Вариант 2 • Профильная математика

а) ОДЗ:

\cos \left(\dfrac{\pi}{2}+x\right)\ne 0

\sin x \ne 0

Воспользуемся формулами приведения:

\sin x (2\sin x -3 \ctg x)=3

2\sin^2 x -3\cos x -3 =0

Воспользуемся основным тригонометрическим тождеством:

2(1- \cos^2 x)-3\cos x -3=0

2\cos^2 x +3\cos x +1=0

Замена: \cos x =t, \space t \in [-1; \space 1]

2t^2+3t+1=0

t_1=-1

t_2=-\dfrac{1}{2}

Обратная замена:

\cos x =-1 не удовлетворяет условию \sin x \ne 0

\cos x = -\dfrac{1}{2}

x = \pm \dfrac{2\pi}{3}+2\pi n, \space n \in \Z

Ответ: x = \pm \dfrac{2\pi}{3}+2\pi n, \space n \in \Z

б) Решим при помощи двойного неравенства:

1. -\dfrac{3\pi}{2}\le \dfrac{2\pi}{3}+2\pi n \le \dfrac{3\pi}{2}, n \in \Z

   -\dfrac{13\pi}{6}\le 2\pi n \le \dfrac{5\pi}{6}, n \in \Z

   -\dfrac{13}{12}\le n \le \dfrac{5}{12}, n \in \Z

   n=-1, x_1=-\dfrac{4\pi}{3}

   n=0, x_2=\dfrac{2\pi}{3}

2. -\dfrac{3\pi}{2}\le -\dfrac{2\pi}{3}+2\pi n \le \dfrac{3\pi}{2}, n \in \Z

   -\dfrac{5\pi}{6}\le 2\pi n \le \dfrac{13\pi}{6}, n \in \Z

   -\dfrac{5}{12}\le n \le \dfrac{13}{12}, n \in \Z

   n=0, x_1=-\dfrac{2\pi}{3}

   n=1, x_2=\dfrac{4\pi}{3}

Ответ: -\dfrac{4\pi}{3}; \space -\dfrac{2\pi}{3}; \space \dfrac{2\pi}{3}, \space \dfrac{4\pi}{3}

а) \tg \angle RFR_1 = \dfrac{RR_1}{RF}=\dfrac{7\sqrt{3} \cdot 2}{7\sqrt{6}}=\sqrt{2}

\tg \angle Q_1RR_1=\dfrac{Q_1R}{QQ_1}=\sqrt{2}

Следовательно \angle RFR_1 = \angle Q_1RR_1

\angle RFR_1= \angle FR_1Q_1 (как накрест лежащие при пересечении секущей FR_1 двух параллельных прямых Q_1R_1 и QR)

\angle QR_1R = \angle Q_1R_1F + \angle FR_1R = \angle Q_1RR_1 + \angle FR_1R = 90\degree (т.к. \angle RFR_1 = \angle Q_1RR_1)

Пусть Q_1R пересекает R_1F в точке O.

Рассмотрим треугольник R_1RO:

R_1OR=90, так как сумма двух других его углов равна 90 градусов. (сумма углов в треугольнике равна 180 градусов).

Следовательно Q_1R \perp R_1F

Что и требовалось доказать.

б) Пусть F_1 — середина Q_1R_1

Следовательно угол между прямой R_1F и плоскостью TT_1Q равен углу между этой плоскостью и прямой QF_1 (т.к. R_1F \parallel QF_1).

Пусть F_1E\perp T_1Q_1, следовательно F_1E \perp TT_1Q_1Q (т.к. F_1E \perp T_1Q_1, F_1E \perp QQ_1)

Искомый угол: F_1QE

F_1Q=\sqrt{QQ_1^2+Q_1F_1^2}=\dfrac{21\sqrt{2}}{2}

F_1E=F_1Q_1\cdot \sin 60\degree=\dfrac{21\sqrt{2}}{4}

Следовательно EQ_1F_1=30\degree

169^{x-7}-25\cdot 13^{x-7}+x^2\cdot 13^{x-7}-25x^2\ge 0

13^{x-7}(13^{x-7}-25)+x^2(13^{x-7}-25)\ge 0

(13^{x-7}-25)(13^{x-7}+x^2)\ge 0

Заметим, что выражение 13^{x-7}+x^2 всегда положительно.

13^{x-7}-25 \ge 0

x-7 \ge \log_{13}{25}

x \ge 7+\log_{13}{25}

Ответ: [7+\log_{13}{25}; +\infty)

Введем обозначения: х – процентная ставка, S – положенная сумма на счет, S_n – сумма на счете в конце каждого года, B – сумма, которая была снята в конце 1-го и 3-го года, , А – сумма на счете в начале 4 года.

Введем обозначения: x — процентная ставка, q=1+\dfrac{x}{100}.

В конце первого года: S_1=Sq

После снятия: S_1=Sq-B

В конце второго года: S_2=(Sq-B)q

В конце третьего года: S_3=((Sq-B)q)q=(Sq-B)q^2)

После снятия S_3=((Sq-B)q)q=(Sq-B)q^2-B

Эта сумма будет равна сумме на начало четвертого года, т.е. А=777000

Составим уравнение:

(Sq-B)q^2-B=A

(700000q-70000)\cdot q^2-70000=777000

100q^3-10q^2-121=0

100q^3-110q^2+100q^2-110q+110q-121=0

100q^3+100q^2+110q-110q^2-110q-121=0

10q(10q^2+10q+11)-11(10q^2+10q+11)=0

(10q^2+10q+11)(10q-11)=0

q=1,1

Следовательно процентная ставка равна 10\%

Ответ: 10

а) Треугольник RPS - прямоугольный.

TOFP - квадрат (т.к. \angle T = \angle F = \angle P = 90^{\circ}, \space TO=OF=r, следовательно TP=PF=r.

\dfrac{SE}{TP} =\dfrac{2}{1}, SE=2TP=2r

\dfrac{RE}{SE} =\dfrac{3}{2}, RE=\dfrac{3}{2} SE=3r

Отрезки касательных, проведенные из одной точки, равны: RT=RE, SE=SF, PF=PT.

RT=RE=3r

SE=ST=2r=

Периметр: RS+SP+PR=3r+2r+2r+r+r+3r=12r

Что и требовалось доказать.

б) S_{\triangle PRS} = \dfrac{1}{2} \cdot RP \cdot PS = 12

S_{\triangle TPF} = \dfrac{1}{2} \cdot PF \cdot PT = 1

\sin R = \dfrac{PR}{RS} = \dfrac{3}{5}

S_{\triangle TRE} = \dfrac{1}{2} \cdot RT \cdot RE \cdot \sin R = \dfrac{27}{5}

\sin S = \dfrac{PR}{RS}=\dfrac{4}{5}

S_{\triangle FES} = \dfrac{1}{2} \cdot ES \cdot SF \cdot \sin S = \dfrac{16}{5}

S_{\triangle TEF} = S_{\triangle RPS} - S_{\triangle PTF} - S_{\triangle RTE} - S_{\triangle ESF} = \dfrac{12}{5}=2,4

Знаменатель левой части неравенства всегда положителен, следовательно, перейдем к равносильному неравенству:

2b-(b^2-5b+6) \sin x +3 \lt 2\cos^2 x +2b^2+1

2 \sin^2 x - (b^2 -5b+6) \sin x -2b^2 +2b \lt 0

Для того, чтобы множество решений неравенства содержало отрезок [ \dfrac{\pi}{6}; \space \pi] синус должен принимать значения [0; \space1].

Пусть \sin x = t, \space t \in [0; \space 1]

Введем функцию: f(t)=2t^2-(b^2-5b+6)t-2b^2+2b

Для того, чтобы множество решений неравенства f(t)\lt 0содержало отрезок [0;\space 1] необходимо и достаточно, чтобы одновременно выполнялись два условия f(0) \lt 0 и f(1) \lt 0

\begin{cases} -2b^2 +2b \lt 0;\\ 2-(b^2-5b+6)-2b^2+2b\lt 0. \end{cases}

\begin{cases} 2b(b-1) \gt 0;\\ 3b^2-7b+4\gt 0. \end{cases}

\begin{cases} 2b(b-1) \gt 0;\\ 3(b-1) (b-\frac{4}{3})\gt 0. \end{cases}

\begin{cases} \left[ \begin{aligned} b \lt 0\\ b \gt 1 \end{aligned} \right.;\\ \left[ \begin{aligned} b \lt 1\\ b \gt \frac{4}{3} \end{aligned} \right.; \end{cases}

b \in (-\infty ; \space 0) \cup (\frac{4}{3}; +\infty )

Ответ: (-\infty ; \space 0) \cup (\frac{4}{3}; +\infty )

а) Последние цифры чисел 4^n повторяются через каждые 2 шага (например, 4^1=4, \space 4^2=16, \space 4^3=64, \space 4^4=256 и тд.). Таким образом, последняя цифра числа 4^{3211} будет равна последней цифре числа 4^1=4

Последние цифры чисел 7^n повторяются через каждые 4 шага (например, 7^1=7, \space 7^2=49, \space 7^3=343, \space 7^4=2401, \space 7^5=16807 и тд.). Таким образом, последняя цифра числа 7^{1123} будет равна последней цифре числа 7^3=343.

Следовательно последняя цифра числа a+b равна 4+3=7.

б) Остатки от деления чисел вида 7^n на 5 повторяются каждые 4 шага. Следовательно остаток от деления 7^{1123}будет равен остатку от деления 7^3 на 5, что равно 3 потому, что 1123=280\cdot4+3.

в) Остатки от деления числе вида 4^n на 11 также повторяются через каждые 5 шагов. Следовательно остаток от деления числа 4^ {3211} на 11 равен остатку от деления числа 4^1 (или 4^6) на 11, что равно 4 т.к. 3211=642\cdot5+1.

Ответ: а) 7, б) 3, в) 4.