Ре­ше­ние. Фор­му­лой функ­ции, гра­фик ко­то­рой по­лу­чен из гра­фи­ка функ­ции сдви­гом его на 3 еди­нич­ных от­рез­ка влево вдоль оси абс­цисс яв­ля­ет­ся фор­му­ла

Ответ: г).

Ре­ше­ние. Утвер­жде­ние г) не­вер­но в силу ак­си­о­мы сте­рео­мет­рии. Точки C и лежат в плос­ко­сти а тогда и вся пря­мая лежит в этой плос­ко­сти.

Ответ: г).

Ре­ше­ние. Наи­мень­ший по­ло­жи­тель­ный пе­ри­од функ­ции   — число По фор­му­ле на­хо­дим наи­мень­ший по­ло­жи­тель­ный пе­ри­од для функ­ции

Ответ:

Ре­ше­ние. Упро­стим и при­ве­дем к об­ще­му зна­ме­на­те­лю:

Ответ:

Ре­ше­ние. Ло­га­рифм опре­де­лен при Тогда решим со­от­вет­ству­ю­щее не­ра­вен­ство и най­дем об­ласть опре­де­ле­ния ис­ход­ной функ­ции:

Итак,

Ответ:

Ре­ше­ние. Так как точка M рав­но­уда­ле­на от вер­шин тре­уголь­ни­ка, то вы­со­та, про­ве­ден­ная из неё, по­па­дет в центр опи­сан­ной во­круг этого тре­уголь­ни­ка окруж­но­сти. Тогда O  — центр опи­сан­ной окруж­но­сти, а так как тре­уголь­ник ABC  — пря­мо­уголь­ный, эта точка яв­ля­ет­ся се­ре­ди­ной ги­по­те­ну­зы. За­ме­тим, что CO  — ме­ди­а­на, про­ве­ден­ная из вер­ши­ны пря­мо­го угла, зна­чит:

Так как CO  — про­ек­ция пря­мой MC на плос­кость ABC, угол MCO  — ис­ко­мый. В тре­уголь­ни­ке MCO имеем и зна­чит:

Таким об­ра­зом,

Ответ:

Ре­ше­ние. Вос­поль­зу­ем­ся фор­му­лой си­ну­са двой­но­го ар­гу­мен­та и по­лу­чим од­но­род­ное три­го­но­мет­ри­че­ское урав­не­ние вто­рой сте­пе­ни:

Ответ:

Ре­ше­ние. За­ме­тим, что зна­ме­на­тель дроби не­от­ри­ца­те­лен, тогда ре­ше­ние не­ра­вен­ства сво­дит­ся к не­ра­вен­ству от­но­си­тель­но чис­ли­те­ля с уче­том ОДЗ:

Ответ:

Ре­ше­ние. Пусть Вос­поль­зу­ем­ся свой­ства­ми ло­га­риф­ма:

Вер­нем­ся к ис­ход­ной пе­ре­мен­ной:

Ответ:

Ре­ше­ние. Тре­уголь­ник ASB  — рав­но­бед­рен­ный, яв­ля­ет­ся осе­вым се­че­ни­ем ко­ну­са, SO  — вы­со­та ко­ну­са, OB  — ра­ди­ус его ос­но­ва­ния. Круг с ра­ди­у­сом R и цен­тром O ка­са­ет­ся бо­ко­вой сто­ро­ны тре­уголь­ни­ка ASB в точке K. Тогда имеем: и как ра­ди­ус про­ве­ден­ный к ка­са­тель­ной.

Про­ве­дем Катет KM пря­мо­уголь­но­го тре­уголь­ни­ка OKM равен по­ло­ви­не ги­по­те­ну­зы, зна­чит,

Из тре­уголь­ни­ка SOB по­лу­чим ра­ди­ус ос­но­ва­ния ко­ну­са: Так как SB об­ра­зу­ю­щая ко­ну­са в два раза боль­ше ра­ди­у­са его ос­но­ва­ния OB, то

Най­дем пло­щадь по­верх­но­сти шара, пло­щадь по­верх­но­сти ко­ну­са и их от­но­ше­ние:

Ответ: 1 : 1.