Ре­ше­ние. а)  Один из мно­жи­те­лей дол­жен быть равен нулю. Либо либо то есть Либо (но тогда ко­тан­генс не опре­де­лен), либо Кроме того, дол­жен быть от­ри­ца­тель­ным, по­это­му го­дит­ся толь­ко

б)  По три­го­но­мет­ри­че­ско­му кругу от­бе­рем корни на от­рез­ке  —

Ответ: а) б)

Ре­ше­ние. а)  Обо­зна­чим за точку пе­ре­се­че­ния и Оче­вид­но, что она, как и лежит в обеих плос­ко­стях, по­это­му пря­мая пе­ре­се­че­ния это Ее про­ек­ция на верх­нее ос­но­ва­ние приз­мы  — ме­ди­а­на (а зна­чит и вы­со­та тре­уголь­ни­ка ). По тео­ре­ме о трех пер­пен­ди­ку­ля­рах AO пер­пен­ди­ку­ля­рен

б)  Про­ве­дем пер­пен­ди­ку­ля­ры к из точек и Они упа­дут в одну точку (на­зо­вем ее H), по­сколь­ку приз­ма сим­мет­рич­на от­но­си­тель­но плос­ко­сти Затем вы­чис­лим угол между ними. В тре­уголь­ни­ке имеем

Тогда пло­щадь рав­но­бед­рен­но­го тре­уголь­ни­ка равна

Зна­чит,

Тогда по тео­ре­ме ко­си­ну­сов в тре­уголь­ни­ке имеем

от­ку­да Угол между плос­ко­стя­ми сме­жен к этому, по­сколь­ку не бы­ва­ет тупым.

Ответ: б)

Ре­ше­ние. Пе­рей­дем к ос­но­ва­нию По­лу­чим

Сразу от­ме­тим, что

Вос­поль­зу­ем­ся ме­то­дом ра­ци­о­на­ли­за­ции:

Учи­ты­вая огра­ни­че­ния, по­лу­чен­ные ранее, по­лу­ча­ем ответ

Ответ:

Ре­ше­ние. а)  Угол Угол опи­ра­ет­ся на дугу рав­ную сумме дуг и то есть сумме дуг и (по­сколь­ку E лежит на бис­сек­три­се ACB). Сле­до­ва­тель­но, (они оба равны по­лу­сум­ме дуг CA и BE). Итак, что и тре­бо­ва­лось до­ка­зать.

б)  В силу того, что че­ты­рех­уголь­ник FADE яв­ля­ет­ся впи­сан­ным, по­лу­ча­ем Тогда тре­уголь­ни­ки и равны по вто­ро­му при­зна­ку (общая сто­ро­на и рав­ные углы, при­ле­жа­щие к ней, см. п.а). То есть Тогда тре­уголь­ни­ки и равны по сто­ро­не и двум углам так как оба угла равны а по­сколь­ку CD  — бис­сек­три­са). Итак, По тео­ре­ме ко­си­ну­сов, обо­зна­чая по­лу­чим

По свой­ству бис­сек­три­сы Тогда по тео­ре­ме си­ну­сов для тре­уголь­ни­ка FDE:

Ответ: б)

Ре­ше­ние. Вы­пла­ты со­ста­вят По­это­му ис­ко­мая раз­ность равна По­сколь­ку   — целое, наи­боль­ший ответ

Ответ: 11.

Ре­ше­ние. За­ме­тим, что при всех до­пу­сти­мых зна­че­ни­ях пе­ре­мен­ной x (), левая часть урав­не­ния по­ло­жи­тель­на, также по­ло­жи­тель­но зна­че­ние вы­ра­же­ния По­это­му при ре­ше­ний нет.

Рас­смот­рим слу­чай :

Пусть тогда с учётом ОДЗ

Функ­ция − воз­рас­та­ю­щая (как сумма воз­рас­та­ю­щих функ­ций)

Функ­ция − убы­ва­ю­щая (ком­по­зи­ция функ­ций: воз­рас­та­ю­щая от убы­ва­ю­щей)

Для того чтобы урав­не­ние не имело кор­ней до­ста­точ­но, чтобы либо (рис. 1), либо (рис. 2). В осталь­ных слу­ча­ях будем все­гда иметь одно ре­ше­ние, от­но­си­тель­но

Из пер­во­го усло­вия по­лу­ча­ем из вто­ро­го −

Объ­еди­няя все слу­чаи по­лу­ча­ем ответ: или

При­ведём дру­гое ре­ше­ние.

Обо­зна­чим за (от­ри­ца­тель­ные зна­че­ния си­ну­са нель­зя брать из-за корня)

Оче­вид­но при от­ри­ца­тель­ных части имеют раз­ные знаки и по­это­му не равны. При пра­вая часть не бы­ва­ет равна нулю. При по­ло­жи­тель­ных с ро­стом рас­тет пра­вая часть и умень­ша­ет­ся левая. Зна­чит, пра­вая часть при­ни­ма­ет зна­че­ния от до а левая  — от до Нужно, чтобы эти про­ме­жут­ки зна­че­ний не пе­ре­сек­лись (если пе­ре­се­кут­сяя  — ко­рень будет, по­сколь­ку обе части не­пре­рыв­ны, а в кон­цах от­рез­ка не­ра­вен­ство между ча­стя­ми в раз­ные сто­ро­ны). Зна­чит, либо либо

Ответ: или

При­ме­ча­ние: На ри­сун­ках изоб­ра­же­ны, ко­неч­но, не гра­фи­ки функ­ций, (гра­фи­ки этих функ­ций − кри­вые линии), а схемы, изоб­ра­жа­ю­щие воз­рас­та­ние и убы­ва­ние функ­ций.

Ре­ше­ние. При воз­ве­де­нии чисел в сте­пе­ни их остат­ки тоже воз­во­дят­ся в сте­пе­ни. Если у двух чисел остат­ки равны  — то и у их сте­пе­ней остат­ки будут равны.

а)   дает такой же оста­ток, как (за­ме­ня­ем числа по­сле­до­ва­тель­но)

б)  

в)  

Ответ: а) 4; б) 1; в) 13.