Ре­ше­ние. а)  За­ме­тим, что урав­не­ние имеет вид от­ку­да по­лу­ча­ем Тогда

Ис­ход­ное урав­не­ние опре­де­ле­но при За­ме­тим, что сле­до­ва­тель­но, а По­это­му в ОДЗ лежат числа

б)  За­ме­тим, что

по­это­му на за­дан­ном от­рез­ке лежит толь­ко ко­рень

Ответ: а) б)

Ре­ше­ние. а)  Пусть K  — се­ре­ди­на AB, CK  — вы­со­та, M  — точка пе­ре­се­че­ния апо­фе­мы SK с EF (то есть плос­ко­стью CEF), а M'  — про­ек­ция точки M на вы­со­ту CK. Из усло­вия сле­ду­ет, что пря­мые EF и AB па­рал­лель­ны, тогда, по тео­ре­ме о трёх пер­пен­ди­ку­ля­рах, пря­мая CM пер­пен­ди­ку­ляр­на пря­мой EF и угол MCK  — ли­ней­ный угол между плос­ко­стя­ми CEF и ABC. Найдём его ко­си­нус.

Пусть ребро тет­ра­эд­ра равно a. Тогда вы­со­та ос­но­ва­ния а вы­со­та пи­ра­ми­ды

Тре­уголь­ни­ки KMM' и SOK по­доб­ны, при этом

Далее,

от­ку­да

б)  Пусть E' и F'  — про­ек­ции точек E и F со­от­вет­ствен­но. Тогда про­ек­ци­ей рав­но­бед­рен­но­го тре­уголь­ни­ка CEF яв­ля­ет­ся рав­но­бед­рен­ный тре­уголь­ник CE'F'. При этом его ос­но­ва­ние

а вы­со­та

От­сю­да ис­ко­мая пло­щадь

Ответ: б)

Ре­ше­ние. Не­ра­вен­ство имеет вид или Для по­ло­жи­тель­ных а такое не­ра­вен­ство верно, если Если же зна­че­ния  а от­ри­ца­тель­ны, то они долж­ны быть боль­ше  −1. Итак,

За­ме­тим, что при не­ра­вен­ства не имеют смыс­ла. При ос­но­ва­ния ло­га­риф­мов боль­ше 1 и со­во­куп­ность при­ни­ма­ет вид

Решим пер­вое не­ра­вен­ство со­во­куп­но­сти. При по­лу­ча­ем

При по­лу­ча­ем

Решим вто­рое не­ра­вен­ство со­во­куп­но­сти. При по­лу­ча­ем, что а зна­чит, не­ра­вен­ство не имеет ре­ше­ний. При по­лу­ча­ем

Объ­еди­няя ре­зуль­та­ты, по­лу­ча­ем ответ.

Ответ:

Ре­ше­ние. а)  Пусть H  — про­ек­ция точки E на AC. Тогда по тео­ре­ме о про­пор­ци­о­наль­ных от­рез­ках

Таким об­ра­зом, по­это­му

Что и тре­бо­ва­лось до­ка­зать.

б)  Пусть

Тогда из тео­ре­мы Пи­фа­го­ра по­лу­ча­ем, что

Вы­ра­зим из этой си­сте­мы y через x. Имеем зна­чит,

От­сю­да то есть Окон­ча­тель­но по­лу­ча­ем урав­не­ние

Решая это урав­не­ние, по­лу­ча­ем что по­это­му Для по­лу­че­ния от­ве­та за­ме­тим, что пло­щадь рав­но­сто­рон­не­го тре­уголь­ни­ка со сто­ро­ной z равна

Ответ:

При­ве­дем ре­ше­ние пунк­та б) Ирины Шраго.

Пусть K  — точка пе­ре­се­че­ния от­рез­ков BP и AE. В со­от­вет­ствии с пунк­том а) Пусть тогда

В тре­уголь­ни­ке AFK по тео­ре­ме си­ну­сов

Тогда Из пря­мо­уголь­но­го тре­уголь­ни­ка AFP по­лу­чим

Пло­щадь рав­но­сто­рон­не­го тре­уголь­ни­ка равна:

Ре­ше­ние. 15-⁠го числа каж­до­го ме­ся­ца долг дол­жен умень­шать­ся на тыс. руб. Чтобы вы­пла­та, ко­то­рая со­сто­ит из ос­нов­но­го долга и на­бе­жав­ших про­цен­тов, была мень­ше 6,25 тыс. руб., нужно, чтобы про­цен­ты со­став­ля­ли мень­ше тыс. руб. Зна­чит, сумма долга, на ко­то­рую на­чис­ля­ют­ся про­цен­ты, долж­на быть мень­ше тыс. руб. Это ре­а­ли­зу­ет­ся толь­ко в по­след­ние три ме­ся­ца, когда сумма долга со­став­ля­ла 5, 10 и 15 тыс. руб. Таким об­ра­зом, вы­пла­ты по по­га­ше­нию кре­ди­та будут мень­ше 6,25 тыс. руб. в те­че­ние трёх ме­ся­цев.

Ответ: 3.

Ре­ше­ние. Решим за­да­чу графо-ана­ли­ти­че­ским спо­со­бом. Пер­вое урав­не­ние си­сте­мы на плос­ко­сти xOy задаёт ло­ма­ную

Вто­рое урав­не­ние си­сте­мы

на плос­ко­сти xOy задаёт окруж­ность c цен­тром в точке и ра­ди­у­сом при вы­рож­да­ю­щу­ю­ся в точку

При си­сте­ма имеет един­ствен­ное ре­ше­ние За­ме­тим, что при любом зна­че­нии па­ра­мет­ра a рас­сто­я­ние от цен­тра окруж­но­сти до пря­мой равно ра­ди­у­су окруж­но­сти. При центр окруж­но­сти на­хо­дит­ся ниже ло­ма­ной, зна­чит, си­сте­ма также имеет един­ствен­ное ре­ше­ние При си­сте­ма может иметь одно, три или пять ре­ше­ний. Три ре­ше­ния си­сте­ма имеет, если окруж­ность ка­са­ет­ся лучей пря­мых и от­рез­ка пря­мой то есть если рас­сто­я­ние от цен­тра окруж­но­сти до пря­мых (в част­но­сти, до пря­мой ) равно ра­ди­у­су окруж­но­сти. Вос­поль­зу­ем­ся фор­му­лой рас­сто­я­ния от точки до пря­мой

Зна­чит, си­сте­ма имеет ровно три раз­лич­ных ре­ше­ния при

Ответ:

При­ме­ча­ние.

До­пол­ни­тель­но от­ме­тим, что при си­сте­ма имеет одно ре­ше­ние, а при   — пять ре­ше­ний.

Ре­ше­ние. а)  Да, на­при­мер, 90, 120, 150, 180, 210, 240, 270.

б)  Нет. Вы­бе­рем два со­сед­них члена про­грес­сии, крат­ных 90. Пусть это a_n и а раз­ность про­грес­сии равна d. Тогда по­это­му kd крат­но 90. Если то среди любых че­ты­рех чле­нов про­грес­сии под­ряд мак­си­мум один кра­тен 90, если же то среди любых трех чле­нов про­грес­сии под­ряд есть крат­ный 90. В пер­вом слу­чае среди 40 чле­нов их не более 10, во вто­ром  — не менее 13.

в)  В про­грес­сии крат­ные 90 числа по­па­да­ют­ся один раз на 90 чле­нов. Среди 3n чисел их будет не более а среди 4n чисел  — не менее от­ку­да и Зна­чит, среди 3n чисел не более трех крат­ны 90. По­это­му и

Можно взять и про­грес­сию, у ко­то­рой крат­но 90. На­при­мер, тогда среди чисел по­па­дут­ся 90, 180, 270, а среди чисел по­па­дут­ся 360 и 450 и все.

Ответ: а) да, б) нет, в) 67.