112 81. Конечная цена холодильника составляет 112%, то есть от перво ­ Начальной

112

81. Конечная цена холодильника составляет 112%, то есть от перво­

Начальной. Поэтому начальная цена была 14 000 ■ = 12 500 рублей.

Ответ:12 500.

82. 8-го августа наибольшая температура была 30oC, а наименьшая — 5oC. Разность составляет 30 — 5 = 25oC.

Ответ:25.

83. Обозначим через DДиагональ ABCD(см. рис. 202), AB = а.

Sabcd —α2. D = α√2. Sabcd =

В C

В, C1

A D A1 D1

Рис. 202.

Используем условие: AC = 10, AiCi = 6. о c 100 36 q0

DABCD — DAiBiC1Dl = ~rj————- 2^ ~

X2

32 = —, где Х — диагональ искомого квадрата.

X2 = 64, X = 8.

Ответ:8.

84. Найдём скорости, с которыми мальчики загружают на компьютеры файлы, и определим среди них наибольшую: Ц, Наибольшей яв­ляется скорость 4т?, так как = 4τL = 44-Для нахождения времени 1 All f-*fl A11 , JA ∕1ιl 1

(в секундах), необходимого для загрузки файла размером 529 Мб, разде­лим 529 на 7^.

40

529 : Ig = 529 : Il = 460(c).

Ответ:460.

√5 — х — 4 = 0, 5 — Х —16, Х — —11,

√7 — Х — 2 = 0; 7 — Х = 4; х = 3.

Оба корня принадлежат области определения, большим из них явля­ется число 3.

Ответ:3.

В6. Pabcd = 68, то есть AD + AB = 34.

Z.BCM = ZCMDКак накрест лежащие углы при параллельных пря­мых BCИ ADИ секущей CM(см. рис. 203).

&.MCDРавнобедренный, так как ZBCM = ZCMD, ZCMD = ZMCD (СМ — биссектриса ZBCDПо условию). От­сюда CD = MD.

AD + AB = 34, AB = CD.Пусть AD = Ili, тогда MD = CD = AB = 6гг.

1 Ix + 6х = 34.

Х= 2.

AD = 11 • 2,

AD = 22.

Ответ:22.

87. (2 — Iog5 250)(2 + Iog10 0,05) = (2 — log5(25 • 10)) • (2 + Iog10 y∣θ) = = (2 — 2 — Iog5 10)(2 + Iog10 5 — 2) — — Iog5 10 ∙ Iog10 5 = =-⅛1°’⅛-1∙

Ответ: —1.

88. Согласно условию, прямая У = — 7х+ 3 и парабола У = Ax2 + 3τ — 2 имеют единственную общую точку. Следовательно, эта точка является ре­шением уравнения — 7х+ 3 = Ax2 + 3τ — 2; Ax2 + 10τ — 5 = 0. Так как точка единственная, то дискриминант D = IO2— 4 ■ (—5) ∙ A = 0. Отсюда A — —5.

Ответ: —5.

89. Vabca1B1C1 = Saabc■ H,Где H — высота призмы (см. рис. 204).

Vabcc1— ⅜Saabc ∙ H.

Объём оставшейся части равен

Vabca1B1C1— Vabcc1 = Saabc ∙ H — ^Saabc■ H = | • 18 — 12.

Ответ:12.

810. Рассмотрим три события:

А — абитуриент сможет поступить на обе специальности;

В — абитуриент сможет поступить на специальность «Телевидение», но не сможет поступить на специальность «Архитектура»;

C — абитуриент сможет поступить на специальность «Архитектура», но не сможет поступить на специальность «Телевидение».

Очевидно, искомая вероятность равна

P(A + В+ С) = P(Λ) + P(B) + P(C).

Р(Л) = 0,6 • 0,8 • 0,5 • 0,7 = 0,168.

P(B) = 0,6 • 0,8 • 0,5 • (1 — 0,7) = 0,072.

P(C) = (1 — 0,6) ■ 0,8 • 0,5 • 0,7 = 0,112.

P(Λ + B + C) =0,352.

Ответ:0,352.

811. Пусть ZCΛC1 = 45o, ZP>1ΛC1 = 30o, ZB1ΛC1 = 30°. Тогда из прямоугольных треугольников CAC1, D1AC1, B1AC1Соответственно по­лучаем: CCi — AC1 sin 45o = 6√2 ∙ = 6;

D1C1 = ACi sin 30o = 6√2 ∙ ∣ = 3√2;

BiCi = AC1 sin30o = 6√2 ∙ ∣ = 3√2.

Искомый объём V = CCi ∙ D1C1■ B1C1 = 6 ∙ 3√2 ∙ 3√2 = 108.

Ответ:108.

812. По условию d2 ≤ 250, 7-= 7 ~ 7-≤ ⅛ — ⅛ == ⅛C dl ≥ ;

Ui J U2 oU 2o(J 2Ои 4

D1 ~≥ 62,5. Наименьшее значение D1—62,5 достигается при d2 = 250.

Ответ:62,5.

813. Примем стоимость книг до 10 января за 1, а количество процентов, на которые они подешевели, за У.

Тогда получившаяся стоимость будет 1 — 0,01y• Через несколько дней книги подорожали на то же число процентов от установившейся цены и стали стоить: (1 — 0,01y) ÷ (1 — 0,01y) ∙ 0,01y. В результате цены стали на 0,25% меньше, чем до 10 января.

Составим уравнение и решим его:

(1 — 0,01y) + (1 — 0,01у) • 0,Oly = 1 — 0,0025,

(1 — 0,01y)(l + 0,01y) = 1 — 0,0025,

1 — 0,OOOly2 = 1 — 0,0025,

У2= 25, у = 5.

Книги подешевели 10 января на 5%.

Ответ:5.

814. У= log3(18 + 6т — х2) + 4.

У~ (-T2 ÷6т+ 18)In3 -(т2 -6т — 18) 1пЗ’ У ~ 0 ПРИ rc ~ 3- T2- 6т — 18 ≠ 0, Х≠ 3 ± 3√3, исходная функция определена при т ∈ (3-3√3i3 + 3√3).

Рис. 205.

Наибольшее значение на интервале (3 —3√z3; 3+3√z3) достигается при т = 3, у(3) = 7.

Ответ: 7.

Cl. а) Рассмотрим цепочку равносильных преобразований:

Sin(τ + = 2sinf^ — т) о

X О Z X О /

■ ( , 4π∖ • (4π ∖ . ∕4π

Smlτ + — J — sin( ————— ХJ — sml———— Х

Х О / X<J Z Х о

). (4τr \

-≠>— sin Х= sm I —— ХI, х О z

Sinf^ — T^ + sinτ — О <=> 2 sin ∙ cos (Х —

X О Z 0X0

Cosfx — =O <=>Х = ÷ πn, П ∈ Z.

\ 3 / о

Можно этот ответ записать в следующем виде: Х = £ + πn, п е Z. О

Б) Из найденного множества решений лишь два значения при П = О, — при П= 11 удовлетворяют заданным условиям О <Х < ⅛r - или

О Z

О <Х< ⅛-. При П<О Х 6

Ответ:A) + πn, П∈ Z; б) ⅞. о 6 6

С2. Поскольку AC — ВС, то угол ACBПрямой. Но тогда ребро AC Перпендикулярно грани MBCПо признаку перпендикулярности прямой и плоскости (AC ± MB, AC ± ВС). Отсюда следует, что AC ± BK(см. рис. 206).

Так как в треугольнике MBC MB = ВС, то BKНе только медиана этого треугольника, но и высота (BK ± MC).Поэтому ребро BKПер­пендикулярно плоскости грани MAC (BK ± AC, BK ± MC).Но тогда плоскость ABK,Проходящая через прямую BK,Также перпендикулярна плоскости МАС. Другими словами, искомый угол равен 90°.

Ответ:90°.

СЗ. Преобразуем данное неравенство, записав его в равносильной форме:
⅛+3((3 — x)(3 + X))— I l0gχ+3 ∣τ — 3∣ ≥ 2.

Заметим, что х + 3 > 0 и (3 —x)(3 + x) >0. Значит, 3-гг > 0. Поэтому |х — 3| — 3 — Х. Теперь получаем:

1°gχ+3(3 — х) ÷ 1 — ∣ log2+3(3 — х) ≥ 2.

Произведём замену переменной: logl+3(3 — х) = у. Имеем:

У — ∣y2 ≥ 1 <=> y2- 4y + 4 ≤ О О (у — 2)2 ≤ 0 О у = 2.

{

(ж + З)2= 3 — Х, х+ 3 > 0, <=>

-3, τ ≠ -2;
» align=»right» width=»86″ height=»85″ class=»»/>Х+ 3 1;

х — —1.» align=»right» width=»87″ height=»21″ class=»»/>X2 + 7х+ 6 = О, <Х > -3, <=>

K z ≠ -2;

Ответ: х= -1.

С4. Проведём в данной трапеции диагональ ACИ высоту CE(см. рис. 207). Нетрудно видеть, что катет AEПрямоугольного треугольника АСЕ равен средней линии данной трапеции. Действительно,

AE — AD — ~ BC — —В ∙^^ . Отсюда следует, что площадь S

Трапеции равна S = CE ■ AE.

Рис. 207.

 

Введём для удобства обозначения: CE = х, AE = у. Тогда, учитывая условия задачи, получаем систему уравнений (из которой требуется найти х):

I2 + у2= 25,

Ху= 12.

12

Выражая У из второго уравнения (у = —) и подставляя его в первое Х

Уравнение, получим после преобразований биквадратное уравнение отно­сительно Х: X4— 25х2+ 144 = 0. Решая это уравнение, получаем, что X2 = 9 или X2—16, откуда следует, что высота CE = 3 или CE = 4.

Ответ:3 или 4.

С5. Если X1, Xz — корни уравнения X2 + Bx— 1 = 0, то по теореме Виета + X2 = ~B, X1 —Xz = —1. Аналогично из второго уравнения получаем (xι + 1) + (a⅛ + 1) = B2И (X1 + l)(τ2 + 1) = ~Ъ. Подставляя x1 + Х2= —Ь И X1 ∙ X2 = —1 в два последних равенства, находим соотношения

—B = B2—2 и — 1 — 5 + 1 = —Ь.

Здесь второе равенство выполняется для любого Ь, а первое приводит к квадратному уравнению B2 + B— 2 = 0, откуда B —1 или Ь =—2.

Учитывая условие (Ь < 0), получаем, что B — —2, и первое квадратное уравнение в условии задачи приобретает вид X2— 2х — 1 — 0. Его корни: xι,2 — 1 ± \/2.

Ответ; B— —2, xιj2 = 1 ± √2.

С6. Нужно найти все решения (п; тп) данного уравнения, где П — нату­ральное число, Т — целое число.

Прежде всего попробуем подставить некоторые натуральные числа П и Т в это уравнение для того, чтобы увидеть, что получится в левой и правой частях уравнения. Учитывая, что левая часть быстро растёт (с ростом п), будем действовать последовательно и начнём с П= 1:

1! = 1 =>П = 1, Т= ±1 — решения данного уравнения;

1! + 2! = 3 — решений в целых числах нет;

1! + 2! + 3! = 9 =>П —3, Т= ±3 — решения данного уравнения;

1! + 2! + 3! ÷ 4! = 33 — решений в целых числах нет;

1! + 2! + 3! 4! + 5! = 153 — решений в целых числах нет.

Вычисляя далее, получаем: 6! = 720, 7! = 5040……………….. Ясно, что начиная

С некоторого П (а именно с П —5), все факториалы п! будут заканчивать­ся цифрой 0 (поскольку в произведении присутствуют множители 2 и 5). Это означает, что все суммы вида 1! + 2! + … + n!, начиная С п = 4, бу­дут давать число, оканчивающееся цифрой 3. Но никакой квадрат целого числа не оканчивается цифрой 3. (Можно предположить противное: что существует х, такой, что х2 заканчивается на 3. Переберём все возможные варианты последней цифры числа х и получим противоречие). Это озна­чает, что данное уравнение не может иметь решений при n ≥ 4, а решения уравнения при П≤ 3 уже найдены: если П — 1, то Т= ±1, если П= 3, то Т —±3.

Ответ: п = 3, Т =±3; П= 1, Т= ±1.

Решение варианта 29

81. После удержания налога у студента останется 100% — 13% = 87% го­норара, то есть 1200 • = 1044 рубля. Так как — 20,88, то искомое

IUu OU

Наибольшее нечётное число тюльпанов равно 19.

Ответ:19.

82. По графику видно, что удельная теплоёмкость раствора составляет не более 4200 ПРИ температуре от IO0C до 80oC. Наибольшей темпе­ратурой из этого диапазона является 80oC.

Ответ:80.

83. Обозначим через Г радиус окружности, вписанной в квадрат ABCD, Тогда сторона квадрата AB = 2r, A‘C‘ = 2R, A‘B‘ = r>∕2. Отсюда Sabcd = 4r2; Saib, c,d, = 2r2.

4г2 _ 9

2г7

Ответ: 2.

84. Стоимость фундамента из пеноблоков: 7∙2900 + 3∙280 = 21140(py6.). Стоимость бетонного фундамента: 6 • 750 + 50 ■ 280 = 18500(руб.). То есть наиболее дешёвый вариант составит 18 500 (руб.).

Ответ:18500.

Ц е • 7ГХ у2.

B5.smτ = -^-, ½½ — (-i)fc+1 Ξ. + πfc, К ∈ Z.

4 4

Разделим каждый член уравнения на π.

^ = (-l)k+ιl + fc, fc∈Z. 4 4

Умножим каждый член уравнения на 4, получим Х =(—l)fc+1 + 4fc, K е Z. Наименьший положительный корень получим при К= 1. Это корень z = (-1)2 + 4∙1 = 1÷4 = 5.

Ответ: 5.

В6. Пусть OM = = х, ОН = = у (см. рис. 208), тогда

∫ х ÷ у= 13, ^Ix = 8>5>
[x-y = 4, ( у= 4,5.

Ответ:9.

B7.o(α) = (2a+ -)fδa + = (2• 1 + 5aWδ ∙ + 2a) = g(a),

∖ aJ ∖ aJ ∖AJ ∖ a ∕∖ a /

Тогда 5(a) : s(~) = 1∙

Ответ:1.

B8. Согласно условию, прямая У — — 7X + 11 и парабола У = 2х2 — 5х + с Имеют единственную общую точку. Следовательно, абсцисса этой точки является единственным корнем уравнения — 7X + 11 = 2х2 — 5х+ с; 2х2+ 2х —11 + с = 0. Так как корень единственный, то дискриминант D = 22 — 4 • 2 • (с — 11) = 0. Отсюда с = 11,5.

Ответ:11,5.

B9. Δ,AEEιПрямоугольный (см. рис. 209), AEiEA = 90°.

AE12 = AE2 + ЕЕ2.

EEi = 3, AEНайдём из AAED: AAED =90°;

AE = у/AD2— ED2 = √62- 32 = √27.

AEl = 27 + 9 = 36, AEi = 6.

Ответ:6.

В10. Составим таблицу.

	12 мая	13 мая	14 мая
Дождь	0,6	0,6 ∙0,6+ 0,4-0,4 = 0,52
Ясно	0,4	1 — 0,52 = 0,48	0,48 • 0,6 + 0,52 • 0,4 = 0,496

Искомая вероятность равна 0,496.

Ответ:0,496.

Bll. Из формулы R — для радиуса окружности, описанной около правильного треугольника, выражаем сторону основания приз­мы: A — Ry/3 = 3√,3 ∙ √3 = 9. Периметр основания призмы ра­вен P — За = 3 • 9 = 27. Площадь боковой поверхности равна P ∙ H = 27 • 7 = 189.

Ответ:189.

В12. Лампочка будет гореть при условии U 15; 30cos(80t + 30) ≥ 15; cos(80t + 30) ≥ 0,5. На протяжении первой секунды величина 80t + 30 меняется от 30° до 110°. На этом отрезке последнее неравенство выпол­няется при 80t ÷ 30 ∈ [30; 60], то есть при T∈ [0; 0,375]. Искомая часть времени равна — l -—- • 100% = 37,5%.

Ответ:37,5.

В13. Капитал «Омега-транс» каждый следующий год составлял 100% + 100% = 200% от капитала предыдущего года, то есть в 2 раза больше. Капитал «Елена-плюс» каждый следующий год составлял 100% + 300% = 400% от капитала предыдущего года, то есть в 4 раза больше. Через 5 лет капитал «Омега-транс» равнялся 10000 ∙ 25= 320000 (долл.), а капитал «Елена-плюс» через 4 года — 5000 ∙ 44= 1280000 (долл.).

1 280 000 — 320 000 = 960 000 (долл.).

Ответ:960000.

/ 19 \’ 19

B14.Y‘ = 2 cost———— Х+ 3) — — 2 sinх—————— . Так как У’< 0, то функ­

Y(-⅞) =2cos(-⅜) — —∙ (~⅜9 +3 = 10. \ о / \ о / 7Γ \ О /

Ответ:10.

C1. √2 — 2 cosх — 2 sin

Z

Sin ≡ >0,

2sιn — = 2 sin — ; Z Z

∈ [2πn; π + 2πn], Х∈ [4πn; 2π + 4πn], П ∈ Z.

15. Зак. №176

Sin — < °, решений нет.

Sin I-0;

Ответ: [4πn; 2π + 4πn], П ∈ Z.

C2. SA = VSC2 + AC2 = 11 (см. рис. 210), CM = ∣SA = 5,5 как медиана Δ,SAC,Проведённая из вершины прямого угла.

Рис. 210.

SB = VSC2 + BC2 = 12, CP = 6, MP = ±АВ = 3 как средняя линия.

По формуле Герона:

N CM+ MP + CP 29

Р=—————— 2————- = Т’

C /29 /29 1П /29 ,∖ /29 1 zτ^,τ.7

Scmp = √τ(τ τj‘(t 3M. T ιθvl72S5.

Ответ: √≡≡.

10

СЗ. Решаем первое неравенство: + —2х2(х_+_1) θ,

X⅜⅞i⅛~-3) °’ x e“7] U (-1; 0) U (0; 11 U (3; +ОО)-

15*

Решаем второе неравенство:

, , ,, ^ ( х

Х <О,

2;

1 <Х≤ 3,
О <Х < 2;

1 <Х < 2.

Решением второго неравенства является Х∈(—∞; O)U(1; 2)U[3; ÷∞).

Находим Х, удовлетворяющие обоим неравенствам (см. рис. 211):

Ответ: (—оо; —7] U (-1;0) U (3; ÷∞).

С4. Обозначим искомое расстояние через d(cM. рис. 212).

D = O∖O2— I1? гI. Получаем два случая: Г —13 — или г = 13 + sm 30 2 2

Где г — радиус второй окружности.

Рассмотрим четырёхугольник OiAO2B(см. рис. 213). В нём AB ± OiO2, АО = OB = 5. Пусть OOi = Х, тогда OO2 = D — х.

По теореме Пифагора:

OOl = AOl ~ ^O2 = 132 — 52= 144 => OO2- 12, D — х= 12, Х — D— 12.

AOl = АО2 + OO21, т2= 25 + (d-12)2, (13 — = 25 + (d — 12)2 ∖ If J

Я 44

Если же г = 13 ÷ то

/ Л\ 2 (13+g) = 25+(d-12)2 X If J

А148

Ответ: или ^8. О о

C5. Logα3-a-2((αx)2- 1) = 1

A2— X2> 0, A2— X2 ≠ 1, (ax)2— 1 > 0, k(аж)2 — 1 = а2 — ж2;

‘ И < IaI, X2 ≠ a2— 1, A2x2> 1, k (a2 + 1)(ж2 — 1) = 0.

Эта система имеет два решения ж = ±1, если a2

То есть

Ответ:(-∞; — √2) U (—√z2; —1) U (1; √2) U (л/2; +∞). С6. (3m + 7) ≡ 1 (mod 3) => 2n ≡ 1 (mod 3) ≠> n = 2K. Yn + 7 = 4k, 4fc— 7 ≡ 1 (mod 4) => 3m ≡ 1 (mod 4) =>M = 2p. Итак: 32p + 7 = 22fc, 22k—32p = 7, (2fc — 3p)(2fc + 3p) = 7 =>

Ответ: M = 2, N = 4.