Вариант 8

А) Преобразуем уравнение:

$\left(25^{sinx}\right)^{cos2x}=5^{sin(\pi-x)}$

$\left(25^{sinx}\right)^{1-2sin^2x}=5^{sinx}$

$5^{2(sinx-2sin^3x)}=5^{sinx}$

снования равны, значит и показатели равны

$2(sinx-2sin^3x)=sinx$

$sinx(1-4sin^2x)=0$

$sinx=0$

$x=\pi n$, $n\in Z$

$1-4sin^2x=0$

$1-4(1-cos^2x)=0$

$cos^2x=\frac34$

$cosx=\pm\frac{\sqrt3}2$

$x=\pm\frac\pi6+\pi n$

Б) Нанесем корни на числовую прямую и определим попадание в отрезок:

Ответ: А) $\pm\frac\pi6+\pi n,\;\pi k;\;n,\;k\in Z$

Б) $-\pi;\;-\frac{5\pi}6;\;-\frac{7\pi}6$

А) $K\in(AEM)\Rightarrow AK\in(AEM)$, $EL\parallel AK\Rightarrow EL\in(AEM)$ (т.к. $(AA_1B_1)\parallel(EE_1D_1)$)

Получим $AKMLE$ - сечение призмы

Продолжим $KM$ и$AE$ до пересечения в т.$Z$

$Z\in BC$, т.к. $BC$ - проекция $KM$ на $(ABC)$

$\bigtriangleup ZKB\sim\bigtriangleup ZMC$ (по двум углам):

$\angle Z$ - общий, $\angle KBZ=\angle MCZ=90^\circ$

$\Rightarrow\frac{KB}{MC}=\frac{ZB}{ZC}$, $ZC=ZB+a$, где $a=BC$ - длины стороны основания $KA\perp ZE$ (по теореме о трех перпендикулярах) $\Rightarrow ZA\perp AB$ (по теореме о трех перпендикулярах)

Рассмотрим $\bigtriangleup ABZ$, $\angle BAZ=90^\circ$, $AB=a$, $\angle ZBA=180^\circ-\angle ABC=60^\circ$ (как смежный с $\angle ABC$)

$\Rightarrow ZB=\frac{AB}{cos(\angle ZBA)}=\frac a{cos60^\circ}=2a$

$\Rightarrow\frac{KB}{MC}=\frac{2a}{2a+a}=\frac23;BK=\frac23MC=\frac23\cdot\frac14CC_1=\frac16CC_1=\frac16BB_1$

$BK=\frac16(BK+B_1K);\;\frac56BK=\frac16B_1K\Rightarrow\frac{BK}{B_1K}=\frac15$

Б) $S_{AKMLE}-?$

$S_{AKMLE}=S_{AKLE}+S_{KML}$, $AKLE$ - прямоугольник

$S_{AKLE}=AK\cdot AE$

Из $\bigtriangleup AFE$ по теореме косинусов: $AE=\sqrt{9+9+2\cdot9\cdot0.5}=3\sqrt3$

Из $\bigtriangleup ABK$ по теореме Пифагора: $AK=\sqrt{9+\left(\frac16\cdot8\right)^2}=\frac13\cdot\sqrt{97}$

$S_{AKLE}=3\sqrt3\cdot\frac13\sqrt{97}=\sqrt{291}$ $S_{KML}=\frac12MH\cdot KL=\frac{3\sqrt3}2MH$, где $MH\perp KL$

Из $K$ опустим перпендикуляр $KT$ на $CC_1\Rightarrow KT=BC=3;KB=TC=\frac16\cdot8=\frac43$

Из $\bigtriangleup KTM$ по теореме Пифагора: $KM=\sqrt{KT^2+TM^2};TM=\frac14CC_1-TC=\frac14\cdot8-\frac43=\frac23$

$KM=\sqrt{9+\frac49}=\frac13\sqrt{85}$

Аналогично $ML=\frac13\sqrt{85}$$\Rightarrow\bigtriangleup KML$ - равнобедренный и $KH=HL=\frac{3\sqrt3}2$

Из $\bigtriangleup KMH$ по теореме Пифагора: $MH=\sqrt{KM^2-KH^2}=\sqrt{\frac{85}9-\frac{27}4}=\frac{\sqrt{340-243}}6=\frac{\sqrt{97}}6$

$\Rightarrow S_{KML}=\frac{3\sqrt3}{2\cdot}\frac{\cdot\sqrt{97}}6=\frac14\sqrt{291}$

Итого, $S_{AKMLE}=\sqrt{291}+\frac14\sqrt{291}=\frac54\sqrt{291}$

Ответ: $\frac{5\sqrt{291}}4$

ОДЗ: $x>0$

$\frac9{3+log_3x(2-log_3x)}\leq\left(log_3x\right)^2-2log_3x+3$

$\frac9{3-\left(log_3x\right)^2+2log_3x}\leq\left(log_3x\right)^2-2log_3x+3$

$\frac{-9-(\left(log_3x\right)^2-2log_3x+3)(\left(log_3x\right)^2+2log_3x-3)}{\left(log_3x\right)^2+2log_3x-3}\leq0$

$\frac{-9-(\left(\left(log_3x\right)^2+2log_3x\right)^2-9)}{\left(log_3x\right)^2+2log_3x-3}\leq0$

$\frac{-\left(log_3x\right)^4+4\left(log_3x\right)^3-4\left(log_3x\right)^2}{\left(log_3x\right)^2+2log_3x-3}\leq0$

$\frac{\left(log_3x\right)^2(\left(log_3x\right)^2-4log_3x+4)}{\left(log_3x\right)^2+2log_3x-3}\geq0$

$\frac{\left(log_3x\right)^2(log_3x-2)^2}{\left(log_3x\right)^2+2log_3x-3}\geq0$

Нули числителя: $log_3x=0$

$x=1$ - корень кратности 2

$\left(log_3x-2\right)=0$

$log_3x=2$

$x=9$ - корень кратности 2

Нули знаменателя: $log_3x=-1$ $x=\frac13$

$log_3x=3$ $x=27$

Нанесем нули на числовую прямую и, учитывая ОДЗ, определим знаки и промежутки:

Ответ: $\left(0;\;\frac13\right)\cup\left\{1;\;9\right\}\cup\left(27;\;+\infty\right)$

А) $\bigtriangleup AKE\sim\bigtriangleup DCE$ (по двум углам): $\angle KEA=\angle DEC$ - вертикальные, $\angle KАЕ=\angle DСЕ$ - накрест лежащие при $AB\parallel CD$

$\Rightarrow\frac{AK}{CD}=\frac{AE}{EC}=\frac13$, $\frac{AK}{AB}=\frac13$

$\frac{BA-BK}{AB}=\frac13\Rightarrow\frac{BK}{AB}=\frac23$

$\bigtriangleup CMP\sim\bigtriangleup ADP$ ( по двум углам): $\angle MPC=\angle DPA$ - вертикальные, $\angle MCP=\angle DAP$ - накрест лежащие при $BC\parallel AD$

$\Rightarrow\frac{MC}{AD}=\frac{CP}{AP}=\frac13$, $\frac{MC}{BC}=\frac13$ $\Rightarrow\frac{BM}{BC}=\frac23$

$\frac{BK}{AB}=\frac23$, $\frac{BM}{BC}=\frac23$, $\angle B$ - общий$\Rightarrow\bigtriangleup KBM\sim\bigtriangleup ABC$ (по двум пропорциональным сторонам и углу между ними)$\Rightarrow\angle BMK=\angle BCA$, $\angle BKM=\angle BAC\Rightarrow KM\parallel AC$, ч.т.д.

Б) $S_{ABCD}=2(S_{AKEPM}+S_{AEK}+S_{CPM})$

Из точки D опустим перпендикуляр DH на AC

$S_{\bigtriangleup ACD}=\frac12S_{ABCD=}\frac12AC\cdot DH$, $S_{\bigtriangleup ECD}=\frac12EC\cdot DH=\frac34S_{\bigtriangleup ACD}=\frac38S_{ABCD}$, $S_{\bigtriangleup APD}=\frac12AP\cdot DH=\frac34S_{\bigtriangleup ACD}=\frac38S_{ABCD}$

$\Rightarrow$ (смотрите п.А) $S_{\bigtriangleup AKE}=\frac19S_{\bigtriangleup ECD}=\frac3{72}S_{ABCD}$, $S_{\bigtriangleup CMP}=\frac19S_{\bigtriangleup APD}=\frac3{72}S_{ABCD}$

Тогда $S_{ABCD}=2S_{BKEPM}+\frac6{72}S_{ABCD}+\frac6{72}S_{ABCD}\Rightarrow S_{ABCD}=72$

Ответ: 72

Решение:

Посчитаем итоговую сумму за 2016 год: 100*1,1=110 (тыс руб)

За два года (2016-2017): 110*1,1=121 (тыс руб)

Пусть Валерий снимет n тыс рублей 1 марта 2018 года. Тогда сумма вклада составит за третий год хранения: (121-n)*1,1

За четвертый год хранения: 1,1*((121-n)*1.1)

По условию:$1.21\ast(121-n)\leq130$

Решим неравенство: $n\leq13.5619\Rightarrow n=13$

Ответ: 13

т.к. sinx - функция периодическая с периодом $2\pi$, то на промежутке $\left[-\frac\pi2;\;2\pi\right]$ уравнение будет иметь один или два корня.

Имеем три случая: 1) в ходе преобразования получим полный квадрат, имеем два одинаковых корня; 2 и 3) в ходе нахождения корней квадратного уравнения относительно sinx получим $\left|sinx\right|>1$, а второй 1

1 сл: $4(sin^2x-asinx+\frac{a^3-a^2}4)=0$

Тогда $a=2b;\frac{a^3-a^2}4=b^2\Rightarrow b=1\Rightarrow a=2$

Для двух остальных случаев найдем решение квадратного уравнения:

$D=16a^2-16(a^3-a^2)=32a^2-16a^3$

$x_{1,2}=\frac{4a\pm\sqrt{32a^2-16a^3}}8=\frac{a(1\pm\sqrt{2-a})}2$

2 сл: $\left|\frac{a(1+\sqrt{2-a})}2\right|>1;\frac{a(1-\sqrt{2-a})}2=1$

Решим уравнение и получим $a=\pm2$, при том $a=2$ не удовлетворяет условию $\left|\frac{a(1+\sqrt{2-a})}2\right|>1$

3 сл: $\left|\frac{a(1-\sqrt{2-a})}2\right|>1;\frac{a(1+\sqrt{2-a})}2=1$

Решим уравнение и получим $a=1;a=2$, при том оба корня не удовлетворяет условию $\left|\frac{a(1+\sqrt{2-a})}2\right|>1$

Ответ: -2; 2

Пусть x, y, z-три натуральных числа

А) По условию имеется, что $x^2-y^2=z^3$

Преобразуем: $(x-y)(x+y)=z^3$. Можно сделать вывод, что слева мы имеем два множителя, произведение которых дает куб другого числа. Это значит что существует вариант для рассмотрения:$z$- первый множитель $z^2$ - второй множитель

В ходе подбора мы можем предположить, что $z=4$, тогда первый множитель равен 4, а второй 16, то есть несложно догадаться, что $x=10$, $y=6$. Таких вариантов может быть много

Б) По условию дано, что $x^3-y^3=z^2$

Преобразуем: $(x-y)(x^2+xy+y^2)=z^2$

Это значит есть несколько вариантов: первый множитель равен 1, второй - $z^2$ , первый множитель равен второму и они равны $z$, третий: $z$- это квадрат некоторого числа,значит первый множитель- это некоторое число, а второй множитель- куд этого некоторого числа

В ходе несложной проверки первых двух случаев путем решения систем уравнений выясняется что единственно возможный вариант-третий. Методом подбора приходим к решению $7\cdot7^3=49^2$, т .е 14³-7³=49²

В) $x^3-y^3=z$

$(x-y)(x^2+xy+y^2)=z$

Чтобы получить простое число, необходимо, чтобы $x-y=1\Rightarrow x=y+1$. Т.к. x , y - простые, то единственный вариант: $x=3$ $y=2$

$3^3-2^3=19$

Ответ: А) да, например, 10²-6²=4³; Б) да, например, 14³-7³=49²; В) 19 (19=3³-2³)