Прочее

а) Основанием правильной четырехугольной пирамиды является квадрат, значит, ребра $AB$ и $DC$ параллельны, а потому и плоскость $\alpha$ параллельна ребру $DC$. Следовательно, лежащая в плоскости $\alpha$ прямая $MN$ также параллельна ребру $DC$. Тогда треугольники $SNM$ и $SDC$ подобны по двум углам с коэффициентом $\frac15$. Таким образом, $SN:SD=1:5$, а потому $SN:ND=1:4$. Поскольку боковые ребра правильной пирамиды равны, $SM:MC=1:4$.

б) Пусть $MN=x$ и $SM=y$, тогда $MC=4y$ и $AB=AN=BM=5x$, и пусть точки $K$, $P$ и $Q$ — середины отрезков $AB$, $MN$ и $DC$ соответственно.

Рассмотрим прямоугольный треугольник, один из катетов которого равен $PK$, а гипотенуза равна $BM$. Тогда второй катет такого треугольника будет равен $BK-MP$. Аналогично получается прямоугольный треугольник с катетами $PQ$, $QC-PM$ и гипотенузой $MC$. Применим к обоим фигурам теорему Пифагора:

$$PK^2=BM^2-(BK-MP)^2=(5x)^2-\left(\frac{5x}{2}-\frac{x}{2}\right)^2=21x^2,$$

$$PQ^2=MC^2-(QC-PM)^2=(4y)^2-\left(\frac{5x}{2}-\frac{x}{2}\right)^2=16y^2-4x^2.$$

Косинус искомого угла равен косинусу угла между прямыми, перпендикулярными линии пересечения этих плоскостей, то есть $\cos\angle PKQ$ — искомый. Воспользуемся теоремой косинусов в треугольнике $PKQ$:

$$\cos\angle PKQ=\frac{PK^2+KQ^2-PQ^2}{2\cdot PK\cdot KQ} =\frac{21x^2+25x^2-16y^2+4x^2}{2\cdot \sqrt{21}x\cdot 5x} =\frac{50x^2-16y^2}{10\sqrt{21}x^2}.$$

В равнобедренном треугольнике $SBC$ найдем косинус угла $SCB$:

$$\cos\angle SCB=\frac{25x^2+25y^2-25y^2}{2\cdot 5x\cdot 5y}=\frac{x}{2y}.$$

Косинус этого же угла выразим из треугольника $MBC$:

$$\cos\angle SCB=\frac{16y^2+25x^2-25x^2}{2\cdot 5x\cdot 4y}=\frac{2y}{5x}.$$

Приравняем полученные значения:

$$\frac{x}{2y}=\frac{2y}{5x}\Leftrightarrow 5x^2=4y^2\Leftrightarrow x^2=0{,}8y^2.$$

Наконец, подставим в выражение для косинуса искомого угла:

$$\cos\angle PKQ=\frac{40y^2-16y^2}{\sqrt{21}\cdot 8y^2} =\frac{24y^2}{\sqrt{21}\cdot 8y^2} =\frac{3}{\sqrt{21}} =\frac{\sqrt{21}}{7}.$$

Ответ: б) $\dfrac{\sqrt{21}}{7}$.

Выражение в числителе дроби представляет собой куб разности:

$$27^x-3\cdot 9^{x+1}+3^{x+5}-729=3^{3x}-27\cdot 3^{2x}+243\cdot 3^x-729=(3^x-9)^3,$$ а выражение в знаменателе — полный квадрат:

$$50x^2+10x+0{,}5=\frac12(100x^2+20x+1)=\frac12(10x+1)^2.$$

Решим неравенство методом интервалов и рационализации, для этого применим теорему о знаках: при положительных $a$ выражения $(a^b-a^c)$ и $(a-1)(b-c)$ имеют одинаковые знаки. Получим:

$$\frac{(3^x-9)^3}{(10x+1)^2}\le 0 \Leftrightarrow \frac{(3^x-3^2)^3}{(10x+1)^2}\le 0 \Leftrightarrow \frac{(x-2)^3}{(10x+1)^2}\le 0 \Leftrightarrow \begin{cases} x<-\dfrac{1}{10},\\ -\dfrac{1}{10}<x\le 2. \end{cases}$$

Ответ:

$$\left(-\infty;-\frac{1}{10}\right)\cup\left(-\frac{1}{10};2\right].$$

Сумма кредита составляет 18 млн руб., срок  — 60 месяцев, а каждый месяц сумма долга уменьшается равномерно, поэтому ежемесячный платеж в счет погашения основного долга будет равен 0,3 млн руб. Составим график погашения кредита:

Общая сумма платежей в 2031 году равна сумме платежей с 49 по 60 месяц. Зная эту сумму, находим $r$:

$$0{,}3\cdot 12+3{,}6\cdot \frac{r}{100}+3{,}3\cdot \frac{r}{100}+\ldots+0{,}3\cdot \frac{r}{100}=3{,}951 \Leftrightarrow$$

$$\Leftrightarrow 3{,}6+\frac{r}{100}(3{,}6+3{,}3+\ldots+0{,}3)=3{,}951 \Leftrightarrow 3{,}6+\frac{r}{100}\cdot \frac{3{,}6+0{,}3}{2}\cdot 12=3{,}951 \Leftrightarrow$$

$$\Leftrightarrow 3{,}6+0{,}234r=3{,}951 \Leftrightarrow 0{,}234r=0{,}351 \Leftrightarrow r=1{,}5.$$

Ответ: $1{,}5$.

Решение. а) Прямоугольные треугольники $AQM$ и $AHM$ равны, поскольку имеют общую гипотенузу и равные острые углы. Следовательно, $HM = MQ$ как соответственные элементы равных фигур. В прямоугольном треугольнике $MQC$ один из острых углов равен $30^\circ$, значит, катет, противолежащий этому углу, равен половине гипотенузы. Не ограничивая общности, положим $MQ = x$, а $MC = 2x$. По свойству биссектрисы $$\frac{AH}{AC}=\frac{x}{2x}=\frac12,$$ откуда $AH = AQ$ и $AC = 2AQ$. Далее, $AQ = QC$, а из равных прямоугольных треугольников $AQM$ и $CQM$ находим: $AM = MC$. Получаем, что отрезок $AM$ — медиана, равная половине стороны, к которой проведена. Из этого следует, что при вершине $A$ треугольника $ABC$ расположен прямой угол.

б) В треугольнике $ABC$ катет $AB$ лежит против угла в $30^\circ$, а потому вдвое меньше гипотенузы, откуда $BC = 20$ и $MC = 10$. Квадрат катета в прямоугольном треугольнике равен произведению гипотенузы на проекцию этого катета на гипотенузу. Значит, $BH\cdot BC = AB^2$, откуда $$BH=\frac{AB^2}{BC}=\frac{100}{20}=5.$$

Следовательно, $HM = 10 - 5 = 5$. Заметим, что треугольники $FHM$ и $CQM$ равны, поскольку $HM = QM$ и углы $QMC$ и $HMF$ равны как вертикальные. Отсюда $FM = MC = 10$, а по теореме Пифагора в треугольнике $FHM$: $$HF=\sqrt{FM^2-HM^2}=\sqrt{100-25}=\sqrt{75}=5\sqrt3.$$

Итак, искомая площадь равна $$S_{CFM}=\frac12 FH\cdot CM=\frac12\cdot 5\sqrt3\cdot 10=25\sqrt3.$$

Ответ: б) $25\sqrt3$.

Пусть $t(x)=5x+\left|x-a^2\right|-4\left|x+1\right|-a^2$, тогда

$$t^2+(a+2)t+1=0.$$ Раскроем модули:

$$t(x)= \begin{cases} 8x+4, & \text{при } x<-1,\\ -4, & \text{при } -1\le x\le a^2,\\ 2x-4-2a^2, & \text{при } x>a^2. \end{cases}$$

При любом значении $x$ из отрезка $[-1;a^2]$ значение функции $y=t(x)$ равно

$$y=t(-1)=t(a^2)=-4.$$ На $(-\infty;-1)\cup(a^2;+\infty)$ функция $y=t(x)$ — неограниченно возрастает (см. рис.) и принимает любое значение, кроме $y=-4$, причем каждое ровно один раз.

Поскольку исходное уравнение должно иметь ровно два различных корня, квадратное уравнение

$$t^2+(a+2)t+1=0$$ должно иметь два решения, каждое из которых отлично от $-4$. Тогда:

$$\left\{ \begin{array}{l} (a+2)^2-4>0,\\ 16-4(a+2)+1\ne 0 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} a<-4,\\ a>0,\\ a\ne \dfrac94 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} a<-4,\\ 0<a<\dfrac94,\\ a>\dfrac94. \end{array} \right.$$

Ответ:

$$(-\infty;-4)\cup\left(0;\dfrac94\right)\cup\left(\dfrac94;+\infty\right).$$