Вариант 6

Находим производную

f'(x)=6^2x+3ln6—6^x-1ln6

Находим точки экстремума

6^2x+3ln6—6^x-1ln6=0

6^2x+3=6^x-1

2x+3=x-1

x=-4 — точка минимума

А) ОДЗ:

$\Rightarrow$

$\Rightarrow$

Преобразуем уравнение:

$2cos^2x=3-3sinx$

$2-2sin^2x-3+3sinx=0$

Пусть $sinx=t$

$2t^2-3t+1=0$

$t_1=1$ $t_2=\frac12$

Обратная замена:

$sinx=\frac12$

$x=\left(-1\right)^n\frac\pi6+\pi n$, $n\in Z$

$sinx=1$ - посторонний, т.к. противоречит ОДЗ

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

А) $\left(-1\right)^k\cdot\frac\pi6+\pi k,\;k\in Z$

Б) $\frac{41\pi}6$

А) Пусть $M$ - середина $AB$. Тогда $\alpha\cap(ABB_1)=MK$

Проведем $B_1D;BD;KF\parallel B_1D$, тогда $\alpha\cap(ABC)=MT$, где $F\in MT$. Точка $K$-середина $BB_1$, $KF\parallel B_1D\Rightarrow F$ - середина $BD$ и $MF$ - средняя линия $\bigtriangleup ABD$$\Rightarrow MT\parallel AD\parallel BC$. Тогда $MT\parallel(BCC_1)$ и $\alpha\cap(BCC_1)=KL\parallel BC$.

$\alpha\cap(DCC_1)=LT;MKTL=\alpha$ - сечение.

Имеем $KL\parallel BC\parallel MT;KL=BC\neq MT\Rightarrow MKLT$ - трапеция. А так как $\bigtriangleup MBK=\bigtriangleup TCL$ по двум катетам, то $MK=TL$ и $MKLT$ - равнобедренная трапеция.

Б) $V_{призмы}=S_{ABCD}\cdot AA_1$, $BH$ - высота $ABCD$; $AH=\frac{25-7}2=9$, тогда $BH=12$, $S_{ABCD}=\frac{25+7}2\cdot12=192;V_{призмы}=192\cdot8=1536$

Плоскость $\alpha$ разбивает призму на две части, меньшая из которых многогранник $MBKTCL$. Плоскость $MBL$ разбивает этот многогранник на две пирамиды $LMBCT$ и $MBKL$, объемы которых обозначим $V_1$ и $V_2$ соответственно.

$V_1=\frac13S_{MBCT}\cdot CL;CL=4;MBCT$ - трапеция, высота которой $h=\frac{BH}2=6;MT=\frac{AD+BC}2=16$, тогда $V_1=\frac13\cdot\frac{7+16}2\cdot6\cdot4=92$

$V_2=\frac13\cdot S_{BKL}\cdot\rho(M;(BKL));S_{BKL}=\frac12BK\cdot BC=\frac12\cdot7\cdot4=14$

$AD\parallel(BKL);H\in AD\Rightarrow\rho(A;(BKL))=\rho(H;(BKL))=BH=12$

$M$ - середина $AB$, тогда $\rho(M,(BKL))=\frac{\rho(A;(BKL))}2=\frac{BH}2=6$ и $V_2=\frac13\cdot14\cdot6=28$

$V=V_{призмы}-(V_1+V_2)=1536-(92+28)=1416$

Ответ: 1416

Преобразуем неравенство:

$\frac{2^{3x}-6\cdot2^{2x}+8\cdot2^x+1-2^x(2^{2x}-6\cdot2^x+8)+2^{2x}-6\cdot2^x+8}{2^{2x}-6\cdot2^x+8}\geq0$

$\frac{1+2^{2x}-6\cdot2^x+8}{2^{2x}-6\cdot2^x+8}\geq0$

Пусть $2^x=t$. Тогда

$\frac{t^2-6t+9}{t^2-6t+8}\geq0$

$\frac{\left(t-3\right)^2}{t^2-6t+8}\geq0$

Нули числителя: $t=3$ - корень кратности 2

Нули знаменателя: $D=36-32=4$

$t_1=\frac{6+2}2=4$ $t_2=\frac{6-2}2=2$

Нанесем на числовую прямую и расставим знаки:

Обратная замена:

Ответ: $\left(-\infty;\;1\right)\cup\left\{\log_23\right\}\cup\left(2;\;+\infty\right)$

Из условия видно, что решение задачи связано с арифметической прогрессией, где $a_1=84-5=79$, $d=-5$,$S_n\geq300$

Найдем $S_n$ и запишем уравнение, когда сумма арифметической прогрессии равна 300 млн рублей,т.е полностью покрывает расходы.

$S_n=\frac{2a_1+d(n-1)}2\cdot n=\frac{163n-5n^2}2=300$

$5n^2-163n+600=0$

$D=163^2-5\cdot4\cdot600=14569$

$n_1\approx4.13$, $n_2\approx28.37$

т.к. n - целое число и n- наименьшее, то $n_1=5$

Предприятие будет иметь наибольшую годовую прибыль, если $a_n>0$, т. е $79-5(n-1)>0$

$n<16.8$ , значит $n=16$ - наибольшее количество видов новой продукции

Посчитаем сумму арифметической прогрессии для $n=16$

$S_{16}=(158-75)\cdot8=664$

Наибольшая годовая прибыль: $664-300=364\;(млн\;руб)$

Ответ: 5; 364 млн. руб.

А) Пусть $a$ - касательная, данная по условию. $a\perp OC$ (по свойству касательной к окружности)$\Rightarrow a\perp CP$, $CP\cap AB=K$

$a\perp CP;a\parallel AB\Rightarrow AB\perp CP$

По свойству хорды, т.к. $AB\perp CP;AB$ - хорда $\Rightarrow AK=KB$

т.к. $AK=KB;\angle AKB=\angle PKB=90^\circ;CK$ - общий $\Rightarrow\bigtriangleup ACK=\bigtriangleup CKB\Rightarrow AP=PB\Rightarrow\bigtriangleup APB$ - равнобедренный, ч.т.д.

Б) $\angle PBC=90^\circ$, т.к. вписанный и опирается на диаметр

Т.к. $\bigtriangleup APK=\bigtriangleup BPK$, $\angle APK=\angle BPK=\frac{150^\circ}2=75^\circ$

$\angle PCB=180^\circ-75^\circ-90^\circ=15^\circ$

$\bigtriangleup CKB$: $CK=KB\cdot ctg15^\circ=KB\cdot ctg(45^\circ-30^\circ)=KB\cdot\frac{\sqrt3+1}{\sqrt3-1}$

$\bigtriangleup PKB$: $KP=KB\cdot ctg75^\circ$$KB\cdot tg15^\circ=KB\cdot\frac{\sqrt3-1}{\sqrt3+1}$

$\frac{CK}{PK}=\frac{\left(\sqrt3+1\right)^2}{\left(\sqrt3-1\right)^2}=\frac{2+\sqrt3}{2-\sqrt3}$

Ответ: $\frac{CK}{PK}=\frac{2+\sqrt3}{2-\sqrt3}$

Зная корни уравнения, можно преобразовать уравнение в произведение:

$2x^3+ax^2+bx+c=2(x-sin\alpha)(x-cos\alpha)(x-tg\alpha)$

Причем $x_1=cosx\neq0$, т.к. тогда $x_3=0$ ; $x_2\neq0$, т.к тогда $x_3\nexists$

После раскрытия скобок получаем: $2x^3+2x^2(-cos\alpha-sin\alpha-tg\alpha)+2x(sin\alpha cos\alpha+sin\alpha+sin\alpha tg\alpha)+(-2sin^2\alpha)=2x^3+ax^2+bx+c$

Значит $a=2(-cos\alpha-sin\alpha-tg\alpha);b=2(sin\alpha cos\alpha+sin\alpha+sin\alpha tg\alpha);c=-2sin^2\alpha$

$sin^2\alpha=-\frac c2$, исходя из того что по условие коэффициенты- целые числа и $sin^2\alpha\geq0$, получим три возможных варианта: $c=-2;-1;0$

1) $c=-2$;$sin^2x=1\Rightarrow cosx=0$ - противоречит условию задачи.

2) $c=-1;sin^2x=\frac12$ - удовлетворяет условию

3) $c=0;sin^2x=0$ - не удовлетворяет условию

Значит $c=-1$, т.е $sin\alpha=\frac{\sqrt2}2;cos\alpha=\frac{\sqrt2}2;tg\alpha=1$ или $sin\alpha=-\frac{\sqrt2}2;cos\alpha=\frac{\sqrt2}2;tg\alpha=-1$

Первый вариант - посторонний, т.к тогда $a=2(-\frac{\sqrt2}2-\frac{\sqrt2}2-1)$ - не целое число, что противоречий условию

При втором варианте после подстановки значений: $a=2;b=-1;c=-1$

Ответ: 2x³+2x²-x-1=0