81. После понижения цены одна тетрадь будет стоить 0,9 • 50 = 45 рублей

81. После понижения цены одна тетрадь будет стоить 0,9 • 50 = 45 рублей.

2

Так как 570 : 45 = 12^, то наибольшее число тетрадей, которое можно О

Купить, равно 12.

Ответ:12.

82. По диаграмме определяем, что средняя температура была не отрица­тельной в течение 8-ми месяцев.

Ответ:8.

83. Площадь параллелограмма равна произведению основания на высо­ту: S = AB ∙ DH = 3 • 8 = 24 (см. рис. 64).

Ответ:24.

84. В зимние месяцы сумма оплаты за электроснабжение составляет 3,23 р. • 250 = 807,5 р.

В летние месяцы сумма оплаты равна:

807,5 р. — 807,5 р. • 0,2 = 807,5 р. — 161,5 р. = 646 р.

Ответ:646.

85. √10 — 2х= 4, 10 — 2х = 16, 2х= -6, Х= -3.

Ответ:-3.

86. Из теоремы синусов π = 2R, R = — -⅛-N—J = 7.

Sin Z.ACB 2 sin 30

Ответ:7.

87. 34+log≡6 = 34 ∙ 3log≡6 = 81 • 6 = 486.

Ответ:486.

88. Пользуясь графиком из условия, получаем:

5

J F(X)Dx = F(5) — F(-2) = 3-5 = -2.

-2

Ответ:-2.

89. Из ΔAι F1C,1: A1C1 = √AιF2 + FιC12.

A1C1 = √32 ÷ 42 = √9 + 16 = √*25 = 5 (см. рис. 65).

CC1 ± A1F1C1 => CCi -L AiCi. Прямоугольный треугольник AiCCi — равнобедренный, значит, острый угол AiCCi равен 45°.

Ответ:45.

810. В концерте школьной самодеятельности выступают

6 + 7+8÷4 = 25 учащихся, из них 7 девятиклассников. Вероятность того, что четвёртым не будет выступать девятиклассник, равна: 25-7_ 18 _ ∩ 79

25 25 ’

Ответ:0,72.

811. Для исходной призмы 1⅞oκ. — Pabc■ H.Для отсечённой приз­мы S,6oκ. = Pamn■ H(см. рис. 66). По условию MN — средняя линия AABC, значит, Pabc = ZPamn—Тогда для исходной призмы *⅝oκ. =2 ∙ Pamn ∙ h = 2 • 18 = 36.

Ответ:36.

812. По условию √k- —«r77ς• 2 ∙ cos α ≥ 0,2.

60 + 240

I • 2 ∙ cos A ≥ 0,2,

5

Cosα ≥ 0,5

A ≤ 60o.

A = 60o— искомый максимальный угол.

Ответ:60.

813. Пусть Х км/ч — скорость течения реки, тогда (12 + Х) км/ч — ско­рость катера по течению реки, а (12 — Х) км/ч — скорость катера против течения. Время, затраченное катером на путь из пункта А в пункт В, равно

20

—. Время, затраченное катером на путь от В к А, с учётом времени на

20 1

— + -. Общее время составляет 4 часа.

20 1 20

Составим уравнение: —————- F- 4 + — = 4, 0 <Х< 12;

12 + Х 4 12-х

4 • 20 • (12 — Х)+ (12 + x)(12 — ж) + 4 • 20 • (12 + Х)= 4 ∙ 4(122- Х2), 960 — 80а; + 122- X2 + 960 + 80а; = 16(122- а;2),

960 + 960 + 144 — 2304 = -15а;2, 240 = 15а;2, Х2= 16, Х= ±4. При этом Х = — 4 — не удовлетворяет условию 0 <Х < 12.

Ответ:4.

814. Найдём значения функции на концах заданного отрезка:

И = + I + 2013 на Γ∣; lθl.

Zx Lz J

Y(l) = i + 10 + 2013 = 2023!: ∖ Zz О О

2/(10) = I • 100 + ⅛ + 2013 = 250 + 0,5 + 2013 = 2263,5; Z AU

Y,(X) = 5а; — Л.

J∕,(x) = 0, если 5х —⅝ = О, -—2-^ =0, Х —1. 2/ ⅜Z∕

7/(1) = 2,5 • 1 + £ + 2013 = 7,5 + 2013 = 2020,5.

Из найденных значений наименьшим является 2020,5.

Ответ:2020,5.

C1. a) ctg ХCos Sx = cos 4а? + sin Sx, sin Х≠ О,

Cos Sx cos Х л , • O : = cos 4x + sm За;,

Sm а:

Cos За; cos Х = cos 4X sin Х+ sin За; sin Х,

Cos Sx cos Х —Sin Sx sin Х= cos 4a; sin Х,Cos 4τ = cos 4a; sin X,

≈=f + T’kez’

X = + 2πn, N ∈ Z.

£

__ 7Г L 7ΓfeГ _ <7.

Х8 + T, k*z’

Zy. _ π π _ 3π. „ _ тг _ π

1 8 2 8 ’ 2 8 ’ 3 8 ’

Выберем корни, принадлежащие указанному промежутку, из серии реше­

Ний Х = + 2τrn, N ∈ Z:

£

-х ≤ χ+2τrn ≤ 4, -⅛ ≤ К≤ -!,таких целочисленных значений пнет. 2 2 4 2 8

Ответ:A) J + ⅛, К ∈ Z; ⅛ + 2πn, n ∈ Z; б) -⅛, -⅞; f. о 4 2 ооо C2. В ΔABC выполняется равенство AB2 = BC2 + AC2(см. рис. 67).

Следовательно, по теореме, обратной теореме Пифагора, ЛВС А = 90°.

CN = ⅛ABКак медиана прямоугольного треугольника, проведённая Z

К гипотенузе. CN = | ■ 5 — 2,5. CM — CCi — л/б.

Z Zt

Рассмотрим ΔMCN.Так как исходная приЗма прямая, то Z.MCN = 90°. По теореме Пифагора MN = Y∕CN2 + MC2 == = √6,25 + 6 = 3,5.

Ответ:3,5.

СЗ. Решим каждое неравенство системы по отдельности.

1) Iog3. (х + 1) < log 1 (2 - Х).

0,X ≠ 1,

ОДЗ: 2 — Х >О, i>o, i5 X X

Loga,(z + 1) <- log1(2 - X)t Iog3.(X+ 1) < Iog3.

((*÷1>-2⅛)<0∙ —

‘ _ L + √5λ / _ I-√5

2 К 2

Решим это неравенство методом интервалов (см. рис. 68).

_ _ I

^÷- У — у 4- «у — у —∣~
L-√5 1 L+√5 2 Х

2 2

Рис. 68.

∖ £ / ∖ It J

Учитывая ОДЗ, Х∈ (0; 1) U P ~l» 2′).

2) Решим второе неравенство системы. Сделав замену T = log 1 Х, по — 8

Лучим √1 — 9£2> 1 — 4i. ОДЗ: 1 — 9t2 ≥ 0, ≤ T ≤ |.

«5 О

Возможно 2 случая:

1) 1 — 4t < 0, T>∣. C учётом ОДЗ, T∈ Q;

2) При T ≤ I имеем 1 — 9t2> (1 — 4t)2, 1 — 9⅛2>16£2 — 8T + 1,

25T(T— 7⅛5) <0, 0 <T < ⅛. C учётом T ≤ ⅜ имеем T∈ fθ; Объ-

\ 25/ 25 4 \ 4Jединяя оба случая, получим T∈Г0; 11. Вернёмся к исходной переменной:

1 1 Г1 \

0 < Iogi ж ≤ -, Iogi 1 < Iogi Х≤ Iogi то есть Х ∈ 1).

8 θ 8 8 8 LZ /

Находим пересечение решений первого и второго неравенств системы, получим Х∈ [0,5; 1).

Ответ:[0,5; 1).

С4. Рассмотрим два случая.

1. Пусть BC < AD(см. рис. 69). Согласно условию, одна из диа­гоналей делится точкой их пересечения в отношении 1 : 2. Не нарушая общности, будем считать, что ОС : АО= 1:2.

ΔBOC ~ ΔAOD (ZBOC — Z.AOD — вертикальные, ZBCO = ZOAD — накрест лежащие при BC ∣∣ ADИ секущей АС). Следовательно, = ⅛, AD = 2ВС.

AD 2

Пусть ON — высота ΔBOC, OK — высота AAOD.Тогда J OK 2

OK = 2ON.

Sabcd = l(BC + AD) — NK = ±(BC + 2ВС) ■ (NO + ОК) = Li и

= ∣BC • {NO + 2ЛГО) = ∙ NO = 9Sβoc.

Li L

Согласно условию, Sboc = 8, следовательно, Sabcd = 9 • 8 = 72.

2. Пусть BC > AD(см. рис. 70).

Рис. 70.

Будем считать OD : OB = 1:2. Проводя рассуждения, аналогич­ные рассмотренным в пункте 1, получаем AAOD ~ ΔCOD; CB = 2AD; ON = 2КО; следовательно, (% .эн-

Sabcd = ⅛ (AD + СВ) ■ NK = J{⅛CB + Св’) ■ (КО + ON) =

= ∣Cj3QcW + ON∖ = ^CB ■ ON = I ∙ Scob = | • 8 = 18.

Ответ:18; 72.

С5. Пусть F(X) = I√16 — Х — 1|, Д(х) = ах — 32а — 4. Постро­им графики этих функций (см. рис. 71), учитывая, что график функ­ции У = д(х) — это прямая, проходящая через точку (32; —4), так как Ах — 32а — 4 — А(х — 32) — 4.

Очевидно, что при а ≥ 0 эти графики не пересекаются. Точка пересе­чения будет единственной, если A∈[аз; α2) U (ai; 0).

Найдём аз из того условия, что У= a3(rr — 32) — 4 проходит через точку (16; 1): в этом случае 1 = a3(16 — 32) — 4, аз = — А.

Найдём a2из условия касания прямой У= a2(x — 32) и {√16 — Х — 1 = a2(τ — 32) — 4, (√T6^Ξ — 1)’ = (a2(≈ — 32) — 4)’, Х≤ 15;

Х — 32 _ д

2√16≡x

2(16 — χ} + 6√16 — Х= 32 — X∖ 6√16 — Х= х; <[ oc7∙∣λ, \ 2

V’ [36(16 — Х) =х ;

∫z≥°, 1 _ 1

[ х2+ 36х — 36 • 16 = 0; 2 √16- 12 4’

Найдём α1из условия, что график У = A,ι(X— 32) — 4 проходит через точку (15; 0). В этом случае 0 = —17αι — 4, A1 = —

Ответ: u(-Aj0).

С6. А) Найдём, сколькими способами можно выбрать 3 отрезка из 7. По определению это число C? = j,⅞, = χ—∙ д ‘7 = 35. Так как 36 > 35, ‘ 4!’3! 3 • 2 • 1

Очевидно, что нельзя построить 36 различных треугольников.

Б) Пусть длины отрезков равны 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11. Треугольника со сторонами 5, 6, 11 не существует. Однако если выбрать любую другую тройку, то из неё можно будет составить треугольник, так как выполняется неравенство треугольника (большая сторона меньше суммы двух других), потому что длина наибольшего отрезка в тройке не превышает 11, а сумма двух других не меньше 11, при этом они не могут быть равны 11 одновре­менно. Всего тройку отрезков можно выбрать 35 способами, и только одна тройка не образует треугольник. То есть можно построить 34 треугольни­ка.

В) Предположим, что П= 0, а длины отрезков равны Dι, D2, D3, D^, D*T, DeИ dγ, при этом di ≤ <⅛ ≤ <⅛ ≤ ≤ <⅛ ≤ cfe ≤ c⅛∙ Заметим, что dχ ≥ 1,

D2 ≥ 1. Тогда ⅛ ≥ di + D2 ≥ 2 (т. к. отрезки с длинами D1, D2, D$Не об­разуют треугольник). Аналогично d4 ≥ ⅛ + D2 ≥ 3, ⅛ ≥ d4 + ⅛ ≥ 5, D6 ≥ D$ + d4 ≥ 8, D7 ≥ De + ⅛ ≥ 13, а это противоречит тому, что длины всех отрезков не превосходят 12. Значит, П≠ 0, а потому n ≥ 1. Покажем, что П= 1. Для этого приведём пример длин отрезков (не превосходящих 12), из которых можно составить ровно 1 треугольник — 1,1, 2,3, 5, 8,12. Выберем из этих чисел 3: если большие из них меньше 12, то треуголь­ник составить нельзя. Если большая сторона равна 12, то единственный треугольник можно составить со сторонами 5, 8,12.

Ответ: а) нет; б)да; в) 1.