Тренировочные варианты «Школково». Вариант Ф22, июль 2015 года.

Сравним: \[\begin{aligned} \dfrac{11}2 &\lor \sqrt{\dfrac{20}7}+\dfrac{23}6\\[2ex] \left(\dfrac{11}2-\dfrac{23}6\right)^2&\lor\dfrac{20}7\\[2ex] \dfrac{25}9 &\lor\dfrac{20}7\\[2ex] \dfrac{175}{63} &\lor\dfrac{180}{63} \end{aligned}\] Так как в последнем неравенстве нужно поставить знак \(<\), то и в первом нужно поставить такой же знак, следовательно, \(5,5<\sqrt{\frac{20}7}+\frac{23}6\)  

Ответ:

\(5,5 < \sqrt{\frac{20}7}+\frac{23}6\)

Сделаем замену \(x^2-7x+16=t\). Тогда уравнение примет вид \[t(t+3)-28=0\quad\Rightarrow\quad t^2+3t-28=0\] По теореме Виета корнями будут \(t=-7\) и \(t=4\).
Сделаем обратную замену:
1) \(x^2-7x+16=-7\), следовательно, \(x^2-7x+23=0\). Данное уравнение имеет отрицательный дискриминант, следовательно, не имеет корней.

2) \(x^2-7x+16=4\), следовательно, \(x^2-7x+12=0\). По теореме Виета корнями данного уравнения являются \(x=3\) и \(x=4\).

Ответ:

\(\{3;4\}\)

ОДЗ уравнения: \[\begin{cases} \sin x\geqslant 0\\ 9\sin x+\cos 2x\geqslant 0\end{cases}\quad\Leftrightarrow\quad \begin{cases} \sin x\geqslant 0\\ 9\sin x+1-2\sin^2x\geqslant 0 \end{cases}\] Решим уравнение на ОДЗ: \[20\sin^2x=9\sin x+1-2\sin^2x\quad\Rightarrow\quad 22\sin^2x-9\sin x-1=0\] Сделав замену \(t=\sin x\), сведем уравнение к квадратному виду: \(22t^2-9t-1=0\), корнями которого будут \(t_1=\frac12\) и \(t_2=-\frac1{11}\).
Заметим, что \(\sin x=-\frac1{11}\) не подходит по ОДЗ, а \(\sin x=\frac12\) подходит.   Тогда ответом будут \(x=\dfrac{\pi}6+2\pi n\) и \(x=\dfrac{5\pi}6+2\pi n\), \(n\in\mathbb{Z}\).  

Ответ:

\(\dfrac{\pi}6+2\pi n; \dfrac{5\pi}6+2\pi n; n\in\mathbb{Z}\)

Заметим, что если \(x=0\), то и \(y=0\), и наоборот. Следовательно, \((0;0)\) является решением системы. Далее будем решать систему, предполагая, что \(x\ne 0\) (а значит и \(y\ne 0\)).
Умножим первое уравнение на \(4y\), второе на \(5x\), и вычтем из первого уравнения второе, получим новую систему: \[\begin{cases} 8y^3+4xy^2-25x^3-50x^2y=0\\ 2y^2+xy=15x \end{cases}\] Рассмотрим первое уравнение: \[8y^3+4xy^2-25x^3-50x^2y=0 \ \Big|:x^3 \quad\Rightarrow\quad 8\cdot \left(\dfrac yx\right)^3+4\cdot \left(\dfrac yx\right)^2 -50\cdot \dfrac yx-25=0\] С помощью замены \(\frac yx=t\) уравнение сводится к кубическому \(8t^3+4t^2-50t-25=0\). Разложим на множители левую часть: \(4t^2(2t+1)-25(2t+1)=(2t+1)(4t^2-25)\), тогда уравнение примет вид \((2t+1)(2t-5)(2t+5)=0\) корнями которого будут \(t=\frac52\), \(t=-\frac52\) и \(t=-\frac12\).
Сделаем обратную замену: \[\begin{cases} \left[\begin{gathered}\begin{aligned} &\dfrac yx=\dfrac52\\[2ex] &\dfrac yx=-\dfrac52\\[2ex] &\dfrac yx=-\dfrac 12 \end{aligned}\end{gathered}\right.\\[2ex] 2y^2+xy=15x \end{cases} \quad\Rightarrow\quad \left[\begin{gathered}\begin{aligned} &\begin{cases} y=\dfrac52x\\[2ex] 2\cdot \left(\dfrac52x\right)^2+x\cdot \dfrac 52 x-15x=0 \end{cases}\\[2ex] &\begin{cases} y=-\dfrac52x\\[2ex] 2\cdot \left(-\dfrac52x\right)^2-x\cdot \dfrac 52 x-15x=0 \end{cases}\\[2ex] &\begin{cases} x=-2y\\[2ex] 2y^2-2y\cdot y=-2y\cdot 15\end{cases}\\[2ex] \end{aligned}\end{gathered}\right.\] Решая каждую систему совокупности по отдельности, находим, что решением первой системы будут \(x=1\) и \(y=\dfrac52\).
Решением второй системы будут \(x=\dfrac32\) и \(y=-\dfrac{15}4\).
Третья система не имеет решений, кроме \(y=0\) (это решение мы отметили уже в самом начале).

Таким образом, ответ: \(\left(1;\dfrac52\right); \ \left(\dfrac32; -\dfrac{15}4\right); \ (0;0).\)  

Ответ:

\((0;0); \left(1;\frac52\right); \ \left(\frac32; -\frac{15}4\right)\)

ОДЗ неравенства: \(x+18>0\), \(\frac x2+5>0\) и \(x+18\ne 1\), что равносильно \(x>-10\).
Решим на ОДЗ.
\[\dfrac{\frac13\log_4\left(\frac x2+5\right)}{\log_{16}(x+18)}\leqslant \dfrac 13\quad\Rightarrow\quad \dfrac{\log_4\left(\frac x2+5\right)-\log_{16}(x+18)}{\log_{16}(x+18)}\leqslant 0\quad\Rightarrow\quad \dfrac{\log_{16}\left(\dfrac{\left(\frac x2+5\right)^2}{x+18}\right)}{\log_{16}(x+18)}\leqslant 0\] На ОДЗ по методу рационализации данное неравенство может переписать в виде: \[(16-1)\cdot \left(\dfrac{\left(\frac x2+5\right)^2}{x+18}-1\right)\cdot (16-1)\cdot (x+18-1)\leqslant 0\] Так как на ОДЗ \(x+18>0\), то неравенство можно переписать в виде: \[\left(\left(\frac x2+5\right)^2-(x+18)\right)(x+17)\leqslant 0 \quad\Rightarrow\quad (x^2+16x+28)(x+17)\leqslant 0\] Решая данное неравенство методом интервалом, получим ответ \(x\in (-\infty;-17]\cup [-14;-2]\).
Пересекая данный ответ с ОДЗ, получим \(x\in (-10;-2]\).

Ответ:

\((-10;-2]\)

По свойству биссектрисы угла треугольника \(AB:BC=AN:NC\). Следовательно, можно принять \(AN=8x, NC=3x\). Пусть \(\angle ABN=\angle CBN=\alpha\). По теореме косинусов из \(\triangle ABN\) и \(\triangle CBN\): \[\begin{cases} 64x^2=64+\left(\dfrac{24}{11}\right)^2-2\cdot 8\cdot \dfrac{24}{11}\cdot \cos\alpha\\[2ex] 9x^2=9+\left(\dfrac{24}{11}\right)^2-2\cdot 3\cdot \dfrac{24}{11}\cdot \cos\alpha\end{cases}\] Умножим первое равенство на \(9\), второе на \(64\) и вычтем из первого второе: \[64\cdot 9+\dfrac{24^2}{11^2}\cdot 9-2\cdot 9\cdot 8\cdot \dfrac{24}{11} \cdot \cos \alpha-64\cdot 9-\dfrac{24^2}{11^2}\cdot 64+2\cdot 3\cdot 64\cdot \dfrac{24}{11}\cdot \cos\alpha=0\] Из полученного равенства находим, что \(\cos \alpha=\frac12\). Следовательно, \(\alpha=60^\circ\). Следовательно, \(\angle ABC=120^\circ\). Тогда \[S_{\triangle ABC}=\dfrac 12\cdot AB\cdot BC\cdot \sin\angle ABC= \dfrac12 \cdot 8\cdot 3\cdot \dfrac{\sqrt3}2=6\sqrt3\]

Ответ:

\(6\sqrt3\)

Заметим, что \(x^2-2x=(x-1)^2-1\), следовательно, уравнение можно переписать в виде: \[(x-1)^4-(a+4)(x-1)^2+a^2+6a+9=0\] Сделаем замену \((x-1)^2=t\). Тогда для того, чтобы исходное уравнение имело 4 корня, нужно, чтобы уравнение относительно \(t\) имело два различных положительных корня. \[t^2-(a+4)t^2+(a+3)^2=0\] Дикриминант \(D=-(3a^2+16a+20)\) должен быть положительным (тогда будет два корня). Следовательно, \(a\in \left(-\frac{10}3; -2\right)\).
Для того, чтобы оба корня были положительными, нужно, чтобы их произведение и сумма были положительными: \[\begin{cases} (a+3)^2>0\\ a+4>0\end{cases}\quad\Rightarrow\quad a\in (-4;-3)\cup(-3;+\infty)\] Таким образом, \(a\in \left(-\frac{10}3;-3\right)\cup(-3;-2) \quad (*)\).
Следовательно, мы имеем два положительных различных корня \(t_1\) и \(t_2\). Пусть \(t_1>t_2\). Тогда \(x=\sqrt{t_1}; \sqrt{t_2}; -\sqrt{t_1}; -\sqrt{t_2}\). На вещественной прямой эти корни будут располагаться следующим образом:



Обозначим \(\sqrt{t_2}=d\), тогда \(-\sqrt{t_2}=-d\). Тогда для того, чтобы данные 4 корня образовывали арифметическую прогрессию, нужно, чтобы \(\sqrt{t_1}=3d\), \(-\sqrt{t_1}=-3d\).
Следовательно, \(t_1=9d^2, t_2=d^2\). Тогда \[\begin{cases} 9d^4=(a+3)^2\\ 10d^2=a+4\end{cases}\quad\Rightarrow\quad 10\cdot \dfrac{|a+3|}3=a+4\] Решая полученное уравнение, находим его решения \(a= -\dfrac{18}7\) и \(a=-\dfrac{42}{13}\). Оба значения подходят под условие \((*)\).

Ответ:

\(\left\{-\dfrac{18}7; -\dfrac{42}{13}\right\}\)

Пусть \(SH\) – высота пирамиды, \(CA\cap BH=K\), \(HP\perp AF\). Тогда по теореме о трех перпендикулярах \(SP\perp AF\).



Так как по свойству правильного шестиугольника \(AC\perp BH\), то также по теореме о трех перпендикулярах \(SK\perp AC\).
Следовательно, \(S_{\triangle ASC}=0,5\cdot SK\cdot AC\), \(S_{\triangle ASB}=S_{\triangle ASF}=0,5\cdot AF\cdot SP\).
Обозначим \(SH=h\). Так как по свойству правильного шестиугольника \(BH=AB=HA=2\), а \(AK\perp BH\), то \(AK\) – медиана в \(\triangle ABC\), следовательно, \(AK=\frac{\sqrt3}2AB=\sqrt3\). Тогда \(AC=2AK=2\sqrt3\). Также \(KH=0,5BH=1\).
Заметим, что аналогично в правильном \(\triangle AHF\) \(HP\) – медиана и высота, следовательно, \(HP=AK=\sqrt3\).
Тогда \(SK^2=h^2+1\), \(SP^2=h^2+3\). Следовательно, так как \(S_{\triangle ASC}:S_{\triangle ASB}=\sqrt{37}:\sqrt{13}\), то \[\dfrac{37}{13}=\dfrac{(h^2+1)\cdot (2\sqrt3)^2}{(h^2+3)\cdot 2^2} \quad\Rightarrow\quad h=6\] Следовательно, объем пирамиды равен \[V=\dfrac 13\cdot h\cdot 6\cdot \dfrac{\sqrt3}4AB^2=12\sqrt3\]

Ответ:

\(12\sqrt3\)