Ре­ше­ние. Ис­поль­зу­ем фор­му­лу :

При­ве­дем дру­гое ре­ше­ние.

Ответ: 2.

Ре­ше­ние. Из 25 би­ле­тов 15 не со­дер­жат во­про­са по теме «Не­ра­вен­ства», по­это­му ве­ро­ят­ность того, что в слу­чай­но вы­бран­ном на эк­за­ме­не би­ле­те школь­ни­ку не до­ста­нет­ся во­про­са по теме «Не­ра­вен­ства», равна

Ответ: 0,6.

Ре­ше­ние. За­ме­тим, что сто­ро­на ромба равна 50. Диа­го­на­ли ромба пе­ре­се­ка­ют­ся под пря­мым углом и точ­кой пе­ре­се­че­ния де­лят­ся по­по­лам. Пусть тогда По тео­ре­ме Пи­фа­го­ра по­это­му от­ку­да Сле­до­ва­тель­но, вы­со­та тре­уголь­ни­ка AOB равна

Таким об­ра­зом, вы­со­та ромба равна 

Ответ: 48.

При­ве­дем ре­ше­ние Ра­си­ля Са­ды­ко­ва.

За­ме­тим, что сто­ро­на ромба равна 50. Диа­го­на­ли ромба пе­ре­се­ка­ют­ся под пря­мым углом и точ­кой пе­ре­се­че­ния де­лят­ся по­по­лам. Пусть тогда По тео­ре­ме Пи­фа­го­ра по­это­му от­ку­да Диа­го­на­ли ромба со­от­вет­ствен­но равны Пло­щадь ромба равна или, с дру­гой сто­ро­ны, По­лу­чим урав­не­ние от­ку­да

Ре­ше­ние. Вос­поль­зу­ем­ся тож­де­ством и рас­кро­ем мо­ду­ли на от­рез­ке [6; 10]:

Ответ: 4.

Ре­ше­ние. Объем приз­мы равен про­из­ве­де­нию пло­ща­ди ее ос­но­ва­ния на вы­со­ту и вы­ра­жа­ет­ся через сто­ро­ну ос­но­ва­ния а и вы­со­ту Н фор­му­лой По­это­му а зна­чит, при уве­ли­че­нии сто­ро­ны а в 4 раза зна­ме­на­тель уве­ли­чит­ся в 16 раз, то есть вы­со­та умень­шит­ся в 16 раз и будет равна 5 см.

Ответ: 5.

Ре­ше­ние. Раз­ность зна­че­ний пер­во­об­раз­ной в точ­ках 8 и 2 равна пло­ща­ди вы­де­лен­ной на ри­сун­ке тра­пе­ции По­это­му

Ответ: 7.

При­ме­ча­ние Д. Д. Гу­щи­на.

В связи с воз­ни­ка­ю­щи­ми у учи­те­лей во­про­са­ми при­ве­дем ана­ли­ти­че­ское ре­ше­ние; из­лиш­не гро­мозд­кое для дан­ной за­да­чи, но рас­кры­ва­ю­щее смысл кон­стант в за­пи­си не­опре­де­лен­но­го ин­те­гра­ла. Разо­брать­ся в нем будет по­лез­но и уче­ни­кам, же­ла­ю­щим глуб­же по­нять тему.

Поль­зу­ясь дан­ным в усло­вии гра­фи­ком, за­пи­шем функ­цию в виде

За­пи­шем вы­ра­же­ние для пер­во­об­раз­ной:

За­ме­тим, что пер­во­об­раз­ная яв­ля­ет­ся диф­фе­рен­ци­ру­е­мой, а по­то­му и не­пре­рыв­ной функ­ци­ей в каж­дой точке своей об­ла­сти опре­де­ле­ния. Сле­до­ва­тель­но, не­пре­рыв­ной в точке 3. По­это­му вы­ра­же­ния для пер­во­об­раз­ных в точке 3 долж­ны быть рав­ны­ми. Под­ста­вим в урав­не­ние

от­ку­да Сле­до­ва­тель­но,

Пока най­де­на не­пре­рыв­ная функ­ция F, ко­то­рая яв­ля­ет­ся пер­во­об­раз­ной функ­ции f на луче и на по­лу­ин­тер­ва­ле Оста­лось изу­чить диф­фе­рен­ци­ру­е­мость F в точке 3. Най­дем ле­во­сто­рон­нюю и пра­во­сто­рон­нюю про­из­вод­ные:

Ле­во­сто­рон­няя про­из­вод­ная F в точке 3 равна пра­во­сто­рон­ней, а по­то­му Те­перь можно утвер­ждать, что функ­ция F яв­ля­ет­ся пер­во­об­раз­ной для f на всей об­ла­сти опре­де­ле­ния. Для от­ве­та на во­прос за­да­чи оста­лось найти раз­ность зна­че­ний пер­во­об­раз­ной в точ­ках 8 и 2:

Ответ: 7.

За­ме­ча­ние. От­ме­тим до­пол­ни­тель­но, что ле­во­сто­рон­няя и пра­во­сто­рон­няя про­из­вод­ные про­из­вод­ные опре­де­ля­ют­ся как

Если по­ло­жить в пер­вой из этих фор­мул а во вто­рой  — то со­от­вет­ствен­но: и от­ку­да сле­ду­ют более удоб­ные для вы­чис­ле­ний фор­му­лы:

ко­то­рые были ис­поль­зо­ва­ны выше в ре­ше­нии.

Пыт­ли­вый чи­та­тель мог бы за­ин­те­ре­со­вать­ся тем, как «скле­е­ны» между собой ветви гра­фи­ка най­ден­ной пер­во­об­раз­ной в точке с абс­цис­сой 3. Го­во­ря более фор­маль­но, не­об­хо­ди­мо узнать, каков угол между ка­са­тель­ны­ми лу­ча­ми к вет­вям гра­фи­ка функ­ции f, про­ве­ден­ны­ми в их общей точке. Чтобы от­ве­тить на этот во­прос, рас­смот­рим функ­ции и Из при­ве­ден­ных выше рас­суж­де­ний сле­ду­ет, что и Но си­сте­ма урав­не­ний

есть усло­вие ка­са­ния гра­фи­ков функ­ций f и g в точке x₀. Итак, для лю­бо­го зна­че­ния кон­стан­ты С₁ пря­мая яв­ля­ет­ся ка­са­тель­ной к па­ра­бо­ле

Более про­стой спо­соб по­ка­зать ка­са­ние не свя­зан с про­из­вод­ной. По­ка­жем, что пря­мая яв­ля­ет­ся ка­са­тель­ной к па­ра­бо­ле в точке 3. Дей­стви­тель­но, урав­не­ние то есть урав­не­ние имеет ровно один ко­рень, рав­ный 3, а зна­чит, для лю­бо­го зна­че­ния С эти пря­мая и па­ра­бо­ла имеют един­ствен­ную общую точку  — точку ка­са­ния.

От­ме­тим до­пол­ни­тель­но, что за­да­ния ука­зан­но­го типа долж­ны быть зна­ко­мы учи­те­лям, на­при­мер, по из­вест­ной книге Га­лиц­ко­го М. Л., Мош­ко­ви­ча М. М., Шварц­бур­да С. И. Углуб­лен­ное изу­че­ние ал­геб­ры и ма­те­ма­ти­че­ско­го ана­ли­за (Москва, 1982): см. за­да­ние 4 из ин­те­рес­ной, кста­ти, и самой по себе кон­троль­ной ра­бо­ты для 10 (11) клас­са с углуб­лен­ным изу­че­ни­ем ма­те­ма­ти­ки.

Более про­стая за­да­ча при­во­дит­ся с ре­ше­ни­ем в по­со­бии Са­а­кя­на С. М. и др. За­да­чи по ал­геб­ре и на­ча­лам ана­ли­за для 10–11 клас­сов: не­об­хо­ди­мо найти общий вид пер­во­об­раз­ных функ­ции К со­жа­ле­нию, при­ве­ден­ное ав­то­ра­ми ре­ше­ние (см. ниже) нель­зя при­знать пол­но­стью удо­вле­тво­ри­тель­ным, по­сколь­ку в нем не про­ве­ря­ет­ся диф­фе­рен­ци­ру­е­мость най­ден­ной пер­во­об­раз­ной в точке 1. Предо­сте­ре­га­ем чи­та­те­ля от этой ошиб­ки.

Из более новых работ ре­ко­мен­ду­ем об­ра­тить­ся к учеб­ни­ку М. Я. Пра­ту­се­ви­ча и др. Ал­геб­ра и на­ча­ла ма­те­ма­ти­че­ско­го ана­ли­за, 11 класс, стр. 96. В этом учеб­ни­ке во­прос о пер­во­об­раз­ной функ­ции разо­бран пол­но­стью без упу­ще­ний.

Ре­ше­ние. За­да­ча сво­дит­ся к ре­ше­нию не­ра­вен­ства при из­вест­ном зна­че­нии по­сто­ян­ной Гц:

Зна­чит, ми­ни­маль­ное зна­че­ние ско­ро­сти теп­ло­во­за 7 м/⁠с.

Ответ: 7.

Ре­ше­ние. Пусть υ км/⁠ч  — ско­рость пер­во­го мо­то­цик­ли­ста, тогда ско­рость вто­ро­го мо­то­цик­ли­ста равна υ + 21 км/⁠ч. Пусть пер­вый раз мо­то­цик­ли­сты по­рав­ня­ют­ся через t часов. Для того чтобы мо­то­цик­ли­сты по­рав­ня­лись, более быст­рый дол­жен пре­одо­леть из­на­чаль­но раз­де­ля­ю­щее их рас­сто­я­ние, рав­ное по­ло­ви­не длины трас­сы. По­это­му

Таким об­ра­зом, мо­то­цик­ли­сты по­рав­ня­ют­ся через  часа, или через 20 минут.

Ответ: 20.

При­ведём дру­гое ре­ше­ние.

Быст­рый мо­то­цик­лист дви­жет­ся от­но­си­тель­но мед­лен­но­го со ско­ро­стью 21 км/⁠ч и дол­жен пре­одо­леть раз­де­ля­ю­щие их 7 км. Сле­до­ва­тель­но, на это ему по­тре­бу­ет­ся одна треть часа.

Ре­ше­ние. За­ме­тим, что на ри­сун­ке изоб­ра­же­ны гра­фи­ки ли­ней­ных функ­ций. Найдём их урав­не­ния y  =  kx + b.

Пер­вая пря­мая про­хо­дит через точки (–2; 4) и (−1; −1), сле­до­ва­тель­но

Зна­чит, урав­не­ние пер­вой пря­мой  —

Вто­рая пря­мая про­хо­дит через точки (−1; 2) и (2; −1), сле­до­ва­тель­но,

Зна­чит, урав­не­ние вто­рой пря­мой  —

Абс­цис­су точки пе­ре­се­че­ния найдём, решив урав­не­ние:

Ответ: −1,75.

Ре­ше­ние. Для по­го­ды на 4, 5 и 6 июля есть 4 ва­ри­ан­та: ХХО, ХОО, ОХО, ООО (здесь Х  — хо­ро­шая, О  — от­лич­ная по­го­да). Най­дем ве­ро­ят­но­сти на­ступ­ле­ния такой по­го­ды:

Ука­зан­ные со­бы­тия не­сов­мест­ные, ве­ро­ят­ность их суммы равна сумме ве­ро­ят­но­стей этих со­бы­тий:

Ответ: 0,392.

Ре­ше­ние. Най­дем про­из­вод­ную за­дан­ной функ­ции:

Най­дем нули про­из­вод­ной на за­дан­ном от­рез­ке:

Опре­де­лим знаки про­из­вод­ной функ­ции на за­дан­ном от­рез­ке и изоб­ра­зим на ри­сун­ке по­ве­де­ние функ­ции:

В точке за­дан­ная функ­ция имеет мак­си­мум, яв­ля­ю­щий­ся ее наи­боль­шим зна­че­ни­ем на за­дан­ном от­рез­ке. Най­дем это наи­боль­шее зна­че­ние:

Ответ: 12.

Ре­ше­ние. а)  За­ме­тим, что урав­не­ние опре­де­ле­но при любом За­пи­шем ис­ход­ное урав­не­ние в виде:

Зна­чит, либо от­ку­да или либо от­ку­да или

б)  По­сколь­ку от­рез­ку при­над­ле­жат корни и

Ответ: а) б)

Ре­ше­ние. а)  По­стро­им се­че­ние приз­мы плос­ко­стью γ. Про­ведём КР || АС, CP  =  1. Про­ведём PL, про­ведём LR || AC, Про­ведём RK. Тра­пе­ция LPKR  — ис­ко­мое се­че­ние. Се­че­ние па­рал­лель­но АС по при­зна­ку па­рал­лель­но­сти пря­мой к плос­ко­сти.

Введём си­сте­му ко­ор­ди­нат, как по­ка­за­но на ри­сун­ке. В этой си­сте­ме ко­ор­ди­нат: В(0; 0; 0), С(0; 6; 0), В'(0; 0; 3), C'(0; 6; 3), P(0; 5; 0),

Тогда

От­ку­да по­лу­ча­ем:

Так как и по­лу­ча­ем, что

б)  Далее за­ме­тим, что плос­кость се­че­ния пер­пен­ди­ку­ляр­на век­то­ру най­дем урав­не­ние плос­ко­сти и вы­чис­лим рас­сто­я­ние от точки до плос­ко­сти.

Найдём сво­бод­ный член D в урав­не­нии плос­ко­сти под­ста­вив ко­ор­ди­на­ты точки К:

Упро­стив урав­не­ние плос­ко­сти, по­лу­чим:

Тогда для ис­ко­мо­го рас­сто­я­ния по­лу­ча­ем:

При­ве­дем дру­гое ре­ше­ние.

а)  Четырёхуголь­ник RLPK  — ис­ко­мое се­че­ние. Про­ведём плос­кость B'MTB. Имеем:

Рас­смот­рим пря­мо­уголь­ник BB'MT. За­ме­тим, что LR  — сред­няя линия тре­уголь­ни­ка A'B'C', тогда F'  — се­ре­ди­на B'M, тогда

Пусть те­перь Тогда

На про­дол­же­нии TB за точку B от­ме­тим точку F'', такую, что Тогда и

Далее,

По об­рат­ной тео­ре­ме Пи­фа­го­ра, тре­уголь­ник FF'F'' пря­мо­уголь­ный сле­до­ва­тель­но,

б)  За­ме­тим, что по­сколь­ку то Пусть ос­но­ва­ни­ем пер­пен­ди­ку­ля­ра опу­щен­но­го из T на γ будет яв­лять­ся точка S. Тогда TS || BM || F''F'. Таким об­ра­зом, тре­уголь­ни­ки FTS и FF''F' будут по­доб­ны. Сле­до­ва­тель­но, от­ку­да

Ответ: б)

Еще один под­ход к ре­ше­нию за­да­чи, не ис­поль­зу­ю­щий метод ко­ор­ди­нат, ука­жем на при­ме­ре за­да­чи 514653.

Ре­ше­ние. По­сле­до­ва­тель­но по­лу­ча­ем:

Ответ:

Ре­ше­ние. Обо­зна­чим бук­вой t время, про­шед­шее с на­чаль­но­го мо­мен­та вре­ме­ни. По­сколь­ку каж­дый ве­ло­си­пе­дист дви­жет­ся по вза­им­но пер­пен­ди­ку­ляр­ным до­ро­гам, то рас­сто­я­ние между ними может быть вы­чис­ле­но по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра. Рас­смот­рим f (t)  — квад­рат длины в каж­дый мо­мент вре­ме­ни, тогда

Итак, У дан­ной квад­ра­тич­ной функ­ции есть наи­мень­шее зна­че­ние, ко­то­рое до­сти­га­ет­ся при мин. Най­дем его:

Таким об­ра­зом, ми­ни­маль­ное рас­сто­я­ние между ве­ло­си­пе­ди­ста­ми равно км и будет до­стиг­ну­то через мин.

Ответ: мин, км.

При­ме­ча­ние.

Усло­вие уточ­не­но ре­дак­ци­ей Решу ЕГЭ.

Ре­ше­ние. а)  По тео­ре­ме Ме­не­лая и По­сколь­ку на­хо­дим:

б)  По тео­ре­ме Ме­не­лая Также имеем За­ме­тим, что тре­уголь­ни­ки AB₁B и BCB₁ имеют общую вы­со­ту, сле­до­ва­тель­но: По­это­му Ана­ло­гич­но до­ка­зы­ва­ем, что

Тре­уголь­ни­ки AOC и AC₁O имеют общую вы­со­ту, по­это­му Ана­ло­гич­но до­ка­зы­ва­ем, что Тогда

Ответ:

При­ведём дру­гое ре­ше­ние (Олег Цим­ба­лист).

а)  Из за­дан­но­го по усло­вию со­от­но­ше­ния длин от­рез­ков сле­ду­ет по­до­бие тре­уголь­ни­ков ABC и из ко­то­ро­го, в свою оче­редь, сле­ду­ет па­рал­лель­ность от­рез­ков BC и От­ре­зок рас­се­ка­ет ис­ход­ный тре­уголь­ник ABC на тре­уголь­ник и тра­пе­цию в ко­то­рой точка О  — это точка пе­ре­се­че­ния диа­го­на­лей.

Точка пе­ре­се­че­ния диа­го­на­лей тра­пе­ции лежит на пря­мой, про­хо­дя­щей через точку пе­ре­се­че­ния про­дол­же­ний бо­ко­вых сто­рон тра­пе­ции и се­ре­ди­ны её ос­но­ва­ний, из чего сле­ду­ет ис­ко­мое утвер­жде­ние.

б)  Пусть в тре­уголь­ни­ке ABC длина ос­но­ва­ния BC равна a, а вы­со­та, опу­щен­ная из вер­ши­ны на ос­но­ва­ние BC, равна h. И пусть пло­щадь тре­уголь­ни­ка АВС равна тогда

Вы­со­та от­се­чен­ной тра­пе­ции со­ста­вит Диа­го­на­ли тра­пе­ции от­се­ка­ют от неё по­доб­ные тре­уголь­ни­ки BCO и в ко­то­рых

Вы­со­ты этих тре­уголь­ни­ков тоже со­от­но­сят­ся как 5 : 1, сле­до­ва­тель­но, вы­со­та тре­уголь­ни­ка BCO со­ста­вит 5/⁠6 от вы­со­ты тра­пе­ции По­это­му пло­щадь а пло­щадь тре­уголь­ни­ка со­ста­вит его 25-⁠ю часть, то есть На­ко­нец,

Итак, ис­ко­мое со­от­но­ше­ние равно 1 : 15.

Ре­ше­ние. За­ме­тим, что при любых зна­че­ни­ях пе­ре­мен­ной x и па­ра­мет­ра a зна­ме­на­тель дроби в левой части не­ра­вен­ства по­ло­жи­те­лен, по­это­му ис­ход­ное не­ра­вен­ство рав­но­силь­но не­ра­вен­ству

Для того чтобы мно­же­ство ре­ше­ний не­ра­вен­ства со­дер­жа­ло от­ре­зок синус дол­жен при­ни­мать все зна­че­ния (см. рис.)

Пусть тогда не­ра­вен­ство при­ни­ма­ет вид

Рас­смот­рим функ­цию Для того, чтобы мно­же­ство ре­ше­ний по­след­не­го не­ра­вен­ства со­дер­жа­ло от­ре­зок не­об­хо­ди­мо и до­ста­точ­но, чтобы од­но­вре­мен­но вы­пол­ня­лись два усло­вия и

Ответ:

Ре­ше­ние. а)  Если числа равны 1, 2, 4, 8, 16, 32, 64 и 128, то ни­ка­кие три из них не об­ра­зу­ют хо­ро­шую трой­ку.

Дру­гой при­мер  — по­сле­до­ва­тель­ность чисел Фи­бо­нач­чи без пер­вой еди­ни­цы: 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34.

б)  Если одно из чисел яв­ля­ет­ся дли­ной ги­по­те­ну­зы для двух тре­уголь­ни­ков, какое-то из остав­ших­ся трёх чисел яв­ля­ет­ся дли­ной ка­те­та для этих двух тре­уголь­ни­ков, а тогда тре­уголь­ни­ки ока­жут­ся рав­ны­ми по ги­по­те­ну­зе и ка­те­ту. Зна­чит, каж­дое число может быть дли­ной ги­по­те­ну­зы не более чем од­но­го тре­уголь­ни­ка. При этом два самых ма­лень­ких числа не могут яв­лять­ся дли­ной ги­по­те­ну­зы тре­уголь­ни­ка. Зна­чит, среди четырёх чисел можно найти не более двух от­лич­ных троек.

Дру­гое рас­суж­де­ние для п. б). Рас­по­ло­жим числа в по­ряд­ке воз­рас­та­ния: и от­ме­тим, что ги­по­те­ну­зой могут быть толь­ко два боль­ших числа. За­пи­шем три ра­вен­ства на ги­по­те­ну­зу тре­уголь­ни­ка: и за­ме­тим, что из по­след­них двух ра­венств сле­ду­ет ра­вен­ство чисел про­ти­во­ре­ча­щее усло­вию.

в)  Упо­ря­до­чим числа по воз­рас­та­нию. Самое боль­шое из них может быть дли­ной ги­по­те­ну­зы не более чем в пяти тре­уголь­ни­ках (в про­тив­ном слу­чае одно из остав­ших­ся 11 чисел будет дли­ной ка­те­та в двух тре­уголь­ни­ках с дан­ной ги­по­те­ну­зой, а тогда эти тре­уголь­ни­ки будут равны по ги­по­те­ну­зе и ка­те­ту). Ана­ло­гич­но, вто­рое по ве­ли­чи­не число может быть дли­ной ги­по­те­ну­зы не более чем в пяти тре­уголь­ни­ках, тре­тье и четвёртое  — в четырёх, пятое и ше­стое  — в трёх, седь­мое и вось­мое  — в двух, де­вя­тое и де­ся­тое  — в одном. Итого от­лич­ных троек может по­лу­чить­ся не более 30. Трид­цать от­лич­ных троек найдётся, на­при­мер, для сле­ду­ю­ще­го на­бо­ра чисел:

Ответ: а)  да; б)  нет; в)  30.

При­ме­ча­ние.

За­ме­тим, что при ре­ше­нии пунк­та б) не тре­бу­ет­ся, чтобы числа были на­ту­раль­ны­ми, ни даже це­лы­ми. Ни­ка­кие че­ты­ре раз­лич­ных числа не могут дать три пи­фа­го­ро­вы трой­ки.

С дру­гой сто­ро­ны, от­ме­тим, что че­ты­ре раз­лич­ных на­ту­раль­ных числа могут об­ра­зо­вать одну пи­фа­го­ро­ву трой­ку, но не могут об­ра­зо­вать двух пи­фа­го­ро­вых троек. В тео­рии чисел этот факт из­ве­стен как одна из эк­ви­ва­лент­ных фор­му­ли­ро­вок тео­ре­мы Ферма о пря­мо­уголь­ном тре­уголь­ни­ке: не су­ще­ству­ет двух пи­фа­го­ро­вых троек, в ко­то­рых два ка­те­та одной трой­ки яв­ля­ют­ся ка­те­том и ги­по­те­ну­зой дру­гой трой­ки. До­ка­за­тель­ство этого факта было дано самим Ферма и может быть ис­сле­до­ва­но чи­та­те­лем са­мо­сто­я­тель­но.