81. Так как 12 бутылок стоят 12 • 15,5 = 186 200 рублей, то купить можно 12 бутылок, а в них 12 • 1,5 = 18 литров…

81. Так как 12 бутылок стоят 12 • 15,5 = 186 < 200 рублей, а 13 бу­тылок стоят 201,5 > 200 рублей, то купить можно 12 бутылок, а в них 12 • 1,5 = 18 литров воды.

Ответ:18.

82. По диаграмме определяем самую высокую температуру (июль, 25°) и самую низкую (январь, —15°) и находим их разность: 25° — (-15°) = 40°.

Ответ:40.

83. S = (7 ~ 1) + (5 ~ 3) . (10 — 2) = 32. £

Ответ:32.

84. После установки двухтарифного счётчика в дневное время рас­ход электроэнергии оплачивается: 150 • 3,23 р. = 484,5 руб. за ме­сяц, а в ночное время 190 • 1,80 руб. = 342 руб. за месяц, итого 484,5 руб. + 342 руб. = 826,5 руб.

В квартире установлен однотарифный счётчик, по которому оплата идёт по тарифу 3,23 руб. за кВт • ч, то есть

(150 + 190) • 3,23 руб. = 340 • 3,23 руб. = 1098,2 руб.

Предполагаемая сумма ежемесячной экономии после установки двух­тарифного счётчика составит:

1098,2 руб. — 826,5 руб. = 271,7 руб.

Ответ:271,7.

85. √7x + l = 6, 7x + 1 = 36, 7х= 35, Х =5.

Ответ:5.

86. BC = CDКак стороны ромба (см. рис. 72), поэтому

ABDC = ADBC = 68o. AA = AC = 180° — (68° + 68°) = 44°.

Рис. 72.

Ответ:44.

87. 42÷log<7 = 42 ∙ 4log<7 = 16 • 7 = 112.

Ответ:112.

88. Так как прямая У= Зх — 10 параллельна касательной к графику функции т/(х), то их угловые коэффициенты совпадают. Иными словами, У'(х) = 3, где Y(X) = X2 + 5х — 7. Тогда 2х+ 5 = 3; 2x = -2; Х= -1.

Ответ: —1.

89. B1D2 = AB2 + AD2 + CC12 = 122 + 202 + 162= 800 (см. рис. 73).

BD = 20√2∙ B1C1 ± CD1D1 => B1C1 ± C1D.Из прямоугольного

ΔB1DC1 = 45°.

Рис. 73.

Ответ:45.

В10. Вероятность того, что Артём взял наудачу 1 упаковку йогурта с клуб­ничной или банановой начинкой, равна отношению 21 + 15_ 36 _ 3 _ ∩ o7t-

96 96 8 υ,d’b’

Ответ:0,375.

BH. 5∏ob. — Soch. ÷ ,⅝oκ. (cm∙ Phc∙ 74).

Soch. = Sabcd — 62= 36, Sgoκ= 4Ssdc = 2 ∙ DC ∙ SK.

SK = Jsd2- = √52- 32 = 4. S6oκ. = 2 • 6 • 4 = 48.

S∏ob.— 48 + 36 = 84.

Ответ:84.

В12. Найдём, под каким минимальным углом ψ(в градусах) можно на­блюдать третий максимум на решётке с периодом, не превосходящим 3000 нм.

D ∙ sin φ = Kλ,

D = -½½-, к = 3, Л = 500, D ≤ 3000.

Sin φ

3 ’ 5θβ ≤ 3000, — Д— ≤ 2, sinω ≥ Д следовательно, φ = 30° — мини — sin φ sin φ 2

Мальный угол.

Ответ:30.

В13. Обозначим скорость первого велосипедиста через υ(км/ч). Тогда скорость зторого велосипедиста равна (у+ 10) км/ч, а на всю дорогу они

Потратили и ~pyθ часов соответственно. Получаем уравнение:

= —^τ→0,5 + 0,5j60v + 600 = 60v + v2 + 10v;v2 + 10v-600 = 0;

V V + 10

VI = 20 и V2 = —30. Так как скорость положительна, то v = 20.

Ответ:20.

В14. У’= 2 cos Х — 8. Так как У’< 0, то функция У(х) убывает на отрезке [ — θ]. Значит, наименьшее значение y(0) = 2 ∙ sinθ — 8 • 0 + 3 = 3.

Ответ:3.

Cl. А) ОДЗ: sin2x ≠ 0, 2X ≠ πfc, Х ≠ , к ∈ Z,

Sin 4x + Cos 4τ = cos2х,

Sin 2х

Sin 4x sin 2x + cos 2x cos 4x =Со§ 2x sin 2х,

Cos 4x cos 2x + sin 4x sin 2x = cos^sc sin 2х,

Cos(4x — 2x) = cos 2x sin 2x, cos 2x(l — sin 2яг) = 0,

2x = + 7rfc, К∈ Z,

2x = + 2πn, П∈ Z;

х = + πk, к∈ z; » width=»134″ height=»70″ class=»»/>

n∈z » width=»136″ height=»31″ class=»»/>

Б) Выберем из полученной серии корни, принадлежащие промежутку

_ . π . πn. π.

π<4 + T< 2'

I <П < -2,5 <П< 0,5, п = —2; —1;0.

£ £

„ 7Г_________________ Зтг . „ 7Г 7Г 7Г „ 7Г

Х1~ 4 4 ’ 2^ 4 2~ 4’ 3~ 4‘

Ответ: а) 7 + 7^, n ∈ Z; б) -77, -7, 7. 4 2 4 4 4

С2. Пусть A — прямая, о которой говорится в условии, точка M — сере­дина стороны АВ. По условию прямая А параллельна прямой CMi (см. рис. 75).

Так как призма ABCAγ Ci прямая, то CCi J- АВС. Так как прямая AMЛежит в плоскости АВС, то AM ± CCi •

CM ± AMКак медиана равнобедренного треугольника АВС. Кроме того, AM ± CCi• Значит, AM Δ. MMiC,И, следовательно, AM ± CMi. Но CMiК А, поэтому AM ± а.

Так как AM ± MMiС, AM ± а и A ∣∣ MMiC,То AM — искомое расстояние между прямыми А и CCi. Значит, AM =∣AJB = 5.

Ответ:5.

СЗ. Решим каждое неравенство по отдельности.

____ 2_ +__________ 1_ >1 2 + \/4 — х22 — √4 — X2х

2(2 — √4^2) + 2 + √4^^Ξ2 1. 6-√4≡Ξ2 Х.

(2 — √4 — x2)(2 + √4 — x2) X‘ X1 ^Xς‘

6 — √4 — X2>х; 6 — х > √4 — х2;

∫ 6 — х ≥ 0, Jx≤6,

( (6 — х)2≥ 4 — х2; 2х2 — 12х + 32 ≥ 0;

∫ х ≤ 6, β

[ X2— 6х + 16 ≥ 0;

Учитывая ОДЗ, получим х ∈[—2; 0) U (0; 2].

2) 4x Iog5х ≥ (x2 -T 3) Iog5х; (х2 — 4x — T 3) Iog5х ≤ О, (х — 3)(x — 1) Iog5х ≤ 0, х ∈ (0; 3].

Учитывая решение первого неравенства, запишем ответ х ∈ (0; 2].

Ответ: (0;2].

С4. Пусть А — центр окружности радиуса 4, В — центр окружности ра­диуса 8, К и M — соответственно точки касания общей касательной KM С этими окружностями. Возможны 2 случая.

1) Отрезки KMИ ABНе пересекаются (см. рис. 76).

Опустим из точки А перпендикуляр АН на BM.Так как радиус, про­ведённый в точку касания, перпендикулярен касательной, то AK IKM И BM ± KM =½ AKMH — прямоугольник, то есть АН — KM = 5, MH = AK = 4.

Из AABHПо теореме Пифагора:

AB = VAH2 + BH2 = у/AH2 + (BM — MH)2 = √52 + (8 — 4)2=

41.

2) Отрезок KMИ ABПересекаются, KM ∩ AB = T(см. рис. 77).

AAKT ~ ABMTПо первому признаку (/АКТ = /BMT = 90°, /ATK = /BTMКак вертикальные).

AT =KT =AK=4.

ВТ TM BM8’

AB = ЗАТ, KT =

О о

Из AAKTПо теореме Пифагора:

AT2 = AK2 + KT2, AB = 3√Atf2 + KT2 = 3√42 + у = √169 = 13.

Ответ:√41, 13.

С5. ∣√τ +12 — 2∣ = Ах — 1,5 + 24й. Пусть F(X) = \у/х+ 12 — 2∣, G(χy) = ах — 1,5 + 24а. ПостроивТрйфйки этих функций (см. рис. 78 на с. 80), учитывая, что график функции^ — Д(х) — это прямая, проходящая через точку (—24; — так как Ах — 1,5 + 24а = А(х+ 24) — 1,5.

Из рисунка видно, что графики имеют ровно 3 точки пересечения, ко­гда а ∈ (αi,α2).

Рис. 78.

 

О

Найдём A,ιИз условия, что график У — A,ι (х+ 24) — проходит через

Z

Q Q

Точку (-8; 0). В этом случае 16αi — = 0, αi =

Z U∕∣

Q

Найдём A2Из условия, что У = a2(τ + 24) — касается графика

Получим <

√ΞT12 — 2 = α2(z + 24) — |,

K 2√τ + 12 a2′

Тогда √τ + 12 = ; (х+ 24) = τ-¼ + 12, откуда

2a2 4θι

⅜ = A2(7±-τ ÷ i2Y 12a2 —1- + 1=0, 48⅛ ÷ 2a2- 1 = 0, 2a2 2 ∖4a√ / 4a2 2 2

—Учитывая, что a2> 0 (исходя из графика), A2 = 4о 4о о

0mβem’- (32’8/

С6. А) Найдём, сколькими способами можно выбрать 3 отрезка из 8. По z~,3 8! 8∙7∙θ -с •г’ Ct∖ εc

Определению это число Cg = y∙ = 06. Так как 60 > 56,

3! • 5! 6

Очевидно, нельзя построить 60 различных треугольников.

Б) Пусть длины отрезков равны 6, 7, 8, 9, 10, 11, 12, 13. Треугольник со сторонами 6, 7,13 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 не превышает 13, а сумма двух других не меньше 13, при этом эти сумма и длина наибольшего отрезка не могут равняться 13 одновременно. Всего тройку отрезков можно выбрать 56 способами, и только одна тройка не образует треугольник. То есть всего 56 — 1 = 55 треугольников.

В) Предположим, что П= 0, а длины отрезков равны D1, D%, D⅛, D4, D$, DeИ Dγ, D8,При этом D1 ≤ d2 ≤ ⅛ ≤ D4 ≤ c⅛ ≤ De ≤ D7 ≤ Dg.Заметим, что di ≥ 1, ⅛ ≥ 1- Тогда ⅛ ≥ Dι +d2 ≥ 2 (т. к. отрезки с длинами di, d2, ⅛ не образуют треугольник). Аналогично ≥ ⅛ + ⅛? ≥ 3, ⅛ ≥ D4 + d3 ≥ 5, De ^≥ D5 + D4 ≥ 8, d7 ≥ <⅛ + ⅛ ≥ 13, <⅛ ≥ d7 + <⅞ ≥ 21, а это противоречит тому, что длины всех отрезков не превосходят 20. Значит, n ≠ 0, а потому n ≥ 1. Покажем, что П= 1. Для этого приведём пример длин отрезков, из которых можно составить ровно 1 треугольник. При этом каждая из длин не превышает 12. Пусть D1 = 1, d2 = 1, d3 = 2, D4 = 3, ⅛ = 5, De = 8, D? = 13, ⅛ = 20. Выберем 3 числа из этого набора. Если большее из выбранных чисел не превышает 13, то треугольник составить нельзя, так как сумма двух меньших длин не больше длины большего отрезка. Если большая сторона равна 20, то единственный треугольник можно составить со сторонами 8,13,20.

Ответ: а) нет; б) да; в) 1.