Ре­ше­ние. Поезд на­хо­дил­ся в пути 10 минут до по­лу­но­чи и еще 7 часов 50 минут после по­лу­но­чи. Всего 8 часов.

Ответ: 8.

Ре­ше­ние. Из гра­фи­ка видно, что сред­не­ме­сяч­ная тем­пе­ра­ту­ра была выше 18 гра­ду­сов Цель­сия в те­че­ние четырёх ме­ся­цев с июня по сен­тябрь.

Ответ: 4.

Ре­ше­ние. Пло­щадь тре­уголь­ни­ка равна по­ло­ви­не про­из­ве­де­ния ос­но­ва­ния на вы­со­ту, про­ве­ден­ную к этому ос­но­ва­нию. По­это­му

Ответ: 6.

Ре­ше­ние. Из 25 би­ле­тов толь­ко 2 со­дер­жат во­прос о гри­бах, по­это­му ве­ро­ят­ность того, что в слу­чай­но вы­бран­ном на эк­за­ме­не би­ле­те школь­ни­ку до­ста­нет­ся во­про­са о гри­бах, равна

Ответ: 0,08.

Ре­ше­ние. Пе­рей­дем к од­но­му ос­но­ва­нию сте­пе­ни:

Ответ: 9.

Ре­ше­ние.

Впи­сан­ный угол равен по­ло­ви­не цен­траль­но­го угла, опи­ра­ю­ще­го­ся на ту же хорду: Сле­до­ва­тель­но,

Ответ: 64.

Ре­ше­ние. От­ри­ца­тель­ным зна­че­ни­ям про­из­вод­ной со­от­вет­ству­ют ин­тер­ва­лы, на ко­то­рых функ­ция f(x) убы­ва­ет. В этих ин­тер­ва­лах лежат точки x₃, x₄, x₅, x₉. Таких точек 4.

Ответ: 4.

Ре­ше­ние. Объем ци­лин­дри­че­ско­го со­су­да вы­ра­жа­ет­ся через его диа­метр и вы­со­ту как При уве­ли­че­нии диа­мет­ра со­су­да в 2 раза вы­со­та рав­но­го объ­е­ма жид­ко­сти умень­шит­ся в 4 раза и ста­нет равна 4.

Ответ: 4.

Ре­ше­ние. За­ме­тим, что угол α лежит в четвёртой чет­вер­ти, его синус от­ри­ца­те­лен:

Далее ис­поль­зу­ем фор­му­лу си­ну­са двой­но­го угла:

Ответ: −0,96.

Ре­ше­ние. За­да­ча сво­дит­ся к ре­ше­нию урав­не­ния при из­вест­ных зна­че­ни­ях ско­ро­сти звука в воде и ча­сто­ты ис­пус­ка­е­мых им­пуль­сов:

Ответ: 751.

Ре­ше­ние. Пусть x км/ч  — соб­ствен­ная ско­рость ка­те­ра, y км/ч  — ско­рость те­че­ния реки вес­ной. Тогда летом она со­ста­вит Со­ста­вим таб­ли­цу по дан­ным за­да­чи.

	Ско­рость вес­ной	Ско­рость летом
По те­че­нию
Про­тив те­че­ния

Решим си­сте­му урав­не­ний:

Таким об­ра­зом, ско­рость те­че­ния вес­ной равна 5 км/ч.

Ответ: 5.

Ре­ше­ние. За­ме­тим, что а зна­чит,

Тогда

Про­из­вод­ная об­ра­ща­ет­ся в нуль в точке –5, ко­то­рая яв­ля­ет­ся точ­кой мак­си­му­ма.

Ответ: − 5.

При­ведём дру­гой спо­соб на­хож­де­ния про­из­вод­ной.

Вос­поль­зу­ем­ся пра­ви­лом на­хож­де­ния про­из­вод­ной слож­ной функ­ции:

Ре­ше­ние. а)  За­пи­шем ис­ход­ное урав­не­ние в виде:

б)  С по­мо­щью чис­ло­вой окруж­но­сти от­бе­рем корни, при­над­ле­жа­щие от­рез­ку По­лу­чим числа:

Ответ: а) б)

Ре­ше­ние. а)  Пусть точка H  — се­ре­ди­на AC.

Тогда

Вме­сте с тем,

а тогда по тео­ре­ме, об­рат­ной тео­ре­ме Пи­фа­го­ра, тре­уголь­ник BMN яв­ля­ет­ся пря­мо­уголь­ным с пря­мым углом M.

б)  Про­ведём пер­пен­ди­ку­ляр NP к пря­мой A₁B₁.

Тогда NP ⊥ A₁B₁ и NP ⊥ A₁A. Сле­до­ва­тель­но, NP ⊥ ABB₁. По­это­му MP  — про­ек­ция MN на плос­кость ABB₁.

Пря­мая BM пер­пен­ди­ку­ляр­на MN, тогда по тео­ре­ме о трёх пер­пен­ди­ку­ля­рах BM ⊥ MP. Сле­до­ва­тель­но, угол NMP  — ли­ней­ный угол ис­ко­мо­го угла.

Длина NP равна по­ло­ви­не вы­со­ты тре­уголь­ни­ка A₁B₁C₁, то есть

По­это­му

Сле­до­ва­тель­но,

Ответ: б)

----------

Дуб­ли­ру­ет за­да­ние 510019.

Ре­ше­ние. Пра­вая часть не­ра­вен­ства опре­де­ле­на при или

По­сколь­ку при любых зна­че­ни­ях x вы­ра­же­ние при­ни­ма­ет по­ло­жи­тель­ные зна­че­ния, при или не­ра­вен­ство при­ни­ма­ет вид:

от­ку­да Учи­ты­вая, огра­ни­че­ния или по­лу­ча­ем:

Ответ:

Ре­ше­ние.

а)  Обо­зна­чим цен­тры окруж­но­стей O₁ и O₂ со­от­вет­ствен­но. Пусть общая ка­са­тель­ная, про­ведённая к окруж­но­стям в точке K, пе­ре­се­ка­ет AB в точке M. По свой­ству ка­са­тель­ных, про­ведённых из одной точки, AM  =  KM и KM  =  BM. Тре­уголь­ник AKB, у ко­то­ро­го ме­ди­а­на равна по­ло­ви­не сто­ро­ны, к ко­то­рой она про­ве­де­на,  — пря­мо­уголь­ный. Впи­сан­ный угол AKD пря­мой, по­это­му он опи­ра­ет­ся на диа­метр AD. Зна­чит, AD ⊥ AB. Ана­ло­гич­но по­лу­ча­ем, что BC ⊥ AB. Сле­до­ва­тель­но, пря­мые AD и BC па­рал­лель­ны.

б)  Пусть, для опре­де­лен­но­сти, ра­ди­ус окруж­но­сти с цен­тром в точке O₁ равен 4, а ра­ди­ус окруж­но­сти с цен­тром в точке O₂ равен 1. Тре­уголь­ни­ки BKC и AKD по­доб­ны, Пусть тогда У тре­уголь­ни­ков AKD и AKB общая вы­со­та, сле­до­ва­тель­но,

то есть S_AKB  =  4S. Ана­ло­гич­но, S_CKD  =  4S. Пло­щадь тра­пе­ции ABCD равна 25S.

Вы­чис­лим пло­щадь тра­пе­ции ABCD. За­ме­тим, что Про­ведём к AD пер­пен­ди­ку­ляр O₂H, рав­ный вы­со­те тра­пе­ции, и найдём его из пря­мо­уголь­но­го тре­уголь­ни­ка O₂HO₁. По­лу­ча­ем:

Сле­до­ва­тель­но, 25S  =  20, от­ку­да S  =  0,8 и S_AKB  =  4S  =  3,2.

Ответ: б) 3,2.

При­ве­дем ре­ше­ние пунк­та б) Ра­ми­ля Ба­га­ви­е­ва.

Вы­чис­лим пло­щадь тра­пе­ции ABCD. За­ме­тим, что Про­ведём к AD пер­пен­ди­ку­ляр O₂H, рав­ный вы­со­те тра­пе­ции, и найдём его из пря­мо­уголь­но­го тре­уголь­ни­ка O₂HO₁:

Из по­до­бия тре­уголь­ни­ков AKD и AKB сле­ду­ет таким об­ра­зом, AK  =  2BK. При­ме­ним тео­ре­му Пи­фа­го­ра к тре­уголь­ни­ку AKB, на­хо­дим:

Тогда от­ку­да по­лу­ча­ем:

Ре­ше­ние. По усло­вию, долг перед бан­ком (в млн руб­лей) на 15-е число каж­до­го ме­ся­ца дол­жен умень­шать­ся до нуля сле­ду­ю­щим об­ра­зом:

Пусть тогда долг на 1-е число каж­до­го ме­ся­ца равен:

Сле­до­ва­тель­но, вы­пла­ты со 2-го по 14-е число каж­до­го ме­ся­ца со­став­ля­ют:

Общая сумма вы­плат со­став­ля­ет:

По усло­вию, общая сумма вы­плат будет мень­ше 1,2 млн руб­лей, зна­чит,

Наи­боль­шее целое ре­ше­ние этого не­ра­вен­ства  — число 7. Зна­чит, ис­ко­мое число про­цен­тов  — 7.

Ответ: 7.

----------

Дуб­ли­ру­ет за­да­ние 514450.

Ре­ше­ние. Если x ≥ 0, то урав­не­ние (|x| − 5)² + (y − 4)² = 9 задаёт окруж­ность ω₁ с цен­тром в точке C₁ (5; 4) ра­ди­у­сом 3, а если x < 0, то оно задаёт окруж­ность ω₂ с цен­тром в точке C₂ (−5; 4) таким же ра­ди­у­сом (см. рис.).

При по­ло­жи­тель­ных зна­че­ни­ях a урав­не­ние (x + 2)² + y² = a² задаёт окруж­ность ω с цен­тром в точке C (−2; 0) ра­ди­у­сом a. По­это­му за­да­ча со­сто­ит в том, чтобы найти все зна­че­ния a, при каж­дом из ко­то­рых окруж­ность ω имеет един­ствен­ную общую точку с объ­еди­не­ни­ем окруж­но­стей ω₁ и ω₂.

Из точки C про­ведём луч CC₁ и обо­зна­чим через A₁ и B₁ точки его пе­ре­се­че­ния с окруж­но­стью ω₁, где A₁ лежит между C и C₁. Так как

то

При a < CA₁ или a > CB₁ окруж­но­сти ω и ω₁ не пе­ре­се­ка­ют­ся.

При CA₁ < a < CB₁ окруж­но­сти ω и ω₁ имеют две общие точки.

При a = CA₁ или a = CB₁ окруж­но­сти ω и ω₁ ка­са­ют­ся.

Из точки C про­ведём луч CC₂ и обо­зна­чим через A₂ и B₂ точки его пе­ре­се­че­ния с окруж­но­стью ω₂, где A₂ лежит между C и C₂. Так как

то

При a < CA₂ или a > CB₂ окруж­но­сти ω и ω₂ не пе­ре­се­ка­ют­ся.

При CA₂ < a < CB₂ окруж­но­сти ω и ω₂ имеют две общие точки.

При a = CA₂ или a = CB₂ окруж­но­сти ω и ω₂ ка­са­ют­ся.

Ис­ход­ная си­сте­ма имеет един­ствен­ное ре­ше­ние тогда и толь­ко тогда, когда окруж­ность ω ка­са­ет­ся ровно одной из двух окруж­но­стей ω₁ и ω₂ и не пе­ре­се­ка­ет­ся с дру­гой. Так как CA₂ < CA₁ < CB₂ < CB₁, то усло­вию за­да­чи удо­вле­тво­ря­ют толь­ко числа

Ответ:

----------

Дуб­ли­ру­ет за­да­ние 510023.

Ре­ше­ние. а)  Пусть в школе № 1 пи­са­ли тест 2 уча­щих­ся, один из них на­брал 1 балл, а вто­рой на­брал 19 бал­лов и перешёл в школу № 2. Тогда сред­ний балл в школе № 1 умень­шил­ся в 10 раз.

б)  Пусть в школе № 2 пи­са­ли тест m уча­щих­ся, сред­ний балл рав­нял­ся B, а пе­ре­шед­ший в неё уча­щий­ся на­брал u бал­лов. Тогда по­лу­ча­ем:

Если то не де­лит­ся на 10, а 10u де­лит­ся на 10. Но это не­воз­мож­но, по­сколь­ку

в)  Пусть в школе № 1 сред­ний балл рав­нял­ся A. Тогда по­лу­ча­ем:

За­ме­тим, что если или то не де­лит­ся на 10. Если или то В пер­вом слу­чае а во вто­ром Зна­чит, ни один из этих слу­ча­ев не воз­мо­жен.

При и по­лу­ча­ем и Этот слу­чай ре­а­ли­зу­ет­ся, на­при­мер, если в школе № 1 пи­са­ли тест 6 уча­щих­ся, 3 из них на­бра­ли по 1 баллу, а 3  — по 3 балла, в школе № 2 пи­са­ли тест 3 уча­щих­ся и каж­дый на­брал по 5 бал­лов, а у пе­ре­шед­ше­го из одной школы в дру­гую уча­ще­го­ся  — 3 балла.

Ответ: а) да; б) нет; в) 5.