Ре­ше­ние. Чтобы по­лу­чить ко­ли­че­ство миль в час, раз­де­лим 40 ки­ло­мет­ров в час на 1,6 ки­ло­мет­ра в миле:

Зна­чит, спи­до­метр по­ка­зы­ва­ет ско­рость 25 миль в час.

Ответ: 25.

Ре­ше­ние. Из диа­грам­мы видно, что было 2 ме­ся­ца, когда сред­не­ме­сяч­ная тем­пе­ра­ту­ра пре­вы­ша­ла 20 гра­ду­сов Цель­сия (см. рис.).

Ответ: 2.

Ре­ше­ние. Най­дем квад­рат ра­ди­у­са круга см².

Пло­щадь фи­гу­ры равна трем вось­мым пло­ща­ди этого круга. По­это­му

Ответ: 0,75.

Ре­ше­ние. Ве­ро­ят­ность того, что в слу­чай­но вы­бран­ном на эк­за­ме­не би­ле­те школь­ни­ку до­ста­нет­ся во­прос по теме "Реки и озера", равна

Ответ: 0,3.

Ре­ше­ние. По­сле­до­ва­тель­но по­лу­ча­ем:

Ответ: 3.

Ре­ше­ние. Вы­со­та тра­пе­ции KH  =  KO + OH, где KO и OH  — вы­со­ты рав­но­бед­рен­ных тре­уголь­ни­ков DOC и AOB. По тео­ре­ме Пи­фа­го­ра:

Тогда

Ответ: 28.

При­ме­ча­ние.

Если бы боль­шее ос­но­ва­ние тра­пе­ции ле­жа­ло выше цен­тра окруж­но­сти (то есть оба ос­но­ва­ния рас­по­ла­га­лись по одну сто­ро­ну от цен­тра окруж­но­сти) длина вы­со­ты рав­ня­лась бы не сумме, а раз­но­сти най­ден­ных от­рез­ков. Решая дан­ную за­да­чу не­об­хо­ди­мо при­ни­мать во вни­ма­ние ри­су­нок, дан­ный в усло­вии.

Ре­ше­ние. Раз­ность зна­че­ний пер­во­об­раз­ной в точ­ках 6 и 2 равна пло­ща­ди вы­де­лен­ной на ри­сун­ке тра­пе­ции По­это­му

Ответ:7.

Ре­ше­ние. Удоб­но счи­тать тре­уголь­ник ASB ос­но­ва­ни­ем пи­ра­ми­ды, тогда от­ре­зок SC будет яв­лять­ся её вы­со­той. За­ме­тим, что

По­сколь­ку далее имеем:

Ответ: 3280,5.

Ре­ше­ние. Вы­пол­ним пре­об­ра­зо­ва­ния:

Ответ: 0,1.

Ре­ше­ние. Най­дем, при какой ско­ро­сти длина ра­ке­ты ста­нет равна 21 м. За­да­ча сво­дит­ся к ре­ше­нию урав­не­ния при за­дан­ном зна­че­нии длины по­ко­я­щей­ся ра­ке­ты м и из­вест­ной ве­ли­чи­не ско­ро­сти света км/с:

Если ско­рость будет пре­вос­хо­дить най­ден­ную, то длина ра­ке­ты будет менее 21 метра, по­это­му ми­ни­маль­ная не­об­хо­ди­мая ско­рость равна 288 000 км/с.

Ответ: 288 000

Ре­ше­ние. Пусть u км/ч  — соб­ствен­ная ско­рость теп­ло­хо­да, тогда ско­рость теп­ло­хо­да по те­че­нию равна км/ч, а ско­рость теп­ло­хо­да про­тив те­че­ния равна км/ч. На весь путь теп­ло­ход за­тра­тил 34 − 2 = 32 часов, от­сю­да имеем:

Ответ: 16.

Ре­ше­ние. Най­дем про­из­вод­ную за­дан­ной функ­ции:

Най­дем нули про­из­вод­ной:

Опре­де­лим знаки про­из­вод­ной функ­ции и изоб­ра­зим на ри­сун­ке по­ве­де­ние функ­ции:

Ис­ко­мая точка мак­си­му­ма

Ответ: 2.

Ре­ше­ние. а)  За­пи­шем ис­ход­ное урав­не­ние в виде:

Зна­чит, от­ку­да или от­ку­да

б)  За­ме­тим, что

Зна­чит, ука­зан­но­му от­рез­ку при­над­ле­жит ко­рень 2.

Ответ: а) 2 и б) 2.

Ре­ше­ние. а)  Пусть от­ре­зок KN ― хорда ос­но­ва­ния, па­рал­лель­ная Тогда тре­уголь­ник AKN ока­жет­ся ис­ко­мым се­че­ни­ем, так как плос­кость AKN со­дер­жит пря­мую AK и пря­мую KN, па­рал­лель­ную

б)  Опу­стим пер­пен­ди­ку­ляр AB на пря­мую Со­глас­но тео­ре­ме о трех пер­пен­ди­ку­ля­рах OB также яв­ля­ет­ся пер­пен­ди­ку­ля­ром к KN, зна­чит, Вы­со­та OC тре­уголь­ни­ка ABO лежит в плос­ко­сти ABO, сле­до­ва­тель­но, и зна­чит,

Далее на­хо­дим:

1)  из усло­вия

2)  из пря­мо­уголь­но­го тре­уголь­ни­ка

3)  из пря­мо­уголь­но­го тре­уголь­ни­ка

4)  из пря­мо­уголь­но­го тре­уголь­ни­ка

а)  

б)  

Ответ:

Ре­ше­ние. За­пи­шем не­ра­вен­ство в виде:

За­ме­тим, что левая часть пред­став­ля­ет из себя ку­соч­но-⁠ли­ней­ную функ­цию, ко­то­рая воз­рас­та­ет при и убы­ва­ет при Это озна­ча­ет, что в точке –3 она до­сти­га­ет ми­ни­му­ма, рав­но­го 5. Таким об­ра­зом, долж­но быть верно не­ра­вен­ство от­ку­да Для таких зна­че­ний пе­ре­мен­ной по­лу­ча­ем:

Ответ:

При­ве­дем дру­гое ре­ше­ние.

Вос­поль­зу­ем­ся тем, что для суммы воз­мож­ны че­ты­ре слу­чая рас­кры­тия мо­ду­лей, от­ку­да за­клю­ча­ем:

Тогда имеем:

Ре­ше­ние. а)  Пусть O  — от­лич­ная от A₁ точка пе­ре­се­че­ния окруж­но­стей, опи­сан­ных около тре­уголь­ни­ков A₁CB₁ и A₁BC₁ (рис. 1).

Тогда

от­ку­да

Зна­чит, сле­до­ва­тель­но, точки A, B₁, O и C₁ лежат на одной окруж­но­сти.

б)  Пусть O₁, O₂ и O₃  — цен­тры окруж­но­стей, опи­сан­ных около тре­уголь­ни­ков B₁AC₁, A₁BC₁ и A₁CB₁ со­от­вет­ствен­но (рис. 2). За­ме­тим, что как ра­ди­у­сы опи­сан­ных окруж­но­стей около рав­ных тре­уголь­ни­ков. Зна­чит, тре­уголь­ни­ки AO₁C₁ и C₁O₂B равны. Кроме того, тре­уголь­ник O₂C₁O₁ также равен этим тре­уголь­ни­кам, по­сколь­ку

Таким об­ра­зом, Ана­ло­гич­но, по­это­му тре­уголь­ник O₁O₂O₃ по­до­бен тре­уголь­ни­ку ABC с ко­эф­фи­ци­ен­том и ра­ди­ус впи­сан­ной в него окруж­но­сти равен по­ло­ви­не ра­ди­у­са окруж­но­сти, впи­сан­ной в тре­уголь­ник ABC.

Пусть M  — се­ре­ди­на BC, а ра­ди­ус окруж­но­сти, впи­сан­ной в тре­уголь­ник ABC, равен r (рис. 3). Тогда пло­щадь тре­уголь­ни­ка ABC равна

C дру­гой сто­ро­ны, вы­со­та рав­но­бед­рен­но­го тре­уголь­ни­ка ABC равна по­это­му пло­щадь тре­уголь­ни­ка ABC равна 60. Зна­чит, r  =  2,4. Ис­ко­мый ра­ди­ус равен

Ответ: 1,2.

Ре­ше­ние. Обо­зна­чим через S раз­мер кре­ди­та. В конце 1-⁠го, 2-⁠го и 3-⁠го годов заёмщик вы­пла­чи­ва­ет по млн. Всего за три года.

Рас­смот­рим по­га­ше­ние кре­ди­та за сле­ду­ю­щие два года. В се­ре­ди­не 4-⁠го года долг воз­растёт до млн. Обо­зна­чим через x раз­мер вы­пла­чи­ва­е­мой суммы в конце 4-⁠го и 5-⁠го годов. После вы­пла­ты в конце 4-⁠го года долг равен а в се­ре­ди­не 5-⁠го года он равен В конце 5-⁠го года весь долг дол­жен быть по­га­шен, то есть по­след­няя вы­пла­та равна и по усло­вию равна Зна­чит,

и общий раз­мер вы­плат равен По усло­вию

При это не­ра­вен­ство верно, а при оно не­вер­но, как и при мень­ших

Ответ: 6 млн руб.

Ре­ше­ние. Сде­ла­ем за­ме­ну По­лу­чим урав­не­ние При вы­пол­нен­ной за­ме­не ко­ли­че­ство кор­ней не из­ме­ня­ет­ся (каж­до­му зна­че­нию пе­ре­мен­ной t со­от­вет­ству­ет ровно одно зна­че­ние пе­ре­мен­ной x). По­это­му новое урав­не­ние также долж­но иметь ровно 4 ре­ше­ния.

По­стро­им гра­фик этого урав­не­ния в плос­ко­сти tOa

Пря­мые и раз­би­ва­ют плос­кость на че­ты­ре части (I, II, III и IV), в каж­дой из ко­то­рых гра­фик урав­не­ния пред­став­ля­ет собой часть па­ра­бо­лы.

В об­ла­сти I оба под­мо­дуль­ных вы­ра­же­ния по­ло­жи­тель­ны и урав­не­ние при­ни­ма­ет вид

Гра­фи­ком яв­ля­ет­ся па­ра­бо­ла с вер­ши­ной в точке с ко­ор­ди­на­та­ми

В об­ла­сти II вы­ра­же­ние от­ри­ца­тель­но, а вы­ра­же­ние по­ло­жи­тель­но и урав­не­ние при­ни­ма­ет вид

Гра­фи­ком яв­ля­ет­ся па­ра­бо­ла с вер­ши­ной в точке с ко­ор­ди­на­та­ми

Для об­ла­сти III по­лу­чим

Гра­фи­ком яв­ля­ет­ся па­ра­бо­ла с вер­ши­ной в точке с ко­ор­ди­на­та­ми

Для об­ла­сти IV по­лу­чим

Гра­фи­ком яв­ля­ет­ся па­ра­бо­ла с вер­ши­ной в точке с ко­ор­ди­на­та­ми

Ко­ли­че­ство кор­ней опре­де­ля­ет­ся ко­ли­че­ством точек пе­ре­се­че­ния гра­фи­ка урав­не­ния с го­ри­зон­таль­ной пря­мой.

При	урав­не­ние не имеет кор­ней,
при	урав­не­ние имеет один ко­рень,
при	урав­не­ние имеет два корня,
при	урав­не­ние имеет три корня,
при	урав­не­ние имеет че­ты­ре корня,
при	урав­не­ние имеет три корня,
при	урав­не­ние имеет че­ты­ре корня,
при	урав­не­ние имеет три корня,
при	урав­не­ние имеет два корня,
при	урав­не­ние имеет один ко­рень,
при	урав­не­ние не имеет кор­ней.

Ответ: урав­не­ние имеет че­ты­ре корня при и при

Ре­ше­ние. а)  Про­из­ве­дем пре­об­ра­зо­ва­ния:

Пусть a₁ = 2 и a₂ = 1. Тогда a₃  =  2 + 1  =  3, a₄  =  1 + 3  =  4, a₅  =  3 + 4  =  7 и 4a₅  =  7a₄.

б)  Пред­по­ло­жим, что 5a₅ = 7a₄. Тогда a₅ = 7a и a₄ = 5a, где Имеем a₃  =  a₅ − a₄ = 2a, a₂  =  a₄ − a₃  =  3a и a₁  =  a₃ − a₂  =  − a < 0. По­лу­ча­ем про­ти­во­ре­чие.

в)  При­мер по­сле­до­ва­тель­но­сти 3, 8, 11, 19, 30, 49,... по­ка­зы­ва­ет, что ра­вен­ство может вы­пол­нять­ся при n = 5 .

Дей­стви­тель­но, для такой по­сле­до­ва­тель­но­сти вы­пол­не­ны усло­вия за­да­чи и 30a₆ = 49a₅.

Пусть n ≥ 6 и По­ло­жим Тогда a_n = 6na и Имеем

Так как a_{n − 4} > 0 , то n² − 10n + 24 = (n − 4)(n − 6) < 0. Сле­до­ва­тель­но, n = 5. По­лу­чен­ное про­ти­во­ре­чие по­ка­зы­ва­ет, что при n ≥ 6 ра­вен­ство вы­пол­нять­ся не может.

Ответ: а) да; б) нет; в) при n = 5.