Ре­ше­ние. Так как поезд при­бы­ва­ет в Орен­бург на сле­ду­ю­щий день в 19:25, то он на­хо­дил­ся в пути сутки и еще 2 часа, то есть 24 + 2  =  26 часов.

Ответ: 26.

Ре­ше­ние. Из гра­фи­ка видно, что за дан­ный пе­ри­од было 9 дней, когда цена зо­ло­та была мень­ше 980 руб­лей за грамм.

Ответ: 9.

Ре­ше­ние. Пло­щадь тра­пе­ции равна про­из­ве­де­нию по­лу­сум­мы ос­но­ва­ний на вы­со­ту. По­это­му

Ответ: 12.

Ре­ше­ние. В са­мо­ле­те 13 + 19 = 32 мест удоб­ны пас­са­жи­ру В., а всего в са­мо­ле­те 200 мест. По­это­му ве­ро­ят­ность того, что пас­са­жи­ру В. до­ста­нет­ся удоб­ное место равна 32 : 200 = 0,16.

Ре­ше­ние. По­сле­до­ва­тель­но по­лу­ча­ем:

Ответ: 2.

Ре­ше­ние. Углы А и НСВ равны как углы со вза­им­но пер­пен­ди­ку­ляр­ны­ми сто­ро­на­ми. По­это­му

Ответ: 9,6.

Ре­ше­ние. Функ­ция, диф­фе­рен­ци­ру­е­мая на от­рез­ке [a; b], не­пре­рыв­на на нем. Если функ­ция не­пре­рыв­на на от­рез­ке [a; b], а её про­из­вод­ная по­ло­жи­тель­на (от­ри­ца­тель­на) на ин­тер­ва­ле (a; b), то функ­ция воз­рас­та­ет (убы­ва­ет) на от­рез­ке [a; b].

На за­дан­ном от­рез­ке про­из­вод­ная функ­ции не­по­ло­жи­тель­на, функ­ция на этом от­рез­ке убы­ва­ет. Сле­до­ва­тель­но, наи­боль­шее зна­че­ние функ­ции до­сти­га­ет­ся на левой гра­ни­це от­рез­ка, т. е. в точке −3.

Ответ: −3.

Ре­ше­ние. Объем ци­лин­дра равен про­из­ве­де­нию пло­ща­ди ос­но­ва­ния на вы­со­ту. Пло­щадь ос­но­ва­ния ци­лин­дра равна пло­ща­ди боль­шо­го круга впи­сан­но­го шара, а вы­со­та ци­лин­дра равна диа­мет­ру впи­сан­но­го шара. По­это­му

Ответ: 57.

Ре­ше­ние. Вы­пол­ним пре­об­ра­зо­ва­ния:

Ответ: 2.

Ре­ше­ние. За­да­ча сво­дит­ся к ре­ше­нию урав­не­ния :

Ре­ше­ние. Пусть x лит­ров  — объем воды, про­пус­ка­е­мой пер­вой тру­бой в ми­ну­ту, тогда вто­рая труба про­пус­ка­ет лит­ров воды в ми­ну­ту. Ре­зер­ву­ар объ­е­мом 204 лит­ров пер­вая труба за­пол­ня­ет на 5 минут доль­ше, чем вто­рая труба, от­сю­да имеем:

Зна­чит, пер­вая труба про­пус­ка­ет 12, а вто­рая  — 17 лит­ров воды в ми­ну­ту.

Ответ: 17.

Ре­ше­ние. Най­дем про­из­вод­ную за­дан­ной функ­ции:

Урав­не­ние не имеет ре­ше­ний, про­из­вод­ная от­ри­ца­тель­на при всех зна­че­ни­ях пе­ре­мен­ной, по­это­му за­дан­ная функ­ция яв­ля­ет­ся убы­ва­ю­щей.

Сле­до­ва­тель­но, наи­боль­шим зна­че­ни­ем функ­ции на за­дан­ном от­рез­ке яв­ля­ет­ся

Ответ: 11.

Ре­ше­ние. а)  За­ме­тим, что левая часть  — пол­ный квад­рат:

Пре­об­ра­зу­ем урав­не­ние даль­ше:

б)  При по­мо­щи три­го­но­мет­ри­че­ской окруж­но­сти отберём корни, при­над­ле­жа­щие от­рез­ку По­лу­чим

Ответ: а) б)

-----------------------------------------

Дуб­ли­ру­ет за­да­ние № 504564

Ре­ше­ние. а)  Обо­зна­чим через M и N сре­ди­ны ребер и со­от­вет­ствен­но.

По тео­ре­ме о сред­ней линии тре­уголь­ни­ка так что пря­мые MN и AC лежат в одной плос­ко­сти. Се­че­ние про ко­то­рое спра­ши­ва­ет­ся в усло­вии, − это се­че­ние приз­мы этой плос­ко­стью. Оно пред­став­ля­ет собой рав­но­бо­кую тра­пе­цию

б)  Ос­но­ва­ния тра­пе­ции по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра най­дем бо­ко­вую сто­ро­ну:

Про­ве­дем в тра­пе­ции вы­со­ту От­ре­зок AH равен по­лу­раз­но­сти ос­но­ва­ний тра­пе­ции:

Сле­до­ва­тель­но, вы­со­та тра­пе­ции Зная её, на­хо­дим пло­щадь тра­пе­ции:

Ответ:

Ре­ше­ние. Пусть тогда

Таким об­ра­зом, или

Ответ: {1}

Ре­ше­ние. В любой тра­пе­ции от­ре­зок, со­еди­ня­ю­щий се­ре­ди­ны диа­го­на­лей тра­пе­ции, равен по­лу­раз­но­сти ос­но­ва­ний тра­пе­ции, а сред­няя линия  — по­лу­сум­ме ос­но­ва­ний тра­пе­ции. В нашем слу­чае по­лу­раз­ность ос­но­ва­ний равна 7,5, а по­лу­сум­ма ос­но­ва­ний равна 17,5, по­это­му ос­но­ва­ния тра­пе­ции равны 10 и 25.

Пред­по­ло­жим, что (рис. 1). Сто­ро­ны LM и KN тре­уголь­ни­ков ALM и AKN па­рал­лель­ны, по­это­му эти тре­уголь­ни­ки по­доб­ны с ко­эф­фи­ци­ен­том Зна­чит,

За­ме­тим, что по­это­му тре­уголь­ник ALM пря­мо­уголь­ный с ги­по­те­ну­зой Ра­ди­ус его впи­сан­ной окруж­но­сти равен:

Пусть те­перь (рис. 2). Ана­ло­гич­но преды­ду­ще­му слу­чаю можно по­ка­зать, что ра­ди­ус впи­сан­ной окруж­но­сти тре­уголь­ни­ка AKN равен 5. Тре­уголь­ни­ки AKN и ALM по­доб­ны с ко­эф­фи­ци­ен­том Зна­чит, ра­ди­ус впи­сан­ной окруж­но­сти тре­уголь­ни­ка ALM равен

Ответ: 2; 5.

Ре­ше­ние. Пусть сумма кре­ди­та со­став­ля­ет S у. е., а про­цент­ная став­ка по кре­ди­ту К концу пер­во­го года сумма долга фер­ме­ра в банк с уче­том на­чис­лен­ных про­цен­тов со­ста­ви­ла у. е.

После воз­вра­ще­ния банку части от суммы долга долг фер­ме­ра на сле­ду­ю­щий год со­ста­вил у. е.

На эту сумму в сле­ду­ю­щем году вновь на­чис­ле­ны про­цен­ты. Сумма долга фер­ме­ра к концу вто­ро­го года по­га­ше­ния кре­ди­та с уче­том про­цент­ной став­ки со­ста­ви­ла у. е. По усло­вию за­да­чи эта сумма равна у. е.

Решим урав­не­ние на мно­же­стве по­ло­жи­тель­ных чисел.

Ответ: 120%.

Ре­ше­ние. Пре­об­ра­зу­ем дан­ную си­сте­му:

Сде­лав за­ме­ну пе­ре­мен­ной по­лу­ча­ем си­сте­му

За­ме­тим, что ко­ли­че­ство ре­ше­ний по­лу­чен­ной си­сте­мы сов­па­да­ет с ко­ли­че­ством ре­ше­ний ис­ход­ной си­сте­мы. По­стро­им гра­фи­ки урав­не­ний (1) и (2) в си­сте­ме ко­ор­ди­нат Oty.

Гра­фик пер­во­го урав­не­ния  — ромб, диа­го­на­ли ко­то­ро­го, рав­ные 24 и 10, лежат со­от­вет­ствен­но на осях х и Ot, а гра­фи­ком вто­ро­го урав­не­ния яв­ля­ет­ся окруж­ность с цен­тром в на­ча­ле ко­ор­ди­нат и ра­ди­у­сом (см. рис.).

Гра­фи­ки урав­не­ний си­сте­мы имеют ровно че­ты­ре общих точки, и, сле­до­ва­тель­но, си­сте­ма имеет ровно че­ты­ре ре­ше­ния, тогда и толь­ко тогда, когда окруж­ность либо впи­са­на в ромб, либо ее ра­ди­ус удо­вле­тво­ря­ет со­от­но­ше­нию где   — по­ло­ви­ны мень­шей и боль­шей диа­го­на­лей ромба со­от­вет­ствен­но. Ра­ди­ус впи­сан­ной в ромб окруж­но­сти равен вы­со­те пря­мо­уголь­но­го тре­уголь­ни­ка с ка­те­та­ми, рав­ны­ми 5 и 12, от­ку­да

Таким об­ра­зом, си­сте­ма имеет 4 ровно ре­ше­ния, если или от­ку­да или

Гра­фи­ки имеют 8 общих точек, если ра­ди­ус окруж­но­сти удо­вле­тво­ря­ет усло­вию где   — ра­ди­ус окруж­но­сти, впи­сан­ной в ромб. Тогда от­ку­да

Ответ: а)

б)  

Ре­ше­ние. а)  Да. Пусть в клас­се учит­ся 29 че­ло­век, из ко­то­рых спер­ва 15 че­ло­век не по­ня­ли до­ка­за­тель­ство (боль­шая часть клас­са), а затем их оста­лось 14 (мень­шая часть).

За­ме­ча­ние: по­дой­дет любой при­мер с не­чет­ным ко­ли­че­ством уче­ни­ков от 21 до 29 и ко­ли­че­ства­ми по­няв­ших и не по­няв­ших, от­ли­ча­ю­щи­ми­ся на 1.

б)  Да. Пусть в клас­се было 24 уче­ни­ка, из ко­то­рых ровно 6 по­ня­ли до­ка­за­тель­ство. Тогда ис­ход­но про­цент по­няв­ших ― 25, а после пе­ре­ме­ны, когда по­няв­ших ста­нет 7, про­цент по­няв­ших будет не­це­лым.

За­ме­ча­ние: Есть и дру­гие при­ме­ры, на­при­мер, 3 уче­ни­ка из 30 по­ня­ли до­ка­за­тель­ство на уроке.

в)  Пусть всего в клас­се n уче­ни­ков, а ко­ли­че­ство так и не по­няв­ших до­ка­за­тель­ство равно k. Оче­вид­но, k не пре­вос­хо­дит (n − 1), ведь один уче­ник понял до­ка­за­тель­ство на пе­ре­ме­не. Тогда ис­ко­мый про­цент равен Чтобы это число было как можно боль­шим, тре­бу­ет­ся мак­си­ми­зи­ро­вать дробь при усло­вии, что

До­ка­жем, что наи­боль­шее зна­че­ние дроби равно 96. Ре­зуль­тат 96 до­сти­га­ет­ся, если Если то оче­вид­но, что

Далее раз­бе­рем слу­чаи

1.  n  =  26. Чтобы вы­пол­ня­лось усло­вие не­об­хо­ди­мо взять k, крат­ное 13, что воз­мож­но толь­ко при k  =  13, а

2.  n  =  27. Чтобы вы­пол­ня­лось усло­вие не­об­хо­ди­мо взять k, крат­ное 27, что воз­мож­но толь­ко при k  =  0.

3.  n  =  28. Чтобы вы­пол­ня­лось усло­вие не­об­хо­ди­мо взять k, крат­ное 7, что воз­мож­но толь­ко при k не боль­шем 21, а

4.  n  =  29. Чтобы вы­пол­ня­лось усло­вие не­об­хо­ди­мо взять k, крат­ное 29, что воз­мож­но толь­ко при k  =  0.

5.  n  =  30. Чтобы вы­пол­ня­лось усло­вие не­об­хо­ди­мо взять k, крат­ное 3, что воз­мож­но толь­ко при k не боль­шем 27, а

Таким об­ра­зом, 96  — наи­боль­шее целое зна­че­ние ис­ко­мо­го про­цен­та.

Ответ: а)  да; б)  да; в)  96.