Вариант 3 • Профильная математика

а)

ОДЗ:

\cos 2x -\sqrt{2} \cos x -4\cos x +2\sqrt{2} +2 \gt 0

Можно заметить, что это выполняется всегда т.к. |\cos x|\le 1

По определению логарифма:

\cos 2x -\sqrt{2} \cos x -4\cos x +2\sqrt{2} +2 =1

2\cos^2 x -1 -\sqrt{2} \cos x -4\cos x +2\sqrt{2} +2-1=0

Замена: \cos x = t, \space |t| \le 1

2t^2-\sqrt{2}t-4t+2\sqrt{2}=0

D=(\sqrt{2}+4)^2-4\cdot 2\cdot 2\sqrt{2}=(\sqrt{2}-4)^2

t_1=\dfrac{\sqrt{2}}{2}

t_2=2 не подходит по ограничениям

Можно выполнить проверку, подставив полученное значение в ОДЗ:

2\cdot \dfrac{2}{4} -\sqrt{2} \cdot \dfrac{\sqrt{2}}{2} - 4\cdot \dfrac{\sqrt{2}}{2} +2\sqrt{2} +2 = 2, что больше нуля, следовательно, полученное значение удовлетворяет ОДЗ

Обратная замена \cos x = \dfrac{\sqrt{2}}{2}

x=\pm \dfrac{\pi}{4}+2\pi n, \space n \in \Z

б) -\dfrac{\pi}{4}; \dfrac{\pi}{4}

Первый вариант решения. Классическая стереометрия.

а) Пусть C — середина TR, тогда KC — средняя линяя треугольника QTR, следовательно, KC \parallel QT.

Продлим MK до пересечения с прямой RE такой, что RE \parallel MQ т.к. MQ \parallel NP, то RE \parallel NP, следовательно, E \in RNP.

Тогда соединим EC и продлим до пересечения с RN.

Пусть EC \cap RN = T, тогда MKCF — искомое сечение.

б) \angle (MK, QT)=\angle (MK, KC)

Найдём \angle MKC. Для этого необходимо найти стороны треугольника MKC.

Все боковые грани — равносторонние треугольники, следловательно, MK=MQ \cdot \sin 60 \degree = 3\sqrt{6}

QT=3\sqrt{6}, следовательно, KC=\dfrac{3\sqrt{6}}{2}

Из треугольника MRP найдём MC:

MR=RP=6\sqrt{2}

MP=6\sqrt{2} \cdot \sqrt{2}=12

RC=\dfrac{1}{4}RP=\dfrac{3\sqrt{2}}{2}

Из треугольника MRP:

MP^2=MR^2+RP^2-2\cdot MR \cdot RP \cdot \cos \angle R

144=72+72-2\cdot MR \cdot RP \cdot \cos \angle R

Таким образом выполняется обратная теорема Пифагора, следовательно угол R — прямой.

Следовательно, MC^2=MR^2+RС^2=72+\dfrac{9}{2}=\dfrac{153}{2}

Следовательно, MC=3\sqrt{\dfrac{17}{2}}

Из треугольника MKC:

MC^2=MK^2+KC^2-2\cdot MK \cdot KC \cdot \cos \angle MKC

\dfrac{153}{2}=54+\dfrac{27}{2}-2\cdot 3\sqrt{6} \cdot \dfrac{3\sqrt{6}}{2} \cos \angle MKC

9=-54 \cos \angle MKC

\cos \angle MKC = -\dfrac{1}{6}

\angle MKC = \arccos \left(-\dfrac{1}{6} \right)=\pi-\arccos \left(\dfrac{1}{6} \right)

Следовательно, \angle (MK, QT) = \angle (MK, KC) = \angle CKE = \arccos \left(\dfrac{1}{6} \right)

Второй вариант решения. Координатный метод.

a) Обозначим боковое ребро за a.

1. При решении задачи будем использовать выносные чертежи. Точка K и прямая QT лежат в одной плоскости RQP, следовательно, можно провести прямую, параллельную QT, проходящую через точку K. Точку пересечения этой прямой с ребром RP обозначим за A.

Треугольник RAK подобен треугольнику QTR с коэффициентом k=\dfrac{QR}{KR}=2, следовательно, точка A — середина отрезка RT, RA=\dfrac{a}{4}.

2. Построим плоскость MNC, параллельную плоскости QRP. Т.к. плоскости параллельны, то проведем прямую MB в плоскости MNC, параллельную прямой QT. Т.к. треугольники MNC и QRP равны, то CB =\dfrac{a}{2}.

3. Рассмотрим плоскость NPRC.

Треугольник BDN подобен треугольнику RDA по двум углам (т.к. CN \parallel RP), следовательно, \dfrac{RD}{DN}=\dfrac{RA}{BN}=\dfrac{1}{2}.

4. Соединим точки MKAD, полученный четырехугольник является сечением пирамиды, проходящем через прямую MK и параллельным прямой QT.

б) Решим задачу с помощью метода координат. Расположим центр координат в точке O, ось OX и OY проведем паралелльно сторонам основания, а ось OZ совпадает с высотой пирамиды OR.

M(3\sqrt{2}; -3\sqrt{2}; 0), \space Q(3\sqrt{2}; 3\sqrt{2}; 0), P(-3\sqrt{2}; 3\sqrt{2}; 0)

Рассмотрим треугольник ORQ:

OQ=3\sqrt{2}\cdot \sqrt{2}=6, \space RQ=6\sqrt{2}

Следовательно, по теореме Пифагора: OR=\sqrt{RQ^2-OQ^2}=6

Следовательно, R(0;0;6)

Точка K — середина отрезка RQ.

K_x=\dfrac{R_x+Q_x}{2}=\dfrac{3\sqrt{2}}{2}

K_y=\dfrac{R_y+Q_y}{2}=\dfrac{3\sqrt{2}}{2}

K_z=\dfrac{R_z+Q_z}{2}=3.

K\left(\dfrac{3\sqrt{2}}{2}; \dfrac{3\sqrt{2}}{2}; 3\right)

Рассмотрим вектор \overrightarrow{MK}.

\overrightarrow{MK} \left(-\dfrac{3\sqrt{2}}{2}; \dfrac{9\sqrt{2}}{2}; 3\right)

|\overrightarrow{MK}|=3\sqrt{6}

Точка T — середина отрезка RP.

T_x=\dfrac{R_x+P_x}{2}=-\dfrac{3\sqrt{2}}{2}

T_y=\dfrac{R_y+P_y}{2}=\dfrac{3\sqrt{2}}{2}

T_z=\dfrac{R_z+T_z}{2}=3.

T\left(-\dfrac{3\sqrt{2}}{2}; \dfrac{3\sqrt{2}}{2}; 3\right)

Рассмотрим вектор \overrightarrow{QT}.

\overrightarrow{QT} \left(-\dfrac{9\sqrt{2}}{2}; -\dfrac{3\sqrt{2}}{2}; 3\right)

|\overrightarrow{QT}|=3\sqrt{6}

(\overrightarrow{MK};\overrightarrow{QT})=9

\cos \alpha = \dfrac{(\overrightarrow{MK};\overrightarrow{QT})}{|\overrightarrow{MK}|\cdot |\overrightarrow{QT}|}=\dfrac{9}{54}=\dfrac{1}{6}

\alpha = \arccos {\left( \dfrac{1}{6} \right)}

Будем искать решение в области:

\begin{cases} x+7 \ne 0\\ -121x \gt 0\\ \log_{\frac{1}{11}}{11^x}\gt 0 \\ \log_{11}{\log_{\frac{1}{11}}{11^x}} \ne 0 \\ \log_{11^{x+7}}(-121x)\ne 0 \end{cases}

\begin{cases} x \ne -7\\ x \lt 0\\ x \lt 0\\ x \ne -1 \\ x \ne -\dfrac{1}{121} \\ \end{cases}

x \in (-\infty; -7) \cup (-7; -1) \cup (-1; 0)

\dfrac{(x+7)\log_{11}{121}}{(x+7)(\log_{11}{121}+\log_{11}{(-x)})} \le \dfrac{11}{\log_{11}{(-x)}}

\dfrac{2}{2+\log_{11}{(-x)}} \le \dfrac{11}{\log_{11}{(-x)}}

Замена: \log_{11}{(-x)}=t

\dfrac{2}{2+t} \le \dfrac{11}{t}

\dfrac{2}{2+t} - \dfrac{11}{t} \le 0

\dfrac{2t-22-11t}{t(t+2)} \le 0

\dfrac{-9t-22}{t(t+2)} \le 0

\dfrac{9t+22}{t(t+2)} \ge 0

Решим при помощи метода интервалов.

\left[ \begin{aligned} t \gt 0\\ -\dfrac{22}{9} \le t \lt -2 \end{aligned} \right.

Обратная замена:

\left[ \begin{aligned} \log_{11}{-x} \gt 0\\ \begin{cases} \log_{11}{-x} \ge -\dfrac{22}{9}\\ \log_{11}{-x} \lt -2 \end{cases} \end{aligned} \right.

\left[ \begin{aligned} -x \gt 1\\ \begin{cases} -x \ge \dfrac{1}{11^{\frac{22}{9}}}\\ -x \lt \dfrac{1}{121} \end{cases} \end{aligned} \right.

\left[ \begin{aligned} x \lt -1\\ \begin{cases} x \le -\dfrac{1}{121\sqrt[9]{11^4}}\\ x \gt -\dfrac{1}{121} \end{cases} \end{aligned} \right.

x \in (-\infty; -1) \cup \left(-\dfrac{1}{121}; -\dfrac{1}{121\sqrt[9]{11^4}}\right]

Учитывая ограничения:

x \in (-\infty; -7) \cup (-7;-1) \cup \left(-\dfrac{1}{121}; -\dfrac{1}{121\sqrt[9]{11^4}}\right]

Ответ: (-\infty; -7) \cup (-7;-1) \cup \left(-\dfrac{1}{121}; -\dfrac{1}{121\sqrt[9]{11^4}}\right]

Обозначим: S — сумма кредита (S=1536171), k — процентная ставка (k=10\%), r=1+\dfrac{k}{100}=1,1

x — сумма одного платежа при погашении кредита за 3 года,

y — сумма одного платежа при погашении кредита за 4 года.

Запишем остаток долга на конец года в случае погашения за 3 года:

S_1=rS-x

S_2=rS_1-x=r(rS-x)-x

S_3=rS_2=r(r(rS-x)-x)-x=0

Тогда сумма одного платежа:

x=\dfrac{r^3S}{r^2+r+1}

Запишем остаток долга на конец года в случае погашения за 4 года:

S_1=rS-y

S_2=rS_1-y=r(rS-y)-y

S_3=rS_2=r(r(rS-y)-y)-y

S_4=rS_3=r(r(r(rS-y)-y)-y)-y=0

y=\dfrac{r^4S}{r^3+r^2+r+1}

Следовательно,

x-y=\dfrac{r^3S}{r^2+r+1}-\dfrac{r^4S}{r^3+r^2+r+1}=r^3 S \left( \dfrac{1}{r^2+r+1} - \dfrac{r}{r^3+r^2+r+1} \right)=r^3S \cdot \dfrac{1}{(r^2+r+1)(r^3+r^2+r+1)}=\dfrac{r^3S}{(r^2+r+1)(r^3+r^2+r+1)}=\dfrac{{1,331} \cdot 1536171}{3,31\cdot 4,641}=\dfrac{1,331\cdot 1536171}{15,36171}=133100

Ответ: 133100

а) Продлим стоорны MN и PQ, точку из пересечения обозначим R.

Треугольник MRQ подобен треугольнику NRP (NP параллельна MQ и NP=\dfrac{MQ}{2}).

Следовательно, NP — средняя линяя треугольника MRQ.

MN=NR, следовательно, EN — серединный перпендикуляр.

RP=PQ, EP — серединный перпендикуляр.

Следовательно, E - центр описанной около треугольника MRQ окружности.

Что и требовалось доказать.

Следовательно, ME=EQ т.к. являются радиусами.

б) Треугольник MEQ является равнобедренным, следовательно, MH=HQ, EH — серединный перпендикуляр.

Треугольники MHE и QHE — равнобедренные и прямоугольные.

\agle MEQ = 90\degree

По свойству вписанного и центрального угла, \angle MRQ=45\degree

\angle NMQ=180\degree - \angle MQP - \angle MRQ = 180\degree-55\degree-45\degree=80\degree

ОДЗ: 2-5x \ge 0, x \le 0,4

Преобразуем к виду 2b=\sqrt{2-5x}+|2,5x|

Введем функцию f(x)=2b, графиком функции является прямая, параллельная оси OX.

Введем функцию g(x)=\sqrt{2-5x}+|2,5x|

Раскроем модуль:

g(x) \begin{cases} \sqrt{2-5x}+2,5x, \space при \space x\in [0; 0,4]\\ \sqrt{2-5x}-2,5x, \space при \space x\in (-\infty; 0) \end{cases}

Исследуем функцию g(x) на области x\in (-\infty; 0)

g(x)=\sqrt{2-5x}-2,5x

Производная:

g'(x)=-\dfrac{5}{2\sqrt{2-5x}}-\dfrac{5}{2}

Производная отрицательна в исследуемой области, следовательно функция g(x) убывает.

g(0)=\sqrt{2}

Исследуем функцию g(x) на области x\in [0; 0,4]

g(x)=\sqrt{2-5x}+2,5x

Производная:

g'(x)=-\dfrac{5}{2\sqrt{2-5x}}+\dfrac{5}{2}

Приравняем функцию к нулю и найдём критические точки:

-\dfrac{5}{2\sqrt{2-5x}}+\dfrac{5}{2}=0

x=\dfrac{1}{5}

x=\dfrac{2}{5} (получили из знаменателя)

g(0)=\sqrt{2}

g(0,2)=1,5

g(0,4)=1

Определим знаки производной функции на интервалах при помощи метода интервалов.

Построим график

Найдем по графику: 2b\in (\sqrt{2}; 1,5)

b\in \left( \dfrac{\sqrt{2}}{2}; \dfrac{3}{4}\right)

Ответ: \left( \dfrac{\sqrt{2}}{2}; \dfrac{3}{4}\right)

а) Исходное число 711495117125, вычеркнем суммы 7\sout{11}495117125 (7+4=11, \space7+1 \ne 1), 7\sout{11}4\sout{9}5117125 (4+5=9, \space 4+1 \ne 95), 7\sout{11}4\sout{9}5\space 11 \space7125 (5+1 \ne 1,\space 5+7 \ne 11), следовательно, такое число не существует.

б) Исходное число 310792119134, вычеркнем суммы 3 \sout{10} 7 \sout{9} 2 \sout{11} 9 \sout{13} 4, получим, 37294

в) Обозначим число k=100\cdot a +10\cdot b +c.

Наибольшее возможное количество разрядов в получившемся числе N равно 7, что возможно только при a+b \ge 10, b+c \ge 10, иначе N \lt 1000000.

Т.к. необходимо найти наибольшее число, то a+b\ge 0, \space b+c \ge 0.

Таким образом, t=a\cdot 10^6+1\cdot 10^5 +(a+b-10)\cdot 10^4 + b\cdot 10^3 + 1\cdot 10^2+(b+c-10)\cdot 10+c.

По признаку делимости на 11:

a+(a+b-10)+1+c-(1+b+(b+c-10))=a+a+b-10+1+c-1-b-b-c+10=2a-b

Наибольшее число будет при a=9, при этом число будет делиться на 11 при b=7 и независимо от значения с, следовательно, возьмем максимально возможное c=9.

Следовательно, k=979, подставим суммы 9167169.