Вариант 5

Найдем производную и определим точки максимума на отрезке $\left[\frac\pi3;\frac{11\pi}{12}\right]$

$f'(x)=cos\left(x-\frac{13\pi}{12}\right)+sin\left(x-\frac{13\pi}{12}\right)$

$f'(x)=0$

$tg\left(x-\frac{13\pi}{12}\right)=-1$

$x-\frac{13\pi}{12}=\frac{3\pi}4+\pi n$

$x=\frac{11}6\pi+\pi n$ — на интервале $\left[\frac\pi3;\frac{11\pi}{12}\right]$ только один экстремум при n=-1: $x=\frac56\pi$.

При $x\frac56\pi$ — возрастает, значит $x=\frac56\pi$ — точка минимума.

Найдем наибольшее значения функции на границах интервала

$f(\frac{11}{12}\pi)=sin\left(\frac{11\pi}{12}-\frac{13\pi}{12}\right)-cos\left(\frac{11\pi}{12}-\frac{13\pi}{12}\right)=0,5-\frac{\sqrt3}2<0$

$f(\frac\pi3)=sin\left(\frac\pi3-\frac{13\pi}{12}\right)-cos\left(\frac\pi3-\frac{13\pi}{12}\right)=0$ — искомое наибольшее значение функции

А) Преобразуем левую часть уравнения и получим:

$\frac2{\frac1{cos^2x}}=1+sinx$

$2cos^2x=1+sinx$

$2(1-sin^2x)-1-sinx=0$

$2sin^2x+sinx-1=0$

Пусть $sinx=t$. Тогда

$2t^2+t-1=0$

$t_1=-1$ $t_2=\frac12$

Обратная замена:

$sinx=-1$ $x=-\frac\pi2+2\pi n$, $n\in Z$ - посторонний, т.к. по ОДЗ $cosx\neq0$

$sinx=\frac12$; $x_1=\frac\pi6+2\pi n$ , $x_2=\frac{5\pi}6+2\pi n$, $n\in Z$

Б) Нанесем корни на числовую прямую и определим, какие корни входят в отрезок

Ответ: А) $\frac\pi6+2\pi n,\;\frac{5\pi}6+2\pi n,\;n\in Z$

Б) $-\frac{19\pi}6$

А) Опустим из $O$ перпендикуляр на $(ABC)$ $OZ\perp(ABC)$

$\Rightarrow(AOZ)\perp(ABC)$, $PH\perp(ABC)\Rightarrow PH\parallel(AOZ)$

т.к $PH\not\in(AOZ)$, $AO\in(AOZ)$, то $PH$ и $AO$ не имеют общих точек, ч.т.д.

Б) $\angle(PH;AO)=\angle AOZ$

Пусть $AB=PH=a$

Рассмотрим $\bigtriangleup HPN$ и $\bigtriangleup ZON$, $\bigtriangleup HPN\sim\bigtriangleup ZON$ (по двум углам: $\angle H=90^\circ;\angle Z=90^\circ;\angle PNZ$ - общий)

$\Rightarrow\frac{NO}{NP}=\frac{NZ}{NH}=\frac{OZ}{PH}$, $\frac{NO}{OP}=\frac12$ (по свойству медиан треугольника) $\Rightarrow\frac{NO}{NP}=\frac13$ (т.к. $NP=NO+OP$)

$\Rightarrow OZ=\frac13PH=\frac13a$

$ZN=\frac13HN;\;HN=\frac12DC=\frac12a$ (как средние линии $\bigtriangleup DBC$, $HN\parallel DC;BN=NC$

$\Rightarrow ZN=\frac16a;MZ=\frac56a$

Из $\bigtriangleup AMZ$ по теореме Пифагора: $AZ=\sqrt{MZ^2+AM^2}=\sqrt{\frac{25a^2}{36}+\frac{a^2}4}=a\sqrt{\frac{25+9}{36}}=\frac{a\sqrt{34}}6$

$\angle AOZ=arctg(\frac{AZ}{OZ})=arctg(\frac{a\sqrt{34}}6\cdot\frac3a)=arctg(\frac{\sqrt{34}}2)$

Ответ: $arctg\frac{\sqrt{34}}2$

ОДЗ: $x-2\neq-1;x-2\neq1;x-2\neq0;3^{2x}-3>0$

$x\neq1;3;2$ $x>\frac12$

Преобразуем неравенство:

$\frac12log_{x-2}(3^{2x}-3)\leq0$

$\frac{ln(3^{2x}-3)}{ln(x-2)}\leq0$

Нули числителя: $ln(3^{2x}-3)=0$

$3^{2x}-3=1$

$2x=log_34$

$x=log_32$

Нули знаменателя: $x-2=1$ $x=3$

Нанесем на числовую прямую и расставим знаки:

Ответ: (0,5; log₃2]⋃(1; 2)⋃(2; 3)

Решение: покажем в таблице кредитную историю Валерия:

Решим получившееся уравнение:

$696113-10,46x=0$

$x=\frac{696113}{10.46}=66550$, $2x=133100$

Ответ: 133100

А) Если доказать, что $CQ$ - биссектриса $\angle ACB$, то будет доказано, что $C\in OQ$, т.к. $CO$ - биссектриса $\angle ACB$ (по свойству касательных, проведенных из одной точки)

Рассмотрим четырехугольник $CAQB$:

$\angle C+\angle Q=180^\circ$,$\angle A+\angle B=\angle QAB+\angle QBA+\angle BAC+\angle ABC=180^\circ\Rightarrow CAQB$ может быть вписан в окружность

$\Rightarrow\angle QBA=\angle QCA=45^\circ,\angle QAB=\angle QCB=45^\circ\Rightarrow$(т.к. опираются на равные дуги) $CQ$ - биссектриса $\angle ACB\Rightarrow C\in OQ$, ч.т.д.

Б) $AC=4\sqrt2$, $BC=3\sqrt2$ , $OQ$ - ?

$\bigtriangleup CPB\sim\bigtriangleup APQ$ (по двум углам):$\angle PCB=\angle PAQ=45^\circ$, $\angle CPB=\angle APQ$ как вертикальные $\Rightarrow\angle PBC=\angle PQA$

Пусть $\angle CAB=x$, тогда $\angle ABC=90^\circ-x=\angle PQA$, $\angle QAO=45^\circ+\frac x2$ (т.к. $\angle PAO=\angle CAO$ по свойству касательных)

Тогда для $\bigtriangleup AOQ$: $\angle OQA+\angle QAO+\angle AOQ=180^\circ$

$90^\circ-x+45^\circ+\frac x2+\angle AOQ=180^\circ\Rightarrow\angle AOQ=45^\circ+\frac x2$

$\angle AOQ=\angle QAO\Rightarrow\bigtriangleup AQO$ - равнобедренный, $AQ=OQ=5$

Ответ: 5

plot abs(x^2-y^2)=2y-2x for x beetween -20 and 20

Решение: используем графический способ решения системы. Сначала построим график для первого уравнения.

1 сл: $x^2-y^2>0$

$x^2=y^2$$\left|x\right|=\left|y\right|$

График функции имеет вид "креста" (ветви креста - биссектрисы прямых углов) , слева и справа между "ветвями креста"- решение неравенства

Имеем уравнение:$x^2-y^2=2y-2x$

$(x+1)^2-(y+1)^2=0$

$\left|x+1\right|=\left|y+1\right|$

График функции есть крест, ветви которого- биссектрисы прямых углов. График смещен на (-1;-1)

2 сл: $x^2-y^2<0$

$x^2=y^2$$\left|x\right|=\left|y\right|$

График функции имеет вид "креста" (ветви креста - биссектрисы прямых углов), сверху и снизу между "ветвями креста"- решение неравенства

Имеем уравнение:$-x^2+y^2=2y-2x$

$(x-1)^2-(y-1)^2=0$

$\left|x-1\right|=\left|y-1\right|$

График функции есть крест, ветви которого- биссектрисы прямых углов. График смещен на (1;1)

3 сл: $x^2-y^2=0$

Значит $0=2y-2x$

$y=x$

Построим график и семейство прямых, отражающие возможные решения системы уравнений. Для этого проанализируем уравнение прямой: график прямой всегда проходит через точку (2;-1)

Имеем решение:

(-∞; -2] — прямая будет пересекать график в одной точке (в нижней части плоскости).

a= -1 — прямая пересекает y=x, и не пересекает две другие прямые с угловым коэффициентом -1, они параллельны.

[0; +∞) — прямая будет пересекать график в одной точке (в верхней части плоскости), но исключается значение а = 1, т.к. тогда прямая параллельна y=x

Ответ: (-∞; -2]⋃{-1}⋃[0; 1)⋃(1; +∞)