Вариант 4

Решение:

а) $3\times2^{2x}-7\times2^x\times5^x+2\times5^{2x}=0$

$3\times\frac{2^{2x}}{5^{2x}}-7\times\frac{2^x}{5^x}+2=0,\;\left(\frac25\right)^x=t,\;t>0$

$3t^2-7t+2=0,\;t_1=2,\;t_2=\frac13$

$\left(\frac25\right)^x=\frac13,\;x=\log_\frac25\frac13;\;\;\;\;\;\left(\frac25\right)^x=2,\;x=\log_\frac252$

б) $\;\log_\frac252<0$

$\log_\frac25\frac13\;\;\;\in\left[0;3\right]$

Ответ: а) $\log_\frac25\frac13\;$, $\log_\frac252$; б) $\log_\frac25\frac13$

a) Сечение, проходящее через точку$O$, - центр $\bigtriangleup ABC$, точки $O_1$ и $O_2$ - центры симметрии боковых граней $AA_1B_1B$ и $AA_1C_1C$.

Пусть $D_1D_2$ проекция отрезка $O_1O_2$ на плоскость $ABC$. По условию призма правильная, значит, $AA_1B_1B$ и $AA_1C_1C$ равные прямоугольники, поэтому расстояния от точек $O_1$ и $O_2$ до сторон $AB$ и $AC$ равны, то есть $O_1D_1=O_2D_2$. Получаем прямоугольник $D_1O_1O_2D_2$, у которого $O_1O_2\;\parallel D_1D_2$, следовательно, по признаку параллельности прямой и плоскости прямая $O_1O_2$ параллельна плоскости $ABC$

Сечение$OO_1O_2$ проходит через прямую $O_1O_2$, значит, пересекает плоскость $ABC$ по прямой, параллельной $O_1O_2$. Проведем через точку $O$ прямую $PQ$, параллельную $D_1D_2$. Прямые $PO_1$ и $QO_2$ пересекают плоскость $A_1B_1C_1$ в точках $K$ и $F$ соответственно. Четырехугольник $PKFQ$ - искомое сечение

б) По свойству параллельных плоскостей $PQ\parallel KF$, следовательно, четырехугольник $PKFQ$ - трапеция

Так как $O_1D_1\parallel AA_1\parallel BB_1$ и расстояния от точки $O_1$ до ребер $AA_1$ $BB_1$ равны, то равны расстояния $AD_1$ и $BD_1$, аналогично равны $AD_2$ и $CD_2$, значит, $D_1D_2$ - средняя линия треугольника $ABC$. $D_1D_2\parallel O_1O_2\parallel PQ\parallel BC$

Проведем $KM\perp AB$ и $FN\perp AC$, тогда трапеция $MPQN$ - проекция трапеции $KPQF$ на плоскость $ABC$

Пусть $AH$ - высота $\bigtriangleup ABC$, $SO$ - высота трапеции $KPQF$, значит $\angle SOA$ - линейный угол двугранного угла между плоскостью сечения и плоскостью основания

$\cos\angle SOA=\frac{S_{MPQN}}{S_{KPQF}}$

Из равенства треугольников $A_1O_1K$ и $BO_1P$ по II признаку следует, что $A_1K=BP,\;A_1K=AM$ как противоположные стороны прямоугольника$AA_1KM$. Имеем $AM=PB$. Так как $PQ\parallel BC$ и проходит через центр равностороннего треугольника, то $AM=MP=PB=3$. Проведем $SE\perp MN$

Высота $AH$ точками $E$ и $O$ делится на три равные части. $EO=\frac13AH=\frac13\frac{9\sqrt3}2=\frac{3\sqrt3}2$, а проекции $PQ$ и $MN$ соответственно равны $PQ=\frac23BC=\frac23\times9=6,\;MN=\frac13BC=3.$

$S_{MPQN}=\frac{MN+PQ}2\times EO=\frac{3+6}2\times\frac{3\sqrt3}2=\frac{27\sqrt3}4$

$\begin{array}{l}\cos\angle SOA=\frac{27\sqrt3}{4\times13,5\sqrt3}=\frac12\\\angle SOA=60^\circ\end{array}$

Ответ: $60^\circ$

Решение:

а) Не нарушая общности, можем считать, что большая окружность вписана в угол $AOC$. Пусть $CQ=r;\;PC=4r$. так как окружность с центром $P$ вписана в угол $AOC$, то $PA\perp OA,\;PC\perp OC,\;OA=OC$ как отрезки касательных, проведенные из одной точки. аналогично $OC=OB$, тогда $OA=OB$, что и требовалось доказать.

б) Из того, что $PO$ и $QO$ - биссектрисы углов $AOC$ и $BOC$ соответственно, следует, что $\angle POQ=45^\circ$

Обозначим $OA=OB=OC=x$, тогда $OP=\sqrt{16r^2+x^2\;},\;OQ=\sqrt{r^2+x^2},\;PQ=4r+r=5r$. Учитывая, что $\angle POQ=45^\circ,$ по теореме косинусов имеем $PQ^2=OP^2+OQ^2-2OP\times OQ\times\frac{\sqrt2}2$

$16r^2+x^2+r^2+x^2-\sqrt2\sqrt{16r^2+x^2}\sqrt{r^2+x^2}=25r^2$, решая уравнение относительно $x^2$ , получим $x^2=\frac{33\pm5\sqrt{41}}2r^2$

$\cos\angle COQ=\frac{OC}{OQ}=\frac x{\sqrt{r^2+x^2}}=\sqrt{\frac{33\pm5\sqrt{41}}{35\pm5\sqrt{41}}}.$

Если $\cos\angle COQ=\sqrt{\frac{33-5\sqrt{41}}{35-5\sqrt{41}}}.$, то $\cos\angle BOC=\cos(2\angle COQ)=2\cos^2\angle COQ-1=2\times\frac{33-5\sqrt{41}}{35-5\sqrt{41}}-1=\frac{31-5\sqrt{41}}{35-5\sqrt{41}}<0$, что противоречит тому, что $\angle BOC<90^\circ$

Если $\cos\angle COQ=\sqrt{\frac{33+5\sqrt{41}}{35+5\sqrt{41}}},$ то $\cos\angle BOC=\cos(2\angle COQ)=2\cos^2\angle COQ-1=2\times\frac{33+5\sqrt{41}}{35+5\sqrt{41}}-1=\frac{3+\sqrt{41}}{10}$

Ответ: $\frac{3+\sqrt{41}}{10}$.

Решение:

Пусть первый цех в сутки выпускает $x$ телевизоров, тогда до реконструкции второй цех выпускал $0,75x$ телевизоров, при этом $0,75x\in\mathbb{N}$ и $x\in\mathbb{N}$, значит $x$ - кратно 4.

После реконструкции второй цех стал выпускать $0,75x\times1,2=0,9x$ телевизоров, при этом $0,9x\in\mathbb{N}$, значит $x$ кратно 10.

Таким образом $x$ кратно 20.

По условию $x\leq730$ и $0,9x>640$ или $x>711$

Число, кратное 20 и $711<x\leq730$, это число $720$. Второй цех после реконструкции стал выпускать $720\times0,9=648$ телевизоров в сутки.

Ответ: 648

Решение:

Приведем данное уравнение к виду:

$x^{10}+x^2=(2a+2\left|x\right|+a^2)^5+2a+2\left|x\right|+a^2$ или $f(x^2)=f(2a+2\left|x\right|+a^2)$, где $f(p)=p^5+p$. Так как производная $f`(p)=5p^4+1>0$ всегда больше нуля, то функция возрастает на всей области определения. Следовательно получаем равносильно уравнение $x^2=2a+2\left|x\right|+a^2$ или $x^2-2\left|x\right|-2a-a^2=0$

Пусть $\left|x\right|=t$, тогда получим квадратное уравнение $t^2-2t-2a-a^2=0$, имеющее корни $t=-a;\;t=a+2$. отсюда запишем $\left|x\right|=-a;\;\left|x\right|=a+2$ . Построим графики функций $a(x)=-\left|x\right|;\;a(x)=\left|x\right|-2$ . Первый график имеет "вершину" (0;0), а второй - (0;2). Решая систему $\left\{\begin{array}{l}a=-\left|x\right|\\a=\left|x\right|-2\end{array}\right.$ найдем координаты двух общих точек (-1;1) и (1;-1)

Рассмотрим семейство горизонтальных прямых.

При $a\in(-\infty;-2)\cup\{-1\}\cup(0;+\infty)$ эти прямые пересекают построенный график, состоящий из двух уголков, ровно в двух точках. Значит, данное уравнение имеет ровно два различных решения при $a\in(-\infty;-2)\cup\{-1\}\cup(0;+\infty)$

Ответ: $(-\infty;-2)\cup\{-1\}\cup(0;+\infty)$

Решение:

а) Занумеруем деревья числами 1,2,3,4,5 (по порядку). Пусть один чиж сидит неподвижно, например, на дереве 3, тогда чижи с деревьев 2 и 4, совершив по одному перелету, окажутся на дереве 3, а чижи с деревьев 1 и 5, совершив по два перелета, окажутся на дереве 3. Итак, все пять чижей могут собраться на одном дереве.

б) Пусть один чиж сидит неподвижно на дереве. Разобьем остальных чижей на пары сидящих на одинаковом расстоянии $r$ перелетов от неподвижного в ту и другую сторону ( $r=1,2,...,1009$). Ясно, что каждая такая пара может за $r$ перелетов попасть на то дерево, где сидит неподвижный чиж.

в) Занумеруем деревья по порядку, например, по часовой стрелке числами от 1 до 12. Пусть количество чижей на $k$-м дереве в какой то момент времени равно $a_k$. Рассмотрим выражение $S=1\times a_1+2\times a_2+...+12\times a_{12}$

Покажем, что когда два чижа перелетают на соседние деревья, то $S$ либо не меняется, либо изменяется на 12. Действительно, пусть какой-то чиж перелетает с $k$-го дерева на следующее по часовой стрелке. Тогда в сумме $S$ меняются 2 слагаемых. Если $k<12$, то меняются $k$-е и $k+1$-е слагаемые, и их сумма становится равной $k(a_k-1)+(k+1)(a_{k+1}+1)=ka_k+(k+1)a_{k+1}+1$, т.е. увеличивается на 1.

При перелете двух чижей на соседние деревья, очевидно, что сумма или не меняется или меняется на 12. В начальный момент времени на каждом дереве сидело по 1 чижу.

$S=1\times1+2\times1+...12\times1=78$

Таким образом, после любого целого числа перелетов сумма будет равна $78+12p$, где $p$ - целое число. Если бы все чижи собрались на $q$-м дереве, то $S=12q$, то есть выполнялось бы равенство $78+12p=12q$, а потому 78 должно делиться на 12, что неверно. Значит, требуемое невозможно.

Ответ: а)да; б) да; в) нет.