81. Так как на счёт будет зачислено 100% — 6% = 94% от внесённой…

81. Так как на счёт будет зачислено 100% — 6% = 94% от внесённой сум­

Мы, то внести нужно не менее 500∙ = 531рублей. Так как внесённая

94 94

Сумма должна быть целой и кратной числу 10, то внести нужно минимум 540 рублей.

Ответ:540.

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

Ответ:24.

83. Используя свойство логарифмов: Ь > 0, а > 0, α≠l, Iogop 5 = — Ioga 6, P

Р ≠ 0, имеем Iog2 (6 — Х)= ∣ Iog2χ∙, Iog2 (6 — Х)= Iog2Х2,

6 0Х= χ2; (6—Х)2= ι; 36—12x+x2 = Х;

Х> 0;

X2- 13т + 36 Х. о — 13±√169-144. _ 13±√25. _ 13 ±5.

Х Lox ~k Ou, 3∕ij2 — 2 » 2,1,2 — 2 , ^,2— 2 ,

Xi =4; X2 = 9.

X2 £ ОДЗ.

Ответ:4.

84. Sinα = sin ZA (см. рис. 135). Пусть sin ZA = Х, тогда

, = ⅛ откуда 3X = 4√1 — X2, 9х2= 16(1 — τ2), X2 = , то есть

√1 — Xzо Zo

X = I = 0,8.

Рис. 135.

Ответ:0,8.

85. В случае выбора тарифного плана «Вера» клиент заплатит

2000 + 5 •100 = 2500 (рублей);

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

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

Разница между самым дорогим и наиболее выгодным тарифным пла­ном составит (2700 — 2425) рублей= 0,275 тыс. рублей.

Ответ:0,275.

86. Нетрудно заметить, чтО указанный четырёхугольник является квад­ратом со стороной AB = √AK2 + KB2 = χ∕37 (см. рис. 136), откуда его площадь равна Sabcd = AB2 = 37.

Ответ:37.

87. √(b — З)2 + √(b — 13)2= ∖B— 3| + \Ь — 13∣ = Ъ — 3 + (13 — Ь) = 10.

Ответ:10.

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

Ответ:-5.

89. Обозначим через HОбщую высоту параллелепипеда и пирамиды, ¼ — объём пирамиды, ½ — объём параллелепипеда. Тогда искомый

Vi = ^SaCD^ = θ • 77SABC∏h = zЪ *30 = 5.

Ответ:5.

В10. По условию X = l — X≤X-JL = -l-jd1>2∣0jd1≥ 62,5. D∖ J Ct 2 oU ^oU JoU 4

Наименьшее значение Dγ = 62,5 достигается при ⅛ = 250.

Ответ:62,5.

Bl 1. Y‘ = 1 — ⅛ = χ2~I16, X ≠ 0. У’= 0 при X = ±4. X X

1. Y,> 0 при Х<— 4 и Х> 4;

2. Y,< 0 при — 4 <Х< 4.

Точка Х = — 4 — точка максимума.

Ответ: —4.

В12. 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= = 1280 000 (долл.).

1280000 — 320000 = 960000(долл.).

Ответ:960000.

Sm Х =

Решению совокупности соответствует четыре точки (см. рис. 137).

Точки в 1-й и IV-й четвертях удовлетворяют условию cost >— (так о

Как в этих четвертях косинус положителен). Проверим точки во П-й и Ш-й

Четвертях. Здесь неравенство cos я >—равносильно неравенству

Шению уравнения sin а; = точка — π + arcsin -, соответствующая реше­нию уравнения sin Х = — -, не удовлетворяет условию ∣ sinτ∣

Окончательным решением является Х= (—l)n^ ÷ πn,

Х = — arcsin + 2πn, П ∈ Z.

Рис. 137.

 

Ответ: (—l)n^ + πn, — arcsin i + 2πn, П ∈ Z.

С2. Так как призма правильная, то B1F1|| ЕС (см. рис. 138). Отсюда следует, что прямая, по которой пересекаются плоскости B1DF1И ED1C, Параллельна ЕС.

Так как AA1D1DLEC1То искомый угол равен углу HMD1Где M — Точка пересечения плоскости AA1D1DИ прямой, по которой Пересе­
каются плоскости BiDFiИ EDiC.Рассмотрим сечение AAiDiD(см. рис. 139). В равнобедренном треугольнике EDC Z.EDC = 120° как угол DC

Правильного шестиугольника, поэтому Z.DCH = 30° и DH = = 4

Как катет против угла 30° в прямоугольном ADHC.

Аналогично AiK = 4. AiDi = 2AiBι = 16 как диагональ правильно­го шестиугольника, соединяющая противоположные вершины.

KDi = AiDi — AiK = 12. По теореме Пифагора из AHDDiИ ΔKDD1Имеем: HD1 = Y/H D2 + DDl = √42 + З2= 5;

KD = у/К Dl + DDl = √122 + 32 = 3√17.

ΔHDM ~ ΔD1KM (/HDM = /D1KMИ /DHM = /KD1MКак

Накрест лежащие). Поэтому

MD=MH=HD KM MD1 KD1

. Так как

НР_ = 4.= 1 τ0HM=HD1^5 Dm=KD = ^K

KD1 12 3’ 4 4’γ,jw 4 4

По теореме косинусов для ΔHMD:

HD2 = HM2 + MD2-2 ∙ HM ■ MD ■Cos /.HMD;

42 = (∣V + (⅛^∩2-2∙7 ⅛PcosΛHMD; ∖4∕ ∖ 4 / 4 4

Отсюда следует, что /.HMDТупой. Так как в качестве угла между плоскостями следует брать острый или прямой угол, то в качестве отве­та следует записать cos(180o— Z.HMD) =

0,
≤0;
» align=»right» width=»45″ height=»61″ class=»»/>

СЗ. iχ2+1°82x— 2 log∣Х — 4 Iog2Х+ 4 ≤ 0.

ОДЗ: Х> 0.

Перепишем неравенство в виде

2-2 • (2>O8≡)2+1083 x- 2(log∣X + 2 Iog2Х — 2) ≤ 0;

21о«» Х+2Iog3Х-2 _ 2(]Og2χ + 2 Iog2X— 2) ≤ 0.

Сделаем замену T = Iog2Х+ 2 Iog2Х — 2. Тогда 2t— 2T ≤ 0. Рассмотрим функцию F(T) = 2T— 2T.Она определена при всех TИ F‘(T) = 2T In 2 — 2;

⅛r. ∕,(t) <О при t < to и ∕,(t) >О при t > to-

Так как /(1) = /(2) = 0, то в силу убывания /(t) при t < to и возрастания /(t) при t > to получаем решение неравенства 2T— 2t ≤ О — это отрезок t ∈ [1; 2] (см. рис. 140). Отсюда 1 ≤ log2z ÷ 2 Iog2Х — 2 ≤ 2. Сделаем замену Iog2Х = S.Тогда 1 ≤ S2 + 2S— 2 ≤ 2; <

U [2∙,2v’s-1].

Iog2ХE [—1 — vz5; —3] U [1; —1 + √z5]; ХE

2-√5-i. I] и Γ2. 2√5-1l.
oJ l j

С4. Сделаем чертёж (см. рис. 141) и обозначим через X1 Y1 ZРадиусы со­ответственно первой, второй и третьей окружностей. Обозначив центры окружностей через K1LhM1Перерисуем чертеж (см. рис. 142). Выбе­рем точку PТак, чтобы получился прямоугольник ABLP1Проведем пер­пендикуляр MHК AB1 MCК AP1 MDК BL.Тогда KM = х + Z1 LM = у + Z1 KL = х + Y1 AC = BD = MH = Z1 AK = X1 BL = Y1 KC = AK—AC = х-Z1 DL = BL—BD = у-Z1

PK = AP—AK = BL— AK = Y—X.∏OТеореМе Пифагора для AKCM: CM = VKM2- KC2 = Y∕(X + z)2- (a; →j2 = 2√sz;

Для ΔDLM: MD — VML2—DL2 = Y∕(Y + Z)2- (у — Z}2 = 2Y∕Yz;Для AKLP: PL = VKL2— PK2 = √(x + У)2-(Y— х)2= 21∕^Y.

Так как PL — CD = CM + MD,То 2λ∕≡y = 2√≡z + 2v∕yz;

-)- = + -^=. Если среди данных в условии числовых значений ради-

Усов есть радиус Z1То Z = 64 (так как он наименьший среди тройки X1 Y1 Z) И неизвестный радиус находится как -^= = — ,^θθ =∣- ⅛ =

-TZ — = -τπi ® = 1600. Если среди данных в условии числовых значе — 40 40

Ний нет радиуса Z1То он находится из -^= = + ‘λ∕iQQ =

8 10 40 40’

_ 1600_ 1Q61

81 8Г

Ответ:1600 или 19∣∣. 81

С5. Так как корнями трехчлена во 2-й строке системы являются Х= а, Х= За — 3, то систему можно переписать в виде

Рис. 142.

 

( (х — 2)2 + α2 = 52,

<(х — A)(X— (За — 3)) ≤ О,

I 1®1 + lαl ≥ 4.

Изобразим соответствующие кривые в системе координат, где по оси абсцисс откладываются значения а, по оси ординат — значения Х (см. рис. 143). Первая строка системы задает окружность радиуса 5 с центром в точке (0; 2). Вторая строка системы задает часть плоскости между пря­мыми Х= За—3 и Х= а, а именно внутри углов AEBИ CEF.Третья стро­ка системы задает часть плоскости вне квадрата с вершинами (4; 0), (0; 4), (—4; 0), (0; —4). Из построенных графиков ясно, что решениями системы являются точки, соответствующие дугам ABИ CDОкружности. Найдем соответствующие значения параметра а.

9a2— 30а + 25 + а2= 25; IOa2— 30а = 0; а(а — 3) = 0. Так как a >

0, то

A = 3. Точки В и С: <

(х —2)2 + a2 = 25, X — CL,

(a—2)2⅛a2 = 25; a2—4a⅛4+a2 = 25;

2α2— 4α — 21 = 0; α1f2 = — Для точки C — значение A = -— Z Za

Для точки В — значение A =

Z

141

1

 

14 τ

—. Так как из двух точек пересечения

Окружности и прямой Х = — A— 4 нужно выбрать точку с большим зна-

Чением координаты а, то a = v — — γ—. Таким образом, система имеет
Z

К √141 l l Γ,. 2÷√461

2 JuГ’ 2 J’

С6. Рассмотрим произвольное простое число Р. Пусть Р входит в разло­жение числа П на простые множители А раз, в разложение числа Т входит Ь раз, то есть П = Pa ∙ Q, где QНе делится на р; Т = Pb• з, где З не делит-

Ся на Р. Условия задачи дня числа П не выполнятся, если найдётся такое тп, что тп[9] делится n2и тп30 не делится на п17, что в свою очередь вы­полняется при существовании простого множителя Р и числа Ь таких, что

Отсюда 5=1. При а = 3 требуется 5 ∈ 1∣; ∣i).

Г 3 8 \

Целых чисел здесь нет. При а = 4 требуется 5 ∈ 1^; 2-^-). Отсюда L О 30 /

5 = 2. При а = 5 имеем 5 = 2. При а ≥ 6 длина полуинтервала равна ~ = A ∙ I ≥ 1. Следовательно, на полуинтервале

30 о

Найдется целое число.

Итак, условие для числа П не выполняется, если в его разложении на простые множители есть множитель р, входящий в разложение а = 2 или а ≥ 4 раз. Подсчитаем количество таких «неподходящих» чисел п, мень­ших 60. Такие числа П могут иметь один из следующих видов:

1) Р = 2, A = 2, N = 22 ∙ Q,Где QНечетное. Это числа 4,12,20,28,36,44, 52 — всего 7 чисел.

2) Р —2, A = 4, N = 24 ∙ Q,Где QНечетное. Это числа 16 и 48 — всего 2 числа.

3) Р = 2, A = 5, N = 2δ• д, где QНечетное. Это единственное число 32.

4) Р= 3, A = 2, N = 32• д, где QНе делится 3. Это числа 9, 18, 36, 45. Так как число 36 уже было посчитано в первом пункте, то здесь остаются 3 числа.

6) р = 7, A = 2, п = 72 ∙ QyГде QНе делится 7. Это единственное число 49.

Суммируя количества «неподходящих» чисел по всем пунктам, полу­чаем 7 + 2 + 1 + 3 + 2 + 1 = 16 чисел. Так как всего натуральных чисел, меньших 60, имеется 59, то условию задачи удовлетворяет 59 — 16 = 43 числа.

Ответ:43.