Ре­ше­ние. А)  По­сле­до­ва­тель­но по­лу­ча­ем:

Б)   Отбор кор­ней сде­ла­ем с по­мо­щью еди­нич­ной окруж­но­сти.

Ответ: А) Б)

Ре­ше­ние. а)  По­ме­стим за­дан­ный па­рал­ле­ле­пи­пед в де­кар­то­ву си­сте­му ко­ор­ди­нат, как по­ка­за­но на ри­сун­ке. Най­дем ко­ор­ди­на­ты точек: K(3; 0; 0), C(0; 8; 0), M(0; 0; 4), B(6; 8; 0), D₁(0; 0; 12).

Будем ис­кать урав­не­ние плос­ко­сти CKM.

Нор­маль­ный век­тор (CKM):

Таким об­ра­зом, а это зна­чит, что

б)  Те­перь най­дем ко­си­нус угла между плос­ко­стью CKM и ниж­ним ос­но­ва­ни­ем па­рал­ле­ле­пи­пе­да, урав­не­ние ко­то­ро­го имеет вид: z = 0. Нор­маль­ный век­тор этой плос­ко­сти, т. е. ниж­не­го ос­но­ва­ния па­рал­ле­ле­пи­пе­да:

Если φ   — ис­ко­мый угол, то:

Ответ: б)

Ре­ше­ние. Най­дем огра­ни­че­ния на x.

Далее за­дан­ное не­ра­вен­ство будем рас­смат­ри­вать толь­ко на мно­же­стве M  =  (−∞; 1)∪(1; 2)∪(2; 3)∪(3; 4)∪(5;+∞).

На M:

По­след­нее не­ра­вен­ство решим ме­то­дом ин­тер­ва­лов.

С уче­том огра­ни­че­ний на х по­лу­чим мно­же­ство ре­ше­ний ис­ход­но­го не­ра­вен­ства: (1; 2)∪(2; 3)∪[ 3,5; 4)∪(5; +∞).

Ответ:

Ре­ше­ние. а)  Про­дол­жим от­ре­зок DM за точку M до пе­ре­се­че­ния с окруж­но­стью в точке P (см. рис.) Со­еди­ним центр окруж­но­сти  — точку О, с точ­ка­ми P и С  — от­рез­ка­ми. ∠DMB = ∠OMP как вер­ти­каль­ные, ∠DMB = ∠CMO по усло­вию, сле­до­ва­тель­но, ∠OMP = ∠OMC.

Любая окруж­ность сим­мет­рич­на сама себе от­но­си­тель­но вся­кой пря­мой, про­хо­дя­щей через ее центр.

Рас­смот­рим сим­мет­рию от­но­си­тель­но диа­мет­ра AB. При этом:

– точки А, О, M и В, от­ре­зок OM пе­рей­дут сами на себя;

– по­сколь­ку ∠OMP = ∠M, луч МС MP пе­рей­дет на луч MP;

– по­лу­окруж­ность ACB пе­рей­дет на по­лу­окруж­ность APB, общая точка луча МС и по­лу­окруж­но­сти ACB пе­рей­дет в общую точку луча MP и по­лу­окруж­но­сти APB, т. е. точка С пе­рей­дет в точку P;

– от­ре­зок ОС пе­рей­дет на от­ре­зок OP, ∠OCM  — на ∠ OPM. Сле­до­ва­тель­но, ∠ OCM = ∠OPM.

Но Δ POD  — рав­но­бед­рен­ный, по­сколь­ку OP  =  OD как ра­ди­у­сы одной и той же окруж­но­сти. Зна­чит, ∠OPM = ∠ODM. От­сю­да: ∠OCM = ∠ODM, что и тре­бо­ва­лось до­ка­зать.

б)  Найдём угол CMD:

В Δ OMD: ∠OMD  =  135°, по тео­ре­ме ко­си­ну­сов:

Най­дем по­ло­жи­тель­ный ко­рень этого урав­не­ния.

В Δ COM по тео­ре­ме ко­си­ну­сов:

По­ло­жи­тель­ный ко­рень этого урав­не­ния будет равен

При­ведём дру­гое ре­ше­ние:

а)  Про­дол­жим DM до пе­ре­се­че­ния с окруж­но­стью в точке N (см. рис.). Со­еди­ним центр окруж­но­сти  — точку О с точ­кой С  — от­рез­ком. Опу­стим из точки О пер­пен­ди­ку­ля­ры к от­рез­кам СМ и DN, ос­но­ва­ния пер­пен­ди­ку­ля­ров обо­зна­чим H и T со­от­вет­ствен­но. Обо­зна­чим не­ко­то­рые углы, ∠1, ∠2 и ∠3, как по­ка­за­но на ри­сун­ке.

∠2 = ∠3 как вер­ти­каль­ные, ∠2 = ∠1 по усло­вию, сле­до­ва­тель­но, ∠1 = ∠3. Пря­мо­уголь­ные тре­уголь­ни­ки MHO и MTO равны по общей ги­по­те­ну­зе ОМ и остро­му углу (∠1 = ∠3), от­ку­да OH  =  OT.

Рас­смот­рим пря­мо­уголь­ные тре­уголь­ни­ки OHC и OTD. Они равны по ги­по­те­ну­зе и ка­те­ту, по­сколь­ку OH  =  OT по толь­ко что до­ка­зан­но­му, OC  =  OD как ра­ди­у­сы одной и той же окруж­но­сти. От­сю­да: ∠OCM = ∠ODM, что и тре­бо­ва­лось до­ка­зать.

б)  По усло­вию и до­ка­зан­но­му выше: ∠2 = ∠1 = ∠3  =  45°. Сле­до­ва­тель­но, ∠MD  =  180° − (45° + 45°)  =  90°. ∠HOM  =  90° − 45°  =  45°. Зна­чит, OH  =  MH. Ана­ло­гич­но OT  =  MT. Из со­во­куп­но­сти по­лу­чен­ных ре­зуль­та­тов имеем: OHMT  — квад­рат.

В Δ SMD, где ∠SMD  =  90°,

Ответ: б)

Ре­ше­ние. Пусть соб­ствен­ная ско­рость лодки x км/ч, ско­рость те­че­ния реки (она же равна ско­ро­сти плота) υ км/ч. Тогда ско­рость лодки по те­че­нию реки (x + υ) км/ч, про­тив те­че­ния  — (x − υ) км/ч.

С 6 часов до 11 часов утра, т. е. в те­че­ние 5 ч, плот и лодка на­хо­ди­лись во встреч­ном дви­же­нии со ско­ро­стью сбли­же­ния υ + x − v  =  x (км/ч). Зна­чит, рас­сто­я­ние от А до В равно 5x км.

За эти же 5 ч вре­ме­ни плот про­дви­нул­ся в на­прав­ле­нии к го­ро­ду В на 5υ км, ему оста­лось прой­ти путь до В 5x − 5υ = 5(x − υ) км. И этот путь плот пре­одо­ле­ет за ч.

После 11 часов утра лодка до го­ро­да А плыла ч и от го­ро­да А до го­ро­да В плыла ч, всего

По­сколь­ку плот и лодка в город В при­бы­ли од­но­вре­мен­но,

По­ло­жи­тель­ное зна­че­ние этого от­но­ше­ния есть т.е

Най­дем, сколь­ко часов от го­ро­да А до го­ро­да В плот был в дви­же­нии.

Если это время обо­зна­чить t, то (ч.)

Но с 6 утра до 6 ве­че­ра прой­дет 12 ч. По­ка­жем, что Дей­стви­тель­но,

(не­ра­вен­ство оче­вид­ное).

Ответ: нет, не успе­ли.

Ре­ше­ние. За­дан­ная функ­ция опре­де­ле­на и не­пре­рыв­на в каж­дой точке ин­тер­ва­ла (−2; 3).

На ин­тер­ва­ле (−2; 0) имеем: тогда

по­это­му функ­ция на (−2; 0) мо­но­тон­но воз­рас­та­ет, и, сле­до­ва­тель­но, экс­тре­му­мов не имеет.

Рас­смот­рим те­перь про­ме­жу­ток [0; 3). На нем тогда Най­дем нули про­из­вод­ной:

Рас­смат­ри­ва­е­мая функ­ция в точке 0 экс­тре­мум может иметь, может и не иметь (см. ниже).

Слу­чай 1. Если в точке 0 экс­тре­му­ма нет, то обе точки экс­тре­му­ма обя­за­ны при­над­ле­жать ин­тер­ва­лу (0; 3), то долж­на быть сов­мест­на си­сте­ма:

Слу­чай 2. Если 0  — точка экс­тре­му­ма, то функ­ция долж­на иметь на ин­тер­ва­ле (0; 3) ровно одну точку экс­тре­му­ма. Тогда либо

Оста­лось вы­яс­нить, при каких зна­че­ни­ях па­ра­мет­ра точка 0 яв­ля­ет­ся точ­кой экс­тре­му­ма, а при каких нет.

За­дан­ная функ­ция не­пре­рыв­на, и она воз­рас­та­ет на (−2; 0). Для лю­бо­го a из (−1; 1] най­дет­ся ин­тер­вал (0; m), на ко­то­ром убы­ва­ет. В этом слу­чае точка 0 яв­ля­ет­ся точ­кой мак­си­му­ма. Для лю­бо­го a не ле­жа­ще­го на (−1; 1] най­дет­ся ин­тер­вал (0; m) на ко­то­ром воз­рас­та­ет. В этом слу­ча­ет точка 0 не яв­ля­ет­ся точ­кой экс­тре­му­ма. Таким об­ра­зом, во вто­ром слу­чае ис­ко­мы­ми яв­ля­ют­ся толь­ко такие зна­че­ния a, что

Объ­еди­няя слу­чаи 1 и 2, по­лу­ча­ем:

До­пол­ни­тель­но от­ме­тим, что при a из [2; 4) функ­ция имеет один экс­тре­мум на (−2; 3) и не имеет экс­тре­му­мов при про­чих зна­че­ни­ях па­ра­мет­ра.

Ответ: (−1; 2).

Ре­ше­ние. а)  Да. На­при­мер:

б)  Нет. Пусть имеем: a ра­вен­ство не­воз­мож­но.

в)  Да. Воз­мем числа: 1;2;...2014;а. Имеем:

т. к. а<1, то все вы­бран­ные числа раз­лич­ны.

Ответ: а) да; б) нет; в) да.