Вариант 1 • Профильная математика

Первый вариант решения

а) Будем искать решение при условии, что:

\sin x \ne \dfrac{5}{13}, \space \sin x \ne 0

Домножим на знаменатель.

\ctg x = -\dfrac{12}{5}

x_1=\pi-\arcctg \dfrac{12}{5} + 2 \pi n, n \in \Z

x_2=- \arcctg \dfrac{12}{5} + 2 \pi m, m \in \Z

Проверим корни по ограничениям:

x_1 принадлежит второй четверти, при этом его синус будет равен \dfrac{5}{13}, следовательно, этот корень не удовлетворяет условиям.

x_2 принадлежит четвертой четверти, при этом его синус будет равен -\dfrac{5}{13}, следовательно, этот корень удовлетворяет условиям.

Ответ: -\arcctg \dfrac{12}{5} + 2 \pi m, m \in \Z

б) x=- \arcctg \dfrac{12}{5}

Второй вариант решения

а)

Будем искать решение при условии, что:

\begin{cases} \sin x \ne 0\\ 13 \sin x -5 \ne 0 \end{cases}

\begin{cases} x \ne \pi a, a \in Z\\ x \ne \arcsin {\dfrac{5}{13}} + 2\pi b, b\in \Z \\ x \ne \pi - \arcsin {\dfrac{5}{13}} + 2\pi c, c \in \Z \end{cases}

Учитывая ограничения:

5\sqrt{2} \ctg x +12\sqrt{2}=0

\ctg x = -\dfra{12}{5}

x = \arcctg {\left( -\dfrac{12}{5} \right)} +\pi k, k \in \Z

x = \pi - \arcctg {\left( \dfrac{12}{5} \right)} +\pi k, k \in \Z

Не пересекается с x =\pi a, a \in Z, x=\arcsin{\dfrac{5}{13}} +2\pi b, b\in \Z

\arctg {\dfrac{12}{5}} = p, p\in [0; \pi]: \ctg p = \dfrac{12}{5}

\dfrac{\cos p}{\sin p}=\dfrac{12}{5}, следовательно, \cos p = \dfrac{12}{5} \sin p, \cos ^2 p = \dfrac{144}{25} \sin^2 p

Т.к. \cos ^2 p + \sin ^2 p =1, то \dfrac{144}{25} \sin^2 p + \sin ^2 p =1

\dfrac{169}{25} \sin^2 p =1

\sin ^2 p = \dfrac{25}{169}

Т.к. p \in [0; \pi], то \sin p = \dfrac{5}{13}

p=\arcsin {\dfrac{5}{13}} т.к. \arctg{\dfrac{12}{5} \in \left[ 0; \dfrac{\pi}{2} \right]}

По ограничениям: x \ne \pi - \arcctg{\dfrac{12}{5}} +2\pi c, c \in \Z

Учитём ограничения: корни из второй четверти не удовлетворяют ограничениям.

Следовательно, x=-\arcsin {\dfrac{5}{13}} + 2\pi n, n\in \Z

б) x=-\arcsin {\dfrac{5}{13}}

Второй вариант решения

а) Будем искать решение при условии, что:

\begin{cases} \sin x \ne 0\\ 13 \sin x -5 \ne 0 \end{cases}

\begin{cases} x \ne \pi a, a \in Z\\ x \ne \arcsin {\dfrac{5}{13}} + 2\pi b, b\in \Z \\ x \ne \pi - \arcsin {\dfrac{5}{13}} + 2\pi c, c \in \Z \end{cases}

Учитывая ограничения:

5\sqrt{2} \ctg x +12\sqrt{2}=0

\ctg x = -\dfra{12}{5}

x = \arcctg {\left( -\dfrac{12}{5} \right)} +\pi k, k \in \Z

x = \pi - \arcctg {\left( \dfrac{12}{5} \right)} +\pi k, k \in \Z

Не пересекается с x =\pi a, a \in Z, x=\arcsin{\dfrac{5}{13}} +2\pi b, b\in \Z

\arctg {\dfrac{12}{5}} = p, p\in [0; \pi]: \ctg p = \dfrac{12}{5}

\dfrac{\cos p}{\sin p}=\dfrac{12}{5}, следовательно, \cos p = \dfrac{12}{5} \sin p, \cos ^2 p = \dfrac{144}{25} \sin^2 p

Т.к. \cos ^2 p + \sin ^2 p =1, то \dfrac{144}{25} \sin^2 p + \sin ^2 p =1

\dfrac{169}{25} \sin^2 p =1

\sin ^2 p = \dfrac{25}{169}

Т.к. p \in [0; \pi], то \sin p = \dfrac{5}{13}

p=\arcsin {\dfrac{5}{13}} т.к. \arctg{\dfrac{12}{5} \in \left[ 0; \dfrac{\pi}{2} \right]}

По ограничениям: x \ne \pi - \arcctg{\dfrac{12}{5}} +2\pi c, c \in \Z

Учитём ограничения: корни из второй четверти не удовлетворяют ограничениям.

Следовательно, x=-\arcsin {\dfrac{5}{13}} + 2\pi n, n\in \Z

б) x=-\arcsin {\dfrac{5}{13}}

a)

1) Найдём объём призмы PQRP_1Q_1R_1.

Площадь основания призмы S=\dfrac{144\sqrt3}{4}=36\sqrt3

Высота призмы равна ребру: h=12

Объём: V_{PQRP_1Q_1R_1}= S \cdot h=36\sqrt3 \cdot 12 = 432\sqrt3

2) Найдем объем пирамиды P_1Q_1R_1SF.

Высотой является высота правильного треугольника P_1R_1Q_1: h_1=\dfrac{12\sqrt3}{2}=6\sqrt{3}

Основанием является трапеция SR_1Q_1F: S_1=\dfrac{8+10}{2} \cdot 12=108

Объём: V_1=\dfrac{1}{3} \cdot 108 \cdot 6\sqrt3=216\sqrt3

3) Призма состоит из двух многогранников (P_1Q_1R_1SF и PQRP_1SF). Объем пирамиды P_1QR_1SF равен половине объема призмы: \dfrac{432\sqrt3}{216\sqrt{3}}=2.

Следовательно, V_{P_1Q_1R_1SF} = V_{PQRP_1SF}

Что и требовалось доказать.

б)

Рассмотрим пирамиду PFQRS.

Основанием является трапеция RSFQ, площадь которого S_2=\dfrac{4+2}{2}\cdot 12=36

Высота равна высоте правильного треугольника, лежащего в основании: h_2=6\sqrt3

Объём: V_{PRSFQ} = \dfrac{1}{3} \cdot 36 \cdot 6\sqrt3=72\sqrt3

V_{PP_1SF} = V_{PQRP_1FS} - V_{PRSFQ}=216\sqrt3 - 72\sqrt3 = 144\sqrt3

\dfrac{V_{призмы}}{V_{PP_1SF}}=\dfrac{432\sqrt3}{144\sqrt3}=3

Ответ: 3

Будем искать решение при условии, что:

\sin 2x \gt 0

\pi k \lt x \lt \dfrac{\pi}{2}+ \pi k, \space k \in \Z

Преобразуем неравенство с помощью свойств логарифмов:

8\log^2_{3}{\sin{2x}} +7\log_{3}{\sin 2x} -1 \ge 0

Замена: \log_{3}{\sin 2x}=t

8t^2+7t-1 \ge 0

\left[ \begin{aligned} t \le -1\\ t \ge \dfrac{1}{8} \end{aligned} \right.

Обратная замена:

\left[ \begin{aligned} \log_{3}{\sin 2x} \le -1\\ \log_{3}{\sin 2x} \ge \dfrac{1}{8} \end{aligned} \right.

\left[ \begin{aligned} 0 \lt \sin 2x \le \dfrac{1}{3}\\ \sin 2x \ge \sqrt[8]{3} \end{aligned} \right.

Второе неравенство совокупности не имеет решений т.к. |\sin x| \le 1

\left[ \begin{aligned} 2 \pi n \lt 2x \le \arcsin \dfrac{1}{3} +2\pi n, n \in \Z\\ \pi-\arcsin \dfrac{1}{3} +2 \pi n \le 2x \lt \pi +2 \pi n, n \in \Z \end{aligned} \right.

\left[ \begin{aligned} \pi n \lt x \le \dfrac{1}{2} \arcsin \dfrac{1}{3} +\pi n, \space n \in \Z\\ \dfrac{\pi}{2}- \dfrac{1}{2} \arcsin \dfrac{1}{3} + \pi n \le x \lt \dfrac{\pi}{2} +\pi n, \space n \in \Z \end{aligned} \right.

x \in \left(\pi n, \dfrac{1}{2} \arcsin \dfrac{1}{3} + \pi n \right] \cup \left[ \dfrac{\pi}{2} - \dfrac{1}{2} \arcsin \dfrac{1}{3}+\pi n; \space \dfrac{\pi}{2} +\pi n \right), \space n \in \Z

Все найденные решения удовлетворяют ограничениям.

Ответ: \left(\pi n, \dfrac{1}{2} \arcsin \dfrac{1}{3} + \pi n \right] \cup \left[ \dfrac{\pi}{2} - \dfrac{1}{2} \arcsin \dfrac{1}{3}+\pi n; \space \dfrac{\pi}{2} +\pi n \right), \space n \in \Z

Обозначим: сумма кредита S, долг в конце января первого года D_0=S, p - платеж, d - разница сумм долга, a — процентная ставка.

Долг в конце января следующего года: D_0-d=S-d

В конце февраля: D_1 = S(1 +\dfrac{a}{100})

В конце июля: D_1=S(1+\dfrac{a}{100}) - p=S-d

d = S +p -S(1+\dfrac{a}{100}) = p - S \dfrac{a}{100}

Таким образом, d=p - S\dfrac{a}{100}

Затем, D_2=S-2d, ... D_n=S-nd

Подставим формулу разницы сумм долга: D_n=S-n(p-S\dfrac{a}{100})=S(1+\dfrac{an}{100})-np

Гасим кредит за n лет. Следовательно, D_n=0

p=\dfrac {S(1+\frac{an}{100})}{n}

p=\dfrac{8(1+0,12n)}{n} \le 1,5

0,54n \ge 8

n \ge 14,8

Ответ: 15.

a) RQ параллельна MP, PQ - биссектриса угла RPM, следовательно, \angle RQP = \angle MPQ = \angle RPQ, следовательно, треугольник RQP равнобедренный, следовательно, RP=RQ.

Отрезки касательных, проведенных из одной точки равны, следовательно, RF=RG, следовательно, треугольник RGF равнобедренный.

\angle RFG + \angle RGF+\angle R=180\degree

\angle RQP+\angle RPQ+\angle R = 180\degree

Отсюда следует, что

\angle RFG=\angle RGF = \angle RQP = \angle RPQ

PQ \parallel FG (т.к. соответственные углы \angle RGF = \angle RPQ при пересечении прямых PQ и FG секущей RP)

Что и требовалось доказать.

б) Обозначим PO=x, тогда PG=PO=x

RG=RP-PG=2\sqrt3 -x

Треугольник RGF подобен треугольнику RPQ.

\dfrac{RG}{RP} = \dfrac{FG}{PQ}

\dfrac{2\sqrt3 -x}{2\sqrt3} = \dfrac{\sqrt3}{2x}

x=\sqrt3, следовательно, PQ=2x=2\sqrt3

FG — средняя линяя треугольника QRP (т.к. FG=\dfrac{1}{2}QP и PQ \parallel FG)

Отсюда следует, что PG=GR=RF=FQ=QO=OP

Следовательно, треугольник RPQ равносторонний.

\angle NRP = \angle QRP = 60^\circ

Выделим полные квадраты в подкоренном выражении:

\sqrt{x^2-4a^2-10x+12a+16}=\sqrt{x^2-10x+25-25-4a^2+12a+16}=\sqrt{(x-5)^2-(2a-3)^2}

1) \begin{cases} \log_{4}{\dfrac{5x-4}{6x-7}}=0\\ (x-5)^2-(2a-3)^2\ge 0 \end{cases}

\begin{cases} x=3\\ 4 \ge (2a-3)^2 \end{cases}

\begin{cases} x=3\\ 2 \ge |2a-3| \end{cases}

\begin{cases} x=3\\ -2 \le 2a-3 \le 2 \end{cases}

\begin{cases} x=3\\ \dfrac{1}{2} \le a \le \dfrac{5}{2} \end{cases}

2) \begin{cases} (x-5)^2-(2a-3)^2=0\\ \dfrac{5x-4}{6x-7} \gt 0 \end{cases}

\begin{cases} \left[ \begin{aligned} &x=2a+2\\ &x=-2a+8 \end{aligned} \right. \\ \dfrac{7}{6} \lt x \le 6 \end{cases}

2.1) \begin{cases} x=2a+2 \\ \dfrac{7}{6} \lt 2a+2 \le 6 \end{cases}

\begin{cases} x=2a+2 \\ -\dfrac{5}{12} \lt a \le 2 \end{cases}

2.2) \begin{cases} x=-2a+8 \\ \dfrac{7}{6} \lt -2a+8 \le 6 \end{cases}

\begin{cases} x=-2a+8 \\ 1 \le a \lt \dfrac{41}{12} \end{cases}

2.3) Объединим: -\dfrac{5}{12} \lt a \lt \dfrac{41}{12}

3) Проанализируем количество решений в зависимости от a.

При a \in (-\infty;\space -\dfrac{5}{12}] решений нет.

При a \in (-\dfrac{5}{12};\space \dfrac{1}{2}) одно решение x=2a+2.

При a = \dfrac{1}{2} корни x=3 и x=2a+2 совпадают, 1 решение.

При a \in (\dfrac{1}{2};\space \dfrac{5}{2})более 1 решения.

При a =\dfrac{5}{2}корни x=3 и x=-2a+8 совпадают, 1 решение.

При a \in (\dfrac{5}{2};\space \dfrac{41}{12}) одно решение x=-2a+8.

При a \in [\dfrac{41}{12};\space +\infty) решений нет.

Ответ:\left(-\dfrac{5}{12}; \space \dfrac{1}{2}\right] \cup \left[\dfrac{5}{2}; \space \dfrac{41}{12}\right)

а) Допустим было 3 коллектива, которые набрали 92, 72 и 4 балла. Средний балл коллективов, не прошедших во второй тур составил \dfrac{72+4}{2}=38 баллов.

После того, как добавили баллы, получилось, что у коллективов 97, 77 и 8 баллов.

Тогда, средний балл коллективов, не прошедших во второй тур, равен 8. Следовательно, да, возможно.

б) Рассмотрим пример, приведенный выше. Средний балл участников, прошедших во второй тур, изначально составлял 92 балла.

После добавления баллов средний балл участников, прошедших во второй тур составил \dfrac{97+77}{2}=87 баллов. Следовательно, да, возможно.

в) Обозначим N — количество коллективов, A — количество коллективов, которые прошли во второй тур изначально, B — количество участников, которые прошли во второй тур после добавления баллов.

Средний балл после добавления равен 85 баллов.

Составим систему уравнений:

\begin{cases} 80N=65(N-A)+90A \\ 85N=69(N-B)+93B \end{cases}

\begin{cases} 15N=25A \\ 16N=24B \end{cases}

\begin{cases} 3N=5A \\ 2N=3B \end{cases}

Следовательно целое число N делится на 5 и на 3, следовательно N делится на 5. Следовательно N\ge 15.

Убедимся что N может быть равно 15.

Пусть 5 коллективов набрали по 64 балла, 1 коллектив — 70 баллов и 9 коллективов по 90 баллов.

Тогда средний балл был равен 80 баллов, средний балл коллективов, прошедших во второй тур был равен 90 баллов, а средний балл коллективов, не прошедших во второй тур был равен 65.

После добавления баллов средний балл коллективов, прошедших во второй тур стал равен 92 балла, средний балл участников, не прощедших во второй тур стал равен 69.

Что соответствует условию задачи, следовательно N=15.