Bl. Так как 6 буханок стоят 6 • 14,5 = 87 100 рублей, то купить можно 6 буханок

Bl. Так как 6 буханок стоят 6 • 14,5 = 87 < 100 рублей, а 7 буханок стоят 101,5 > 100 рублей, то купить можно 6 буханок.

Ответ:6.

В2. Из рисунка видно, что наибольшая цена алюминия на момент закры­тия биржевых торгов была достигнута 6 марта и составила 3190 долларов США за тонну.

Ответ:3190.

ВЗ. ABCD — прямоугольная трапеция (см. рис. 23).

Ответ:32.

В4. Площадь всех стёкол 10 • 2,5 = 25 м2. Составим таблицу:

	Цена 25 м2 стекла (руб)	Резка и шлифовка 10 стёкол (руб)	Итого (руб)
А	220 • 25 = 5 500	185 -10= 1850	7350
Б	240-25 = 6000	125 • 10 = 1250	7250
В	260-25 = 6500	120 -10= 1200	7700

Ответ:7 250. _______________

В5.2х2 — 9х — 35 = 0; z1,2 = 9 ⅛-^-9—^ξ- 2′ ^~35^ = =

Xi + Х2 = 4,5.

Ответ:4,5.

В6. Пусть после сторон с длинами 15 и 21 находятся последовательно стороны с длинами Х и У. Тогда Х+ 15 = У+ 21, так как у описанного око­ло окружности четырёхугольника суммы противоположных сторон равны. Кроме того, сумма длин всех сторон равна периметру: 15+21+ж+з/ = 132. Объединим полученные уравнения в систему и решим её:

Г Х+ 15 = У+ 21, ( х — у= 6, ( 2х = 102, Г Х= 51,

[ 15 + 21 + x÷τ/ = 132; [ х + у = 96; [ 2у= 90; [ у= 45.

Длина большей стороны равна 51.

Ответ:51.

В? = I = 0,2; так как Iog7 ^35 = ∣ Iog7 35.

Logγ <35 5 5

Ответ:0,2.

В8. Из условия следует, что касательная проходит через точки с коорди­натами (0; 0) и (5; 5). Искомое значение /'(5) равно тангенсу угла наклона

E ___ Q

Этой касательной к оси абсцисс, поэтому ∕,(5) = = 1.

О ““ U

Ответ:1.

В9. Сделаем чертёж (см. рис. 24):

Рис. 24.

BDl = AB2 + AD2 + DD2 = 49 + 64 + 36 = 149.

Ответ:149.

В10. Всего в магазине было 9 + 11 = 20 упаковок мороженого. Из них 11 упаковок — сливочного мороженого. Вероятность покупки сливочного

Мороженого равна: ~ = 0,55. мм

Ответ:0,55.

BH. Vabcda1B1C1D1— Soch. ∙ -A-Ai = AB ∙ AD ■ AAi, AD = 2R = 6,

Vabcda1B1C1D1 = 72, AA1 ≈ = = 2 (см. рис. 25 на с. 30).

О ∙ D OO

Ответ:2.

B12. S ≤ 8, v0t + ≤ 8, 28t + ≤ 8, 16t2 + 28t — 8 ≤ О,

4t2 + 7t — 2 ≤ 0, -2 ≤ T ≤ |.

4

Jθ; . Следовательно, мото­циклист будет находиться в зоне функционирования сотовой связи 15 ми­нут.

Ответ:15.

В13. Пусть Х км/ч — скорость течения реки. Тогда (18 + Х} км/ч — ско­рость теплохода по течению реки, (18 — х) км/ч — скорость теплохода против течения реки. Время, затраченное на движение по течению реки,

41 ζ 41

Равно ч. Время, затраченное на дорогу назад, равно ° ч.

Составим уравнение: —f——I- 315 _ 18+ я 18 — Х

Решим его: 315(18 — Х)+ 315(18 + z) = 36(182- я2);

315(18-ж+18+z) = 36(182—ж2); 315∙36 = 36(182-z2); Х2= 324-315; X2 = 9; Xi = 3, Х2= —3. При этом Х2 не удовлетворяет условию, так как скорость должна быть положительна.

Ответ:3.

В14. Найдём производную функции У = (х — З)2 • (х — 5) + 7.

√(τ) = 2(x-3)∙(x-5)+(x-З)2= (z-3)(2z-10+x-3) = (x-3)(3x-13).

Y,(X) = 0 при Xi = 3, Х2 = “ = 4∣(см. рис. 26). О о

При переходе через точку Х= 3 производная меняет знак с «+» на «—». Следовательно, Х= 3 — точка максимума.

Ответ:3.

C1. A) cos2Х+ ctgx = 1 + cos2х, „„„2 — I COS X О R,2 „COS X„Л„2 ™ ~ ∩

COS* X 4 ;— = 2 COS X ———— = COS* X,SlD X ≠ И.

Sin X Sin X

( cos Х= О, cosxf—т— cosxj=0, l-sinxcosx = 0, X=⅛+πn, nζZ.

∖smX / ♦ / л 2

K sin х ≠ 0;

Б) Выберем корни, принадлежащие заданному промежутку: 5≤5+πn≤2π,

∣≤∣ + n≤2; 0≤n≤∣; П= О и П= 1,откудах = их =

Ответ: а)^ + πn, n∈Z;Б)^ .

Li Ii Ii

С2. Пусть О — центр основания конуса, тогда R = OA = —= 13,

Lt

AC = ~- = 12(см. рис. 27). ОС = Y∕0Ai- AC2 = √169 — 144 = 5.

OS = R ∙ tg ZOKS = 13 • 8 = 104.

OS — высота конуса, тогда ОС является проекцией CSНа плоскость основания, значит, так как ОС ± АВ, то по теореме о трёх перпендикуля­рах CSТакже перпендикулярна АВ, следовательно, ZOCS — искомый, tg ZOCS = = Ж = 20,8.

CzU О

Ответ:20,8.

СЗ. 1)51- 29 +-Д — ≤0.

5X— 1

Обозначим 51 = T, T >О и решим неравенство относительно t:

T— 29 + -¾- ≤ 0. V Л

⅛2- 29⅜ — ⅜ + 29 + 28<0

Рис. 27.

T[3][4]—30⅜ + 57<0

I 1

(T — (15 + 2√42))(⅛ — (15 — 2√42)) θ

О <T< 1, 15 — '2√42 ≤ T ≤ 15 + 2vz42 (см. рис. 28). Вернёмся к замене:

О < 5x< 1, 15 - 2√42 ≤ 5x ≤ 15 + 2√42,

Х <О, log5(15 — 2√42) ≤ z ≤ log5(15 + 2√z42).

+ =s +

⅛-χ(3 — x) ≤ 2 ∙ Iog3-I (3 — Х), ⅛-χ(3 — Х)≤ Iog3-X(3 — ж)2.

(3 — Х — 1)(3 — Х — (3 — х)2) ≤ О, (2-x)(3-x)(l -3 + х) ≤ О, (z-2)⅛-3)(x-2) ≤0, (х —2)2(x — 3) ≤ О (см. рис. 29).

Рис. 29.

Учитывая ОДЗ (см. рис. 30):

Zzzzzzzzzzzzzzz⅜-Zzzzzzzzzzzzzzzzzz,⅜.

2 3

Рис. 30.

Хе(-∞; 2) U (2; 3).

3) Решим систему неравенств (см. рис. 31):

Рис. 31.

F Х < O, Iog5 (15 — 2√42) ≤ Х≤ Iog5(15 + 2√42),

[x<2, 2

Х е (—оо;0) U [log5(15 — 2√42); 2) U (2; log5(15 + 2√42)].

Ответ: х∈(—оо; O) U [Iog5(15 — 2√42); 2) U (2; Iog5(15 + 2√42)].

С4. Возможны два случая (см. рис. 32 на с. 34).

1. Центр описанной окружности точка О лежит внутри трапеции.

Пусть MN — высота трапеции ABCD,Проходящая через середи­ны оснований. Тогда, используя теорему Пифагора для соответствующих треугольников, получим:

CD = VDH2 +CH2‘,

OM = VOC* — CM* = ^(√5)2-(l)2 = — ф;

ON = VOD2— DN2 = λ∕(√5)2— 22 = 1.

3 Зак № 460

Рис. 32.

Так как CH = MN = OM+ON =И DH = ~ ВС=

ТО CD = 1∕(∣)2+ (j4^ + 1)2 = √8 + √19.

2. Центр описанной окружности точка О лежит вне трапеции.

В данном случае рассуждения аналогичны п. 1 за исключением того, что CH = MN = OM—ON = — 1. Тогда CD = √8 — √19.

Ответ:√z8 ± √19.

( υ =∣* ~ [5]∣ I 5 _ 2

С5. Преобразуем систему <Y 5 — х х ’

( у = A{X— 2) — 4.

1

—3,Х>5, Х

A(X— 2) — 4 = — — 1, Х

Ax2— 2Ax — Зх — 5 = 0;

Ax2— (2A + 3)х — 5 = 0, единственный корень при A ≠ 0 будет, если D = O.

D = ½a2 4- 12α 4^ 9 4^ 20α = 4a2 4^ 32а 4- 9 = 0; A2 4^ 8α 4^ — 0;

αι,2 = ■ откуда A1 = 8 + v^, a2 =

И &

Найдём аз и α4.

При а = аз прямая У = д(х) проходит через точку (5; 0), поэтому 0 = (5-2)a-4; a3 = 1 и

При а = а4 прямая У = д(х) проходит через точку (5; —2), поэтому

-2 = (5 — 2)a — 4; а4= О

4 Зак №460

Ровно 2 решения исходная система имеет при

-∞; U (~8 + v^iθ) U (θ; |) U (=i+∞)∙

С6. А)Заметим, что γy = = 2, || = ‘2~ = 3,

X ∙ X ‘ * X

I [6][7]

82. Цена деления на шкале температуры составляет 2oC, поэтому наи­меньшая температура равна —16 — 2 = —18 градусов Цельсия.

Ответ:-18.

83. Так как ABCD — параллелограмм, то Sabcd = АН ∙ BC = = 8 • 4 = 32 (см. рис. 34).

Рис. 34.

Ответ:32.

84. Поездка на поезде стоит: 830 -4 = 3 320 (руб).

Поездка на машине стоит: 9 ∙ ’ 21,3 = 9 • 16 • 21,3 = 3 067,2 (руб).

Ответ:3067,2.

85. 2x+3 = 4Ж-1; 2x+3 = (22)=c»1; 2x+3 = 22x^2; Х+ 3 = 2х — 2; Х= 5.

Ответ:5.

86. На рисунке 35 изображён параллелограмм ABCD.

— ZA) = — cos ZA = -√1 -0,282 = -0,96.

Ответ:3.

В8. Так как касательная параллельна прямой У —1, то её угловой коэф­фициент равен 0 и тогда производная равна 0. По графику определяем, что производная обращается в ноль при Х= 5.

Ответ:5.

В9. Сделаем чертёж (см. рис. 36):

Требуется найти квадрат расстояния между вершинами А и Ci мно­гогранника. Все двугранные углы прямые. ACi — диагональ параллеле­пипеда ABCDFLCiDiС измерениями: AD = 3 + 3 = 6, DC = 4 и CCi = 10 — 6 = 4.

AC12 = AD2 + DC2 + CCf.

AC1 = 62 + 42+ 42= 68.

Ответ:68.

В10. Всего на остановке стояло 16 + 9 = 25 автобусов и троллейбусов. Из них было 16 автобусов. Вероятность того, что Оля села в автобус равна отношению.∕↑ ■ = =0,64.

16 + 9 25

Ответ:0,64.

BlL Объём исходного многогранника равен сумме объёмов двух парал­лелепипедов со сторонами 3,4,6 и 5,5,6 (см. рис. 37).

Рис. 37.

V = 3∙4∙6 + 5∙5∙6 = 222.

Ответ:222.

812. Чтобы ответить на вопрос, с какой высоты горизонт виден на рассто­янии 16 километров, подставим в формулу I = ∖∕2RhИзвестные величины и решим уравнение:

√2 • 6400 • Д = 16,

80√ΓT = 16,

√2 ∙ ∕ι = —, √Γ~⅞=-, 2-7г= —

80 5’ 25’

H = 77г = 0,02, H = 0,02 км.

50

Ответ:0,02.

813. Алексей внёс 800000 • 0,3 = 240000 (рублей), Виктор внёс

800000 ∙ I = 100000 (рублей), Егор внёс 160000 рублей, Демьян внёс

О

Оставшуюся сумму:

800000 — (240000 + 100000 + 160000) = 300000 (руб.)

Демьяну причитается от прибыли 1200 000 рублей сумма:

1200 000 • 300 000 λ tζ∩ n∩n, .

——— θθθ5δδ———— —- 450000 рублей.

Ответ:450000.

814. Найдём производную функции У = (х — 6)2 • (х+ 4) — 7.

Y,(X) = 2(х — 6) • (х+ 4) + (х — 6)2.

У'(х)= (х — 6) • (Зж + 2).

П

7∕'(x) = 0 при Xi = б, Х2 = — X (см. рис. 38). о

_2 ∖K

3

Рис. 38.

Так как при переходе через точку x1 = 6 производная меняет знак с минуса на плюс, то Х —6 — точка минимума.

Ответ:6.

„ 1. ( 4 sin2Х∙ cos Х÷ 3 cos3Х = cos Х — 2 cos2Х,

CLaK. ,

( sin Х≠ 0.

3 cos3Х+ 4 sin2Х∙ cos Х —Cos Х+ 2 cos2Х= О,

Cos x(3 cos2Х+ 4 sin2Х — 1 + 2 cos Х)= О,

Cos X(3 cos2Х+ 4 — 4 cos2Х — 1 + 2 cos х) = О,

Cosx(cos2Х — 2 cos Х — 3) = О,

Cosx = О,

Cos2х — 2 cos х — 3 = 0.

. 7Г

1 ) COS X = О, X = — ÷ 7ГП, П ∈ Z.

Zi

2 ) cos2x — 2 cos х — 3 = 0, cosx = 1 ± 2, cosx = 3 — нет решений, COsx = —l, x = π+2πn, n ∈ Z. Taκκaκsin(π+2πn) = O, тох = π+2τrn —

Не удовлетворяет условию sin х ≠ 0.

6) Выберем корни, принадлежащие промежутку тг; .

7Г π 3 _ тг

—тг <— ÷ πn ≤ —, — - < n ≤ O, N =—1; П= 0. х = —

Ответ:A) + πn, N ∈ Z;Б)

Zt Zi Zi

С2. Проведём PK ∣∣ BD, BD ± AA1C1 => PK ± AA1C1,Тогда прямая C1K — проекция прямой CiP на плоскость AA1C1И ZKC1P — искомый угол (см. рис. 39).

SinZJfCiP=

CiP

Обозначим ребро куба через А.

KP = у BD = i ∙ α√2 = C1P = JCCl + CP2 =

4 4 4 v 1

α√2∙2=√2=√I6

4 ∙a√5 2√5 Ю ‘

Ответ:

СЗ. l0g9a? ≥ log∣ ^l — {х >О, 1-*>0∙ *>0

4 ’

I iog∣Х > ιθg3 ^i-1, log∣z ≥log∣(l — ≡), Iogl Х—Iogl (1 — ≡) ≥ о, (log3X —Iog3 (1 — |)) (l°g3 X + Iog3 (1 — ) ≥ О,

Из j⅛ ≥ О,

Из >О,

О <Х< 4,
H3⅛J≤°.

Из x~^ ≤ о,

О <Х< 4;

4х > 4-х «‘’ х(4 — я) ≥ 4, О <Х < 4, 4X<1 4 — 27 ’

0 <Х< 4;

4,

(г — 2)2 ≥ О, О <Х < 4;

Х= 2, 0 <Х

Ответ:(0; 0,8] U {2}.

С4. Пусть Q — точка пересечения биссектрис, PF = х, FT = у, TK = Z.

MP = AK, AM = PK.Точка FЛежит между PИ Т, так как — = | < 1.

У5

Возможны два случая.

1. Точка QЛежит внутри параллелограмма (см. рис. 40).

Рис. 40.

 

Треугольники MPTИ AKFРавнобедренные (для треугольника AKF: Zl = Z2, так как AF — биссектриса ZA; Zl = Z3 как накрест лежащие при параллельных прямых AM к KP и секущей AF.Для треугольника MPTАналогично).

Тогда Х + у = MP = 24; У + Z = AK = 24; Х = Z∖— = х= 9;

У5

У= 15; Z = 9; PK = x + y + ^ = 9 + 15 + 9 = 33.

2. Точка QЛежит вне параллелограмма (см. рис. 41).

Рис. 41.

Треугольники MPFИ АКТ равнобедренные. Тогда Х = MP = 24; Z = AK = 24; ≡ = ∣∙,2∕ = |х = 40; PK = X + Y + Z = 24 + 40 + 24 = 88.

3/5*3

Ответ:33; 88.

С5. Так как A + √α2 + 2 > 0 при любом действительном значе­нии а, то выражение, стоящее в правой части исходного уравнения, всегда имеет смысл. Рассмотрим графики функций F(X) = Inx и g(x) = (х — A)2 + In α-~l^ λζfl2 *⅛-2 (см. рис. 42 на с. 44).

Уравнение /(x) = Д(х) имеет единственное решение тогда и только тогда, когда графики функций У = F(X) ну = G{X}Касаются в точке с абсциссой хо (см. рис. 42 б). Соответствующее значение А можно найти из системы:

( F(χo) = дЫ,F h, 10 = (х° — °)2 + ln α + ^e +2’

1 №) = №); * ±ss2(xo.0).

I χo

Решим второе уравнение последней системы, учитывая, что a¾ >О — о—2 „ 1 С\ ∖α i ∖∕α2 + 2 mA + ∖∕α2 + 2

2⅞ 2xθ(z 1 — O, (^o)ι,2 — 2 » — 2

Подставим найденное значение XqВ первое уравнение системы:

LnS-+-√<+2 =∕√α2+2-<Λ2+ ,n a+√a2+2 _ 1 = Z ∖ Z / Z

(√a2 ÷ 2 — A∖2_ 1 √a2 + 2 — a ι ∫ fl2÷2 = (a + 2)2,

К——— 2——- J ~ 1 ——— 2——— = 1* t А + 2 ≥ O;

1

A2’

Ответ:

Z

С6. 1. Наибольшая сумма получится, если все слагаемые взять со знаком плюс. Но тогда сумма всевозможных произведений равна произведению (5 + 6 + … + 13) • (11 + 12 + … + 20) = • 9 • 111^2°• 10 = 12555.

Z Z

2.Расстановка знаков в полученной сумме всевозможных произве­дений не меняет чётности результата. Но один из результатов, а именно 12555, нечётен. Значит, чётным результат быть не может ни при какой рас­становке знаков. Поэтому значение 0 получиться не может.

3. Из вышесказанного следует, что наименьшее по абсолютной ве­личине значение является натуральным числом. Меньше 1 оно быть не может. Но единица может быть получена, например, следующим образом:

(5 + 6 — 7 + 8 — 9 + 10 — 11 + 12 — 13) •

• (-11 + 12 — 13 + 14 — 15 + 16 + 17 — 18 + 19 — 20) = 1 • 1 = 1.

Ответ: а) 12555; б) нет; в) 1.