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

Ответ: 8.

На 3 дня кон­фе­рен­ции рас­хо­ду­ет­ся 80 · 3  =  240 па­ке­ти­ков чая. Раз­де­лим 240 на 50:

Зна­чит, на все дни кон­фе­рен­ции нужно ку­пить 5 пачек чая.

Ответ: 5.

Скид­ка на по­куп­ку со­ста­вит 140 · 0,05  =  7 руб­лей. Зна­чит, дер­жа­тель дис­конт­ной карты за­пла­тит за книгу 140 − 7  =  133 рубля.

Ответ: 133.

В каж­дом подъ­ез­де 15 · 4  =  60 квар­тир, по­это­му, квар­ти­ра номер 165 на­хо­дит­ся в тре­тьем подъ­ез­де, где ну­ме­ра­ция на­чи­на­ет­ся с 121-й квар­ти­ры. Так как на каж­дом этаже по 4 квар­ти­ры, по­лу­ча­ем номер этажа:

Так как пер­вый этаж за­ни­ма­ют ма­га­зи­ны, квар­ти­ра на­хо­дит­ся на 13-м этаже.

Ответ: 13.

При­ме­ча­ние: при­ведём таб­ли­цу рас­пре­де­ле­ния квар­тир по эта­жам

Ре­ше­ние. Из гра­фи­ка видно, что ровно 1,5 мм осад­ков вы­па­ло 9, 11 и 15 ян­ва­ря  — в те­че­ние трех дней.

Ответ: 3.

Из гра­фи­ка видно, что при умень­ше­нии силы тока с 12 до 4 ам­пе­ров, со­про­тив­ле­ние из­ме­ни­лось на 2,5 − 0,5  =  2 Ом.

Ответ: 2.

Из диа­грам­мы видно, что сред­не­ме­сяч­ная тем­пе­ра­ту­ра была от­ри­ца­тель­на в те­че­ние че­ты­рех ме­ся­цев: в ян­ва­ре, фев­ра­ле, марте и де­каб­ре.

Ответ: 4.

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

Ответ: 6.

Сред­няя линия тра­пе­ции равна по­ло­ви­не суммы ос­но­ва­ний:

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.

Пусть A  =  «хо­ло­диль­ник про­слу­жит боль­ше года, но мень­ше двух лет», В  =  «хо­ло­диль­ник про­слу­жит боль­ше двух лет», С  =  «хо­ло­диль­ник про­слу­жит ровно два года», тогда A + B + С  =  «хо­ло­диль­ник про­слу­жит боль­ше года».

Со­бы­тия A, В и С не­сов­мест­ные, ве­ро­ят­ность их суммы равна сумме ве­ро­ят­но­стей этих со­бы­тий. Ве­ро­ят­ность со­бы­тия С, со­сто­я­ще­го в том, что хо­ло­диль­ник вый­дет из строя ровно через два года  — стро­го в тот же день, час и се­кун­ду  — равна нулю. Тогда:

от­ку­да, ис­поль­зуя дан­ные из усло­вия, по­лу­ча­ем

Тем самым для ис­ко­мой ве­ро­ят­но­сти имеем:

Ответ: 0,2.

Пусть A  — со­бы­тие, со­сто­я­щее в том, что ми­шень по­ра­же­на стрел­ком с пер­во­го вы­стре­ла, B  — со­бы­тие, со­сто­я­щее в том, что пер­вый раз стре­лок про­мах­нул­ся, а со вто­ро­го вы­стре­ла по­ра­зил ми­шень, а со­бы­тие С  — со­бы­тие, со­сто­я­щее в том, что пер­вые два раза стре­лок про­мах­нул­ся, а с тре­тье­го вы­стре­ла по­ра­зил ми­шень. Ве­ро­ят­ность со­бы­тия A равна P(A) = 0,3. Со­бы­тие B яв­ля­ет­ся про­из­ве­де­ни­ем двух не­за­ви­си­мых со­бы­тий, по­это­му его ве­ро­ят­ность равна про­из­ве­де­нию ве­ро­ят­но­стей этих со­бы­тий: P(B)  =  0,3·0,7 = 0,21. Со­бы­тие С яв­ля­ет­ся про­из­ве­де­ни­ем трех не­за­ви­си­мых со­бы­тий, по­это­му его ве­ро­ят­ность равна про­из­ве­де­нию ве­ро­ят­но­стей этих со­бы­тий: P(C)  =  0,3·0,7·0,7  =  0,147. Со­бы­тия A, B и C не­сов­мест­ные, ве­ро­ят­ность их суммы равна сумме ве­ро­ят­но­стей этих со­бы­тий:

Ответ: 0,657.

При­ведём еще одно ре­ше­ние.

Пусть A  — со­бы­тие, со­сто­я­щее в том, что ми­шень не по­ра­же­на.

Тогда ис­ко­мая ве­ро­ят­ность пред­став­ля­ет собой ве­ро­ят­ность про­ти­во­по­лож­но­го со­бы­тия − ми­шень по­ра­же­на.

Ответ: 0,657.

Ре­ше­ние. Пе­рей­дем к од­но­му ос­но­ва­нию сте­пе­ни:

Ответ: 9.

Воз­ве­дем в квад­рат:

Ответ: 17.

По­сле­до­ва­тель­но по­лу­ча­ем:

Ответ: 93.

Воз­ве­дем в квад­рат:

Урав­не­ние имеет един­ствен­ный ко­рень, он и яв­ля­ет­ся от­ве­том.

Ответ: 3.

При­ме­ча­ние.

Число −1 не яв­ля­ет­ся кор­нем урав­не­ния. При под­ста­нов­ке его в урав­не­ние по­лу­чим не­вер­ное ра­вен­ство

Ре­ше­ние.

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

Зна­чит,

Ответ: 64.

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

Ответ: 6.

Диа­го­наль ромба BD яв­ля­ет­ся бис­сек­три­сой угла D, по­это­му угол ADC равен 26°. Сумма углов С и D равна 180°, по­это­му угол BCD равен 154°.

Ответ: 154.

При­ме­ча­ние.

Вни­ма­тель­ный чи­та­тель за­ме­тит, что угол BCD на ри­сун­ке ост­рый, а по­лу­чив­ший­ся ответ со­от­вет­ству­ет ту­по­му углу. Оче­вид­но, что это не вли­я­ет на спра­вед­ли­вость вы­ше­при­ве­ден­но­го ре­ше­ния  — за­да­чу можно ре­шить и вовсе без ри­сун­ка.

Пусть x  — ис­ко­мая вы­со­та. Пло­щадь па­рал­ле­ло­грам­ма равна про­из­ве­де­нию его ос­но­ва­ния на вы­со­ту, опу­щен­ную на это ос­но­ва­ние. Вы­чис­лим пло­щадь па­рал­ле­ло­грам­ма двумя спо­со­ба­ми:

Ответ: 16.

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.

Зна­че­ние про­из­вод­ной в точке ка­са­ния равно уг­ло­во­му ко­эф­фи­ци­ен­ту ка­са­тель­ной, ко­то­рый в свою оче­редь равен тан­ген­су угла на­кло­на дан­ной ка­са­тель­ной к оси абс­цисс. По­стро­им тре­уголь­ник с вер­ши­на­ми в точ­ках A (2; 4), C (2; −3), B (6; −3). Угол на­кло­на ка­са­тель­ной к оси абс­цисс будет равен углу, смеж­но­му с углом ABC:

Ответ: −1,75.

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.

Пло­щадь бо­ко­вых гра­ней от­се­чен­ной приз­мы вдвое мень­ше со­от­вет­ству­ю­щих пло­ща­дей бо­ко­вых гра­ней ис­ход­ной приз­мы. По­это­му пло­щадь бо­ко­вой по­верх­но­сти от­се­чен­ной приз­мы вдвое мень­ше пло­ща­ди бо­ко­вой по­верх­но­сти ис­ход­ной.

Ответ: 12.

Плос­кость, па­рал­лель­ная ос­но­ва­нию ко­ну­са, от­се­ка­ет от него конус по­доб­ный дан­но­му. Точка делит вы­со­ту в от­но­ше­нии 1 : 2, по­это­му вы­со­ты от­се­чен­но­го и ис­ход­но­го ко­ну­сов от­но­сят­ся как 1 : 3.

Объёмы по­доб­ных тел от­но­сят­ся как куб ко­эф­фи­ци­ен­та по­до­бия, по­это­му объем от­се­чен­но­го ко­ну­са в 27 раз мень­ше ис­ход­но­го. Сле­до­ва­тель­но, он равен 54 : 27  =  2. По­это­му объем остав­шей­ся части ко­ну­са, ко­то­рая при­мы­ка­ет к его ос­но­ва­нию, равен 54 − 2  =  52.

Ответ: 52.

Ре­ше­ние. Вос­поль­зу­ем­ся фор­му­лой По­сколь­ку угол лежит в тре­тьей или чет­вер­той чет­вер­ти, зна­че­ния си­ну­са от­ри­ца­тель­ные. Таким об­ра­зом, Сле­до­ва­тель­но,

Ответ: −0,96.

Най­дем зна­че­ние вы­ра­же­ния:

Ответ: 4.

Най­дем зна­че­ние вы­ра­же­ния:

Ответ: 16.

Ре­ше­ние. За­да­ча сво­дит­ся к ре­ше­нию урав­не­ния м/с при из­вест­ных зна­че­ни­ях м/с (ско­ро­сти звука в воде) и МГц (ча­сто­ты ис­пус­ка­е­мых им­пуль­сов):

Ответ: 751.

Ре­ше­ние. Пусть x (км/⁠ч)  — соб­ствен­ная ско­рость ка­те­ра, (км/⁠ч)  — ско­рость те­че­ния реки вес­ной. Тогда летом она со­ста­вит (км/⁠ч); 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.

Пусть масса 45-про­цент­но­го рас­тво­ра кис­ло­ты  — m₁ кг, а масса 97-про­цент­но­го  — m₂. Если сме­шать 45-про­цент­ный и 97-про­цент­ный рас­тво­ры кис­ло­ты и до­ба­вить 10 кг чи­стой воды, по­лу­чит­ся 62-про­цент­ный рас­твор кис­ло­ты: Если бы вме­сто 10 кг воды до­ба­ви­ли 10 кг 50-про­цент­но­го рас­тво­ра той же кис­ло­ты, то по­лу­чи­ли бы 72-про­цент­ный рас­твор кис­ло­ты: Решим по­лу­чен­ную си­сте­му урав­не­ний:

Зна­чит, было ис­поль­зо­ва­но 15 ки­ло­грам­мов 45-про­цент­но­го рас­тво­ра кис­ло­ты.

Ответ: 15.

Ско­рость уда­ле­ния ав­то­мо­би­лей друг от друга со­став­ля­ет: 70 − 40  =  30 км/⁠ч.

Пе­ре­ве­дем ми­ну­ты в часы: 15 минут со­став­ля­ют часа.

Таким об­ра­зом, через 15 минут после об­го­на рас­сто­я­ние со­ста­вит: км.

Ответ: 7,5.

Пусть вто­рая труба на­пол­ня­ет ре­зер­ву­ар за x минут, а пер­вая  — за x + 48 минут. В одну ми­ну­ту они на­пол­ня­ют со­от­вет­ствен­но и часть ре­зер­ву­а­ра. По­сколь­ку за 45 минут обе трубы за­пол­ня­ют весь ре­зер­ву­ар, по­лу­ча­ем:

За­ме­тим, что при по­ло­жи­тель­ных x функ­ция, на­хо­дя­ща­я­ся в левой части урав­не­ния, убы­ва­ет. По­это­му оче­вид­ное ре­ше­ние урав­не­ния един­ствен­но. Решая это урав­не­ние, по­лу­чим По­сколь­ку вто­рая труба за­пол­ня­ет ре­зер­ву­а­ра в ми­ну­ту, она за­пол­нит весь ре­зер­ву­ар за 72 ми­ну­ты.

Ответ: 72.

Ре­ше­ние.

Это за­да­ние ещё не ре­ше­но, при­во­дим ре­ше­ние про­то­ти­па.

Най­ди­те точку мак­си­му­ма функ­ции

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. От­ме­тим, что пря­мые NP и A₁A вза­им­но пер­пен­ди­ку­ляр­ны, по­сколь­ку ребро приз­мы пер­пен­ди­ку­ляр­но ее ос­но­ва­нию. Сле­до­ва­тель­но, пря­мая NP пер­пен­ди­ку­ляр­на плос­ко­сти ABB₁ бо­ко­вой грани приз­мы. По­это­му пря­мая MP  — про­ек­ция пря­мой MN на плос­кость ABB₁.

Пря­мые BM и MN вза­им­но пер­пен­ди­ку­ляр­ны, по­это­му, по тео­ре­ме, об­рат­ной тео­ре­ме о трёх пер­пен­ди­ку­ля­рах, пря­мые BM и MP также вза­им­но пер­пен­ди­ку­ляр­ны. Сле­до­ва­тель­но, угол NMP  — ли­ней­ный угол ис­ко­мо­го дву­гран­но­го угла.

Длина NP равна по­ло­ви­не вы­со­ты тре­уголь­ни­ка A₁B₁C₁, то есть По­это­му

Сле­до­ва­тель­но,

Ответ: б)

а)  Пусть O  — центр ос­но­ва­ния пи­ра­ми­ды (рис. 1), тогда

За­ме­тим, что AM : AB  =  AK : AS, зна­чит, пря­мые MK и BS па­рал­лель­ны. Кроме того, пря­мые MN и BC также па­рал­лель­ны, по­это­му плос­ко­сти MNK и SBC па­рал­лель­ны.

б)  Пусть точки P, Q и R  — се­ре­ди­ны от­рез­ков AD, BC и MN со­от­вет­ствен­но. Плос­ко­сти MNK и SBC па­рал­лель­ны, а плос­кость SPQ пер­пен­ди­ку­ляр­на пря­мой BC, по­это­му ис­ко­мое рас­сто­я­ние равно рас­сто­я­нию от точки R до пря­мой QS. Опу­стим из точки R пер­пен­ди­ку­ляр RH на пря­мую SQ (рис. 2). Тогда

Ответ: б)

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:

----------

Дуб­ли­ру­ет за­да­ние 501887.

Ре­ше­ние. Пусть по­вы­ша­ю­щий ко­эф­фи­ци­ент В со­от­вет­ствии с этим обо­зна­че­ни­ем и усло­ви­ем за­да­чи за­пол­ним таб­ли­цу.

Месяц	Долг на 1-е число, млн. руб	Вы­пла­та, млн. руб	Долг на 15-е число, млн. руб
Ян­варь			1
Фев­раль	k		0,6
Март	0,6k		0,4
Ап­рель	0,4k		0,3
Май	0,3k		0,2
Июнь	0,2k		0,1
Июль	0,1k		0

Найдём общую сумму вы­плат, сло­жив еже­ме­сяч­ные вы­пла­ты:

По усло­вию

Зна­чит,

Наи­боль­шее целое зна­че­ние Таким об­ра­зом, еже­ме­сяч­но оста­ток долга воз­рас­тал на 7%.

Ответ: r  =  7.

При­быль фирмы (в млн руб­лей) за один год вы­ра­жа­ет­ся как

Это вы­ра­же­ние яв­ля­ет­ся квад­рат­ным трёхчле­ном и до­сти­га­ет сво­е­го наи­боль­ше­го зна­че­ния при Наи­боль­шее зна­че­ние равно Стро­и­тель­ство за­во­да оку­пит­ся не более чем за 3 года, если

то есть при по­сколь­ку цена про­дук­ции не может быть от­ри­ца­тель­ной.

Таким об­ра­зом, наи­мень­шее зна­че­ние

Ответ: 9.

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 два 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 про­шед­ший в неё уча­щий­ся на­брал u бал­лов. Тогда по­лу­ча­ем:

Если B  =  7, 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 B  =  1 или B  =  3, то не де­лит­ся на 10. Если B  =  2 или B  =  4, то m  =  4. В пер­вом слу­чае 14A  =  10, а во вто­ром 14A  =  20. Зна­чит,ни один из этих слу­ча­ев не воз­мо­жен.

При B  =  5 и m  =  3 по­лу­ча­ем u  =  3 и A  =  2. 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.

а)  Если наи­мень­шее число равно 3, то сумма шести наи­мень­ших чисел не мень­ше а их сред­нее ариф­ме­ти­че­ское боль­ше 5.

б)  Упо­ря­до­чим числа по воз­рас­та­нию и обо­зна­чим их Сумма шести наи­мень­ших чисел равна 30, сумма шести наи­боль­ших чисел равна  90, сумма всех де­ся­ти чисел равна  110. Тогда то есть Но та­ко­го быть не может, по­сколь­ку и

в)  До­ка­жем, что Пусть тогда зна­чит, (иначе ). Но тогда Про­ти­во­ре­чие. Зна­чит, Таким об­ра­зом, Тогда сред­нее ариф­ме­ти­че­ское всех 10 чисел не пре­вос­хо­дит 10,5.

Сред­нее ариф­ме­ти­че­ское на­бо­ра 2, 3, 4, 6, 7, 8, 14, 16, 22, 23, удо­вле­тво­ря­ю­ще­го усло­ви­ям за­да­чи, как раз равно 10,5.

Ответ: а)  нет; б)  нет; в)