Вариант 10

Найдем производную:

f'(x)=2^x•ln2-128•ln2

Теперь точки экстремума:

f'(x)=2^x•ln2-128•ln2=0

2^x=128

x=7 — точка минимума

А) ОДЗ: $sinx\neq0;ctgx<0$

$\sqrt{-ctgx}=0$

$cosx=0$

$x=\frac\pi2+\pi n$, $n\in Z$

$2cos^2x-cosx-1=0$

$a=2;b=-1;c=-1;a+b+c=0\Rightarrow x_1=1;x_2=\frac ca$

$\Rightarrow cosx=1;cosx=-\frac12$

$x=2\pi n$ - не соответствует ОДЗ, $x=-\frac{2\pi}3+2\pi k;\;x=\frac{2\pi}3+2\pi k$, $k\in N$

$x=-\frac{2\pi}3+2\pi k$ - не соответствует ОДЗ

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

А) $\frac{2\pi}3+2\pi n;\;\frac\pi2+\pi k,\;n,\;k\in Z$

Б) $\frac{15\pi}2;\;\frac{17\pi}2;\;\frac{26\pi}3$

А) Доказать, что прямая В₁С₁ перпендикулярна линии пересечения плоскостей АВС₁ и АСВ₁.

т. $A\in(ABC_1)$. т. $A\in(ACB_1)$

$C_1B\in(ABC_1)$, $B_1C\in(ACB_1)$

$C_1B\cap CB_1=D\Rightarrow D\in(ABC_1);D\in(ACB_1)$

и $AD\in(ABC_1);AD\in(ACB_1)\Rightarrow AD$ - линия пересечения $(ABC_1)$ и $(ACB_1)$

Имеем: необходимо доказать $B_1C_1\perp AD$

Опустим из D перпендикуляр DH на CB ($DH\perp CB$)

т.D - не только высота треугольника, но и медиана,т.е.$CH=HB$

т.к. $\bigtriangleup ABC$ - правильный, то AH - не только медиана, но и высота $\Rightarrow AH\perp CB$

Тогда $AD\perp CB$ (по теореме о трех перпендикулярах)

А т.к. $CB\parallel C_1B_1$, то $AD\perp C_1B_1$, что и требовалось доказать

Б) $AB=2;AA_1=2;\angle((ABC_1);(ACB_1)-?$

Опустим из C и B перпендикуляры на AD. Исходя из равенства $\bigtriangleup ADC=\bigtriangleup ADB$ (по трем сторонам) они упадут на одну точку, пусть т.Т

Имеем $CT\perp AD,BT\perp AD$, $\angle CTB$ - линейный угол искомого двугранного угла

$\bigtriangleup CTB$ - равносторонний $\Rightarrow TH\perp CB$

Тогда $sin(\frac12\angle CTB)=\frac{HC}{CT}$

Из $\bigtriangleup CHD$ по теореме Пифагора: $CD=\sqrt{CH^2+HD^2}$ ($HD=\frac12BB_1$) $CD=\sqrt{1+1}=\sqrt2$

Из $\bigtriangleup CHA$ по теореме Пифагора: $AH=\sqrt{AC^2-CH^2}$ $AH=\sqrt{4-1}=\sqrt3$

Из $\bigtriangleup AHD$ по теореме Пифагора: $AD=\sqrt{AH^2+HD^2}$ $AH=\sqrt{3+1}=2$

Имеем $AC=AD\Rightarrow\bigtriangleup CAD$ - равнобедренный . Опустим из А $AF\perp CD$

При этом $CF=FD=\frac12CD=\frac{\sqrt2}2$

Тогда из $\bigtriangleup AFC$ по теореме Пифагора $AF=\sqrt{AC^2-CF^2}=\sqrt{4-\frac12}=\sqrt{\frac72}$

С одной стороны, $S_{\bigtriangleup ADC}=\frac12CT\cdot AD$, с другой стороны$S_{\bigtriangleup ADC}=\frac12AF\cdot CD\Rightarrow CT\cdot AD=AF\cdot CD\Rightarrow2CT=\sqrt{\frac72}\cdot\sqrt2\Rightarrow CT=\frac{\sqrt7}2$

$sin(\frac12\angle CTB)=\frac1{\frac{\sqrt7}2}=\frac2{\sqrt7}\Rightarrow cos(\frac12\angle CTB)=\sqrt{1-\frac47}=\sqrt{\frac37}$, $sin(\angle((ABC_1);(ACB_1)))=2\cdot\frac2{\sqrt7}\cdot\sqrt{\frac37}=\frac{4\sqrt3}7$ и $cos(\angle((ABC_1);(ACB_1)))=\sqrt{1-\frac{16\cdot3}{49}}=\frac17$

$\Rightarrow\angle((ABC_1);(ACB_1))=arccos(\frac17)$

Ответ: $arccos\frac17$

ОДЗ: $2+x>0\Rightarrow x>-2; 2-x>0\Rightarrow x<2; 2+x\neq1; 2-x\neq1$

$\frac{log_3\frac13}{log_3(2+x)}+\frac{log_33}{log_3(2-x)}\leq0$

$-\frac1{log_3(2+x)}+\frac1{log_3(2-x)}\leq0$

$\frac{-log_3(2-x)+log_3(2+x)}{log_3(2+x)\cdot log_3(2-x)}\leq0$

Нули числителя: $log_3\frac{2+x}{2-x}=0$

$\frac{2+x}{2-x}=1$

$2+x=2-x$

$x=0$

Нули знаменателя: $log_3(2-x)=0\Rightarrow2-x=1\Rightarrow x=1$

$log_3(2+x)=0\Rightarrow2+x=1\Rightarrow x=-1$

Нанесем на числовую прямую нули числителя и знаменателя и расставим знаки:

Ответ: (-1;0]⋃(1; 2)

Найдем выплаты за каждый год и составим таблицу

Найдем наибольшее значение S, при котором разность между наибольшей и наименьшей выплатами не будет превышать 2 млн. руб. Для этого определим, что наибольшая выплата сделана в 2017г., а наименьшая- в 2020г. Получим следующее неравенство:

$0.4S-0.22S\leq2$

$S\leq11.11$

Следовательно, т.к. по условию S - целое число, то наибольшее значение S=11

Ответ: 11

А) $\angle CEB=\angle BAC=45^\circ$ (опираются на одну и ту же дугу)

$\angle ABE=\angle ECA$ (опираются на одну и ту же дугу)

$\Rightarrow\angle EDB=180^\circ-\angle CEB-\angle ABE=180^\circ-45^\circ-\angle ECA=135^\circ-\angle ECA$

$\angle ECB=\angle ECA$ (из условия)

Тогда $\angle EDB=\angle ECB+\angle CBD$ (как внешний) или$\angle EDB=\angle ECA+\angle CBD$

$\angle AEC=\angle CBD$ (опираются на одну и ту же дугу)

$\angle AFD=\angle AED$ (опираются на одну и ту же дугу в окружности $v_2$)$\Rightarrow\angle AFD=\angle CBD$

$\angle EDA=180^\circ-\angle EDB$ (как смежные)

Найдем $\angle FDE$: $\angle FDE=\angle EDA-\angle FDA$;$\angle FDA=180^\circ-\angle FAD-\angle FDA$ (из $\bigtriangleup FAD$), где $\angle DFA=\angle CBD$ (смотреть выше) и $\angle FAD=180^\circ-\angle DAC=180^\circ-45^\circ=135^\circ$ (как смежные)

$\Rightarrow\angle FDA=180^\circ-\angle CBD-45^\circ+\angle CBD=$$135^\circ-\angle EDB+\angle CBD=135^\circ-\angle ECA-\angle CBD+\angle CBD=$$135^\circ-\angle ECA=\angle EDB$

Имеем, что $\angle FDE=\angle EDB\Rightarrow DE$ - биссектриса $\angle FDB$

Б) Из $\bigtriangleup AFD$ по теореме синусов: $\frac{FD}{sin(\angle FAD)}=\frac{AF}{sin(\angle ADF)}=\frac{AD}{sin(\angle DFA)}=2R_{v_2}\Rightarrow\frac{AF}{sin(\angle ADF)}=R_{v_2}$

$\frac2{sin(\angle ADF)}=2R_{v_2}\Rightarrow R_{v_2}=\frac1{sin(\angle ADF)}$

$\bigtriangleup FDA=\bigtriangleup BDC$ (по стороне и двум прилежащим углам, CD - общая)

$\Rightarrow BC=FC;DC=AF+AC=2+6=8$

Из $\bigtriangleup ABC$ по теореме синусов: $\frac{AC}{sin(\angle CBD)}=\frac{CB}{sin(\angle BAC)}=\frac{AB}{sin(\angle ACB)}=2R_{v_1}$$\Rightarrow\frac{AC}{sin(\angle CBD)}=\frac{CB}{sin(\angle BAC)}$; $\Rightarrow\frac6{sin(\angle CBD)}=\frac{28}{\sqrt2}$$\Rightarrow sin(\angle CBD)=\frac{3\sqrt2}8$

$\Rightarrow cos(\angle CBD)=\sqrt{1-\frac{9\cdot2}{64}}=\frac{\sqrt{48}}8$

В пункте а) показывалось, что $\angle ADF=45^\circ-\angle CBD$

$\Rightarrow sin(\angle ADF)=sin(45^\circ-\angle CBD)$$=sin(45^\circ)cos(\angle CBD)-cos(45^\circ)sin(\angle CBD)=\frac{\sqrt2}2\cdot\frac{\sqrt{46}}8-\frac{\sqrt2}2\cdot\frac{3\sqrt2}8$$=\frac{2\sqrt{23}-6}{2\cdot8}=\frac{\sqrt{23}-3}8$

и $R_{v_2}=\frac8{\sqrt{23}-3}=\frac{8(\sqrt{23}+3)}{23-9}=\frac{24+8\sqrt{23}}{14}=\frac{12+4\sqrt{23}}7$

Ответ: $\frac{12+4\sqrt{23}}7$

Пусть $t=sinx$, $-1\leq t\leq1$

$2^t+4t+\sqrt t+2=a\cdot log_2(\frac{16}{1+t})$, ОДЗ: $t\geq0\Rightarrow0\leq t\leq1$

Рассмотрим на участке $t\in\lbrack0;1\rbrack$:

$f(t)=2^t+4t+\sqrt t+2$ - монотонно возрастает при $t\in\lbrack0;1\rbrack$

$f_{min}=f(0)=1+0+0+2=3$

$f_{max}=f(1)=2+4+1+2=9$

Рассмотрим $h(t)=alog_2\left(\frac{16}{1+t}\right)$ на участке $t\in\lbrack0;1\rbrack$

При $a\geq0$ $h(t)$ неотрицательна при $t\in\lbrack0;1\rbrack$ и монотонно убывающая

Тогда

$h_{min}=h(0)=alog_2\left(\frac{16}{1+0}\right)=4a$

$h_{max}=h(1)=alog_2\left(\frac{16}{1+1}\right)=3a$

При $a<0$ график $h(x)$ полностью лежит в нижней полуплоскости.

Рассмотрим уравнение при $a<0$, тогда графическое решение:

Откуда следует, что при $a<0$ уравнение не имеет решений!

Рассмотрим уравнение при $a\geq0$, тогда его графическое решение:

Откуда следует, что

Объединение решений: $a\in(-\infty;\frac34)\cup(3;+\infty)$

Ответ: (-∞; 0,75)⋃(3; +∞)