81. Цена была снижена на 600 — 330 = 270 рублей, что в процентах со­ставляет • 100 = 45%. OUU Ответ:45. 82. По графику…

81. Цена была снижена на 600 — 330 = 270 рублей, что в процентах со­ставляет • 100 = 45%.

OUU

Ответ:45.

82. По графику видно, что удельная теплоёмкость раствора составляет не более 4200 при температуре от IOoC до 80oC. Наибольшей темпе­ратурой из этого диапазона является 80°С.

Ответ:80.

83. По определению арифметического квадратного корня из числа имеем:

-27 — Х= Il2; -27 — Х= 121; -27 — 121 = Х\ х =-148.

Ответ: —148.

OB

84. = cos ZB(см. рис. 96), откуда

AB =CosZB=θ 2\Тб = ∏°Те°РеМеПифаГ°Ра

AC2 = 80 — 64 = 16, откуда AC = 4.

Рис. 96.

Ответ:4.

85. Заказ в фирме А Обойдётся в 4500 -90 + 20 000 = 425 000 (руб.), заказ в фирме Б обойдётся в 4700 • 90 = 423000 (руб.) (доставка бесплатная), заказ в фирме В обойдётся в 4600 -90 + 10000 = 424 000(руб.).

Наименьшая стоимость составит 423 000 рублей.

Ответ:423000.

86. ABCD — параллелограмм, так как AB ∣∣ CDИ AB = CD = 3 (см. рис. 97).

Тогда Sabcd = DH ∙ AB = 6 • 3 = 18.

Ответ:18.

/2 1\21 / 2∖21 z1ч 21

R7У**’5*) _ VtJ ‘ к5*} _ 46∙57_ 212 ∙ 57 _ 212 • 57 _

UF UF ^Iθ5^^ (2 • 5)8 28∙58

_ 24 _ 16 _ q 9

— 5 — 5 ’

Ответ:3,2.

В8. Промежуткам убывания функции соответствуют промежутки, на ко­торых производная данной функции отрицательна. По графику определя­ем, что наибольший из этих промежутков [—7; —4] имеет длину 3.

Ответ:3.

В9. Из условия следует, что отрезок SHЯвляется высотой пирамиды и равен 3. Так как SH — высота, то угол SHCПрямой. Так как CtgZSDff = ^R,τoDH = SHctgASDH = 3ctg30o = 3√3. Площадь квадрата в основании пирамиды равна S = DC2 = (2DH)2 = = (2 ∙ 3√3 )2= 108. Объём пирамиды равен V = ±Sh =| • 108 • 3 = 108. О о

Ответ:108.

BlO. На высоте не менее семи метров мяч будет находиться при всех T, Для которых H(T) ≥ 7; —5t2 + 13t + 1 ≥ 7; —5t2 + 13t — 6 ≥ 0. Корнями трёхчлена в левой части неравенства являются ⅛ = 0,6 и ⅛ = 2. Решени­ем неравенства является отрезок [0,6; 2]. Искомый промежуток времени равен 2 — 0,6 = 1,4 (с).

Ответ:1,4.

Bl 1.1)√ = -(ex÷27)÷ex+27(27-x) = ex÷27(-l+27-x) = (26-x)ex÷27. 2) У’= 0 при Х = 26.

3) При переходе через точку Х= 26 производная функции меняет знак с «плюса» на «минус», значит, Х= 26 — точка максимума исходной функ­ции.

Ответ:26.

∕J∙

В12. Пусть Х вопросов в работе, тогда — ч — время исполнения всей

Контрольной работы Валей, a ч — время исполнения всей контрольной

Iu

Работы Светой.

Составляем уравнение: ⅛-⅛ = ⅜, f⅜4 = 15 минУ 12 15 4 \4 /

Ьх — 4х= 15, Х —15.

Ответ:15.

Cl. ОДЗ: cos а; > 0.

Сделаем замену sin Х= t, тогда 1 — 5t + 2(1 —12) = 0,2T2 + 5T— 3 = О,

A) sinx = —3 — решений нет;

Б) sinx = i (см. рис. 98), £

Х= 5 ÷ 2πfc, Х= ⅛ + 2πfc, К ∈ Z.ОДЗ удовлетворяет только о о

Я = + 2πfc, К ∈ Z. О

Ответ:+ 2πfc, К ∈ Z.

О

С2. Пусть AB — образующая, BK — перпендикуляр к плоскости боль­шего основания, тогда AK — проекция ABНа плоскость большего осно­вания и ZBAK — искомый (см. рис. 99).

Рис. 99.

Рассмотрим осевое сечение ABCDУсечённого конуса (см. рис. 100), им будет равнобедренная трапеция с основаниями AD = 2RИ BC = 2т.

Рис. 100.

Вписанный шар в сечении даёт окружность, вписанную в трапецию, тогда высоты трапеции BKИ MNБудут равны диаметру этой окружности.

Так как площади основания относятся как 1 : 4, то πfl2 = 4πr2, R = 2г. По свойству касательных AB = BM + ANt AB = г + R = AK = AN — KN = R — г = г. Тогда из ΔABK:

Fх — 1 >О,
Х+ 1 >О,

СЗ. ОДЗ:

1.» width=»88″ height=»29″ class=»»/>

>0,

1«fe ттт +—— 1—7 ≈,“■1 = ‘■«’ ттт ■

2/ J.

T— I > 0, + > 0 (см. рис. 101).

V V

ΞZX≡⊂1ZZZ¾

-1 3Х

Г//м

I x
Рис. 102.

-3 -1 x

Рис. 103.

C учётом ОДЗ: Х> 3.

Ответ:(3j+∞).

С4. Пусть Oi, О2 — центры окружностей SiИ S2(см. рис. 104,105).

8 Зак № 265

Обозначим: C — вторая точка пересечения прямой ABС окружностью S,2, BF = х — искомая длина отрезка касательной. Имеем: X2 = AB ВС. Кроме того, ΔABM ~ ΔACN (/ABM = /ACN = 90° как вписан­ные, опирающиеся на диаметр, /.ВАМ = /CANКак вертикальные). Из подобия следует — 24θl — ∙ AC — ’ ^2•

Из подооия следует Ас — an — 2ЛС>2 — AQ2 . ,

BC = AB + AC = AB + = =AB^O1O2

AOi AOi AOi

Итак, X2 = AB ∙ BC = AB2 ∙ = AB2• —-⅛ -■= 9 ∙ ⅛∙-, где RИ

К Ro

Г — радиусы окружностей SiИ S2Соответственно.

Замечание. Также задачу можно решить, использовав теорему косинусов для ΔOι AB1Затем для ΔO1O2B, тем самым найти О2В. Ддлее, по теоре­ме Пифагора, найти искомую длину.

Ответ: За/^илиЗа/?.

С5.

— = (4 + 2M)2— 8M— 12 = 4(τn + I)2.

При M = — 1 уравнение имеет единственный корень Х =—2, что удо­влетворяет условию Х ‘≥—4. _________

При M ≠ — 1, xι,2 = —2M— 4 ± Y∕⅛(M + I)2; Xi = —2, Х% = —4тп — 6.

Чтобы исходное уравнение имело один корень, необходимо выполне­ние условия Х2 <—4, следовательно, M>— i

Ответ: {—1} U I —+oo 1. ∖ Za J

С6. Перепишем уравнение: 6τ2— 24 = 50 — 5j∕2, 6(τ2— 4) = 5(10 — Y2)1 Откуда X2— 4 = 5u, 10 — У2=

Итак, X2 = 5U + 4, 5U + 4

IO- би

и= о» width=»636″ height=»30″ class=»»/>
10 = у2, где у — целое, что неверно. при u = υ = 1 =>x2 = 9, у2= 4. ответ:(3,2), (3,-2), (-3,2), (-3,-2). » width=»666″ height=»87″ class=»»/>

H Рис. 106.

 

Ответ:0,75.

85. Сумма вклада в банке А составит (20 000 — 150) • 1,04 = 20 644 (руб.), в банке Б: 20000 • 1,02 = 20400 (руб.), а в банке В: (20000 — 12 • 10) • 1,03 = 20476,4 (руб.), то есть в банке А вклад окажется наибольшим и составит 20 644 рубля. Ответ:20644.

86. По теореме Пифагора сторона квадрата ABРавна √AK2 + KB2(см. рис. 107), то есть AB = √25 + 4 = √¾ откуда Sabcd = AB2 = 29.

Ответ:29.

Ответ:3.

88. Промежуткам возрастания функции соответствуют промежутки, на которых производная данной функции положительна. По графику опре­деляем, что наибольший из этих промежутков [—7; —2] имеет длину 5.

Ответ:5.

89. Примем за основание пирамиды треугольник ABS(см. рис. 108), то­гда высота пирамиды H = CS.Площадь прямоугольного треугольни­ка ABSРавна

S = I ∙ AS ∙ BS = I • 6 • 6 = 18. Объём пирамиды равен

V = ∣SΛ = I • 18 • 6 = 36. <5 <5

Ответ:36.

В10. По условию прибор выходит из строя при 1251 + 15 Of — 16t2> 1580; 16t2— 150t+329 < 0. Корнями трёхчлена в левой части неравенства явля­ются tι = 3,5 и ⅛ = 5,875. Температура превысит критическую на интер­вале времени (3,5; 5,875) мин. Отключить прибор следует через 3,5 мин.

Ответ:3,5.

Bl 1.1) У’= Ex~5 + (х+ 9)ex^5 = ex»5(l + Х+ 9) = eχ-5(10 ÷ Х).

2) У’= 0, (10 + x)ex~5 = O110 + Х= 0, Х= -10.

3) При переходе через точку Х= —10 производная функции меняет знак с «минуса» на «плюс», значит, Х= —10 — точка минимума.

Ответ: —10.

В12. Первая фирма — 30 млн рублей, Вторая фирма (по условию) — 22,5 млн руб, Третья фирма 45 млн рублей. Итого: 97,5 млн рублей.

Оставшаяся часть составляет 35% уставного капитала, таким обра­зом, сумма от общей прибыли причитающейся для четвёртой фирмы со­ставляет ЮО(млн) • 0,35 = 35(млн).

Ответ:35.

Cl. ОДЗ: sinτ > 0.

Сделаем замену cos я = t, тогда 4 — Ы — 2(1 — T2) = 0, 2T2— Ы+ 2 = 0, х 5 ± 3 . _____ 1 у. _______ о

4,2 — —4—, 4 — 2’ t2 —

1 7Г

A) cosτ = (см. рис. 109), Х =±— + 2πfc, К ∈ Z.ОДЗ удовлетворяет Z о

Ответ: х = + 2πfc, К ∈ Z. О

С2. Пусть высота боковой грани — CD (С и D — середины соответству­ющих сторон оснований), CK — перпендикуляр к большему основанию, тогда DK — проекция CDНа большее основание, =>Z.CDK — искомый (см. рис. 110).

Рассмотрим сечение пирамиды плоскостью MCDN(см. рис. 111), оно является равнобедренной трапецией с основаниями AD = 2Ь и BC = 2α. Вписанный шар в сечении даёт окружность, вписанную в трапецию, вы­сота трапеции равна диаметру этой окружности.

Рис. 111.

Так как основания пирамиды —квадраты и площадь большего осно­вания в 9 раз больше площади меньшего, то (2Ь)2= 9(2α)2или B = За. По свойству касательных CD = CM + DN1 CD = A + За = 4а.

DK = DN— NK = За — A = 2A.Тогда из ΔCKD:

KD_ 2а _ 1 _ π

CD 4a 2’ 3′

Ответ:

СЗ. ОДЗ:

1°g0,5

-Iog2

О (см. рис. 112),

Решим полученную совокупность методом интервалов (см. рис. 113, 114).

Рис. 113.

Откуда получим

Рис. 114.

Х <—9.

C учётом ОДЗ: 3 <Х< 9.

Ответ: (3;9).

С4. Пусть Oi, Ог — центры окружностей Si и 5г (см. рис. 115,116).

Рис. 115.

 

Обозначим: C — вторая точка пересечения прямой ABС окружно­стью S2. BF2 = AB ∙ BC = 16. ZACK = ZABD = 90° как вписанные, опирающиеся на диаметры. ЛАСК~ ΔABP, так как ZC = ZB = 90°, ZCAK = ZBADКак вертикальные (или как совпадающие в первом слу­чае). = =⅜ = 7’ Пусть АВ = 7τ,AC = 3τ, тогда1) BC = AB — AC = 4х, 7х • 4х= 16, Х2= х = AB = 7X = -⅛ = 2√7;

Х

AB = 7х =

 

Ответ:2√z7 или

2

С5. Обозначим У= √2x ÷p ≥ 0, тогда Х = Уравнение примет

Вид Зр2 — 6p ÷ 2 — Зр.

Построим графики Z = Зр2 — 6p + 2, р ≥ 0 и z = Зр(см. рис. 117).

Рис. 117.

Находим ординату вершины параболы: Zo = —1. Очевидно, искомые р

1 2

Должны удовлетворять условию —1 < 3p ≤ 2, отсюда — <р ≤ ^.

<5 <5

С6. Так как для любых целых чисел АиЬ а2+ Ь2 :3 а: 3 и 5:3 и 19\ 3 и 28\ 3, то из исходного уравнения следует, что Х: 3 и У: 3, то есть Х= Зи, У = 3υ(и, V ∈ Z).Сделав соответствующие замены, получаем из исход­ного уравнения уравнение 19u2 + 28v2 = 81. Повторяя рассуждения, по­лучаем уравнение 19t2 + 28s2 = 9 (U = 3t, υ = 3s, s, t ∈ Z), которое очевидно не имеет решений в целых числах.

Ответ: решений нет.