81. Так как на счёт попадает 100% — 7% = 93% от внесённой…

81. Так как на счёт попадает 100% — 7% = 93% от внесённой суммы, то необходимо внести не менее 220 ∙ = 236^ рублей. Так как терми­

На Уо

Нал принимает только суммы, кратные 10 рублям, в приёмное устройство терминала нужно положить 240 рублей.

Ответ:240.

82. Выше 50C, среднемесячная температура была с 5-го по 10-й месяц, то есть всего 6 месяцев.

Ответ:6.

Ir

83. Площадь сектора вычисляется по формуле S =—,где/— длина дуги, It

Г — радиус. Отсюда I = I = = 4,5.

Ответ:4,5.

84. Определим стоимость заказа такси для данной поездки для каждой из трёх фирм.

«С ветерком»: 100 + 9 • 50 == 550 (руб.).

«В путь»: 150 + (50 — 15) • 11 — 535 (руб.).

«В дорогу»: 50 + 150 + (50 — 15) • 10 = 550 (руб.).

Таким образом заказ такси в фирме «В путь» обойдётся дешевле, чем в других фирмах, и будет стоить 535 рублей.

Ответ:535.

X_ з

Д—- д — я = 3 — является корнем данного уравнения.

5х = 5,

Х й — —

9’

Таким образом, корнями данного уравнения являются X1 = 3 и X2 = 1.

В ответ запишем больший из них Xi = 3.

Ответ:3.

86. ЛАС В = 26° (см. рис. 122), ЛК AL = 180° — ЛАКС — ЛВС А = = ЛВКА —26°

Ответ:14.

87. Iog0 7 10 — Iog0 7 7 — Iog0 7■— — — Iog0 7— — —1.

Omeern:—1.

88. На промежутке (-4; 7) Ff(X) > 0, значит, функция У= /(ж) на нём возрастает, следовательно, она принимает наибольшее значение на отрез­ке [—2; 6] при наибольшем значении аргумента, то есть при Х —6.

Ответ:6.

89. Из AABCПо теореме Пифагора (см. рис. 123) AC2— AB2 + BC2 = = 42+ 42= 32; AC = 4√2. Пусть К — середина ребра AAx.

Тогда AK = = 4√2. Из ACAKПо теореме Пифагора

CK2 = AC2 + AK2 = 32 + 32 = 64; CK = 8.

Ответ:8.

Если первая деталь исправна, то вторая деталь выбирается из 14-ти, сре­ди которых 6 без брака. Вероятность отсутствия брака во второй детали

Деталей равна -~ ∙ = 0,2. C вероятностью 1 — 0,2 = 0,8 мастер прекра­

Тит работу на заводе.

Ответ:0,8.

Bll. Поверхность данного многогранника состоит из прямоугольников, площадь поверхности равна

S = 2(SpcCιD1 + Sd2D3C3C2 + Sbb1c1c + Sb2b3c3c2 ÷ Sabcd) ~ = 2(10 • 3 + 8 • (10 — 2 — 2) + 3 • 3 + 8 ■ 3 + 10 — 3) = = 2(30 + 48 ÷ 9 + 24 + 30) = 2 • 141 = 282.

Omeemt 282.

В12. Пусть Tli — сопротивление чайника. Тогда должно выполняться

Неравенство ≥ 36; 57?i ≥ 2(90+Λι); 5/?i ≥ 180+27?i; Ri ≥ 60. 9u + Λi

Искомое наименьшее сопротивление равно 60.

Ответ:60.

В13. Уставной капитал 240000 рублей. Анна внесла 15% от уставного капитала, то есть 240000 ■ 0,15 — 36000 рублей. Мария — 43200 руб­лей, Людмила внесла 0,25, то есть 240 000 • 0,25 = 60000 рублей, Алек­сандра — 240000 — (36000 + 43 200 + 60000) = 100800 рублей, что составляет 100800 : 240 000 = 0,42, то есть 42% от уставного капитала. 820 000 ■ 0,42 = 344 400 рублей — прибыль, причитающаяся Александре.

Ответ:344400.

В14. У’= 16 — √ = 0 при z = £ [|;|]. При Х> ⅛√ > 0,

X Io Lo oJ Io

Ответ:6.

Cl. А) Найдём ОДЗ: cos ≠ 0, откуда Х ψ π + 2πt, T ∈ Z.

Уравнение -0— + 3(tg + 1) =0 перепишем как cos2\ 2 /

2 Х • 2 Х

COS2— — sm 2

———— 1-3 tg ^ + 3 = 0, а затем приведём к виду о X

COS —

L-tg2 ⅞+3tg⅞÷3 = 0,τoecτbtg2 ⅜-3tg⅛y-4 = 0, откуда tg≡ = -1,
£ £ Z Z Z

Или tg = 4.

Уравнение tg^ = —1 имеет решение х = ~7÷ τrn, n ∈ Z, от- куда Х = -~ ÷ 2πn, n ∈ Z. Уравнение tg^ = 4 имеет решение £1 £

= arctg4 + πn, n ∈ Z, откуда Х = 2arctg4 + 2τrn, n ∈Z.Все эти корни принадлежат ОДЗ.

Исходное уравнение имеет корни Х = — ~ + 2πn, Х = 2 arctg4 + 2πn, &

Пе Z.

6) Найдём корни, принадлежащие отрезку [3πj4π].

В серии Х = — 5 ÷ 2πn, n ∈ZЗтг ≤ 2πn — 5 ≤ 4π; √ ≤ П≤ -, так r 2 2 4 4

Как П — целое, то П= 2, Х= 4π — =

В серии Х= 2arctg4 + 2πn, n ∈Z 3π ≤ 2arctg4 + 2πn ≤ 4π;

— arctg4 ≤ П≤ 2— — arctg4. Так κaκarctg4 ∈ (0; 5 ), то 1 <П< 2, но П — целое, а значит, решений нет.

Ответ: а) + 2πn, 2arctg4 + 2πn, n ∈ Z; 6) .

Л1 £

C2. AC — диагональ квадрата ABCD1 AC = AB^⅜ = 4√2, откуда АО= I AC = 2√2. По теореме Пифагора из AAOS SO —√16^8 = = 2V2. Z—ABS = 60°, так как треугольник ABS — равносторонний. ZKSB = ZABS = 60° как накрест лежащие при параллельных пря­мых SKИ ABИ секущей SB.Так как BS = BK = 4, то ΔSBK — Равнобедренный с углом 60°,следовательно, ASBK — равносторонний и SK = SB = BK = 4, SO ± ABC1Значит, SO ± АВ, а так как AB ∣∣ SK, То SO ± SK.Поэтому OK — гипотенуза прямоугольного треугольника OSK.По теореме Пифагора OK = у/SO2 + SK2 = vz24 = 2√⅝.

Ответ:2√6.

СЗ. 1) Неравенство arctg4x > 1 имеет смысл при всех Х ∈ R.Перепи­шем это неравенство в виде axctg4x > axctg(tg 1). Так как У= arctgx — возрастающая функция, то 4X > tg 1 и Х > tg 1.

Рис. 124.

2) Неравенство log2(7x + 5) ÷ log7x+58 ≤ 4 определено для любых Х ∈ RtТак как 7X + 5 > 5 > 1. Преобразуем это неравенство к виду log2(7x+5)+3 log7x+5 2 ≤ 4, затем к виду Iog2(71+5)+j~ J7⅛+∙5j-4 ≤0.

Так как 7х+ 5 > 2 при всех значениях XiТо Iog2(7х+ 5) > 0, и нера­венство равносильно Iog2(7X + 5) — 4 Iog2{7X + 5) + 3 ≤ 0.

Выполним замену переменной. Пусть T —Log2(7x + 5), тогда неравен­ство примет вид t2- 4t + 3 ≤ 0, откуда (t — l)(t — 3) ≤ 0; 1 ≤ T ≤ 3.

Возвращаясь к исходной переменной, получим 1 ≤ Iog2(7X + 5) ≤ 3, 2 ≤ 7X + 5 ≤ 8; — 3 ≤ 7X ≤ 3; но 7X>О для всех Х ∈ RiПоэтому следует только учесть, что Х≤ Iog7 3.

3) Сравним числа Iog7 3 и tg 1.

L⅛ι

= Iog7 √7 < Iog7 √9 = Iog7 3, следовательно, ∣ tg 1 < Iog7 3.

Решение системы неравенств:

С4. Сторона квадрата равна меньшей стороне прямоугольника и равна 4 (большая сторона прямоугольника соответственно равна 8). Отсюда ра­диус каждой из окружностей равен 2 (см. рис. 125).

По условию AABC — равносторонний. Проведём высоту CPt CP = &АВ, AP = \АВ.

Z L

Возможны два случая:

1 случай (см. рис. 126).

Обозначим AB = х. CP = AP =

Z Z

Sapc = ⅛AP-PC = ^x2. CДругой стороны Sapc = ⅛Pτ,Где P — Zo Z

Периметр AABCtг — радиус вписанной в него окружности.

P = X + I + ^X =∣(3 + √3). Отсюда ^X2 = j(3 + √3), Х > 0.

√3a; = 4(3 + √3), Х = 4(√3 + 1).

2 случай (см. рис. 127).

Пусть H — точка касания окружностей, тогда EF ± CPtЗначит, EF Il АВ. ACEF ~ ACABПо первому признаку подобия, значит, ACEF — равносторонний, в который вписана окружность с центром в точке О. Так как О является точкой пересечения медиан ACEFt CH — Медиана, то СО = 20H = 2∙2 = 4; HP = 4 как диаметр окружности

Рис. 127.

 

Радиуса 2. CP — СО + ОН + HP = 4 + 2 + 4=10. Так как CP = АВ,

4

=2СР= 20 =20√3

√3 √3 з

Ответ:4(yz3 + 1) или

О

С5. Заметим, что имеет место представление F(X) — у/х — G∖{A) + + χ∕s-» 52(α), где ^ι(α) = 2α2— 14а — 3, 52(a) = a2— 2a — 21, при этом — г/ ∖ F X ≥ 5ι(a),

Область определения F(X)Находится из системы < ; ;

I χ ≥ 52(a).

Очевидно, что F(X)Является возрастающей функцией на своей об­ласти определения (как сумма двух возрастающих функций). Обозначив /найм наименьшее значение /(х), справедливо утверждать следующее: если G1(A) > G2(A),То /наим = /(51(a)) = √51(A) — 52(A), если Gι(A) < G2(A),То /наим = /(52(a)) = √52(A) ~ 5ι(A)∙

Отсюда получим, что для всех А /наим = √,∣5ι(a) — 52(a)∣.

3 ≤ a ≤ 9;
» align=»right» width=»110″ height=»60″ class=»»/>Таким Образом, решениЕ исходной задачи равносильно решению нера­венства λ∕∣a2- 12a + 18∣ ≥ 3 -≠>∣a2- 12a + 181 ≥ 9 <=>

Г a2- 12a + 18 ≥ 9, a2— 12a + 18 ≤ —9;

&A∈(—∞; 6 — 3vz3] U [3; 9] U [6 + 3-√z3; +∞).

Ответ: (—Оо; 6 — 3√3] U [3; 9] U [6 + 3√3; +∞).

C6. Обозначим числа, записанные на доске как ai, a2,…, an, где A∖ = 2qι, A2 = 2ς2, …,an = 29n; 5ι,ρ2,… ,5n∈ N, 51 < 52 < ∙ ∙ ∙ <Qn∙

___________________ <7ι÷q2H—————— Fq∏

По условию задачи 8 = 23 = √2*1 ∙ 2’2∙ 2^ = 2 ∏ , откуда

+ = 3. C другой стороны ≥

≥ 1 + 2+ -.; + n _ (1+∏)n 1-⅛,nзначит з ≥ * ÷ n, то есть n ≤ 5.

П 2п 2 2

Рассмотрим пять случаев:

1) При n = 1 α1 = 8, среднее геометрическое равно 8, П = 1 — решение.

2) При N = 2 α1■ a2 = 82 = 26 = 21 ∙ 25, где = 17, П= 2 —

Решение.

3) При П = 3 a1 ∙ a2 ∙ a3 = 83 = 29 = 21 ∙ 23 • 25, где 2 = 14,

О

П — 3 — решение.

4) При N = 4 ai ∙ a2 ∙ a3• ад = 84 = 212. Так как Q2> Qi ≥ 1 получим, что ¢2 ≥ 2, g4>q3> g2 ≥ 2, а значит, 2® + 293+ 2’“ делится нацело на 4 (так

QQi I 992 I 993 I 994

Как каждое слагаемое делится на 4).———— —————— ——— ∈поэтому

¢1 ≥ 2, а если ≥ 2, то Q2 ≥ 3, 73 ≥ 4, Q½ ≥ 5, Qi + ς⅛ + Q3 ÷ ¢4 ≥ 14 и A1• аг * O>3 ∙ a4 ≥ 214, что противоречит условию.

5) При N = 5 291∙ 2*2 ∙ 293 ∙ 2^ ∙ 2fl5 = 215, Q1 + Q2 + Q3 + 44 + 45 = 15, HO Q1 + Q2 + Q3 + 44 + Qs ≥ 1+2+3+4+5 = 15. То есть равен­ство достигается только при Q∖ = 1, Q2 = 2, Q3 = 3, Q½ = 4, Q$ = 5, но 21 + 22 + 23+ 24+ 25=2 + 4 + 8 + 16 + 32=62 n

5 5 5

Ответ:1,2,3.