Вариант 2

Решение:

а) [math]\left(\frac37\right)^{\sin2x}+\left(\frac37\right)^{-\sin2x}=2[/math]

Пусть [math]\left(\frac37\right)^{\sin2x}=t[/math], [math]t+\frac1t=2;\;[/math][math]t^2-2t+1=0;\;[/math][math]t=1.[/math]

[math]\left(\frac37\right)^{\sin2x}=1;[/math] [math]\sin2x=0;[/math][math]x=\frac{\mathrm{πk}}2,\;k\in\mathbb{Z}[/math]

б) [math]\begin{array}{l}k=-10,\;x=-5\mathrm\pi;\\\mathrm k=-9,\;\mathrm x=-\frac{9\mathrm\pi}2;\\\mathrm k=-8,\;\mathrm x=-4\mathrm\pi.\end{array}[/math]

Ответ:

а) [math]\frac{\mathrm{πk}}2,\;k\in\mathbb{Z};[/math]

б) [math]-5\mathrm\pi,\;-\frac{9\mathrm\pi}2,\;-4\mathrm\pi[/math]

Построим осевое сечение конуса, получим равнобедренную трапецию с основаниями [math]AD=2R[/math] и [math]BC=2r[/math]. Вписанный шар в сечении дает окружность, вписанную в трапецию, высота трапеции будет равна диаметру этой окружности. Так как [math]S_{Н.ОСН}=4S_{В.ОСН}[/math], то [math]\mathrm{πR}^2=4\mathrm{πr}^2[/math] или [math]R=2r.[/math]

а) По свойству касательных [math]AB=BM+AN[/math], [math]AB=r+R=3r[/math]

б) [math]AK=AN-KN=R-r=r[/math]

Тогда из [math]\bigtriangleup ABK:\;[/math]

[math]\begin{array}{l}\cos\alpha=\frac{AK}{BA}=\frac r{3r}=\frac13\\\alpha=arc\cos\frac13\end{array}[/math]

Ответ: arccos[math]\frac13[/math]

ОДЗ: [math]\left\{\begin{array}{l}\begin{array}{c}x-1>0\\x+1>0\\\frac{x+1}{x-1}>0\\\frac{x+1}{x-1}\neq1\end{array}\\x-1\neq0\end{array}\right.x>1[/math]

[math]\begin{array}{l}\log_2\frac{x-1}{x+1}+\frac1{\log_2{\displaystyle\frac{x+1}{x-1}}}>0\\t=\log_2\frac{x-1}{x+1},\;t-\frac1t>0\end{array}[/math]

[math]\frac{(t-1)(t+1)}t>0[/math]

[math]-1<t<0\;или\;t>1[/math]

[math]\log_2\left(\frac{x-1}{x+1}\right)>1[/math]

[math]\frac{x-1}{x+1}>2[/math]

[math]\frac{-x-3}{x+1}>0[/math]

[math]-3<x<-1[/math] — это решение не удовлетворяет ОДЗ.

[math]-1<\log_2\left(\frac{x-1}{x+1}\right)<0[/math]

[math]\frac12<\frac{x-1}{x+1}<1[/math]

[math]\left\{\begin{array}{c}\frac{x-1}{x+1}>\frac12\\\frac{x-1}{x+1}<1\end{array}\right.[/math]

[math]\left\{\begin{array}{c}\frac{x-3}{2(x+1)}>0\\\frac{-2}{x+1}<0\end{array}\right.[/math]

Первое неравенство имеет решение х>3 или -1>x, а второе неравенство — x>-1

С учетом ОДЗ [math]\begin{array}{l}x>3\\\\\end{array}[/math]

Ответ: [math]\begin{array}{l}x>3\\\\\end{array}[/math]

Решение:

а) Рассмотрим случай, когда прямые [math]O_1O_2[/math] и [math]BC[/math] не совпадают (см. рисунок). Тогда [math]\bigtriangleup AO_1B[/math] и [math]\bigtriangleup AO_2C[/math] - равнобедренные ([math]AO_1=BO_1;\;AO_2=CO_2[/math] как радиусы), и, следовательно, [math]\angle O_1AB=\angle O_1BA[/math], [math]\angle O_2CA=\angle O_2AC[/math]. Но тогда [math]\bigtriangleup AO_1B\sim\bigtriangleup AO_2C[/math] по двум углам.

[math]\frac{BC}{AB}=\frac{AB+AC}{AB}=1+\frac{AC}{AB}[/math], но [math]\frac{AC}{AB}=\frac{AO_2}{AO_1}[/math], так как [math]\bigtriangleup ABO_1\sim\bigtriangleup ACO_2[/math]

Поэтому [math]\frac{BC}{AB}=1+\frac{AO_2}{AO_1}[/math]

С другой стороны [math]\frac{O_1O_2}{AO_1}=\frac{AO_1+AO_2}{AO_1}=1+\frac{AO_2}{AO_1}[/math]

Итак, [math]\frac{BC}{AB}=\frac{O_1O_2}{AO_1}[/math] (см. рисунок)

В случае, когда прямые [math]O_1O_2[/math] и [math]BC[/math] совпадают [math]\frac{AB}{BC}=\frac{2AO_1}{2AO_1+2AO_2}=\frac{AO_1}{AO_1+AO_2}=\frac{AO_1}{O_1O_2}[/math] (см. рисунок)

б) Обозначим x - искомая длина касательной, тогда

[math]\begin{array}{l}x^2=AB\times BC=AB^2\times\frac{O_1O_2}{AO_1}=16\times\frac96=24\\x=\sqrt{24}=2\sqrt6\\\end{array}[/math]

Ответ: [math]2\sqrt6[/math]

Решение:

Пусть в конце каждого года вкладчик добавлял на счет [math]x[/math] рублей. Тогда к концу первого года на счету было[math]1,25\times64000+x=80000+x[/math] рублей. К концу второго года на счету уже находилось [math]1,25\times(80000+x)+x[/math], к концу третьего - [math]1,25\times(1,25\times(80000+x)+x)+x[/math], к концу четвертого - [math]1,25\times(1,25\times(1,25\times(80000+x)+x)+x)[/math]. Таким образом, получим уравнение [math]1,25\times(1,25\times(1,25\times(80000+x)+x)+x)=385000[/math]

[math]x=48000[/math]

Ответ: 48000

Решение:

Если [math]m=0[/math], то уравнение имеет единственный корень [math]x=-2.[/math]

Пусть [math]m\neq0[/math]. Положим [math]\sqrt{1-m(x+2)}=y\geq0[/math], отсюда [math]x=\frac{1-y^2}m-2[/math] Тогда уравнение примет вид: [math]2y=\frac{1-y^2}m+2[/math] или [math]y^2+2my-1=2m[/math]

построим графики [math]z=y^2+2my-1[/math] и [math]z=2m[/math]

Возможны 2 случая: а) [math]m>0[/math]; б) [math]m<0[/math]

В обоих случаях берем только ту часть параболы, которая лежит правее оси [math]Oz[/math]

Если [math]m>0[/math], то прямая [math]z=2m[/math] пересекает часть параболы в единственной точке при условии [math]2m\geq-1[/math], то есть [math]m\geq-\frac12[/math], значит, а этом случае любое [math]m>0[/math] будет искомым.

Если [math]m<0[/math], то прямая [math]z=2m[/math] пересекает параболу в вершине при условии [math]2m<-1[/math] (равносильно [math]m<-\frac12[/math]) или [math]-1-m^2=2m[/math] (равносильно [math]m=-1[/math])

Ответ: [math]m=-1,\;m>-\frac12[/math]

Решение:

Перепишем уравнение

[math]\begin{array}{l}6x^2-24=50-5y^2\\6(x^2-4)=5(10-y^2)\end{array}[/math]

[math]x^2-4=5u;\;10-y^2=6v;\;=>u=v[/math]

Итак, [math]x^2=5u+4\geq0;\;u\geq-\frac45[/math], аналогично [math]y^2=10-6u\geq0;\;u\leq\frac53[/math]

Итак, целое число [math]u:\;-\frac45\leq u\leq\frac53[/math], следовательно [math]u=0[/math] или [math]u=1[/math]

При [math]u=v=0[/math] получаем [math]10=y^2[/math], где целое число невозможно.

При [math]u=v=1[/math] получаем [math]x^2=9;\;y^2=4[/math].

Ответ: (3 ; 2), (3; -2), (-3; 2), (-3; -2).