Подготовка к ЕГЭ и ОГЭ

а) Заметим, что \( \large sin\left(\frac{7\pi}{12}+x\right) = \: \) \( \large sin\left( \frac{\pi}{2}+\frac{\pi}{12}+x\right) = \: \) \( \large cos\left(\frac{\pi}{12}+x\right) \: \).

Преобразуем уравнение:

\(8sin^2\left(\frac{7\pi}{12}+x\right)-2\sqrt 3 cos 2x=5 \: \) \(\Rightarrow \: \) \((8cos^2\left(\frac{\pi}{12}+x\right)-2\sqrt 3 cos 2x=5 \: \) \(\Rightarrow \: \) \(4\left(2cos^2\left(\frac{\pi}{12}+x\right)-1\right)+4-2\sqrt 3cos2x \: \) \(\Rightarrow \: \) \(4cos\left(\frac{\pi}{6}+2x\right)+4-2\sqrt3 cos2x=5 \: \) \(\Rightarrow \: \) \(4\left(\frac{\sqrt3}{2}cos2x-\frac{1}{2}sin2x\right) \: \)+4-2\sqrt3 cos2x=5 \: \) \(\Rightarrow \: \) \(2\sqrt3cos2x-2sin2x-2\sqrt3cos2x=1 \: \) \(\Rightarrow \: \) \(2sin2x = -1 \: \) \(\Rightarrow \: \) \(sin2x = -\frac{1}{2} \: \) \(\Rightarrow \: \) \( \begin{cases} 2x = -\frac{\pi}{6}+2\pi k \\2x = -\frac{5\pi}{6}+2\pi k \end{cases} \: \) \(\Rightarrow \: \) \( \begin{cases} x = -\frac{\pi}{12}+\pi k \\x = -\frac{5\pi}{12}+\pi k, k\in Z \end{cases} \: \)

б) С помощью числовой окружности (см. рис.)

отберём корни, принадлежащие отрезку \( \large \left[ -\frac{7\pi}{2};-\frac{5\pi}{2}\right] \: \). Получим числа \( \large -\frac{41\pi}{12};-\frac{37\pi}{12} \: \).

а) Заметим, что треугольники \( \large SBC \: \) и \( \large АВС \: \) равны по трем сторонам. Они являются равнобедренными и имеют общее основание. Проведем медианы \( \large SN \: \) и \( \large AN \: \) к этому основанию. Они попадут в одну точку точку \( \large N \: \), которая является серединой \( \large ВС \: \) и будут являться высотами данных треугольников. Тем самым, прямая \( \large BC \: \) перпендикулярна двум пересекающимся прямым плоскости \( \large ASN \: \), а значит, и всей этой плоскости. Но тогда прямая \( \large ВС \: \) перпендикулярна любой прямой плоскости \( \large ASN \: \). В частности, перпендикулярна прямой \( \large SA \: \).

б)

Построим высоту \( \large NМ \: \) треугольника \( \large ASN \: \). Заметим, что \( \large NМ \: \) является общим перпендикуляром прямых \( \large AS \: \) (по построению) и \( \large ВС \: \), поскольку \( \large NМ \: \) лежит в плоскости \( \large ASN \: \). Тогда длина \( \large NМ \: \) и есть искомое расстояние между скрещивающимися прямыми \( \large AS \: \) и \( \large ВС \: \).

Заметим, что \( \large SN = AN = \sqrt{17-5}=\sqrt{12} \: \). Тогда треугольник \( \large SNA \: \) равнобедренный, его высота \( \large NМ \: \) является также медианой, а тогда из прямоугольного треугольника \( \large АМN \: \) находим: \( \large NM=\sqrt{AN^2-AM^2} = \sqrt{12-5} \: \) \( \large = \sqrt7 \: \).

Сделав замену \( \large t=\frac{5x-21}{10} \: \), получаем:

\(\left(\frac1t+t\right)^2\le \frac{25}{4} \: \) \(\Rightarrow \: \) \(-\frac{5}{2} \le \frac{1}{t}+ t \le \frac{5}{2} \: \) \(\Rightarrow \: \) \(-5\le \frac{2t^2+2}{t}\le 5 \: \) \(\Rightarrow \: \) \(\begin{cases} \frac{2t^2-5t+2}{t} \le 0, \\ \frac{2t^2 + 5t+2}{t} \ge 0 \end{cases} \: \) \(\Rightarrow \: \) \(\begin{cases} \frac{2(t-2)(t-\frac12)}{t} \le 0, \\ \frac{2(t +2)(t + \frac12)}{t} \ge 0 \end{cases} \: \) \(\Rightarrow \: \) \(\left[\begin{array}{l}-2 \le t \le -\frac12\\\frac12 \le t \le 2\end{array}\right. \: \)/

Возвращаясь к исходной переменной, получаем:

\(\left[\begin{array}{l}5\le5x-21\le20\\-20\le 5x-21\le -5 \end{array}\right. \: \) \(\Rightarrow \: \) \(\left[\begin{array}{l}\frac{26}{5}\le x \le \frac{41}{5},\\ \frac15 \le x \le \frac{16}{5} \end{array}\right. \: \)

a) По условию, четырёхугольник \( \large PBCQ \: \) вписанный. Значит \( \large \angle BCQ +\angle BPQ = 180^0 \: \), Отрезок \( \large MN \: \) — средняя линия трапеции \( \large ABCD \: \), она параллельна основанию \( \large BC \: \), а тогда \( \large \angle BCQ +\angle QNP = 180^0 \: \) как односторонние углы при параллельных прямых. Следовательно,\( \large \angle BPQ = \angle QNM \: \) Для смежных углов справедливо равенство \( \large \angle BPQ +\angle MPQ = 180^0 \: \) а значит, \( \large \angle QNM +\angle MPQ = 180^0 \: \) В четырёхугольнике \( \large MPQN \: \) сумма противоположных углов равна 180°, поэтому вокруг него можно описать окружность. Тем самым, точки \( \large M \: \), \( \large N \: \), \( \large P \: \) и \( \large Q \: \) лежат на одной окружности, что и требовалось доказать.

б)

Пусть \( \large \angle QNM = \angle QDA =\alpha \: \) (эти углы равны как соответственные углы при параллельных прямых).

В пункте а) было показано, что \( \large \angle QNM +\angle MPQ = 180^0 \: \), это означает, что \( \large \angle QDA +\angle MPQ = 180^0 \: \) , и, следовательно, точки \( \large A \: \), \( \large D \: \), \( \large P \: \) и \( \large Q \: \) тоже лежат на одной окружности.

Вписанные углы, опирающиеся на одну и ту же дугу окружности, равны. Следовательно, \( \large \angle BPQ =\angle PCQ \: \) и \( \large \angle PAQ =\angle PDQ \: \) . Значит, треугольники \( \large DPC \: \) и \( \large AQB \: \) подобны по двум углам. Следовательно, \( \large \angle AQB =\angle DPC =90^0 \: \), так как по условию \( \large DP \: \) и \( \large PC \: \) перпендикулярны.

В прямоугольном треугольнике \( \large AQB \: \) точка \( \large M \: \) − середина гипотенузы. Следовательно, \( \large MQ =AM =MB = \: \) \( \large \frac{AB}{2} = \frac{21}{2} =10,5 \: \). С другой стороны, средняя линия трапеции \( \large MN = \frac{AD+BC}{2} = \frac{4+17}{2} =10,5 \: \). Значит, треугольник \( \large NMQ \: \) равнобедренный и в нём \( \large QN=2\cdot MN\cdot cos\alpha = 21\cdot cos\alpha \: \). Осталось найти косинус угла \( \large CDA \: \).

Для этого на отрезке \( \large AD \: \) отметим точку \( \large E \: \), так что \( \large AE=BC=4 \: \), тогда \( \large DE=13 \: \), \( \large CE=21 \: \). Для треугольника \( \large CDE \: \) запишем теорему косинусов: \( \large CE^2 =DE^2 +CD^2- \: \) \( \large 2DE\cdot CD\cdot cos\alpha \: \), откуда выразим косинус угла \( \large CDE \: \):

\(cos\alpha = \frac{DE^2+CD^2-CE^2}{2DE\cdot CD}= \: \) \(\frac{13^2+20^2-21^2}{2\cdot 13\cdot20}=\frac{16}{65} \: \).

Итак, \( \large QN = 21cos\alpha=21\cdot \frac{16}{65} = \frac{336}{65} \: \).

Приведем другое решение пункта б):

Заметим, что раз треугольник \( \large PDC \: \) — прямоугольный, то \( \large PN=CN=ND=10 \: \), \( \large MN=\frac{17+4}{2}=10,5 \: \) - средняя линия трапеции \( \large ABCD \: \). Зная боковые стороны и основания трапеции, нетрудно найти ее высоту из треугольника \( \large CED \: \) со сторонами 21, 20 и 13:

\(h=\frac{252}{13} \: \). Отсюда найдем \(sin\angle BAD = \frac{\frac{252}{13}}{21}=\frac{12}{13} \: \), \(sin\angle CDA=\frac{\frac{252}{13}}{20}=\frac{63}{65} \: \). Теперь, так как \(\angle PNM = \angle BAD \: \), по теореме синусов для треугольника \(MPN \: \), можем найти радиус окружности, описанной около \(MPQN \: \):

\(R=\frac{PN}{2sin\angle PMN}=\frac{10}{2\cdot \frac{12}{13}} = \frac{65}{12} \: \).

Так как найдем \( \large \angle QNM = \angle CDA \: \), найдем \( \large MQ \: \) по теореме синусов для треугольника \( \large MQN \: \):

\(MQ=2Rsin\angle QNM= \: \) \(2\cdot\frac{65}{12}\cdot \frac{63}{65} \: \) \( = \frac{21}{2} \: \);

Таким образом, треугольник \( \large MQN \: \) — равнобедренный:

\(QN=2\cdot MN\cdot cos\angle MNQ = \: \) \( 2\cdot \frac{21}{2}\cdot \sqrt{1-\left( \frac{63}{65}\right)^2} = \: \)

\(21\cdot \frac{\sqrt{65^2-63^2}}{65} = \frac{21}{65}\sqrt{2\cdot 128} = \: \) \(\frac{21\cdot 16}{65} =\frac{336}{65} \: \).

Пусть у Степана было \( \large х \: \) тыс. руб., первый банк дает \( \large а \: \)% годовых, второй — \( \large b \: \)% годовых. Тогда в конце года сумма вклада в первом банке увеличится в \( \large m=1+0,01a \: \) раз, а во втором банке в \( \large n=1+0,01b \: \) раз.

Степан положил в первый и второй банк 60% и 40% своего капитала, по прошествии одного года на счетах в банках было \( \large 0,6xm + 0,4xn =590 \: \) тыс. руб. соответственно. Если бы Степан первоначально положил 40% капитала в первый банк, а 60% капитала во второй банк, то через год на счетах было бы \( \large 0,4xm + 0,6xn =610 \: \) тыс. руб.

Решая систему уравнений:

\(\begin{cases} 0,6xm + 0,4xn =590, \\ 0,4xm + 0,6xn =610 \end{cases} \: \) относительно \(xm \: \) и \(xn \: \) находим: \(xm = 550 \: \), \(xn = 650 \: \), \(\frac{m}{n} = \frac{11}{13} \: \), \(m = \frac{11}{13}n \: \).

К концу второго года сумма вкладов достигла величины:

\(0,6xm^2 + 0,4xn^2 = \: \) \(0,6\cdot 550\cdot m+0,4\cdot 650\cdot n = \: \) \(330\cdot \frac{11}{13}n+260n \: \) \(=\frac{3630n}{13} + 260n = \: \) \(\frac{7010}{13}n \: \).

По условию, она равна 701 тыс. руб., откуда имеем:

\(\frac{7010}{13}n = 701 \Rightarrow n=1,3 \: \).

Тогда \( \large m=1,1 \: \), \( \large x=500 \: \), а искомая величина суммы вклада к концу второго года при вложении 40% капитала в первый банк и 60% во второй равна

\(0,4xm^2 + 0,6xn^2 = \: \) \(0,4\cdot 500\cdot 1,1^2 + 0,6\cdot 500\cdot 1,3^2 = \: \) \(242+507 = 749 \: \) тыс. руб.

Найдите все значения \( \large a \: \), при каждом из которых наименьшее значение функции

\(f(x) = x-2|x|+|x^2-2(a+1)x+a^2+2a| \: \)

больше −4?

Заметим, что наименьшее значение функции больше −4, если все значения функции больше −4. Заданная функция непрерывна и на бесконечностях стремится к плюс бесконечности. Поэтому при любом значении параметра она достигает своего наименьшего значения. Тогда задачу можно переформулировать так: требуется найти все значения a, при каждом из которых неравенство

\(x-2|x|+|x^2-2(a+1)x+a^2+2a| \gt -4 \: \) (*)

выполняется при всех значениях \( \large x \: \).

Запишем неравенство в виде

\(|(x-a)(x-a-2)| \gt -4-x+2|x| \: \),

и построим графики левой и правой частей неравенства \( \large t(x) = |(x-a)(x-(a+2))| \: \) и \( \large s(x) = -4-x+2|x| \: \).

График функции \( \large t(x) \: \) — парабола с отраженной отрицательной частью, перемещающаяся по оси абсцисс, с корнями\( \large x=a \: \) и \( \large x=a+2) \: \)

График функции

\(s(x) = \begin{cases} -4-3x, при x \lt 0 \\ -4+x, при x\ge 0 \end{cases} \: \) — изображённая на рисунке ломаная (выделена синим цветом).

Для выполнения неравенства (*) необходимо, чтобы все точки графика \( \large y(x) = t(x) \: \) располагались выше графика \( \large y(x) = s(x) \: \) Граничные способы подходящего расположения подвижного графика \( \large y(x) = t(x) \: \) изображены на рисунке зелёным и красным цветом. Определим значения параметра для этих границ.

Левую границу найдём из условия касания прямой, задаваемой уравнением \( \large y=-3x-4 \: \) и параболы, задаваемой уравнением \( \large y=x^2-2(a+1)x+a^2+2a \: \). Они имеют единственную общую точку, а значит, уравнение

\(x^2-2(a+1)x+a^2+2a = -3x-4 \: \) имеет единственное решение. Запишем его в виде

\(x^2-(2a-1)x+a^2+2a+4 = 0 \: \) и найдем дискриминант полученного уравнения:

\(D=(2a-1)^2-4\cdot (a^2+2a+4) = -12a -15 \: \).

Он обращается в нуль при \( \large a=-1,25 \: \).

Правая граница достигается, если больший корень функции \( \large t(x) \: \) равен 4: \( \large a+2=4 \: \), откуда \( \large a=2 \: \).

Таким образом неравенство (*) выполняется при всех значениях \( \large x \: \), если \( \large -1,25 \lt a \lt 2 \: \).

\(-1,25 \lt a \lt 2 \: \).

а) Поскольку \( \large 1,4\lt \sqrt2 \lt1 1,42 \: \), число \( \large \sqrt 2 \: \) лежит в отрезке \( \large \left[\frac{28}{27};\frac{71}{50}\right] \: \), длина которого равна \( \large \frac{71}{50} - \frac{28}{20} =\frac{1}{50} \: \). Следовательно, расстояние от \( \large \sqrt 2 \: \) до какого-то из концов отрезка не больше половины его длины. Поэтому числа \( \large m \: \) и \( \large n \: \) суть числа 28 и 20 или числа 71 и 50 соответственно. Тем самым, искомые числа существуют.

Примечание.

Заметим, что \( \large \sqrt 2 \: \) лежит правее точки 1,41 — середины отрезка \( \large \left[\frac{28}{20};\frac{71}{50}\right] \: \). Поэтому, \( \large \left|\frac{71}{50} -\sqrt 2\right| \lt \frac{1}{100} \: \). Следовательно, числа 71 и 50 являются искомым примером.

Приведем другое решение пункта а).

а) Заметим, что из неравенства \( \large \left|\frac{m}{n}-\sqrt 2\right|\le \frac{1}{100} \: \) следует, что

\(1,4 = 1,41 - \frac{1}{100} \lt \sqrt 2- \frac{1}{100} \: \) \( \le \frac{m}{n}\le \sqrt 2+ \frac{1}{100}\lt \sqrt 2+\frac{1}{100} =1,43 \: \),

а значит, \( \large 1,4n \lt m \lt 1,43n \: \) откуда \( \large \frac{m}{1,43}\lt n\lt \frac{m}{1,4} \: \).

Пусть, например, \( \large m = 99 \: \), тогда \( \large 69,2 \lt n \lt 70,7 \: \). Следовательно, двузначные числа \( \large m=99 \: \) и \( \large n=70 \: \) удовлетворяют исходному неравенству.

б) Докажем, что таких \( \large m \: \) и \( \large n \: \) не существует. Доказательство проведём от противного. Пусть существуют двузначные числа \( \large m \: \) и \( \large n \: \), для которых выполняется неравенство \( \large \left|\frac{m^2}{n^2}-2\right|\le \frac{1}{10000} \: \). Тогда

\(\frac{m^2}{n^2}-\frac{1}{100^2} \le 2 \le \frac{m^2}{n^2} + \frac{1}{100^2} \: \).

Так как по условию \( \large n\lt100 \: \), из последнего неравенства получаем

\(\frac{m^2}{n^2}-\frac{1}{n^2} \lt 2 \lt \frac{m^2}{n^2}+\frac{1}{n^2} \: \),

откуда \( \large m^2-1 \lt 2n^2 \lt m^2+1 \: \). Следовательно, \( \large 2n^2 =m^2 \: \). Противоречие.

Приведем другое решение пункта б).

Умножим обе части неравенства на \( \large n^2 \: \), получим

\(\frac{m^2}{n^2}-\frac{1}{100^2} \le 2 \le \frac{m^2}{n^2}+\frac{1}{100^2} \: \).

Так как по условию \( \large n \lt 100 \: \), из последнего неравенства получаем

\(\frac{m^2}{n^2}-\frac{1}{n^2} \lt 2 \lt \frac{m^2}{n^2}+\frac{1}{n^2} \: \),

откуда \( \large m^2-1 \lt 2n^2 \lt m^2+1 \: \). Следовательно, \( \large 2n^2 =m^2 \: \). Противоречие.

в) С увеличением \( \large n \: \) значение выражения \( \large \frac{n+10}{n} = 1 +\frac{10}{n} \: \) уменьшается. Так как при \( \large n=24 \: \) значение выражения \( \large 1 +\frac{10}{n} \: \) больше \( \large \sqrt 2 \: \), при \( \large n=25 \: \) — меньше \( \large \sqrt 2 \: \) и значение \( \large \left|\frac{n+10}{n} - \sqrt 2\right| \: \) равно расстоянию от \( \large \frac{n+10}{n} \: \) до \( \large \sqrt 2 \: \), наименьшее значение это выражение принимает при \( \large n=24 \: \) или \( \large n=25 \: \).

При \( \large n=24 \: \) получаем:

\(\left|\frac{n+10}{n} - \sqrt 2\right| = \: \) \(\frac{34}{24} - \sqrt 2 \: \),

а при \( \large n=25 \: \) получаем

\(\left|\frac{n+10}{n} - \sqrt 2\right| = \: \) \(\sqrt 2 - \frac{35}{25} \: \).

Сравнивая эти значения, видим, что наименьшее значение выражение \( \large \left|\frac{n+10}{n} - \sqrt 2\right| \: \) принимает при \( \large n=24 \: \).