Вариант 5 • Профильная математика

Воспользуемся периодичностью и формулами приведения:

-2 \cdot \sin x \cdot \cos x = -\cos x

\cos x \cdot (1-2 \cdot \sin x) =0

\left[ \begin{aligned} \cos x = 0\\ \sin x= \dfrac{1}{2} \end{aligned} \right.

\left[ \begin{aligned} x= \dfrac{\pi}{2} + \pi n,\, n\in\mathbb{Z}\\ x= \dfrac{\pi}6+2\pi k,\, k\in\mathbb{Z}\\ x= \dfrac{5\pi}6+2\pi m,\, m\in\mathbb{Z} \end{aligned} \right.

б) \dfrac{9\pi}2, \space \dfrac{11\pi}2, \space \dfrac{25\pi}{6}, \space \dfrac{29\pi}{6}

а) По свойству диагоналей правильного шестиугольника L_1P_1\perp K_1N_1.

Т.к. верхнее основание призмы перпендикулярно боковому ребру L_1P_1\perp K_1K, то L_1P_1\perp KK_1N_1 и NL_1P_1\perp KK_1N по признаку перпендикулярности плоскостей.

Что и требовалось доказать.

б) Пусть T — середина L_1P_1. Тогда точка T принадлежит K_1N_1, а N_1K\perp L_1P_1.

Кроме того NT\perp L_1P_1, т.к. L_1P_1\perp KK_1N_1.

Следовательно \tg \angle (KLM, NL_1P_1) = \tg \angle (K_1L_1M_1, NL_1P_1) = \tg \angle N_1TN= \dfrac{N_1N}{N_1T}= \dfrac {7}{\dfrac{3}{4} N_1K_1}=\dfrac{2}{3}

Ответ: \dfrac{2}{3}

Решение неравенства ищем при условиях

\begin{cases} x \kern{0.27em}{=}\mathllap{/\,}\kern{0.27em} 0 \\ 5-x\ge 0 \\ 5-x \kern{0.27em}{=}\mathllap{/\,}\kern{0.27em} 1 \end{cases} , откуда \begin{cases} x \kern{0.27em}{=}\mathllap{/\,}\kern{0.27em} 0 \\ x\le 5 \\ x \kern{0.27em}{=}\mathllap{/\,}\kern{0.27em} 4 \end{cases}

Рассмотрим два случая.

1. Если \left(\dfrac{\sqrt{x^2-6x+9}-1}{\sqrt{5-x}-1}\right)^2 = 0

   \sqrt{x^2-6x+9}-1=0

   \sqrt{x^2-6x+9}=1

   |x-3|=1

   x_1=2; x_2=4

   Значит, x=2 — решение.

2. Если \left(\dfrac{\sqrt{x^2-6x+9}-1}{\sqrt{5-x}-1}\right)^2 \kern{0.27em}{=}\mathllap{/\,}\kern{0.27em} 0

   \sqrt{x^2-6x+9}-1\kern{0.27em}{=}\mathllap{/\,}\kern{0.27em} 0

   При \sqrt{x^2-6x+9}\kern{0.27em}{=}\mathllap{/\,}\kern{0.27em} 1

   Разделим обе части неравенства на \left(\dfrac{\sqrt{x^2-6x+9}-1}{\sqrt{5-x}-1}\right)^2

   Получим x+\dfrac{3}{x} \ge4.

   Решим неравенство получим 0\lt x\le1 или x\ge3.

Учитывая огранисения, получаем множество решений неравенства (0; 1] \cup {2} \cup [3;4) \cup (4; 5].

Ответ: (0; 1] \cup {2} \cup [3;4) \cup (4; 5].

Введем обозначения: сумма дополнительного вклада x, сумма вклада S.

Конец первого года: 1,1S

Начало второго года: 1,1S+x

Конец второго года: (1,1S+x)\cdot 1,1

Конец третьего года: (1,1S+x)\cdot 1,1^2

Начало четвертого года: (1,1S+x)\cdot 1,1^2 +x

Конец четвертого года: ((1,1S+x)\cdot 1,1^2 +x)1,1

Конец пятого года: ((1,1S+x)\cdot 1,1^2 +x)1,1^2

Сумма начислений по вкладу: ((1,1S+x)\cdot 1,1^2 +x)1,1^2-S-2x

Составим неравенство:

((1,1S+x)\cdot 1,1^2 +x)1,1^2-S-2x\ge 300

1,1^5S+1,1^4x+1,1^2x-S-2x\ge 300

1,61051\cdot 400+1,4641x+1,21x-400-2x\ge 300

0,61051\cdot 400+2,6741x-2x\ge 300

244,204+0,6741x\ge 300

0,6741x\ge 55,796

x\ge 82,77...

Ответ: 83

a) Введем обозначения: NE=a, \space EP=b, \space EK=c, \space EM=d, \space \angle PEK= \angle NEM = \alpha , \space \angle NEP = \angle MEK = \beta.

S_{MEK}=\dfrac{1}{2} \cdot cd \sin \beta

S_{NEM}=\dfrac{1}{2} \cdot ad \sin \alpha

S_{NEP}=\dfrac{1}{2} \cdot ab \sin \beta

S_{PEK}=\dfrac{1}{2} \cdot bc \sin \alpha

S_{NPE} \cdot S_{MKE}=\dfrac{1}{2} \cdot ab \sin \beta \cdot \dfrac{1}{2} \cdot cd \sin \beta

S_{NPE} \cdot S_{MKE} = \dfrac{1}{4} abcd \sin^2 \beta

S_{MNE} \cdot S_{PKE}=\dfrac{1}{2} \cdot ad \sin \alpha \cdot \dfrac{1}{2} \cdot bc \sin \alpha

S_{MNE} \cdot S_{PKE}=\dfrac{1}{4} abcd \sin^2 \alpha

\alpha = \pi -\beta

S_{MNE} \cdot S_{PKE}=\dfrac{1}{4} abcd \sin^2 (\pi - \beta) = \dfrac{1}{4} abcd \sin^2 \beta

Следовательно, S_{NPE} \cdot S_{MKE} = S_{MNE} \cdot S_{PKE}, что и требовалось доказать.

б) По условию: a = \dfrac{c}{2}, \space d=3b

S_{PEK}=\dfrac{1}{2} \cdot bc \sin \alpha=48

Следовательно, bc \sin \alpha = 96

S_{NEM}=\dfrac{1}{2} \cdot ad \sin \alpha= \dfrac{3}{4} bc \sin \alpha = 72

В знаменателе левой части неравенства параметр стоит в четной степени, следовательно, положителен, а значение косинуса не может быть больше 1. Следовательно, знаменатель левой части неравенства всегда положителен.

p^2-(p^2-4p)\cos{3x}+4 \lt p^2+4-\cos{6x}

Воспользуемся формулой косинуса двойного угла и упростим.

2\cos^2{3x} - (p^2-4p)\cos{3x}-1 \lt 0

Для того, чтобы множество решений неравенства содержало отрезок [\dfrac{41 \pi}{18}; \space \dfrac{43\pi}{18}], утроенный аргумент должен содержать отрезок [\dfrac{41 \pi}{6}; \space \dfrac{43\pi}{6}], что с учетом периодичности соответствует [\dfrac{5\pi}{6}; \space \dfrac{7\pi}{6}], а косинус тройного угла должен принимать все значения -1 \le x \le -\dfrac {\sqrt3}{2}

Замена: \cos{3x}=t, \space |t| \le 1

2t^2-(p^2-4p)t-1 \lt 0

Введем функцию: g(t) = 2t^2-(p^2-4p)t-1 \lt 0

Для того, чтобы множество решений неравенства содержало отрезок [-1; -\dfrac{\sqrt3}{2}] необходимо и достаточно: \begin{cases} g(-1) \lt 0 \\ g(-\dfrac{\sqrt3}{2}) \lt 0 \end{cases}

\begin{cases} p^2-4p+1 \lt 0 \\ \sqrt3 p^2-4\sqrt3 p+ 1 \lt 0 \end{cases}

\begin{cases} (p-(2-\sqrt{3}))(p-(2+\sqrt{3})) \lt 0 \\ (p-(2-\dfrac{\sqrt{12-\sqrt{3}}}{\sqrt{3}}))\cdot\\ \space \space \space \space \space \space \space \space \space\cdot(p-(2+\dfrac{\sqrt{12-\sqrt{3}}}{\sqrt{3}})) \lt 0 \end{cases}

p \in (2-\sqrt3 ; 2+\sqrt3)

Ответ: p \in (2-\sqrt3 ; 2+\sqrt3).

a)нет: наименьшая сумма 59 различных натуральных чисел S_{59}=\dfrac {1+59}{2} \cdot 59 \Rightarrow S_{60}=1770+82=1852, что противоречит условию.

б)нет: Пусть чиcло 11 не записано, тогда как минимум получаем сумму чисел от 1 до 10 и от 12 до 61 S_{60}=\dfrac {1+10}{2} \cdot 10+\dfrac {12+61}{2}\cdot50=1880 \Rightarrow противоречие условию.

в) 3. Допустим, выписаны все числа от 1 до 60 S_{60}=1830, что меньше указанной в условии. Разность с суммой в условии 15, заменим некоторые числа на числа больше. Вместо чисел 15, 30 и 45 мы не можем взять число 61 или больше (общая сумма станет больше, чем 1845), а вот от числа 60 можно избавиться. Один из примеров: 1,2,3,...,57,58,61,73.