условию объемы пирамид $SABKL$ и $SABCD$ относятся, как $95:189$, поэтому

$189(\frac{5(7k^2-2k-5)}{7(k^2-1)(2k+5)})=95;$

$27(\frac{7k^2-2k-5}{(k^2-1)(2k+5)})=19;$

$27(7k^2-2k-5)=19(k^2-1)(2k+5);$

$27(k-1)(7k+5)=19(k^2-1)(2k+5);$

$27(7k+5)=19(k+1)(2k+5);$

$189k+135=38k^2+133k+95;$

$38k^2-56k-40=0;$

$19k^2-28k-20=0;$

$k=\frac{14+24}{19};$

$k=2.$

Ответ: $2.$

$log_4(x^2-4)^2+log_2(\frac{x-1}{x^2-4})>0;$

$\frac{1}{2}\cdot log_2(x^2-4)^2>-log_2(\frac{x-1}{x^2-4});$

$log_2|x^2-4|>-log_2(\frac{x-1}{x^2-4});$

$log_2|x^2-4|>log_2(\frac{x^2-4}{x-1});$

Применяем к неравенству метод замены множителей, помня о равносильности перехода.

$\begin{cases}(2-1)(|x^2-4|-\frac{x^2-4}{x-1})>0,\\\frac{x^2-4}{x-1}>0;&\end{cases}$

Так как $\frac{x^2-4}{x-1}>0,$ то $|\frac{x^2-4}{x-1}|=\frac{x^2-4}{x-1}.$ Нам это потребуется для решения методом рационализации.

$\begin{cases}|x^2-4|-|\frac{x^2-4}{x-1}|>0,\\\frac{x^2-4}{x-1}>0;&\end{cases}$

$\begin{cases}(x^2-4-\frac{x^2-4}{x-1})(x^2-4+\frac{x^2-4}{x-1})>0,\\\frac{x^2-4}{x-1}>0;&\end{cases}$

$\begin{cases}\frac{((x^2-4)(x-1)-(x^2-4))((x^2-4)(x-1)+(x^2-4))}{(x-1)^2}>0,\\\frac{x^2-4}{x-1}>0;&\end{cases}$

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

$x\in (-2;0)\cup (2;+\infty).$

Ответ: $(-2;0)\cup (2;+\infty).$

а) Пусть $A$ – произвольная точка малой окружности. $B$ –  точка малой окружности, диаметрально противоположная точке $A$. Пусть $AF=a,BF=b.$

Пусть $\angle AOF=\alpha,$ тогда $\angle FOB=180^{\circ}-\alpha.$

Применим теорему косинусов к треугольнику $AFO:$

$a^2=AO^2+OF^2-2AO\cdot OF\cdot cos \alpha$  (1)

Применим теорему косинусов к треугольнику $BFO:$

$b^2=BO^2+OF^2-2BO\cdot OF\cdot cos (180^{\circ}-\alpha);$

$b^2=BO^2+OF^2+2BO\cdot OF\cdot cos \alpha$  (2)

(1)+(2):

$a^2+b^2=AO^2+OF^2+BO^2+OF^2-2AO\cdot OF\cdot cos \alpha+2BO\cdot OF\cdot cos \alpha;$

$a^2+b^2=AO^2+OF^2+BO^2+OF^2;$

$a^2+b^2=2(AO^2+OF^2).$

Итак, сумма квадратов расстояний от произвольной точки $F$ большей окружности до концов диаметра (произвольного) меньшей окружности есть удвоенная сумма квадратов радиусов окружностей, то есть величина постоянная, не зависит ни от выбора точки $F$, ни от выбора диаметра.

Что и требовалось доказать.

б) 

$S_{AFB}=\frac{a\cdot b\cdot sinF}{2}.$

При этом по теореме косинусов для треугольника $AFB:$

$AB^2=a^2+b^2-2abcosF;$

Используя то, что $a^2+b^2=2(AO^2+OF^2)$, то есть $a^2+b^2=2(10^2+24^2)$ (пункт а), получаем:

$20^2=2(10^2+24^2)-2abcosF.$

Откуда

$abcosF=\frac{2(10^2+24^2)-20^2}{2};$

$abcosF=476.$

Итак, $S_{AFB}=\frac{a\cdot b\cdot sinF}{2}=\frac{\frac{476}{cosF}\cdot sinF}{2}=238\cdot tgF=238\cdot \frac{1}{4}=59,5.$

Ответ: б) $59,5.$

Пусть в одной бригаде  $x$ рабочих заняты изготовлением деталей типа A, во второй тогда  $(146-x)$ рабочиx заняты изготовлением детелей типа В.

Пусть скорость изготовления одной детали типа A – $t$  деталей в час. Тогда скорость изготовления детали B – $2t$ деталей в час.

Рабочие первой бригады затратят тогда на изготовление заказа $\frac{2000}{tx}$ часов. А рабочие второй бригады выполнят заказ за $\frac{14000}{2t(146- x)}$ часов.

Мы заинтересованы в том, чтобы разница между $\frac{2000}{tx}$ и $\frac{14000}{2t(146- x)}$ была бы минимальна.

А это будет в случае

$\frac{2000}{x}=\frac{7000}{146- x};$

$\frac{2}{x}=\frac{7}{146-x};$

$2(146-x)=7x;$

$9x=292;$

$x=32\frac{4}{9}.$

Так как $x\in N,$ то придется округлить $x$.

Если $x=32,$ то

$|\frac{2000}{x}-\frac{7000}{146- x}|=1000|\frac{2}{32}-\frac{7}{114}|=1000|\frac{1}{16}-\frac{7}{114}|=$

$=\frac{1000}{456}.$

Если $x=33,$ то

$|\frac{2000}{x}-\frac{7000}{146- x}|=1000|\frac{2}{33}-\frac{7}{113}|=1000|\frac{226-231}{3729}|=\frac{5000}{3729}.$

Сравним $\frac{1000}{456}$ и $\frac{5000}{3729}.$

$\frac{1}{456}\vee \frac{5}{3729};$

$\frac{5}{2280}>\frac{5}{3729}.$

Итак, нас устраивает вариант, когда в одной бригаде на производстве деталей типа А будет работать  $33$ человека, а во второй, на изготовлении деталей типа В – $113$  человек.

Ответ: А: $33$; В: $113.$

$\begin{cases}|x^2-x-6|=(y-1)^2+x-7,\\3y=2x+a;&\end{cases}$

$\begin{cases}|(x-3)(x+2)|=(y-1)^2+x-7,\\3y=2x+a;&\end{cases}$

$\begin{cases}\left[\begin{array}{rcl}\begin{cases}-2\leq x\leq 3,\\-x^2+x+6=(y-1)^2+x-7;&\end{cases}&\\\begin{cases}\left[\begin{array}{rcl}x>3,\\x<-2;\end{array}\right.\\x^2-x-6=(y-1)^2+x-7;\end{cases}\end{array}\right.\\3y=2x+a;&\end{cases}$

$\begin{cases}\left[\begin{array}{rcl}\begin{cases}-2\leq x\leq 3,\\x^2+(y-1)^2=13;&\end{cases}&\\\begin{cases}\left[\begin{array}{rcl}x>3,\\x<-2;\end{array}\right.\\(x-1)^2=(y-1)^2;\end{cases}\end{array}\right.\\3y=2x+a;&\end{cases}$

$\begin{cases}\left[\begin{array}{rcl}\begin{cases}-2\leq x\leq 3,\\x^2+(y-1)^2=13;&\end{cases}&\\\begin{cases}\left[\begin{array}{rcl}x>3,\\x<-2;\end{array}\right.\\x-1=\pm (y-1);\end{cases}\end{array}\right.\\3y=2x+a;&\end{cases}$

Как видно из рассуждений выше, графиком уравнения $|x^2-x-6|=(y-1)^2+x-7$ является объединение линий, помеченных синим цветом на рисунке.

График $3y=2x+a$ – семейство параллельных прямых, имеющих тангенс угла наклона к оси $(ox)$,  $\frac{2}{3}.$

На рисунке бледно красным цветом помечена зона возможного расположения прямых $3y=2x+a$, когда мы будем иметь одно или два решения исходной системы. Пунктиром помечены границы зоны, не входящие в решение.

Для нахождения значений $a$, задающих границы зоны, что выделена на рисунке бледно красным цветом, нам потребуются координаты точек $A,B,C$ и $D$ (см. рис.) ($C$ –  точка касания прямой $3y=2x+a$ и окружности $x^2+(y-1)^2=13$, при этом $a<0$).

Очевидно, координаты точек $A,B,D$ таковы:

$A(3;3),B(-2;-2),D(3;-1).$

Найдем координаты точки $C.$ Для чего потребуем, чтобы дискриминант для

$x^2+(\frac{2x+a}{3}-1)^2=13$

был бы нулевым.

$x^2+(\frac{2x+a-3}{3})^2=13;$

$9x^2+(2x+a-3)^2=117;$

$9x^2+4x^2+4x(a-3)+a^2-6a+9=117;$

$13x^2+4(a-3)x+a^2-6a-108=0;$

$D=16(a-3)^2-52(a^2-6a-108);$

$D=0$ <=>  $4(a-3)^2-13(a^2-6a-108)=0;$

$D=0$ <=> $4a^2-24a+36-13a+78a+1404=0;$

$D=0$ <=> $a^2-6a-160=0;$

$D=0$ <=> $a=16$ или $a=-10.$

Как мы уже отмечали, в данном случае нам следует взять отрицательное $a$.

Подставляя поочередно координаты точек $A,B,D$ в уравнение $3y=2x+a$, находим соответствующие значения $a:$

$A$ -> $a=3;$

$B$ -> $a=-2;$

$D$ -> $a=-9;$

Итак, искомые значения $a$ таковы:

$a\in (-\infty;-10)\cup(-9;-2]\cup[3;+\infty).$

Ответ: $(-\infty;-10)\cup(-9;-2]\cup[3;+\infty).$