Вариант 2

Сначала найдем производную функции и точки, в которых она равна 0 или не существует:

f'(x)=(3x²—13,5x²—36x+10,6)'=9x²—27x—36

f'(x)=0, при x₁=—1, x₂=4

При x<—1 — производная положительная — функция возрастает, при —1<x<4 — производная отрицательная — функция убывает, при x>4 — производная положительная — функция возрастает. Значит x=—1 точка максимума

A) Пусть [math]sinx+cosx=t[/math] . Тогда [math]t^2=sin^2x+2sinx\cdot cosx+cos^2x[/math]

[math]t^2-2sinx\cdot cosx=1[/math]

Получаем:

[math]t^2-1=3(t-1)[/math]

[math]t^2-3t+2=0[/math]

Решим уравнение и получим: [math]t_1=1[/math] ,[math]t_2=2[/math]

Выполним обратную подстановку:

[math]sinx+cosx=1[/math]

[math]\sqrt2(\frac{\sqrt2}2sinx+\frac{\sqrt2}2cosx)=1[/math]

[math](cos\frac\pi4sinx+sin\frac\pi4cosx)=\frac1{\sqrt2}[/math]

[math]sin(\frac\pi4+x)=\frac{\sqrt2}2[/math]

[math]\frac\pi4+x=\left(-1\right)^n\frac\pi4+2\pi n[/math] [math];n\in Z[/math]

[math]2\pi k,\;k\in Z;\;\frac\pi2+2\pi n,\;n\in Z[/math]

Б) Нанесем корни на числовую прямую:

В нужный нам промежуток входит только один корень [math]\frac\pi2[/math]

Ответ:А) [math]2\pi k,\;k\in Z;\;\frac\pi2+2\pi n,\;n\in Z[/math]

Б) [math]\frac\pi2[/math]

Решение:

А) 1. Проведем [math]KM\vert\vert BD_1[/math], [math]M\in(BB_1D_1)[/math] , [math]M\in(A_1B_1C_1)[/math]

Проведем [math]CM\cap A_1D_1=T[/math]

[math](BB_1C)\vert\vert(ADD_1)\Rightarrow T\in AA_1[/math] [math]TP\vert\vert KC_1[/math]

Имеем, что [math](PTK)[/math]-плоскость, [math]PTC_1K[/math]-сечение параллелепипеда плоскостью [math]\alpha[/math]

2. [math]\bigtriangleup B_1MK[/math] и [math]\bigtriangleup B_1D_1B[/math] - подобны ([math]\angle B_1[/math]-j,общий, [math]KM\vert\vert BD_1\Rightarrow\angle B_1MK=\angle B_1D_1B[/math])[math]\Rightarrow[/math] [math]\frac{D_1M}{MB_1}=\frac{BK}{KB_1}=\frac14[/math]

[math]\bigtriangleup C_1MB_1\sim\bigtriangleup TMD_1[/math] (все углы попарно равны)[math]\Rightarrow[/math][math]\frac{D_1T}{B_1C_1}=\frac{D_1M}{MB_1}=\frac14[/math]

[math]\frac{A_1T}{B_1C_1}=\frac34[/math]

[math]\bigtriangleup PA_1T\sim\bigtriangleup KB_1C_1[/math] [math]\Rightarrow[/math] [math]\frac{A_1P}{B_1K}=\frac{A_1T}{B_1C_1}=\frac34[/math]

Получим, что [math]A_1P=\frac35BB_1[/math]. Тогда [math]AP=\frac25BB_1[/math]

[math]\frac{AP}{AP_1}=\frac23[/math], чтд

Б) [math](TB_1K)[/math] делит пирамиду [math]B_1TC_1KP[/math]на две пирамиды. Найдем их объем:

[math]V_{B_1TC_1K}=\frac13\cdot S_{B_1C_1K}\cdot С_1D_1=\frac13\cdot\frac12\cdot4\cdot4\cdot3=8[/math]

[math]V_{B_1TPK}=\frac13\cdot S_{B_1PK}\cdot A_1T=\frac13\cdot\frac12\cdot4\cdot3\cdot3=6[/math]

[math]V_{B_1TPKC_1}=8+6=14[/math]

Ответ: 14

ОДЗ: [math]x>0[/math], [math]x\neq1[/math], [math]3x-1>0[/math]

Преобразуем левую часть неравенства:

[math]log_x(3x-1)(log_x(3x-1)-1)\geq0[/math]

[math]\frac{ln(3x-1)}{lnx}(\frac{ln(3x-1)-lnx}{lnx})\geq0[/math]

[math]\frac{ln(3x-1)}{ln^2x}(\frac{ln(3x-1)-lnx}1)\geq0[/math]

Нули числителя: [math]ln(3x-1)=0[/math]

[math]3x-1=1[/math]

[math]x=\frac23[/math]

[math]ln(3x-1)=lnx[/math]

[math]3x-1=x[/math]

[math]2x=1[/math]

[math]x=\frac12[/math]

Нули знаменателя:

[math]lnx=0[/math]

[math]x=1[/math] - корень кратности 2

Нанесем корни на числовую прямую, учитываю ОДЗ:

Получаем следующие промежутки: [math](\frac13;\;\frac12\rbrack\cup\lbrack\frac23;\;1)\cup\left(1;\;+\infty\right)[/math]

Ответ: [math](\frac13;\;\frac12\rbrack\cup\lbrack\frac23;\;1)\cup\left(1;\;+\infty\right)[/math]

Пусть [math]x[/math]л - количество глицерина в сосуде изначально. После первого переливания получим глицерина [math](x-1)[/math]л. т.е доля глицерина в сосуде равна [math]\frac{x-1}x[/math]. После второго переливания доля глицерина в сосуде составила [math]\frac{\frac{x-1}x}{\frac{x-1}1}=\left(\frac{x-1}x\right)^2[/math]

Аналогично после третьего переливания: [math]\frac{\frac{x-1}x}{\left(\frac{x-1}1\right)^2}=\left(\frac{x-1}x\right)^3[/math]

По условию задачи воды в сосуде стало в 7 раз больше, чем глицерина,т.е глицерина в сосуде составило 1 долю, а вода – 7 долей, т.е глицерина в сосуде 1/8

Получаем следующее уравнение:

[math]\left(\frac{x-1}x\right)^3=\frac18[/math]

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

[math]x=2[/math]

Таким образом, объем сосуда( первоначальное количество глицерина в сосуде)-2л

Количество глицерина в частях после второго переливания: [math]\left(\frac{2-1}2\right)^2=\frac14[/math], а воды- [math]1-\frac14=\frac34[/math]

Ответ: 2 л; 1:3

Решение:

А)Найдем радиус вписанной окружности через следующую формулу: [math]S=pr[/math], где [math]p=\\frac P2[/math]

Отсюда [math]r=\\frac{2S}P[/math]

Радиус вписанной окружности в треугольник ABM: [math]r_{ABM}=\\frac{2S_{ABM}}{AB+BM+AM}[/math]

Радиус вписанной окружности в треугольник ABC: [math]r_{ABC}=\\frac{2S_{ABC}}{AB+BC+AC}[/math]

Пусть [math]r_{ABM}=\\frac12r_{ABC}[/math]. Тогда

[math]\\frac{2S_{ABM}}{AB+BM+AM}=\\frac{2S_{ABC}}{AB+BC+AC}[/math]

[math]S_{ABC}=2S_{ABM}[/math] , т.к. BM-медиана

Следовательно, знаменатели равны, т.е [math]BM+AM=BC+2AM[/math][math]BC+AM=BM[/math]

Б) Исходя из свойства о том,что прямые, выходящие из одной точки и касающиеся окружности, образуют два равных по величине отрезка, получим следующие выражения [math]MP=p_{ABM}-AB=\\frac{BM+AM}2-8.5=\\frac{BM+MC}2-8.5[/math]

[math]MК=p_{СBM}-BC=\\frac{BM+CM}2-3.5[/math]

Получим, что [math]PK=MK-MP=-3.5+8=5[/math]

Ответ: А) нет; Б) 5

Решение:

ОДЗ:

x-1>0 → x>1

x-1≠1 → x≠2

4^x-1-3⋅2^x-a>0

Введем замену 2^x=t , тогда

1/4t²-3⋅t-a>0

Нули: t₁=6-2√(9+а) , t₂=6+2√(9+а)

t<6-2√(9+а) или t>6+2√(9+а)

1/4t²-3⋅t-a - парабола, ветви которой направленны вверх, так что неравенство 1/4t²-3⋅t-a>0 будет верным и при 9+а<0. Значит, согласно данному условию, a - любое.

x>1 → t>2

x≠2 → t≠4

Преобразуем неравенство: |x - 2|≤ 1

[math]-1\leq x-2\leq1[/math]

[math]1\leq x\leq3[/math]

[math]2\leq t\leq8[/math]

Итого: t≠4, 2<t⩽8

Преобразуем: [math]\log_{x-1}\left(4^{x-1}-3\cdot2^x-a\right)=0[/math]

[math]\frac14t^2-3t-a=1[/math]

График функции [math]\frac14t^2-3t-a-1=y(t)[/math] имеет экстремум в точке t=6 и нули в точках t₁=6-2√(10+а) , t₂=6+2√(10+а).

1) При t₁=t₂=6 - уравнение имеет одно решение в точке касания графика и оси ОХ: а=-10

2) При 2<t⩽8

Корни t₁=6-2√(10+а)>2 расположены слева от экстремума t=6, при этом корни, расположенные справа от экстремума, должны выходить из промежутка t₂=6+2√(10+а)⩾8. Так будет обеспечено наличие одного корня, удовлетворяющего неравенству |x - 2|≤ 1

6-2√(10+а) > 2

а < -6

6+2√(10+а) ⩾ 8

a ⩾ -9

При a=9 имеем два корня t₂=8 и t₁=4, последний не удовлетворяет ОДЗ, поэтому a=9 удовлетворяет условию о наличии одного корня.

Ответ: [math]a=-10,\;-9\leq a<-6[/math]