Неравенства

а)

Обозначим плоскость $(KPQ)$ через $\alpha$. По условию плоскости $\alpha$ и $(ABC)$ параллельны, следовательно, они пересекают плоскость $(ASB)$ по параллельным прямым. Плоскость $(ABC)$ пересекает плоскость $(ASB)$ по прямой $AB$, плоскость $\alpha$ пересекает плоскость $(ASB)$ по прямой $KQ$. Тогда получаем, что $KQ \parallel AB$.

По аналогичным соображениям $KP \parallel AC$.

Далее, $KQ \parallel AB$, причём $K$ — середина $AS$, и точка $Q$ — середина $SB$. Аналогично получаем, что точка $P$ — середина $SC$. Тогда $QP$ — средняя линия треугольника $BSC$, параллельная стороне $BC$. Следовательно, $PQ = \frac{1}{2}BC$.

Обозначим через $h$ длину высоты треугольника $SCB$, проведённой из вершины $S$. Так как $QP$ — средняя линия, то она делит эту высоту пополам. Следовательно, высота трапеции $BQPC$ равна $\frac{1}{2}h$. Тогда можем найти отношение площадей:

$$\frac{S_{BQPC}}{S_{BSC}} = \frac{\frac{1}{2}(PQ + BC)\cdot \frac{1}{2}h}{\frac{1}{2}BC \cdot h} = \frac{\frac{1}{2}(\frac{1}{2}BC + BC)}{BC} = \frac{3}{4}$$

б)

Расписав объём пирамиды $SABC$ через объёмы её составных частей, получим:

$$V_{SABC} = V_{SKPQ} + V_{KABC} + V_{KBQPC}$$

Откуда:

$$V_{KBQPC} = V_{SABC} - V_{SKPQ} - V_{KABC}$$

Найдём все эти объёмы.

Площадь правильного треугольника $ABC$ со стороной $AB = 16$:

$$S_{ABC} = \frac{1}{2} AB^2 \sin 60^\circ = 64 \sqrt{3}$$

Высота $SH = 10$, тогда объём пирамиды $SABC$:

$$V_{SABC} = \frac{1}{3} \cdot S_{ABC} \cdot SH = \frac{1}{3} \cdot 64\sqrt{3} \cdot 10 = \frac{640}{\sqrt{3}}$$

Теперь найдём стороны треугольника $KQP$:

$$KP = \frac{1}{2} AC,\quad KQ = \frac{1}{2} AB,\quad QP = \frac{1}{2} BC$$

Следовательно, треугольник $KQP$ подобен треугольнику $ABC$ по трём сторонам с коэффициентом $1:2$, тогда:

$$S_{KQP} = \left( \frac{1}{2} \right)^2 S_{ABC} = 16\sqrt{3}$$

Пусть $H'$ — точка пересечения $SH$ с плоскостью $\alpha$. Так как $\alpha \parallel (ABC)$, следовательно, $SH'$ — высота пирамиды $SKQP$. Прямые пересечения плоскостей $(ASH)$ с параллельными плоскостями $(ABC)$ и $\alpha$ параллельны, поэтому $KH'$ — средняя линия и:

$$SH' = \frac{1}{2} SH = 5$$

Тогда объём пирамиды $SKPQ$:

$$V_{SKPQ} = \frac{1}{3} S_{KQP} \cdot SH' = \frac{1}{3} \cdot 16\sqrt{3} \cdot 5 = \frac{80}{\sqrt{3}}$$

Теперь найдём объём пирамиды $KABC$. Высота из вершины $K$ равна $HH' = 5$ (расстояние между параллельными плоскостями $\alpha$ и $(ABC)$):

$$V_{KABC} = \frac{1}{3} S_{ABC} \cdot HH' = \frac{1}{3} \cdot 64\sqrt{3} \cdot 5 = \frac{320}{\sqrt{3}}$$

Остаётся:

$$V_{KBQPC} = V_{SABC} - V_{SKPQ} - V_{KABC} = \frac{640}{\sqrt{3}} - \frac{80}{\sqrt{3}} - \frac{320}{\sqrt{3}} = \frac{240}{\sqrt{3}} = 80\sqrt{3}$$

Ответ: б) $80\sqrt{3}$

$$(9^x-3^{x+1})^2+8\cdot 3^{x+1}<8\cdot 9^x+20$$ $$(9^x-3^{x+1})^2-8(9^x-3^{x+1})-20<0$$

Обозначим $y=9^x-3^{x+1}$, тогда неравенство примет вид:

$$y^2-8y-20<0$$ $$(y-10)(y+2)<0$$

Вернемся к обозначениям $y=9^x-3^{x+1}$:

$$(9^x-3^{x+1}-10)(9^x-3^{x+1}+2)<0$$ $$\bigl((3^x)^2-3\cdot 3^x-10\bigr)\bigl((3^x)^2-3\cdot 3^x+2\bigr)<0$$

Обозначим $t=3^x$, тогда неравенство примет вид:

$$(t^2-3t-10)(t^2-3t+2)<0$$ $$(t-5)(t+2)\cdot (t-2)(t-1)<0$$

Вернемся к обозначениям $t=3^x$:

$$(3^x-5)(3^x+2)(3^x-2)(3^x-1)<0$$ $$\bigl(3^x-3^{\log_3 5}\bigr)\bigl(3^x+3^{\log_3 2}\bigr)\bigl(3^x-3^{\log_3 2}\bigr)\bigl(3^x-3^0\bigr)<0$$

Выражение $3^x+3^{\log_3 2}>0$ при любых значениях $x$, то есть можно поделить на него левую и правую части неравенства, знак от этого не изменится:

$$\bigl(3^x-3^{\log_3 5}\bigr)\bigl(3^x-3^{\log_3 2}\bigr)\bigl(3^x-3^0\bigr)<0$$

Используем метод рационализации для каждого из множителей:

$$(3-1)^3(x-\log_3 5)(x-\log_3 2)(x-0)<0$$

$$x(x-\log_3 2)(x-\log_3 5)<0$$

Решим полученное неравенство методом интервалов:

$$x\in(-\infty;0)\cup(\log_3 2;\log_3 5)$$

Ответ:

$$(-\infty;0)\cup(\log_3 2;\log_3 5)$$

а) Рассмотрим треугольник $MAD$. Он равнобедренный, так как $AM = AD$ по условию. Значит, углы при его основании $MD$ равны. То есть

$$\angle AMD = \angle ADM.$$

Пусть угол параллелограмма $\angle A = \angle BAD = \alpha$. По условию $\alpha < 90^\circ$. Тогда $\angle ABC = 180^\circ - \alpha$.

Так как $ABCD$ — параллелограмм, то $AB \parallel CD$. Прямая $AD$ является секущей для параллельных прямых $AB$ и $CD$. Тогда $\angle ADM = \angle BAD = \alpha$ как накрест лежащие углы.

Вернемся к треугольнику $MAD$ и найдем угол $MAD$ :

$$\angle MAD = 180^\circ - \angle AMD - \angle ADM = 180^\circ - 2\angle ADM = 180^\circ - 2\alpha$$

Рассмотрим треугольники $ABC$ и $BAM$ и докажем, что они равны. Сторона $AB$ у них общая. Стороны $AM = AD$ по условию. Стороны $AD = BC$, так как $ABCD$ — параллелограмм. Значит, $AM = BC$. В треугольнике $ABC$ угол между сторонами $AB$ и $BC$ равен $\angle BAC = 180^\circ - \alpha$. В треугольнике $BAM$ угол между сторонами $AB$ и $AM$ равен

$$\angle BAM = \angle BAD + \angle MAD = \alpha + 180^\circ - 2\alpha = 180^\circ - \alpha = \angle ABC$$

Значит, $\triangle ABC = \triangle BAM$ по первому признаку равенства треугольников. В равных треугольниках соответствующие элементы равны, поэтому равны и третьи стороны. То есть $BM = AC$.

Далее рассмотрим $\triangle NCD$, проведем аналогичные рассуждения и докажем, что $\triangle NCB = \triangle ABC$. То есть получим, что $AC = BN$. Тогда

$$BM = AC = BN.$$

б) Найдём величину угла $MBN$ :

$$\angle MBN = \angle ABC - \angle ABM - \angle CBN = \angle ABC - (\angle ABM + \angle CBN)$$

В предыдущем пункте мы доказали, что

$$\triangle ABC = \triangle BAM = \triangle NCB$$

В равных треугольниках соответствующие элементы равны, поэтому

$$\angle ABM = \angle BAC,\; \angle CBN = \angle BCA$$

Заметим, что

$$180^\circ - \alpha = \angle ABC = 180^\circ - \angle BAC - \angle BCA = 180^\circ - (\angle BAC + \angle BCA) \Rightarrow \angle BAC + \angle BCA = \alpha$$

Тогда

$$\angle MBN = \angle ABC - (\angle ABM + \angle CBN) = \angle ABC - (\angle BAC + \angle BCA) = 180^\circ - \alpha - \alpha = 180^\circ - 2\alpha$$

По условию $AC = 4$. Значит, $BM = BN = AC = 4$. Рассмотрим $\triangle MBN$. По теореме косинусов имеем:

$$MN^2 = BM^2 + BN^2 - 2\cos(\angle MBN)\cdot BM \cdot BN$$

Найдем $\cos(\angle MBN)$ :

$$\cos(\angle MBN)=\cos(180^\circ-2\alpha)=-\cos(2\alpha)=-(1-2\sin^2(\alpha))=$$

$$=2\sin^2(\alpha)-1=\frac{2\cdot 64-289}{289}=-\frac{161}{289}$$

Тогда по теореме косинусов в треугольнике $MBN$ :

$$MN^2 = BM^2 + BN^2 - 2\cos(\angle MBN)\cdot BM \cdot BN =$$

$$=4^2+4^2-2\cdot\left(-\frac{161}{289}\right)\cdot 4\cdot 4=\frac{16\cdot 900}{289}\Rightarrow MN=\frac{120}{17}$$

Ответ:

б) $\frac{120}{17}$

Кредит размером $S = 600$ тыс. рублей взят на 6 лет, при этом каждый раз в год сумма долга должна уменьшаться на $\frac{S}{6}$. Составим таблицу, учитывая, что первые три раза сумма долга увеличивается на $r\%$, а последние три — на $15\%$. Значение в ячейке столбца «Выплата» можно вычислить двумя способами:

1. как разность значений в ячейках «Сумма долга после начисления $\%$» и «Сумма долга после выплаты»;
2. как величину, на которую уменьшается долг (в данной задаче это $\frac{1}{6}S$) + процент от суммы долга на соответствующий месяц (в данной задаче это $\sigma \cdot \frac{r}{100}$ либо $\sigma \cdot \frac{15}{100}$, где $\sigma$ — значение в столбце «Сумма долга до начисления $\%$»).

Приравняем сумму выплат (сумма по столбцу «Выплата») к 930 тысячам, подставим $S = 600$ тыс. и найдем $r$ :

$$S + \frac{r}{100}\left(S + \frac{5}{6}S + \frac{4}{6}S\right) + \frac{15}{100}\left(\frac{3}{6}S + \frac{2}{6}S + \frac{1}{6}S\right) = 930000$$

$$S + \frac{r}{100}\cdot \frac{6+5+4}{6}S + \frac{15}{100}\cdot \frac{3+2+1}{6}S = 930000$$

$$600S + 15rS + 90S = 930000 \cdot 600$$

Отсюда $r$ равно

$$r = \frac{930000 \cdot 600 - 690S}{15S} = \frac{930000 \cdot 600 - 690 \cdot 600000}{15 \cdot 600000} = 16$$

Ответ: 16

Преобразуем уравнение к виду

$$f(x)=a|x+1|+(1-a)|x-1|=-2$$

Рассмотрим случаи раскрытия модулей, чтобы привести функцию к кусочно-заданному виду:

Раскроем модули в зависимости от принадлежности $x$ к одному из трех промежутков:

$$x\geq 1 \;\Rightarrow\; f(x)=a\cdot(x+1)+(1-a)\cdot(x-1)=x+2a-1$$

$$x\in[-1;1) \;\Rightarrow\; f(x)=a\cdot(x+1)-(1-a)(x-1)=x\cdot(2a-1)+1$$

$$x<-1 \;\Rightarrow\; f(x)=-a\cdot(x+1)-(1-a)\cdot(x-1)=-x-2a+1$$

Резюмируя, получим

$$f(x)=a|x+1|+(1-a)|x-1|= \begin{cases} -x-2a+1, & x<-1 \\ (2a-1)x+1, & -1\leq x<1 \\ x+2a-1, & x\geq 1 \end{cases}$$

Найдем координаты точек излома функции $f$ :

$$f(1)=x+2a-1=1+2a-1=2a$$

$$f(-1)=(2a-1)x+1=(2a-1)(-1)+1=-2a+1+1=2-2a$$

Мы получили, что на первом промежутке функция линейно возрастающая, на третьем — линейно убывающая. На втором промежутке $[-1;1]$ функция также линейная. Более того, коэффициент при $x$ зависит от параметра $a$, поэтому заранее мы не знаем, убывает или возрастает наша функция на втором промежутке. Рассмотрим три возможных случая.

• Функция возрастает на отрезке $[-1;1]$, то есть

$$2a-1>0 \;\Leftrightarrow\; a>\frac12$$

В этом случае график примет следующий вид (оси изображены для удобства, мы не знаем, как график будет располагаться относительно них и не пользуемся этим):

Таким образом, уравнение будет иметь ровно два различных решения, если горизонтальная прямая $y=-2$ проходит выше левой точки излома графика, то есть

$$-2>-2a+2 \;\Leftrightarrow\; a>2$$

Пересекая с условием $a>\frac12$, получаем $a\in(2;+\infty)$.

• Функция убывает на отрезке $[-1;1]$, то есть

$$2a-1<0 \;\Leftrightarrow\; a<\frac12$$

В этом случае график примет следующий вид (оси изображены для удобства, мы не знаем, как график будет располагаться относительно них и не пользуемся этим):

Таким образом, уравнение будет иметь ровно два различных решения, если горизонтальная прямая $y=-2$ проходит выше правой точки излома графика, то есть

$$-2>2a \;\Leftrightarrow\; a<-1$$

Пересекая с условием $a<\frac12$, получаем $a\in(-\infty;-1)$.

• Коэффициент при $x$ зануляется, то есть

$$2a-1=0 \;\Leftrightarrow\; a=\frac12$$ Подставив это значение параметра $a$ в исходное уравнение, получим

$$\frac12|x+1|+\frac12|x-1|=-2$$

Левая часть этого уравнения неотрицательна, так как является суммой двух модулей, а правая отрицательна. Значит, при таком значении $a$ уравнение не имеет решений, и это значение $a$ нам не подходит.

Тогда исходное уравнение имеет ровно два различных корня при

$$a\in(-\infty;-1)\cup(2;+\infty)$$

Ответ:

$$a\in(-\infty;-1)\cup(2;+\infty)$$