Тренировочные варианты «Школково». Резервный день. Задания с развернутым ответом 2015

а) ОДЗ: \(x\) – произвольный.

Исходное уравнение равносильно уравнению \[16^{-2\cos x} = 16^{\,2\sin 2x}\qquad\Leftrightarrow\qquad -2\cos x = 2\sin 2x\,.\]

По формуле синуса двойного угла: \[-2\cos x = 4\sin x\cdot \cos x\quad\Leftrightarrow\quad \cos x(2\sin x + 1) = 0\quad\Leftrightarrow\quad \left[ \begin{gathered} \cos x = 0\\ \sin x = -\dfrac{1}{2} \end{gathered} \right.\]

1) \(\cos x = 0\), тогда \(x = \pm\dfrac{\pi}{2} + 2\pi n\), \(n\in\mathbb{Z}\).

2) \(\sin x = -\dfrac{1}{2}\), тогда \(x = -\dfrac{\pi}{6} + 2\pi m\), \(m\in\mathbb{Z}\) или \(x = \dfrac{7\pi}{6} + 2\pi k\), \(k\in\mathbb{Z}\).

б) \(-\pi\leqslant\dfrac{\pi}{2} + 2\pi n_1 \leqslant \dfrac{3\pi}{2}\) равносильно \(-\dfrac{3\pi}{2}\leqslant 2\pi n_1 \leqslant \pi\), что равносильно \(-\dfrac{3}{4}\leqslant n_1 \leqslant \dfrac{1}{2}\), но \(n_1\in\mathbb{Z}\), следовательно, среди этих решений подходит только решение при \(n_1 = 0\): \(x = \dfrac{\pi}{2}\).

\(-\pi\leqslant-\dfrac{\pi}{2} + 2\pi n_2 \leqslant \dfrac{3\pi}{2}\) равносильно \(-\dfrac{\pi}{2}\leqslant 2\pi n_2 \leqslant 2\pi\), что равносильно \(-\dfrac{1}{4}\leqslant n_2 \leqslant 1\), но \(n\in\mathbb{Z}\), следовательно, среди этих решений подходят решения при \(n_2 = 0\) и \(n_2 = 1\): \(x = -\dfrac{\pi}{2}\) и \(x = \dfrac{3\pi}{2}\).

\(-\pi\leqslant -\dfrac{\pi}{6} + 2\pi m \leqslant \dfrac{3\pi}{2}\) равносильно \(-\dfrac{5\pi}{6}\leqslant 2\pi m \leqslant \dfrac{5\pi}{3}\), что равносильно \(-\dfrac{5}{12}\leqslant m \leqslant \dfrac{5}{6}\), но \(m\in\mathbb{Z}\), следовательно, среди этих решений подходит только решение при \(m = 0\): \(x = -\dfrac{\pi}{6}\).

\(-\pi\leqslant \dfrac{7\pi}{6} + 2\pi k \leqslant \dfrac{3\pi}{2}\) равносильно \(-\dfrac{13\pi}{6}\leqslant 2\pi k \leqslant \dfrac{\pi}{3}\), что равносильно \(-\dfrac{13}{12}\leqslant k \leqslant \dfrac{1}{6}\), но \(k\in\mathbb{Z}\), следовательно, среди этих решений подходят решения при \(k = -1\) и \(k = 0\): \(x = -\dfrac{5\pi}{6}\) и \(x = \dfrac{7\pi}{6}\).

Ответ:

а) \(\pm\dfrac{\pi}{2} + 2\pi n\), \(-\dfrac{\pi}{6} + 2\pi m\), \(\dfrac{7\pi}{6} + 2\pi k\), \(n,m,k\in\mathbb{Z}\)

б) \(\dfrac{\pi}{2}\), \(-\dfrac{\pi}{2}\), \(\dfrac{3\pi}{2}\), \(-\dfrac{\pi}{6}\), \(-\dfrac{5\pi}{6}\), \(\dfrac{7\pi}{6}\)

Пусть \(O\) – проекция точки \(M\) на плоскость \((ABC)\), \(P'\) и \(Q'\) – проекции на плоскость \((ABC)\) точек \(P\) и \(Q\) соответственно.

Плоскость \(\pi\) проходит через \(PQ\) и \(P'Q'\). Пусть \(H\) – точка пересечения \(MD\) и \(PQ\), \(H'\) – её проекция на плоскость \((ABC)\).

Так как \(PQ\) – средняя линия в треугольнике \(MAC\), то \(H\) – середина \(MD\) (в силу подобия треугольников \(MCD\) и \(MQH\) по двум углам).

Рассмотрим прямоугольные треугольники \(MDO\) и \(HDH'\): \(\angle MDO\) – общий, следовательно, треугольники \(MDO\) и \(HDH'\) подобны по острому углу, откуда \[\dfrac{DH'}{DO} = \dfrac{DH}{DM} = \dfrac{1}{2}\,.\]

Так как пирамида \(MABC\) правильная, то \(O\) – точка пересечения медиан треугольника \(ABC\), следовательно, \[DO = \dfrac{1}{3}\cdot DB \qquad\Rightarrow\qquad DH' = \dfrac{1}{2}\cdot DO = \dfrac{1}{2}\cdot \dfrac{1}{3}\cdot DB = \dfrac{1}{6}\cdot DB\,,\] откуда получаем, что \(BH' : H'D = 5 : 1\), что и требовалось доказать.

б) Прямая \(AC\) параллельна прямой \(PQ\) и не лежит в плоскости \(\pi\), следовательно, \(AC\parallel\pi\). Обозначим расстояние через \(\rho\). Так как \(AC\parallel\pi\), то \[\rho(C; \pi) = \rho(AC; \pi) = \rho(D; \pi)\]

Так как \(DH'\perp AC\), \(AC\parallel PQ\parallel P'Q'\), то \(DH'\perp P'Q'\). Кроме того, \(DH'\perp HH'\), следовательно, \(DH'\perp\pi\), откуда \[\rho(D; \pi) = DH' = \dfrac{1}{6}\cdot DB\,.\]

Найдём \(DB\) по теореме Пифагора в треугольнике \(BDC\): \[BD^2 = BC^2 - CD^2 = \dfrac{3}{4}\cdot 17^2\qquad\Rightarrow\qquad BD = \dfrac{17\sqrt{3}}{2}\,,\] откуда \(BH' = \dfrac{1}{6}\cdot \dfrac{17\sqrt{3}}{2} = \dfrac{17\sqrt{3}}{12}\,.\)

Замечание. Ответ не зависит от длины ребра \(AM\).

Ответ:

б) \(\dfrac{17\sqrt{3}}{12}\)

ОДЗ: \(x > 0\).

Решим на ОДЗ. Сделаем замену \(t = \log_3 x\): \[(t^2 + t)^2 < 8t^2 + 8t - 12\qquad\Leftrightarrow\qquad (t^2 + t)^2 < 8(t^2 + t) - 12\]

Сделаем замену \(s = t^2 + t\): \[s^2 < 8s - 12\qquad\Leftrightarrow\qquad s^2 - 8s + 12 < 0\qquad\Leftrightarrow\qquad (s - 6)(s - 2) < 0\]

По методу интервалов:



откуда \(2 < s < 6\), тогда \[2 < t^2 + t < 6\qquad\Leftrightarrow\qquad \begin{cases} t^2 + t - 2 > 0\\ t^2 + t - 6 < 0 \end{cases} \qquad\Leftrightarrow\qquad \begin{cases} (t - 1)(t + 2) > 0\\ (t - 2)(t + 3) < 0 \end{cases}\] Решение первого неравенства полученной системы по методу интервалов: \(t\in (-\infty; -2)\cup(1; +\infty)\).
Решение второго неравенства полученной системы по методу интервалов: \(t\in (-3; 2)\).

Таким образом, решение полученной системы: \(t\in (-3; -2)\cup(1; 2)\), откуда \[\left[ \begin{gathered} -3 < \log_3 x < -2\\ 1 < \log_3 x < 2 \end{gathered} \right. \quad\Leftrightarrow\quad \left[ \begin{gathered} \log_3 \dfrac{1}{27} < \log_3 x < \log_3 \dfrac{1}{9}\\ \log_3 3 < \log_3 x < \log_3 9 \end{gathered} \right. \quad\Leftrightarrow\quad \left[ \begin{gathered} \dfrac{1}{27} < x < \dfrac{1}{9}\\ 3 < x < 9 \end{gathered} \right.\]

Пересечём ответ с ОДЗ:\[x\in \left(\dfrac{1}{27}; \dfrac{1}{9}\right)\cup(3; 9)\,.\]

Ответ:

\(\left(\dfrac{1}{27}; \dfrac{1}{9}\right)\cup(3; 9)\)

а) Пусть \(Q\) – точка пересечения биссектрисы угла \(DAP\) со стороной \(CD\). Пусть \(S\) – точка пересечения \(AQ\) и \(PD\). Так как \(DA = AP\), то \(AQ\) содержит медиану и высоту в треугольнике \(DAP\), откуда следует, что \(AQ\perp DP\) и \(S\) – середина \(DP\).

Таким образом, \(QS\) – медиана и высота в треугольнике \(QPD\), следовательно, треугольник \(QPD\) равнобедренный и \(PQ = QD\).

Треугольник \(DPC\) – прямоугольный. Предположим, что некоторая точка \(Q'\neq Q\) – середина \(CD\), тогда \(PQ' = DQ'\) (\(PQ'\) – медиана, проведённая к гипотенузе), следовательно, \(\angle PDQ = \angle DPQ'\), но \(\angle PDQ = \angle DPQ\), следовательно, точки \(P\), \(Q\) и \(Q'\) лежат на одной прямой, то есть \(Q'\) лежит на \(PQ\), а также \(Q'\) лежит на \(CD\). Но две не совпадающие прямые могут иметь не более одной общей точки, следовательно, наше предположение неверно и \(Q\) – середина \(CD\).

Тогда \(PQ = QC\), следовательно, \(\triangle PQB = \triangle CQB\) (по трём сторонам), откуда получаем, что \(QB\) – биссектриса угла \(PBC\), то есть \(Q\) – точка пересечения биссектрис углов \(DAP\) и \(PBC\). Так как двух точек пересечения у несовпадающих прямых быть не может, то биссектрисы углов \(DAP\) и \(PBC\) пересекаются на стороне \(CD\) (в точке \(Q\)).

б) В четырёхугольнике \(PSQT\): \(\angle SPT = 90^\circ = \angle PSQ = \angle PTQ\), следовательно, \(\angle SQT = 360^\circ - 270^\circ = 90^\circ\) и \(PSQT\) – прямоугольник.

Рассмотрим прямоугольные треугольники \(ASP\) и \(AQB\): \(\angle BAQ\) – общий, следовательно, треугольники \(ASP\) и \(AQB\) подобны по острому углу, следовательно, \[\dfrac{PS}{BQ} = \dfrac{AP}{AB} = \dfrac{2}{9}\,,\] но \(PS = QT\), тогда \[\dfrac{QT}{BQ} = \dfrac{2}{9}\qquad\Rightarrow\qquad BT = \dfrac{7}{2}\cdot QT\,.\]

Аналогично треугольники \(BPT\) и \(BAQ\) подобны, откуда \[\dfrac{AQ}{PT} = \dfrac{AB}{PB} = \dfrac{9}{7}\,,\] но \(PT = QS\), тогда \[\dfrac{AQ}{QS} = \dfrac{9}{7}\qquad\Rightarrow\qquad AS = \dfrac{2}{7}\cdot QS\,.\]

\[\begin{aligned} &S_{ABCD} = S_{DAP} + S_{DPC} + S_{PBC} = AS\cdot PS + 2PS\cdot PT + PT\cdot BT =\\ = \,&\dfrac{2}{7}\cdot QS\cdot PS + 2PS\cdot PT + PT\cdot \dfrac{7}{2}\cdot QT = \dfrac{81}{14}\cdot S_{PSQT}\,, \end{aligned}\]

следовательно, \[1 = \dfrac{81}{14}\cdot S_{PSQT}\qquad\Rightarrow\qquad S_{PSQT} = \dfrac{14}{81}\,.\]

Ответ:

б) \(\dfrac{14}{81}\)

Так как строительство аквапарка должно окупиться не более, чем за \(4\) года, то прибыль за \(4\) года должна составить не менее \(40\ млн. руб.\), то есть цена \(P\) должна быть такой, чтобы существовало какое-нибудь решение неравенства

\[\begin{aligned} &4\biggl(Px - \left(\dfrac{2}{3}x^2 + 5x + 3,5\right)\biggr)\geqslant 40\qquad\Leftrightarrow\qquad Px - \left(\dfrac{2}{3}x^2 + 5x + 3,5\right)\geqslant 10\qquad\Leftrightarrow\\ \Leftrightarrow\qquad & -\dfrac{2}{3}x^2 + (P - 5)x - 3,5\geqslant 10\qquad\Leftrightarrow\qquad \dfrac{2}{3}x^2 - (P - 5)x + 13,5\leqslant 0\,. \end{aligned}\]

График левой части последнего неравенства при всяком фиксированном \(P\) представляет собой параболу с ветвями, направленными вверх. Тогда у последнего неравенства есть решение тогда и только тогда, когда вершина соответствующей параболы лежит не выше оси \(Ox\): \[y_{\text{в}} \leqslant 0\qquad\Leftrightarrow\qquad \dfrac{2}{3}\cdot\bigl(0,75(P - 5)\bigr)^2 - (P - 5)\cdot\bigl(0,75(P - 5)\bigr) + 13,5\leqslant 0\,,\] что равносильно \[\dfrac{3}{8}(P - 5)^2\geqslant 13,5\qquad\Leftrightarrow\qquad (P - 5)^2\geqslant 36\,,\] откуда с учётом условия \(P > 0\), получим: \(P\geqslant 11\).

Таким образом, минимальная цена билета, при которой аквапарк имеет шанс окупиться за 4 года (при наличии достаточного количества желающих его посетить), составляет \(P = 11\).

Ответ:

\(11\)

Выражая из второго уравнения \(y\) и подставляя результат в первое уравнение исходной системы, получим \[(2x - a)^2 + 4x - 8 = |4x^2 + 4x - 8|\quad\Leftrightarrow\quad 4x^2 + (4 - 4a)x - 8 + a^2 = |4x^2 + 4x - 8|\,,\] таким образом, задача сводится к нахождению всех \(a\), при которых полученное уравнение имеет более двух решений.

Рассмотрим два случая:

1) \[4x^2 + 4x - 8\geqslant 0\qquad\Leftrightarrow\qquad x\in(-\infty; -2]\cup[1; +\infty)\,.\] В этом случае уравнение примет вид \[4x^2 + (4 - 4a)x - 8 + a^2 = 4x^2 + 4x - 8\quad\Leftrightarrow\quad -4ax + a^2 = 0\] – при \(a\neq 0\) это линейное уравнение, следовательно, при \(a\neq 0\) оно имеет не более одного решения на рассматриваемом множестве. При \(a = 0\) у него бесконечно много решений, следовательно, \(a = 0\) идёт в ответ.

2) \[4x^2 + 4x - 8 < 0\qquad\Leftrightarrow\qquad x\in(-2; 1)\,.\] В этом случае уравнение примет вид \[4x^2 + (4 - 4a)x - 8 + a^2 = -4x^2 - 4x + 8\quad\Leftrightarrow\quad 8x^2 + (8 - 4a)x - 16 + a^2 = 0\] – квадратное уравнение, следовательно, оно имеет не более двух решений на рассматриваемом множестве.

Пусть \(a\neq 0\). Так как требуется, чтобы уравнение, полученное в начале решения, имело три корня или более, то нам необходимо и достаточно, чтобы в пункте 1) было одно решение, а в пункте 2) было два различных решения.

Тогда согласно пункту 1) \(a\neq 0\) и \(x = 0,25a\), откуда \[0,25a\in(-\infty; -2]\cup[1; +\infty)\qquad\Leftrightarrow\qquad a\in(-\infty; -8]\cup[4; +\infty)\,.\]

При этом из пункта 2) имеем: дискриминант \[D = (8 - 4a)^2 - 32(-16 + a^2) = 64 - 64a + 16a^2 + 32\cdot 16 - 32a^2 = 576 - 64a - 16a^2\] чтобы уравнение имело хоть какие-нибудь различные два корня, необходимо и достаточно, чтобы было выполнено \[D > 0\qquad\Leftrightarrow\qquad a^2 + 4a - 36 < 0\qquad\Leftrightarrow\qquad -2 - 2\sqrt{10} < a < -2 + 2\sqrt{10}\]

Кроме того, корни уравнения в пункте 2) должны удовлетворять неравенству \(-2 < x < 1\): \[-2 < \dfrac{a - 2\pm \sqrt{36 - 4a - a^2}}{4} < 1\,,\] что равносильно системе

\[\begin{aligned} & \begin{cases} a - 2 + \sqrt{36 - 4a - a^2} < 4\\ a - 2 - \sqrt{36 - 4a - a^2} > -8 \end{cases} \quad\Leftrightarrow\quad \begin{cases} \sqrt{36 - 4a - a^2} < 6 - a\\ -\sqrt{36 - 4a - a^2} > -6 - a \end{cases} \quad\Leftrightarrow\\ \Leftrightarrow\quad & \begin{cases} \sqrt{36 - 4a - a^2} < 6 - a\\ \sqrt{36 - 4a - a^2} < 6 + a \end{cases} \quad\Leftrightarrow\quad \begin{cases} 2a^2 - 8a > 0\\ 2a^2 + 16a > 0\\ -6 < a < 6 \end{cases} \quad\Leftrightarrow\quad a\in (4; 6)\,. \end{aligned}\]

Итого, в случае \(a\neq 0\) подходят \(a\), для которых выполняются условия

\[\begin{aligned} \begin{cases} a\in(-\infty; -8]\cup[4; +\infty)\\ -2 - 2\sqrt{10} < a < -2 + 2\sqrt{10}\\ a\in (4; 6)\,. \end{cases} \end{aligned}\]

откуда находим \(a\in (4; -2 + 2\sqrt{10})\).
Окончательный ответ: \[a\in\{0\}\cup(4; -2 + 2\sqrt{10})\,.\]

Ответ:

\(\{0\}\cup(4; -2 + 2\sqrt{10})\)

а) Каждый сотрудник должен получить \(300 : 20 = 15\ кг\) золота. Это можно сделать следующим образом:
шестнадцати сотрудникам выдать по \(3\) слитка массой \(5\ кг\),
одному сотруднику выдать \(2\) слитка массой \(5\ кг\) и \(5\) слитков массой \(1\ кг\),
остальным трём сотрудникам выдать по \(15\) слитков массой \(1\ кг\).

б) тридцати пяти сотрудникам надо выдать \(300 - 20 = 280\ кг\) золота, то есть по \(280 : 35 = 8\ кг\) золота каждому из них. Тогда среди слитков по \(1\ кг\) каждый из этих сотрудников должен получить минимум по \(3\) слитка, но тогда слитков должно быть не менее \(3\cdot 35 = 105 > 50\), что неверно. Таким образом, так премии выдать не удастся.

в) Можно распределить премии так, что среди слитков по \(1\ кг\) каждый сотрудник, кроме одного, должен получить по \(4\) слитка:
все сотрудники получают по \(4\ кг\) золота, кроме одного, который получает всё остальное.

Отсюда следует, что ответ в задаче не может быть больше \(13\), иначе можно распределить тринадцати сотрудникам по \(4\ кг\) золота, но такую премию выдать нельзя, так как тогда среди слитков по \(1\ кг\) каждый из этих тринадцати сотрудников должен получить по \(4\) слитка, но ведь таких слитков \(50 < 13\cdot 4 = 52\).

Докажем, что тринадцати сотрудникам премии удастся выдать при любом допустимом распределении. Достаточно убедиться в том, что двенадцати сотрудникам можно выдать премии при любом допустимом распределении на \(13\) человек, ведь если \(12\) сотрудников смогут забрать свои премии, то тринадцатый автоматически должен забрать всё остальное, что он всегда сможет сделать.

Для первых двенадцати сотрудников (мы их как-то занумеровали, неважно, как именно) можно поступить так: пусть \(P_1\), ..., \(P_{12}\) – массы золота, распределённые в качестве премий сотрудникам с первого по двенадцатого соответственно.

Пусть \(p_1\), ..., \(p_{12}\) – остатки от деления на \(5\) чисел \(P_1\), ..., \(P_{12}\) соответственно. Тогда каждому \(i\)-ому из первых двенадцати сотрудников можно сначала выдать часть премии в виде \(p_i\) слитков по \(1\ кг\), после чего массы невыданных частей премий этих двенадцати сотрудников станут кратны \(5\), следовательно, оставшиеся части премий массами \(P_1 - p_1\), ..., \(P_{12} - p_{12}\) заведомо можно будет выдать при помощи оставшихся слитков.

Тринадцатый сотрудник может получить оставшееся золото после того, как первым двенадцати будут выданы их премии.

Ответ:

а) Да

б) Нет

в) \(13\)