Прочее

Обозначим $x$ — количество литров воды, пропускаемой первой трубой в минуту, тогда вторая труба пропускает $x+1$ литров воды в минуту. Резервуар объемом 110 литров первая труба заполняет на 1 минуту дольше, чем вторая труба, отсюда имеем:

$$\frac{110}{x}-\frac{110}{x+1}=1 \Leftrightarrow \frac{110}{x^2+x}=1 \Leftrightarrow 110=x^2+x \Leftrightarrow$$

$$\Leftrightarrow x^2+x-110=0 \Leftrightarrow \begin{cases} x=10,\\ x=-11 \end{cases} \Leftrightarrow x=10.$$

Таким образом, первая труба пропускает 10 литров воды в минуту.

1. Ограничения: $x+5>0 \Rightarrow x>-5$

2. Найдём производную: $$y' = \frac{5}{x+5} - 5 = \frac{5-5(x+5)}{x+5} = \frac{-5x-20}{x+5}$$

3. Найдём нули производной: $$\frac{-5x-20}{x+5} = 0 \Rightarrow x = -4$$

4. Анализ поведения функции:

Функция возрастает на $(-5,-4]$, убывает на $[-4,+\infty)$, следовательно точка максимума $x=-4$.

Решение:

а) Распишем косинус по формуле двойного угла $$\cos 2x = 2\cos^2 x - 1$$

Тогда уравнение примет вид $$4\cos^3 x - 2\sqrt{3}\,(2\cos^2 x - 1) + 3\cos x = 2\sqrt{3}$$ $$4\cos^3 x - 4\sqrt{3}\cos^2 x + 2\sqrt{3} + 3\cos x = 2\sqrt{3}$$ $$4\cos^3 x - 4\sqrt{3}\cos^2 x + 3\cos x = 0$$ $$\cos x\,(4\cos^2 x - 4\sqrt{3}\cos x + 3) = 0$$ $$\cos x\,(2\cos x - \sqrt{3})^2 = 0$$ $$\left\{ \begin{array}{l} \cos x = 0\\ 2\cos x - \sqrt{3} = 0 \end{array} \right. \Longleftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} \cos x = 0\\ \cos x = \dfrac{\sqrt{3}}{2} \end{array} \right.$$ $$\left[ \begin{array}{l} x = \dfrac{\pi}{2} + \pi k,\; k \in Z\\ x = \dfrac{\pi}{6} + 2\pi k,\; k \in Z\\ x = \dfrac{11\pi}{6} + 2\pi k,\; k \in Z \end{array} \right.$$

б) Отберем подходящие корни с помощью неравенств.

1. $x = \dfrac{\pi}{2} + \pi k$: $$2\pi \le \dfrac{\pi}{2} + \pi k \le \dfrac{7\pi}{2} \Longleftrightarrow 2 \le \dfrac{1}{2} + k \le \dfrac{7}{2} \Longleftrightarrow \dfrac{3}{2} \le k \le \dfrac{6}{2}$$ $$\left[ \begin{array}{l} k = 2\\ k = 3 \end{array} \right. \Rightarrow \left[ \begin{array}{l} x = \dfrac{\pi}{2} + 2\pi\\ x = \dfrac{\pi}{2} + 3\pi \end{array} \right. \Rightarrow \left[ \begin{array}{l} x = \dfrac{5\pi}{2}\\ x = \dfrac{7\pi}{2} \end{array} \right.$$

2. $x = \dfrac{\pi}{6} + 2\pi k$: $$2\pi \le \dfrac{\pi}{6} + 2\pi k \le \dfrac{7\pi}{2} \Longleftrightarrow 2 \le \dfrac{1}{6} + 2k \le \dfrac{7}{2} \Longleftrightarrow \dfrac{11}{6} \le 2k \le \dfrac{20}{6}$$ $$\dfrac{11}{12} \le k \le \dfrac{10}{12} \Rightarrow k = 1 \Rightarrow x = \dfrac{\pi}{6} + 2\pi = \dfrac{13\pi}{6}$$

3. $x = \dfrac{11\pi}{6} + 2\pi k$: $$2\pi \le \dfrac{11\pi}{6} + 2\pi k \le \dfrac{7\pi}{2} \Longleftrightarrow 2 \le \dfrac{11}{6} + 2k \le \dfrac{7}{2}$$ $$\dfrac{1}{6} \le 2k \le \dfrac{10}{6} \Longleftrightarrow \dfrac{1}{12} \le k \le \dfrac{10}{12} \Rightarrow k \in \varnothing$$

Ответ:

а) $\dfrac{\pi}{6} + 2\pi k;\; \dfrac{\pi}{2} + \pi k;\; \dfrac{11\pi}{6} + 2\pi k,\; k \in Z$

б) $\dfrac{5\pi}{2};\; \dfrac{13\pi}{6};\; \dfrac{7\pi}{2}$

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:

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