Вариант 7

А) Преобразуем уравнение:

$4(\frac{1+cos2x}2)^2-5cos2x-1=0$

$1+2cos2x+cos^22x-5cos2x-1=0$

$cos^22x-3cos2x=0$

$cos2x(cos2x-3)=0$

т.е. имеем, что $cos2x=0$ или $cos2x-3=0$

В первом случае $2x=\frac\pi2+\pi n$; $x=\frac\pi4+\frac{\pi n}2$, $n\in Z$

Во втором случае $\varnothing$, так как не соответствует области значений косинуса

Б) Нанесем корни на числовую прямую и определим, какие корни входят в отрезок:

Ответ:

А) $\frac\pi4+\frac{\pi k}2;\;k\in Z;$

Б) $\frac{3\pi}4$

А) $S_{б.к.}=S_{б.ц.}$ - доказать

$S_{б.к.}=\pi r\cdot AH$ ; $S_{б.ц.}=2\pi r\cdot AB$

Рассмотрим $\bigtriangleup ABH$, $H$ - центр основания цилиндра, $BA\perp$ нижнему основанию цилиндра, $\angle B=90^\circ$

$sin(\angle H)=\frac{AB}{AH}=sin(30^\circ)=\frac12\Rightarrow AB=\frac12AH$

$\Rightarrow S_{б.ц.}=2\pi r\cdot\frac12AH=\pi r\cdot AH=S_{б.к.}$, что и требовалось доказать

Б) $V_к=(6\sqrt3+10)\pi$, $r_0$ - ?

т. $О$ - центр сферы, пусть т. $O\in(ABH)$

$\Rightarrow r_0=$ радиусу вписанное в $\bigtriangleup ABH$ окружности

$\Rightarrow r_0=\frac{HB+AB-AH}2=\frac{R+h-\frac h{sin(\angle H)}}2=\frac{R-h}2$

$\frac hR=tg(\angle H)\Rightarrow h=R\cdot tg(30^\circ)=\frac{R\sqrt3}3$

$V_к=\frac13\pi R^2h=\frac13\pi R^2\cdot\frac{R\sqrt3}3=\frac{\pi R^3\sqrt3}9$, $r_0=\frac{R(1-\frac{\sqrt3}3)}2\Rightarrow R=\frac{2r_0}{1-\frac{\sqrt3}3}$

$\Rightarrow\frac{\pi\sqrt3}9\cdot(\frac{2r_0}{1-\frac{\sqrt3}3})^3=(6\sqrt3+10)\pi$

$\frac{8\sqrt3}9r_0^3=12\sqrt3-20+20-\frac{100\sqrt3}9$

$r_0^3=1$

$r_0=1$

Ответ: 1

Перенесем единицу в левую часть и приведем к общему знаменателю:

$\frac{log_3\sqrt{28\cdot3^x-3}-(x+1)}{x+1}\geq0$

ОДЗ: $28\cdot3^x-3>0$

$x>log_3\frac3{28}$

$x>1-log_328$

Нули числителя: $\frac12log_3(28\cdot3^x-3)-(x+1)=0$

$log_3(28\cdot3^x-3)=2(x+1)$

$28\cdot3^x-3=3^{2(x+1)}$

$9\cdot3^{2x}-28\cdot3^x+3=0$

D=646

$3^x=\frac{28+26}{18}=3\Rightarrow x=1$

$3^x=\frac{28-26}{18}=\frac19\Rightarrow x=-2$

Нули знаменателя:$x+1=0\Rightarrow x=-1$

Нанесем нули на числовую прямую, расставим знаки, при этом учитываем ОДЗ:

Ответ: (1-log₃28; -2]⋃(-1; 1]

А) Достроим до квадрата $CKMN$ так, чтобы $\bigtriangleup ABC=\bigtriangleup FAN=\bigtriangleup EFM=\bigtriangleup BEK$

Обозначим $\angle OCA=\alpha$ и запишем теорему синусов для $\bigtriangleup OCA$ и $\bigtriangleup OCB$:

$\frac{OC}{sin(\angle OBC)}=\frac{OB}{sinn(90^\circ-\alpha)}$

$\Rightarrow\frac{OA}{OB}\cdot\frac{cos\alpha}{sin\alpha}=\frac{sin(\angle OBC)}{sin(\angle OAC)}$

$\Rightarrow\frac{OA}{OB}=\frac{sin(\angle OBC)}{sin(\angle OAC)}\cdot tg\alpha$

Опустим из Е перпендикуляр на CN. $EH\perp CN;EH=MN=CA+BC=3AC$

$HN=EM$ (по свойству прямоугольника $EMNH$)

$\Rightarrow CH=CN-HN=3AC-AC=2AC$

$\Rightarrow tg(\angle ECH)=tg\alpha=\frac32$

Рассмотрим $\bigtriangleup ABC$: по теореме Пифагора $AB=\sqrt{AC^2+BC^2}=\sqrt{AC^2+4AC^2}=\sqrt5AC$

$sin(\angle ABC)=sin(\angle OBC)=\frac{AC}{\sqrt5AC}=\frac1{\sqrt5}$

$sin(\angle BAC)=sin(\angle OAC)=\frac{2AC}{\sqrt5AC}=\frac2{\sqrt5}$

$\Rightarrow\frac{OA}{OB}=\frac1{\sqrt5}\cdot\frac{\sqrt5}2\cdot\frac32=\frac34$, ч.т.д.

Б) $\frac{S_{\bigtriangleup AOC}}{S_{\bigtriangleup BOE}}-?$

$S_{\bigtriangleup AOC}=\frac12AO\cdot AC\cdot sin(\angle AOC)=\frac12\cdot\frac37AB\cdot AC\cdot\frac2{\sqrt5}=\frac3{7\sqrt5}AC\cdot\sqrt5\cdot AC=\frac37AC^2$

$S_{\bigtriangleup BOE}=\frac12BO\cdot BE=\frac12\cdot\frac47\cdot AB\cdot AB=\frac27\cdot\left(AC\sqrt5\right)^2=\frac{10}7AC^2$

$\Rightarrow\frac{S_{\bigtriangleup AOC}}{S_{\bigtriangleup BOE}}=\frac{\frac37AC^2}{\frac{10}7AC^2}=\frac3{10}$

Ответ: 0,3

Решение:

Составим таблицу выплат каждого из близнецов и посчитаем итоговую сумму выплаты по каждому:

Получим, что Саша выплатит меньше на 30 тыс. ( 640-610=30)

Ответ: Саша выплатит меньше на 30 тыс.

Решение: так как нам дана дробь, и числитель является линейной функцией , то какое бы a мы не взяла всегда найдется значение х, в котором числитель равен 0, соответственно и исходная функция. ( такой же вывод можно сделать из предела функции)

Исходная функция непрерывна на $x\in R$. Требуется по условию, что в область значений входит только два целых числа, значит имеем два варианта: 0 и 1, 0 и -1. Рассмотрим два случая.

1 сл: 0 и 1

Решим уравнение:

$\frac{8x-a-6}{8x^2+8}=1$

$8x^2-8x+a+14=0$

$D=64-32(a+14)\geq0$

$a\leq-12$

Учтем, что значения функции в данном случае лежит в пределах $(-1;2)$ при $x\in R$

Решим неравенство $-1<\frac{8x-a-6}{8x^2+8}<2$.

Решение: $a>-21;a<0$. Получим, учитывая область значений функции, что $a\in(-21;-12\rbrack$

2 сл: 0 и -1

Решим уравнение:

$\frac{8x-a-6}{8x^2+8}=-1$

$8x^2+8x-a+2=0$

$D=64-32(-a+2)\geq0$

$a\geq0$

Учтем, что значения функции в данном случае лежит в пределах $(-2;1)$ при $x\in R$

Решим неравенство $-2<\frac{8x-a-6}{8x^2+8}<1$.

Решение: $a>-12;a<9$. Получим, учитывая область значений функции, что $a\in\lbrack0;9)$

Ответ: a∈(-21; -12]⋃[0; 9);

при а∈(-21; -12] y=0 и y=1;

при а∈[0; 9) y=0 и y=-1

А) Предположим, что для произвольной точки плоскости все точки, удаленные от нее ровно на 1 м, другого цвета (если среди них были бы точки того же цвета, то это бы означало, что для этой произвольной точки нашлась точки того же цвета и задача была решена изначально). Следовательно, мы получим окружность радиуса 1 м, центр которой - точка одного цвета, а все точки окружности - точки другого цвета. На окружности всегда найдется хорда, равная радиусу окружности, следовательно мы найдем две точки одного цвета ( на концах хорды), отстоящих друг от друга на длину хорды, т.е. 1м. Ответ : да, можно

Б) Вероятность точки прямой определенного цвета 1/10. Следовательно из 20 точек прямой точки одного цвета попадут минимум 2 раза. Разместим точки разных десяти цветов на одинаковом целочисленном расстоянии друг от друга, тогда 11 точка будет совпадать с цветом любой из предыдущих, так как точки размещены всех 10ти цветов. Значит ответ:да, можно

В) Можно выбрать 4 вершины (вершины одной грани, они не образуют равносторонний треугольник). Если берем пять вершин, то можно составить равносторонний треугольник. На рисунке приведено решение:

Ответ: А) да; Б) да; В) 4.