Прочее

а) По ОТТ $\sin^2 x+\cos^2 x=1$. Отсюда $\cos^2 x=1-\sin^2 x$. Так как $\sin(-x)=-\sin x$, то получаем:

$$2\cos^2 x-3\sin(-x)-3=0$$

$$2-2\sin^2 x+3\sin x-3=0$$

$$2\sin^2 x-3\sin x+1=0$$

Пусть $\sin x=t$. Тогда $\sin^2 x=t^2$. Решим уравнение относительно новой переменной:

$$2t^2-3t+1=0$$

$$D=3^2-4\cdot 2\cdot 1=1$$

$$t_{1,2}=\frac{3\pm 1}{4}$$

$$t_1=1$$

$$t_2=\frac{1}{2}$$

Сделаем обратную замену:

$$\left[ \begin{array}{l} \sin x=1\\ \sin x=\frac{1}{2} \end{array} \right. \iff \left[ \begin{array}{l} x=\frac{\pi}{2}+2\pi k,\ k\in\mathbb{Z}\\ x=\frac{\pi}{6}+2\pi k,\ k\in\mathbb{Z}\\ x=\frac{5\pi}{6}+2\pi k,\ k\in\mathbb{Z} \end{array} \right.$$

б) Проведём отбор корней на числовой окружности: Отберем корни на тригонометрической окружности. Для этого отметим на ней дугу, соответствующую отрезку $\left[\frac{5\pi}{2};4\pi\right]$, концы этой дуги и лежащие на ней точки серий решений из пункта а).

Следовательно, на отрезке $\left[\frac{5\pi}{2};4\pi\right]$ лежат точки $\frac{5\pi}{2};\frac{17\pi}{6}$.

Ответ:

а) $\frac{\pi}{6}+2\pi k;\ \frac{5\pi}{6}+2\pi k;\ \frac{\pi}{2}+2\pi k,\ k\in\mathbb{Z}$

б) $\frac{5\pi}{2};\ \frac{17\pi}{6}$

а) Пусть $M', N'$ — точки пересечения $MN$ с диагоналями трапеции. Так как $SO\parallel\alpha$, то проведем $M'K, N'L\parallel SO$ и получим сечение пирамиды плоскостью $\alpha$ — четырехугольник $KLNM$. Докажем, что это трапеция.

Так как $N$ и $M$ лежат в $\alpha$ и $MN\parallel AD$, то $\alpha\parallel AD$. Следовательно, она пересечет плоскость, в которой лежит $AD$, по прямой, параллельной $AD$. Следовательно,

$$KL\parallel AD\parallel MN.$$

Осталось доказать, что $MK$ не параллельна $NL$. Действительно, так как $M'K\parallel N'L$, то $\angle M'KL+\angle N'LK=180^\circ$. Тогда, так как $\angle M'KM+\angle N'LN>0^\circ$, то $\angle MKL+\angle KLN>180^\circ$, следовательно, $MK$ не параллельна $NL$.

б) Так как $\triangle BOC\sim\triangle AOD$, то пусть $BO\cdot k=OD$, $CO\cdot k=OA$. Тогда $BD=(k+1)BO$, $AC=(k+1)CO$.

Для точки $N'$ имеем:

$$\frac{DN'}{N'O}=\frac{\frac12 BD}{\frac12 BD-BO}=\frac{(k+1)BO}{(k-1)BO}=\frac{k+1}{k-1}$$

Из условия задачи $k=AD:BC=5:4$, следовательно, по теореме Фалеса

$$DL:LS=DN':N'O=\frac{\frac54+1}{\frac54-1}=9:1$$

Значит $KL=0{,}1AD=1$, а $N'L=0{,}9SO=7{,}2$. Так как $SO\perp AD$, то $N'L\perp MN$, следовательно, $N'L$ — высота трапеции, находящейся в сечении.

Тогда искомая площадь сечения равна

$$S_\alpha=\frac{1+9}{2}\cdot 7{,}2=36$$

Ответ: б) 36

Сделаем замену $2^x=t$ и сведем неравенство к виду

$$\frac{1}{t+112}+\frac{1}{t-128}\geq 0$$

$$\frac{t-128+t+112}{(t+112)(t-128)}\geq 0$$

$$\frac{2t-16}{(t+112)(t-128)}\geq 0$$

$$\frac{t-8}{(t+112)(t-128)}\geq 0$$

Решим полученное рациональное неравенство методом интервалов, тогда

$$t\in(-112;8]\cup(128;+\infty)$$

Сделаем обратную замену:

$$\left[ \begin{array}{l} -112<2^x\leq 8\\ 2^x>128 \end{array} \right. \Longleftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x\leq 3\\ x>7 \end{array} \right.$$

Таким образом, получаем

$$x\in(-\infty;3]\cup(7;+\infty).$$

Ответ:

$$(-\infty;3]\cup(7;+\infty)$$

Кредит взят в июле 2016 года, то есть в этот год не производятся никакие выплаты и не начисляются проценты. Обозначим равные в 2020 и 2021 годах выплаты за $S_1$ тыс. рублей.

По условию в 2017, 2018 и 2019 годах долг остается равным S = 1100 тыс. рублей. Составим таблицу на основе этих данных с учетом того, что:

1. значение в столбце «Выплата» за 2017, 2018 и 2019 годы будет равно разности соответствующих значений в столбцах «Сумма долга после начисления процентов» и «Сумма долга после выплаты»;

2. сумма долга после выплаты за 2020 и 2021 годы будет равна разности соответствующих значений в столбцах «Сумма долга после начисления процентов» и «Выплата».

По условию задачи долг был погашен полностью, значит, $$1{,}2\,(1{,}2S-S_1)-S_1=0 \;\Longleftrightarrow\; \frac{36}{25}S=\frac{11}{5}S_1 \;\Longleftrightarrow\; S_1=\frac{36}{55}S$$

Первый платеж был равен $0{,}2S$, а последний был равен $\frac{36}{55}S$, значит, их разность равна $$\frac{36}{55}S-0{,}2S= \left(\frac{36}{55}-\frac{11}{55}\right)S= \frac{25}{55}S= \frac{5}{11}\cdot S= \frac{5}{11}\cdot 1100=500$$

Ответ: 500 тысяч рублей

а) Рассмотрим треугольник $ABC$. Так как $BF$ — его биссектриса, то по свойству биссектрисы треугольника

$$AB : BC = AF : FC.$$

Рассмотрим треугольник $ABD$. По условию $AB = BD$, то есть треугольник $ABD$ равнобедренный. Поскольку $BE$ — его биссектриса, а значит высота и медиана, то $BE \perp AD$. По условию $CK \perp AD$, значит, $BE \parallel CK$. Тогда по теореме о пропорциональных отрезках

$$AF : FC = AE : EK.$$ Тогда имеем:

$$AB : BC = AF : FC = AE : EK.$$

б) Пусть $S$ — площадь треугольника $ABE$. Заметим, что $BE$ — медиана треугольника $ABD$, значит, площади треугольников $ABE$ и $BDE$ равны, то есть

$$S_{ABE} = S_{BDE} = S.$$

По условию $BD : DC = 5 : 2$, значит,

$$\frac{AF}{FC} = \frac{AB}{BC} = \frac{BD}{BC} = \frac{5}{7},$$ следовательно,

$$\frac{AF}{AC} = \frac{5}{12}.$$

Запишем теорему Менелая для треугольника $BCF$ и секущей $AD$:

$$\frac{FE}{EB}\cdot\frac{BD}{DC}\cdot\frac{CA}{AF} = 1$$

$$\frac{FE}{EB}\cdot\frac{5}{2}\cdot\frac{12}{5} = 1$$

$$\frac{FE}{EB} = \frac{1}{6}$$

Значит,

$$\frac{BE}{BF} = \frac{6}{7}.$$

Тогда можем найти площадь треугольника $BCF$:

$$\frac{S_{BCF}}{S_{BDE}} = \frac{BF\cdot BC}{BE\cdot BD} = \frac{BF}{BE}\cdot\frac{BC}{BD} = \frac{7}{6}\cdot\frac{7}{5} = \frac{49}{30},$$ следовательно,

$$S_{BCF} = \frac{49}{30}S.$$

Теперь мы можем найти площадь четырехугольника $CDEF$:

$$S_{CDEF} = S_{BCF} - S = \frac{49}{30}S - S = \frac{19}{30}S.$$

Тогда искомое отношение площадей равно

$$\frac{S_{ABE}}{S_{CDEF}} = \frac{S}{\frac{19}{30}S} = \frac{30}{19}.$$

Ответ:

$$\text{б) } \frac{30}{19}$$