Вариант 9

$f'(x)=3x^2+9x-12$

$3x^2+9x-12=0$

$x^2+3x-4=0$

$D=9+16=25$

$x=\frac{-3\pm5}2$

$x=-4$ - не удовлетворяет заданному промежутку

$x=1$

f(0)=17

f(1)=5,5-12+17=10,5 - наименьшее значение функции на заданном промежутке

f(17)=343+220,5-84+17=496,5

А) $sinx\cdot cos4x=1$

$sin2x(1-2sin^2x)=1$

$-2sin^3(2x)+sin2x-1=0$

$(sin2x+1)(-2sin^2(2x)+2sin2x-1)=0$

Имеем, что $-2sin^2(2x)+2sin2x-1=0$ или $sin2x+1=0$

$-2sin^2x+2sin2x-1=0$

$D=4-8<0$ корней нет

$sin2x+1=0$

$sin2x=-1$

$2x=-\frac\pi2+2\pi n$, $n\in Z$

$x=-\frac\pi4+\pi n$, $n\in Z$

Б) Нанесем корни на числовую прямую и определим,какие из них попадают в промежуток

Ответ: а) $-\frac\pi4+\pi n,\;n\in Z$

б) $\frac{3\pi}4$

А) Доказать, что $V_{NEFMK}=\frac14V_{PABC}$

Обозначим за длину ребра основания $a$, а за длину ребра боковой грани - $b$.

$V_{PABC}=\frac13S_{\bigtriangleup ABC}\cdot PO$, где $PO$ - высота пирамиды.

$S_{\bigtriangleup ABC}=\frac12AC\cdot BE$, где $BE$ - высота треугольника, и его биссектриса (т.к. $\bigtriangleup ABC$ - равносторонний) $\Rightarrow O\in BE$

Из $\bigtriangleup BEC$, по теореме Пифагора: $BE=\sqrt{BC^2-EC^2}=\sqrt{a^2-\frac14a^2}=\frac{\sqrt3}2a\Rightarrow S_{\bigtriangleup ABC}=\frac12a\cdot\frac{\sqrt3}2a=\frac{\sqrt3}4a^2$

т.к.$\bigtriangleup ABC$ - равносторонний, то т.О - точка пересечения медиан и $\frac{OB}{OE}=\frac21$ или $OB=\frac23EB=\frac{\sqrt3}3a$

Рассмотрим $\bigtriangleup POB$, по теореме Пифагора: $PB=\sqrt{OB^2+OP^2}\Rightarrow PO=\sqrt{PB^2-OB^2}=\sqrt{b^2-\frac13a^2}$

$\Rightarrow V_{PABC}=\frac13\cdot\frac{\sqrt3}4a^2\sqrt{b^2-\frac13a^2}=\frac{\sqrt3}{12}a^2\sqrt{b^2-\frac13a^2}$

В $\bigtriangleup APC$ $EK$ - средняя линия $\Rightarrow EK=\frac12b;EK\parallel PC$

В $\bigtriangleup BPC$ $MF$ - средняя линия $\Rightarrow MF=\frac12b;MF\parallel PC$

В $\bigtriangleup CAB$ $EF$ - средняя линия $\Rightarrow EF=\frac12b;EF\parallel AB$

В $\bigtriangleup PAB$ $KM$ - средняя линия $\Rightarrow KM=\frac12b;KM\parallel AB$

$CS\perp AB$,$CS$ - проекция $CP$ $\Rightarrow CP\perp AB$ (по теореме о трех перпендикулярах)

$\Rightarrow KM\perp MF$ и $KMFE$ - прямоугольник, $S_{KMFE}=KM\cdot MF=\frac14ab$

Выполним чертеж пирамиды $NKMFE$

Построим $XY\parallel KE\parallel MF$, так, что $H\in XY$ $XY=MF=KE=\frac b2$

При этом, $NY\perp EF;NX\perp MK\Rightarrow$ по теореме о трех перпендикулярах

и $EY=YF$, т.е. $\bigtriangleup PEF$ - равнобедренный, $KX=MX$, т.к. $\bigtriangleup PMK$ - равнобедренный (равносторонний) $EY=YF=KX=MX=\frac a4$

Из $\bigtriangleup NYE$, по теореме Пифагора $NY=\sqrt{\frac14b^2-\frac16a^2}$

Из $\bigtriangleup NXK$, по теореме Пифагора $NX=\sqrt{\frac14a^2-\frac16a^2}=\frac{\sqrt3}4a$

Рассмотрим теорему косинусов для $\bigtriangleup NXY$:

$NX^2=NY^2+XY^2-2NY\cdot XY\cdot cos(\angle NYX)$

$NY^2=NX^2+XY^2-2NX\cdot XY\cdot cos(\angle NXY)$

$\frac14b^2-\frac1{16}a^2=\frac3{16}a^2+\frac{b^2}4-2\cdot\frac{\sqrt3}4a\cdot\frac b2\cdot cos(\angle PXY)$

$\frac{\sqrt3ab}4\cdot cos(\angle NXY)=\frac14a^2\Rightarrow cos(\angle NXY)=\frac a{\sqrt3b}$

$NH=NX\cdot sin(\angle NXY)=\frac{\sqrt3}4a\cdot\sqrt{1-\frac{a^2}{3b^2}}=\frac{\sqrt3}4\cdot\frac ab\cdot\sqrt{b^2-\frac{a^2}3}$

$V_{NKMFE}=\frac13S_{KMFE}\cdot NH=\frac13\cdot\frac14ab\cdot\frac{\sqrt3}4\cdot\frac ab\sqrt{b^2-\frac{a^2}3}=\frac{\sqrt3}{48}a^2\sqrt{b^2-\frac13a^2}\Rightarrow\frac{V_{NKMFE}}{V_{PABC}}=\frac14$, $V_{NKMFE}=\frac14V_{PABC}$, чтд

Б) Поставим т.Z - точка пересечения диагоналей прямоугольника $KMFE$

$MZ=ZF=ZE=ZK=\frac12ME$ ($ME$ из $\bigtriangleup MEF$: $ME=\sqrt{MF^2+ME^2}=\sqrt{9+16}=5$

$MZ=ZF=ZE=ZK=2.5$

Рассмотрим $\bigtriangleup MNE$, $NE=3;NM=4;ME=5$. Проверим обратную теорему Пифагора: $ME^2=NM^2+NE^2:25=9+16$ - верно, значит $\angle MNE=90^\circ$ и $NZ=\frac12ME$ (как медиана прямоугольного треугольника)

$NZ=2,5=MZ=ZF=ZE=ZK\Rightarrow Z$ - центр отсеченной сферы и $R=NZ=2.5$

Ответ: 2,5

Применим свойства модулей, а именно следующие: $\left|a+b\right|\leq\left|a\right|+\left|b\right|;a\leq\left|a\right|$

Получим $6-2\cdot3^x\geq\left|3^{x+1}-3^{2x}\right|+\left|3^{2x}-5\cdot3^x+6\right|\geq\left|3^{x+1}-3^{2x}+3^{2x}-5\cdot3^x+6\right|$

$6-2\cdot3^x\leq\left|6-2\cdot3^x\right|$

Из этого следует, что $\left|3^{x+1}-3^{2x}\right|+\left|3^{2x}-5\cdot3^x+6\right|=\left|6-2\cdot3^x\right|$

Так же мы выяснили, что $3^{x+1}-3^{2x}+3^{2x}-5\cdot3^x+6=6-2\cdot3^x$

Значит имеем два случая.

1 сл:$3^{x+1}-3^{2x}\geq0\;;3^{2x}-5\cdot3^x+6\geq0$

$3^{x+1}-3^{2x}\geq0\;$ Нули: $3^x=3\Rightarrow x=1$

$3^{2x}-5\cdot3^x+6\geq0$ Нули:$3^x=2\Rightarrow x=log_32;3^x=3\Rightarrow x=1$

Нанесем на числовую прямую и расставим знаки:

2 сл: $3^{x+1}-3^{2x}\leq0\;;3^{2x}-5\cdot3^x+6\leq0$

$3^{x+1}-3^{2x}\leq0\;$ Нули: $3^x=3\Rightarrow x=1$

$3^{2x}-5\cdot3^x+6\leq0$ Нули:$3^x=2\Rightarrow x=log_32;3^x=3\Rightarrow x=1$

Нанесем на числовую прямую и расставим знаки:

Общее решение: (-∞; log₃2)⋃{1}

Ответ: (-∞; log₃2)⋃{1}

Пусть первый пешеход прошел путь за x часов, а второй- за у часов.

Из условия задачи имеем, что половина пути составила для первого половину его времени, а именно $1/2 х= у-90$, аналогично со вторым$1/2 у= х-45$. Решим уравнения и найдем значения x и y:

$х= 2у-180;у= 2х-90$

$у= 2(2у-180)-90$

$4у-360-90-у=0$.

Решение: у= 150 (минут). х= 2*150-180= 120 (мин)

Разница составляет 150-120=30 минут.

Ответ: 30

А) Доказать, что точки Р, L, T, O лежат на одной окружности. Таким образом, нужно доказать, что вокруг POTL можно описать окружность, это возможно, если $\angle POT+\angle TLP=180^\circ$, $\angle OTL+\angle OPL=180^\circ$

Рассмотрим $\bigtriangleup AOD$:

$tg(\angle DAO)=\frac{DM}{AD}=\frac12$ (из $\bigtriangleup DAM$ )

$tg(\angle ADO)=\frac{AK}{AD}=\frac12$ (из $\bigtriangleup DAK$ )

$\Rightarrow\angle AOD=180^\circ-2arctg(\frac12)=\angle POT$ (как вертикальные)

В $\bigtriangleup LDC$: $\angle C=90^\circ$, $tg(\angle LDC)=\frac{LC}{DC}=\frac12\Rightarrow\angle DLC=90-arctg(\frac12)$

В $\bigtriangleup LAB$: $\angle B=90^\circ$, $tg(\angle LAB)=\frac{LB}{AB}=\frac12\Rightarrow\angle ALB=90-arctg(\frac12)$

$\Rightarrow\angle ALD=180^\circ-(90^\circ-arctg(\frac12))-(90^\circ-arctg(\frac12))=2arctg(\frac12)$ (как смежный с $\angle DLC$ и $\angle ALB$)

Тогда $\angle POT+\angle TLP=180^\circ-2arctg(\frac12)+2arctg(\frac12)=180^\circ$ и $\angle OTL+\angle OPL=360^\circ-(\angle POT+\angle TLP)=180^\circ$ (по свойству четырехугольника) . Следовательно, точки Р, L, T, O лежат на одной окружности, что и требовалось доказать.

Б) AB=4, r-?

Окружность с центром в т.Н вписана в POTL, следовательно окружность с центром в т.Н вписана в $\bigtriangleup DPL$. Имеем, что задача сведена к поиску радиуса вписанной в $\bigtriangleup DPL$ окружности.

Из $\bigtriangleup DLC$ по теореме Пифагора: $DL=\sqrt{DC^2+LC^2}$ $DL=\sqrt{16+4}=2\sqrt5$

Аналогично: $AL=DL=DK=AM=2\sqrt5$

Ранее доказывалось, что $\angle LDC=\angle BAL=\angle KDA=arctg(\frac12)$ и $\angle DLC=90-arctg(\frac12)$

$\Rightarrow\angle DKA=90-\angle KDA=90-arctg(\frac12)$

Получаем, что $\bigtriangleup PAK\sim\angle CDL$ (по двум углам: $\angle LDC=\angle KAP;\angle CLD=\angle PKA$) и $\frac{DL}{AK}=\frac{DC}{AP}=\frac{CL}{PK}\Rightarrow\frac{2\sqrt5}2=\frac4{AP}=\frac2{PK}\Rightarrow AP=\frac4{\sqrt5}=\frac{4\sqrt5}5;PK=\frac2{\sqrt5}=\frac{2\sqrt5}5$

Причем $\angle KPA=\angle C=90^\circ$ и $\angle DPL=\angle KPA=90^\circ$ (как вертикальные)

$PL=AL-AP=2\sqrt5-\frac{4\sqrt5}5=\frac{6\sqrt5}5$

$DP=DK-PK=2\sqrt5-\frac{2\sqrt5}5=\frac{8\sqrt5}5$

Тогда $r=\frac{PL+DP-DL}2$ (формула для радиуса вписанной в прямоугольный треугольник окружности)

$r=\frac{\frac{6\sqrt5}5+\frac{8\sqrt5}5-2\sqrt5}2=\frac{3\sqrt5}5+\frac{4\sqrt5}5-\sqrt5=\frac{7\sqrt5}5-\frac{5\sqrt5}5=\frac{2\sqrt5}5$

Ответ: $\frac{2\sqrt5}5$

$\left(log_2\left|x^2-4\right|\right)^2-2alog_2\left|x^2-4\right|+a+6=0$

Перед нами квадратное уравнение относительно $log_2\left|x^2-4\right|$

Найдем дискриминант $D=4a^2-4(a+6)=4a^2-4a-24$

Уравнение не имеет решение, если $4a^2-4a-24<0$

Нули: $a=-2;a=3$

Нанесем на числовую прямую и определим знаки:

Значит при $a\in(-2;3)$ уравнение не имеет решений.

Рассмотрим случай, когда $a\not\in(-2;3)$

Найдем корни: $log_2\left|x^2-4\right|=a\pm\sqrt{a^2-a-6}$

$\left|x^2-4\right|=2^{a\pm\sqrt{a^2-a-6}}$

$x^2=4\pm2^{a\pm\sqrt{a^2-a-6}}$

Определим количество корней на концах промежутка:

$a=-2$ $x^2=\frac54;x^2=\frac{15}4$ - четыре корня, входит в ответ

$a=3;x^2=12;x^2=-4$ - два корня, не входит в ответ

В остальных случаях $x^2=4\pm2^{a\pm\sqrt{a^2-a-6}}$

Значит, необходимо чтобы два из них не подходили под условие, что $x^2>0$

т.е имеем, что $4-2^{a\pm\sqrt{a^2-a-6}}<0$

Ответ: $\left\{-2\right\}\cup\left(3;\;\frac{10}3\right)$