Решение варианта 1 81. Всего на теплоходе 860 + 33 = 893 человека

Решение варианта 1

81. Всего на теплоходе 860 + 33 = 893 человека. Так как = 14^, то 60 60

Требуется 15 шлюпок.

Ответ;15.

82. По рисунку определяем, что цена была наименьшей 24 января.

Ответ:24.

83. Sabc ≈⅛BH∙AC (см. рис. 1). BH = 10 — 4 = 6, AC = 6 — 1 = 5.

Sabc =• 6 • 5 = 15.

Ответ:15.

84. В случае выбора тарифного плана «Вера» клиент заплатит 2000 + 5 • 100 = 2500 (рублей);

В случае выбора тарифа «Надежда» — 600 + 3 • 700 = 2700 (рублей);

В случае выбора тарифа «Любовь» — 50 + 2,5 • 950 = 2425 (рублей).

По наиболее выгодному тарифу клиент заплатит 2425 рублей.

Ответ:2425.

85. H≈-1° = 11 х — 10 = 1 х = 11.

Ответ:11.

86. По условию ABCD — трапеция (см. рис. 2), значит, ZA+ZB — 180°; Z.B —180o— ZA. cos ZB—Cos(180o— ZA) = — cos ZA — = -√1 — sin2 ZA = -√1 — ⅛ = — j = -0,4.

V Zo о

Рис. 2.

Ответ: —0,4.

87. Iog2 1,6 + Iog2 10 = log2(l,6 • 10) = Iog2 16 = Iog224 — 4.

Ответ:4.

88. На рисунке изображён график функции У = F(X},И на промежутках, где функция возрастает, производная положительна. Укажем точки, при­надлежащие промежуткам возрастания. Итак, это точки Xi, a⅛. Х^,A⅛, яэ, Хю. Всего этих точек 6.

Ответ:6.

89. По теореме Пифагора гипотенуза треугольника в основании приз­мы равна √92 + 122= 15. Периметр этого треугольника равен 9 + 12 + 15 = 36, поэтому площадь боковой поверхности призмы (рав­ная произведению периметра основания на высоту) равна 36 • 10 = 360. Площадь основания равна | ■ 9 • 12 = 54 (половина произведения кате — тов). Площадь всей поверхности равна 360 + 54 ■ 2 = 468.

Ответ:468.

810. Всего на конференцию приехали 20 учёных, из них 8 учёных из Рос-

Q

Сии. Вероятность указанного события равна — = 0,4, так как все учёные ZU

Имеют равную вероятность оказаться третьим.

Ответ:0,4.

811. По условию цилиндр вписан в прямоугольный параллелепипед. Зна­чит, в основании параллелепипеда лежит квадрат со стороной, равной A = 2г, где Г — радиус основания цилиндра.

A = 2 • 5 = 10.

Объём прямоугольного параллелепипеда найдём по формуле

V — Sqch. ∙ H,Где H — высота параллелепипеда.

V = IO2• 5 = 500.

Ответ:500.

812. По условию Pq ≥ 315; p(300 — 60у) ≥ 315; p(20 — 4p) ≥ 21; 4р2 — 20р + 21 ≤ 0. Корнями трёхчлена в левой части неравенства явля­ются pi = 1,5, Р2 = 3,5. Решение этого неравенства — отрезок [1,5; 3,5]. Искомый максимальный уровень цены составляет 3,5 тыс. руб.

Ответ:3,5.

813. Автобус, выехавший из В, проехал 270 — 140 — 130 (км). Его ско­рость равна 130 : 2,5 = 52 (км/ч).

Ответ:52.

814. l)y’ = — e1+lo + (10-z)e1+1° = ex+10(-l + 10-х) = e1÷10(9-Х).

815. Найдём возможные точки экстремума: У’= 0 => 9 — Х = 0, Х= 9.

816. При Х< 9 у'> 0, а при Х> 9 у’< 0, значит, Х= 9 — точка максимума исходной функции.

Ответ:9.

/ 19∖ sinХ

Cl A) 12sinx = 3sinx. ( ^) — 4c0sα: i^sinx _ 4c08Х

\ 3 /

Sinx = Cosx, tgx = 1, х = + πk, К ∈ Z.

[

17τrl

7π; —— I.

7π ≤ у + 7г/с ≤ ¾ К ∈ Z, 7 ≤ 7 + К≤ Ц, 67 ≤ К ≤ ⅛ к — 7,

4 2 4 2 4 4

Fc = 8.

При К= 7 Х = + 7π = ⅛/

4 4

При К= 8 Х= V + 8π = ⅛.

4 4

Ответ: a)⅛ + πk,ke Z,Б) ⅛L, ⅛ 4 4 4

С2. По условию пирамида SABCDПравильная, значит ABCD — квад­рат, SO — высота, О — точка пересечения диагоналей ACИ BD.Обозна­чим через К середину ребра SB. KDПересекает SOВ точке Т. Проведём через точку T EFПараллельно АС, получим KEDF — искомое сечение. Задача сводится к нахождению площади четырёхугольника KEDF(см.

Рис. 3). BD — AB∖∕2 = Γ2√2. Так как DB ± SAC,То диагонали FEИ KDЧетырёхугольника KEDFПерпендикулярны.

SO2 = SD2— OD2 = 242 — (6√2)2 = 576 — 72 = 504, SO = 6√14.

SO и KD — медианы ABSD, ST = ∣5(9 — 4√z14. В треугольниках ASCИ FSE ASAC = ASFEКак соответственные при AC ∣∣ EFИ секущей SA, ASОбщий, значит AASC ~ AFSEС коэффициентом по­добия |. о

EF = ½AC = ∣.12√2 = 8√2. О о

KD2 = KH2 + DH2 = (iψ}2 + (⅜βp)2 = (3√14)2 + (3’142Vz2)2 =

= 126 + 81 • 2 = 288, KD = 12√2.

Skedf — ⅛ ∙ KD ∙ EF —∙ 8vz2 ∙ 12∙√z2 = 96.

Ответ:96.

1°63~1(х — З)4 ~4,

χ3 + 6χ2+14×2+5x-15 ≤5 Х — 3

Х+ 5 > 0, x± 3 ( x>~5’

3-√>0 5Х<3- хе(-5;2)и(2;3).

3-x≠l;

L)l0g3-x (7⅛JΓ ≥ -4>1°S3-τ(z÷5)-41og3_I(3-x)+41og3.1(3-Х) > 0, 1θg3-τ(x + 5) > °. 1°g3-ι(x + 5)~log3-χ 1 ≥ °> (3—х —l)(x + 5-1) > 0, (х — 2)(x + 4) ≤ 0, -4 ≤ х ≤ 2. Учитывая ОДЗ, х ∈ [-4; 2).

2)g3 + 6a,2+14x[2]+⅛-.15 5 χ3 + 6χ2 + Uxi 0

Х — 3 х — 3

X4— 3X[3] + 6X3— 18X2 + 14X2< θ X4 + 3X3— 4G2< θ

Х ~, 3

X2(X—L)(X÷4) ≤ 0

Х — 3

U {0} U (1;3) (см. рис. 4). Учитывая ОДЗ, х ∈(—5; —4] U {0} U [1; 2) U (2; 3).

Х∈{-4; 0} U (1;2).

Ответ: {—4; 0} U [1; 2).

С4. В зависимости от расположения окружностей могут представиться

2 случая (см. рис. 6). Тогда Smno3=Snko3 ÷ Smko3—

1) Учитывая, что треугольники MOiKИ NO2KРавнобедренные и по условию /.KMOi = 15°, получим: /MOiK ~ /NO2K —150°.

Smko1 = ⅛-OiM—OiK—Sin/MOiK = ±-OiK-МН, где MH ± OiK. Z Z

Отсюда MH = OiK ∙ sin/MOiK = 4 • | = 2.

Zt

Рис. 6.

2) Smko2 ≈1VOiK∙MH=1V6∙2 = 6. Ж M

3) Snko2 = ∣ ∙ O2K ∙ O2N ∙ sin ΛKO2N = | • 6 • 6 • | = 9.

4) Smno2 = 9 + 6,

Smno2 =9 + 6 = 15 или Smno2=9 — 6 = 3.

Ответ:15 или 3.

C5. Vz-5 — 6x — x2 + Ax = 2a + 2; У/—5— 6x — x2 = 2α — Ах+ 2. Рас­смотрим две функции.

1) у = √-5 — 6х — х2, у ≥ 0. y2 + x2+6x + 5 = 0, y2 + (x + 3)2 = 22.

График — полуокружность с центром в точке (—3; 0) и радиусом 2.

2) у = α(2-x)+2— семейство прямых, проходящих через точку (2; 2).

Построим графики (см. рис. 7).

Уравнение имеет единственный корень, если графики имеют един­ственную общую точку.

Единственное решение при a = 0 (касание) или при А е[aι; a2).

При A = αι прямая У= α(2 — х) + 2 проходит через точку (—1; 0): о

0 = CLi‘3 + 2, <21 = — —. о

При A = A,2Прямая У —α(2 — х) + 2 проходит через точку (—5; 0): 0 = α2’7 + 2,α2 =

Имеем A ∈ U {0}.

Ответ:∣; U {0}.

С6. А) Очевидно, что если мы возьмём 11 единиц, то получим данное мно­жество выписанных чисел.

Б) Предположим, что такой набор существует. Тогда минимальное чис­ло в этом наборе равно 2, а сумма всех чисел равна 25. Тогда сумма всех чисел, за исключением одного минимального числа, должна быть равна 25 — 2 = 23. Однако, 23 на доске не указано, и значит требуемого набора не существует.

В) Очевидно, что в искомый набор входит 7 как наименьшее число набора. Аналогично в набор входит 9, так как это число не может быть представлено как сумма семёрок, и по тем же самым причинам в исход­ный набор входит число 13, которое нельзя представить в виде суммы 7 и 9 в любом количестве.

На доске выписано число 16, равное 7 + 9. Покажем, что 16 не вхо­дит в исходный набор. Действительно, если бы 16 входило в этот набор, то на доске необходимо было выписать число 32 = 7 + 9 + 16, а оно не выписано. По тем же самым причинам в исходный набор не входят числа 20 = 7 + 13 и 22 = 9 + 13 (20 + 7 + 9 — 36, 22 + 7 + 9 = 38, ни 36, ни 38 не выписаны на доске). Попутно заметим, что числа 7 и 9 в исходный набор входят по 1 разу, так как 7 + 7 = 14 и 9 + 9 = 18, ни 14, ни 18 не выписаны на доске. Если число 13 входит в набор 1 раз, то в набор должно входить число 26, иначе не получится сумма 39. Если 13 входит 2 раза, то оно должно входить и 3 раза, иначе мы не получили бы на доске число 39. Заметим, что ни одно из чисел, больших либо равных 27, не присутствует в исходном наборе, потому что 7 + 9+13 + 27 > 55, а 55 — сумма всех чисел исходного набора. По той же причине число 26 не может входить в исходный набор более 1 раза. В завершении стоит отметить, что если ис­ходный набор — это числа 7,9,13, 26 или 7, 9,13,13,13, то на доске будут выписаны в точности заданные числа.

Ответ: а) 11 единиц; б) нет; в) 7,9,13, 26 или 7, 9,13,13,13.