Ре­ше­ние. По­сколь­ку 1 миля равна 1609 м, 50 миль/ч со­став­ля­ют 50·1609 м/ч = 80450 м/ч = 80,45 км/ч. Округ­ляя най­ден­ную ве­ли­чи­ну, по­лу­ча­ем 80.

Ответ: 80.

При­ме­ча­ние.

Округ­лять сле­ду­ет сразу до нуж­но­го ко­ли­че­ства зна­ков, а не по­этап­но. По­это­му 80,45 округ­ля­ет­ся до 80, а не до 81, как можно было бы по­ду­мать, сна­ча­ла округ­лив до 80,5, а потом до 81.

При­ве­дем по­дроб­ное ре­ше­ние:

Тре­бу­ет­ся округ­лить число 80,45 до целых, сле­до­ва­тель­но, пер­вый от­бра­сы­ва­е­мый раз­ряд  — де­ся­тые.

В раз­ря­де де­ся­тых стоит цифра 4, она мень­ше пяти, по­это­му округ­ля­ем в мень­шую сто­ро­ну: 80,45 ≈ 80.

Ре­ше­ние. Из диа­грам­мы видно, что курс евро был наи­мень­шим вось­мо­го числа (см. рис.).

Ответ: 8.

Ре­ше­ние. Рас­смот­рим два слу­чая.

1.  Сред­няя линия DE па­рал­лель­на сто­ро­не AB.

Тре­уголь­ник ABC по­до­бен тре­уголь­ни­ку DEC с ко­эф­фи­ци­ен­том 2. Пло­ща­ди по­доб­ных фигур от­но­сят­ся как квад­рат ко­эф­фи­ци­ен­та по­до­бия, по­это­му

2.  Сред­няя линия DE не па­рал­лель­на сто­ро­не AB. Пусть для опре­делёности D  — се­ре­ди­на сто­ро­ны AC. Тогда DE  — ме­ди­а­на тре­уголь­ни­ка ACE, и пло­ща­ди тре­уголь­ни­ков CDE и AED равны. CE  — ме­ди­а­на тре­уголь­ни­ка ABC, и пло­ща­ди тре­уголь­ни­ков CBE и ACE равны.

Ответ: 96.

Ре­ше­ние. Рас­смот­рим все ва­ри­ан­ты.

Мо­дель А:

Мо­дель Б:

Мо­дель В:

Тем самым, наи­выс­ший рей­тинг имеет имеет мо­дель A, он равен 0,68

Ответ: 0,68.

Ре­ше­ние. Если две дроби с рав­ны­ми чис­ли­те­лем равны, то равны их зна­ме­на­те­ли. Имеем

Ответ:−1,5.

Ре­ше­ние. Про­ве­дем вы­со­ту BH из точки B на сто­ро­ну Тре­уголь­ник BHO  — пря­мо­уголь­ный. Тан­генс угла есть от­но­ше­ние про­ти­во­ле­жа­ще­го ка­те­та к при­ле­жа­ще­му. Сле­до­ва­тель­но

Ответ: 0,8.

Ре­ше­ние. Пре­об­ра­зу­ем вы­ра­же­ние и вос­поль­зу­ем­ся фор­му­лой при­ве­де­ния:

Ответ: 59.

Ре­ше­ние. По опре­де­ле­нию пер­во­об­раз­ной на ин­тер­ва­ле (−8; 7) спра­вед­ли­во ра­вен­ство

Сле­до­ва­тель­но, ре­ше­ни­я­ми урав­не­ния f(x)=0 яв­ля­ют­ся точки экс­тре­му­мов изоб­ра­жен­ной на ри­сун­ке функ­ции F(x) Это точки −7; −4; −2; 1; 4. Из них на от­рез­ке [−5;5] лежат 4 точки. Таким об­ра­зом, на от­рез­ке [−5;5] урав­не­ние имеет 4 ре­ше­ния.

Ответ: 4.

Ре­ше­ние. Рас­смот­рим тре­уголь­ник По тео­ре­ме Пи­фа­го­ра

Ответ: 357.

Ре­ше­ние. Рав­но­воз­мож­ны 4 ис­хо­да экс­пе­ри­мен­та: орел-орел, орел-решка, решка-орел, решка-решка. Орел вы­па­да­ет два раза в одном слу­чае: орел-орел. По­это­му ве­ро­ят­ность того, что орел вы­па­дет ровно 2 раза, равна

Ре­ше­ние. Мень­ший конус по­до­бен боль­ше­му с ко­эф­фи­ци­ен­том Объ­е­мы по­доб­ных тел от­но­сят­ся как куб ко­эф­фи­ци­ен­та по­до­бия. По­это­му объем мень­ше­го ко­ну­са в 27 раз мень­ше объ­е­ма боль­ше­го ко­ну­са, ко­то­рый равен 12 мл. Сле­до­ва­тель­но, объем боль­ше­го ко­ну­са равен 27·12 = 324 мл. Таким об­ра­зом, не­об­хо­ди­мо до­лить 324 − 12 = 312 мл жид­ко­сти.

Ответ: 312.

Ре­ше­ние. За­да­ча сво­дит­ся к ре­ше­нию не­ра­вен­ства при за­дан­ных зна­че­ни­ях на­чаль­но­го на­пря­же­ния на кон­ден­са­то­ре кВ, со­про­тив­ле­ния ре­зи­сто­ра Ом и ёмко­сти кон­ден­са­то­ра Ф:

Ответ: 6.

Ре­ше­ние. Пусть масса пер­во­го спла­ва m кг, а масса вто­ро­го − кг, масса тре­тье­го спла­ва − кг. Пер­вый сплав со­дер­жит 5% меди, вто­рой − 13% меди, тре­тий сплав − 11% меди. Тогда:

Ответ: 18.

Ре­ше­ние. Най­дем про­из­вод­ную за­дан­ной функ­ции:

Най­дем нули про­из­вод­ной:

Опре­де­лим знаки про­из­вод­ной функ­ции и изоб­ра­зим на ри­сун­ке по­ве­де­ние функ­ции:

Ответ: 7.

Ре­ше­ние. а)  В силу не­чет­но­сти и пе­ри­о­дич­но­сти си­ну­са имеем:

Далее имеем:

б)  При по­мо­щи чис­ло­вой пря­мой или три­го­но­мет­ри­че­ской окруж­но­сти (см. рис.) для каж­дой из за­да­ю­щих ре­ше­ния серий от­бе­рем корни урав­не­ния, при­над­ле­жа­щие от­рез­ку

На­хо­дим три ре­ше­ния:

Ответ:

а)  

б)  

Ре­ше­ние.

а)  Пусть   — се­ку­щая плос­кость и О  — центр шара. Опу­стим пер­пен­ди­ку­ляр из цен­тра шара на плос­кость и обо­зна­чим через F ос­но­ва­ние этого пер­пен­ди­ку­ля­ра.

Пусть X  — про­из­воль­ная точка шара, при­над­ле­жа­щая плос­ко­сти По тео­ре­ме Пи­фа­го­ра Так как ОХ не боль­ше ра­ди­у­са R шара, то т. е. любая точка се­че­ния шара плос­ко­стью на­хо­дит­ся от точки F на рас­сто­я­нии, не боль­шем сле­до­ва­тель­но, она при­над­ле­жит шару. Это зна­чит, что се­че­ние шара плос­ко­стью есть круг с цен­тром в точке F.

Об­рат­но: любая точка X этого круга при­над­ле­жит шару. А это зна­чит, что се­че­ние шара плос­ко­стью есть круг с цен­тром в точке F. Тео­ре­ма до­ка­за­на.

б)  Рас­смот­рим се­че­ние, про­хо­дя­щее через общий центр шаров и цен­тры кру­гов. Введём обо­зна­че­ния цен­тра шаров, точек ка­са­ния и точек пе­ре­се­че­ния по­верх­но­стей шаров с плос­ко­стя­ми и как по­ка­за­но на ри­сун­ке.

От­ре­зок FD  — ра­ди­ус круга, по­лу­чен­но­го в се­че­нии мень­ше­го шара плос­ко­стью тогда   — пло­щадь се­че­ния мень­ше­го шара плос­ко­стью От­ре­зок AB  — ра­ди­ус круга, по­лу­чен­но­го в се­че­нии боль­ше­го шара плос­ко­стью тогда   — пло­щадь се­че­ния боль­ше­го шара плос­ко­стью От­ре­зок CF  — ра­ди­ус круга, по­лу­чен­но­го в се­че­нии боль­ше­го шара плос­ко­стью

Па­рал­лель­ные пря­мые AB и CF пер­пен­ди­ку­ляр­ны пря­мой Тогда из пря­мо­уголь­ных тре­уголь­ни­ков по­лу­ча­ем:

Пло­щадь се­че­ния боль­ше­го шара плос­ко­стью

Ис­сле­ду­ем слу­чай, когда плос­ко­сти рас­по­ло­же­ны по одну сто­ро­ну от цен­тра шара.

Рас­суж­дая ана­ло­гич­но, по­лу­ча­ем:

Ответ:12.

Ре­ше­ние. Решим вто­рое не­ра­вен­ство:

Решим пер­вое не­ра­вен­ство:

За­ме­тим, что Пе­ре­се­кая мно­же­ства ре­ше­ний не­ра­венств, по­лу­ча­ем:

Ответ:

Ре­ше­ние. Пусть   — центр окруж­но­сти ра­ди­у­са     — вто­рой окруж­но­сти, A  — вер­ши­на пря­мо­го угла, тогда

Воз­мож­ны два слу­чая. Пер­вый слу­чай: точка лежит между точ­ка­ми A и (рис. 1), тогда от­ку­да ра­ди­ус вто­рой окруж­но­сти

В тре­уголь­ни­ке имеем: По­сколь­ку общая хорда MN окруж­но­стей пер­пен­ди­ку­ляр­на линии цен­тров и де­лит­ся ею по­по­лам, вы­со­та MN тре­уголь­ни­ка равна по­ло­ви­не

По­лу­пе­ри­метр тре­уголь­ни­ка равен тогда для пло­ща­ди тре­уголь­ни­ка имеем:

от­ку­да

Вто­рой слу­чай: точка лежит между точ­ка­ми A и (рис. 2), тогда от­ку­да ра­ди­ус вто­рой окруж­но­сти В тре­уголь­ни­ке имеем Ана­ло­гич­но пер­во­му слу­чаю, вы­со­та MN тре­уголь­ни­ка равна по­ло­ви­не

В тре­уголь­ни­ке по­лу­пе­ри­метр:

от­ку­да

При­ведём ре­ше­ние за­да­чи ме­то­дом ко­ор­ди­нат.

За­ме­тим, что центр окруж­но­сти лежит на бис­сек­три­се пря­мо­го угла, по­это­му рас­сто­я­ние между цен­тра­ми окруж­но­стей ра­ди­у­сов R и r равно , где По усло­вию это рас­сто­я­ние равно 8, по­это­му если ра­ди­ус боль­шей окруж­но­сти (слу­чай 1), то:

а если ра­ди­ус мень­шей окруж­но­сти (слу­чай 2), то:

По­ме­стим на­ча­ло си­сте­мы ко­ор­ди­нат в вер­ши­не пря­мо­го угла, а ко­ор­ди­нат­ные оси рас­по­ло­жим вдоль его сто­рон. Тогда в слу­чае 1 ко­ор­ди­на­ты точек пе­ре­се­че­ния окруж­но­стей можно найти из си­сте­мы урав­не­ний:

решая ко­то­рую, на­хо­дим: Тогда по фор­му­ле рас­сто­я­ния между двумя точ­ка­ми на­хо­дим: от­ку­да

В слу­чае 2 имеем си­сте­му урав­не­ний:

решая ко­то­рую, на­хо­дим: Далее на­хо­дим от­ку­да

Ответ: или

----------

Дуб­ли­ру­ет за­да­ние 501609.

Ре­ше­ние.

Вы­ра­зим па­ра­метр a из за­дан­но­го урав­не­ния x:

Ис­ход­ное урав­не­ние имеет ре­ше­ния на по­лу­ин­тер­ва­ле [−1; 1) тогда и толь­ко тогда, когда пря­мые имеют общие точки с гра­фи­ком функ­ции при усло­ви­ях Таким об­ра­зом, (см. рис.), ис­ко­мы­ми зна­че­ни­я­ми па­ра­мет­ра яв­ля­ют­ся ис­клю­чая

Ответ:

При­ведём дру­гое ре­ше­ние.

Урав­не­ние рав­но­силь­но си­сте­ме

Эта си­сте­ма имеет хотя бы один ко­рень, при­над­ле­жа­щий про­ме­жут­ку если урав­не­ние имеет хотя бы один ко­рень, при­над­ле­жа­щий либо про­ме­жут­ку либо про­ме­жут­ку

По­сколь­ку гра­фи­ком функ­ции яв­ля­ет­ся па­ра­бо­ла, ветви ко­то­рой на­прав­ле­ны вверх, а вер­ши­на на­хо­дит­ся в точке урав­не­ние имеет хотя бы один ко­рень, при­над­ле­жа­щий про­ме­жут­ку  при усло­вии

от­ку­да (рис. 1).

Урав­не­ние имеет хотя бы один ко­рень, при­над­ле­жа­щий про­ме­жут­ку при усло­вии

от­ку­да  (рис. 2).

Урав­не­ние имеет хотя бы один ко­рень, при­над­ле­жа­щий про­ме­жут­ку при и при

Ре­ше­ние. а)  Да, может. Числа 2, 3, 4, 5 со­став­ля­ют ариф­ме­ти­че­скую про­грес­сию, их сумма равна 14.

б)  Пусть a  — пер­вый член, d  — раз­ность, n  — число чле­нов про­грес­сии, тогда их сумма равна Чтобы ко­ли­че­ство чле­нов было наи­боль­шим, пер­вый член и раз­ность долж­ны быть наи­мень­ши­ми. Пусть они равны 1, тогда по усло­вию Наи­боль­шее на­ту­раль­ное ре­ше­ние этого не­ра­вен­ства n  =  41. Такой ре­зуль­тат по­лу­ча­ет­ся при про­грес­сии

в)  Для суммы чле­нов ариф­ме­ти­че­ской про­грес­сии имеем:

Таким об­ра­зом, число чле­нов про­грес­сии n яв­ля­ет­ся де­ли­те­лем числа 246. Если то левая часть боль­ше 246: сле­до­ва­тель­но, По­сколь­ку по­лу­ча­ем, что или Про­грес­сии из трёх и шести чле­нов с сум­мой 123 су­ще­ству­ют: на­при­мер, 40, 41, 42 и 3, 10, 17, 24, 31, 38.

При­ве­дем дру­гое ре­ше­ние.

а)  

б)   По­сколь­ку число n не может быть равно или быть боль­ше. Число удо­вле­тво­ря­ет усло­вию.

в)    — не удо­вле­тво­ря­ет.

по­это­му имеем   — много есть таких про­грес­сий. Имеем   — есть такая про­грес­сия.

Ответ: а)  да; б)  41; в)  3, 6.

----------

Дуб­ли­ру­ет за­да­ние 501512.