Ре­ше­ние. Так как CM  — ме­ди­а­на, то AM  =  MC (свой­ство ме­ди­а­ны в пря­мо­уголь­ном тре­уголь­ни­ке), а зна­чит, углы A и ACM равны как углы при ос­но­ва­нии рав­но­бед­рен­но­го тре­уголь­ни­ка АМС. За­ме­тим, что ос­но­ва­ние вы­со­ты ближе к вер­ши­не боль­ше­го остро­го угла. Имеем:

Ответ: 52.

Ре­ше­ние. Из ри­сун­ка видно, что мно­го­гран­ник яв­ля­ет­ся по­ло­ви­ной дан­но­го пря­мо­уголь­но­го па­рал­ле­ле­пи­пе­да. Сле­до­ва­тель­но, объём ис­ко­мо­го мно­го­гран­ни­ка да­ет­ся фор­му­лой:

Ответ: 135.

Ре­ше­ние. Рав­но­воз­мож­ны 4 ис­хо­да экс­пе­ри­мен­та: орел-орел, орел-решка, решка-орел, решка-решка. Решка вы­па­да­ет ровно один раз в двух слу­ча­ях: орел-решка и решка-орел. По­это­му ве­ро­ят­ность того, что решка вы­па­дет ровно 1 раз, равна

Ре­ше­ние. Рас­смот­рим со­бы­тия

Тогда

По усло­вию P(A)  =  P(B)  =  0,1; P(A·B)  =  0,03.

Со­бы­тия A и B сов­мест­ные, ве­ро­ят­ность суммы двух сов­мест­ных со­бы­тий равна сумме ве­ро­ят­но­стей этих со­бы­тий, умень­шен­ной на ве­ро­ят­ность их про­из­ве­де­ния:

Сле­до­ва­тель­но, ве­ро­ят­ность про­ти­во­по­лож­но­го со­бы­тия, со­сто­я­ще­го в том, что кофе оста­нет­ся в обоих ав­то­ма­тах, равна 1 − 0,17  =  0,83.

Ответ: 0,83.

При­ве­дем дру­гое ре­ше­ние.

Ве­ро­ят­ность того, что кофе оста­нет­ся в пер­вом ав­то­ма­те, равна 1 − 0,1  =  0,9. Ве­ро­ят­ность того, что кофе оста­нет­ся во вто­ром ав­то­ма­те, равна 1 − 0,1  =  0,9. Ве­ро­ят­ность того, что кофе оста­нет­ся хотя бы в одном ав­то­ма­те равна 1 − 0,03  =  0,97. По­сколь­ку P(A + B)  =  P(A) + P(B) − P(A·B), имеем: 0,97  =  0,9 + 0,9 − х, от­ку­да ис­ко­мая ве­ро­ят­ность х  =  0,83.

При­ме­ча­ние.

За­ме­тим, что со­бы­тия А и В не яв­ля­ют­ся не­за­ви­си­мы­ми. Дей­стви­тель­но, ве­ро­ят­ность про­из­ве­де­ния не­за­ви­си­мых со­бы­тий была бы равна про­из­ве­де­нию ве­ро­ят­но­стей этих со­бы­тий: P(A·B)  =  0,1·0,1  =  0,01, од­на­ко, по усло­вию, эта ве­ро­ят­ность равна 0,03.

Ре­ше­ние. Воз­ве­дем в квад­рат:

Ответ: 6.

Ре­ше­ние. Ис­поль­зу­ем фор­му­лу ко­си­ну­са двой­но­го угла :

Те­перь вос­поль­зу­ем­ся пе­ри­о­дич­но­стью и чет­но­стью ко­си­ну­са:

Ответ: 3.

Ре­ше­ние. Функ­ция, диф­фе­рен­ци­ру­е­мая на от­рез­ке [a; b], не­пре­рыв­на на нем. Если функ­ция не­пре­рыв­на на от­рез­ке [a; b], а её про­из­вод­ная по­ло­жи­тель­на (от­ри­ца­тель­на) на ин­тер­ва­ле (a; b), то функ­ция воз­рас­та­ет (убы­ва­ет) на от­рез­ке [a; b].

На за­дан­ном от­рез­ке про­из­вод­ная функ­ции не­по­ло­жи­тель­на, функ­ция на этом от­рез­ке убы­ва­ет. Сле­до­ва­тель­но, наи­боль­шее зна­че­ние функ­ции до­сти­га­ет­ся на левой гра­ни­це от­рез­ка, т. е. в точке −3.

Ответ: −3.

Ре­ше­ние. За­да­ча сво­дит­ся к ре­ше­нию урав­не­ния при за­дан­ных зна­че­ни­ях по­сто­ян­ной тем­пе­ра­ту­ры воз­ду­ха К, ко­ли­че­ства воз­ду­ха моль и объ­е­ма воз­ду­ха  л:

Зна­чит, объем, ко­то­рый будет за­ни­мать воз­дух, равен 3,5 л.

Ответ: 3,5.

Ре­ше­ние. Один ма­стер может вы­пол­нить заказ за 15 часов, а дру­гой  — за 10 часов. За сколь­ко часов вы­пол­нят заказ оба ма­сте­ра, ра­бо­тая вме­сте?

Обо­зна­чим вы­пол­ня­е­мую ра­бо­ту за 1. Ско­рость ра­бо­ты пер­во­го ма­сте­ра 1/15 ра­бо­ты в час, а вто­ро­го  — 1/10 ра­бо­ты в час. Время ра­бо­ты равно от­но­ше­нию объёма к ско­ро­сти её вы­пол­не­ния. По­это­му два ма­сте­ра, ра­бо­тая вме­сте, вы­пол­нят заказ за

Ответ: 6.

Ре­ше­ние. Из гра­фи­ка на­хо­дим, что от­ку­да а по­то­му Тогда

Ответ: 0,0625.

Ре­ше­ние. Най­дем про­из­вод­ную за­дан­ной функ­ции:

На от­рез­ке [1; 4] про­из­вод­ная не­по­ло­жи­тель­на, по­это­му в точке  4 за­дан­ная функ­ция при­ни­ма­ет наи­мень­шее зна­че­ние, рав­ное

Ответ: −13.

Ре­ше­ние. а)  Пре­об­ра­зу­ем ис­ход­ное урав­не­ние:

б)  Вы­яс­ним, какие из най­ден­ных кор­ней при­над­ле­жат от­рез­ку при по­мо­щи три­го­но­мет­ри­че­ской окруж­но­сти. Под­хо­дят: π, 2π.

Ответ: а) б) π, 2π.

Ре­ше­ние. а)  За­ме­тим, что, так как че­ты­рех­уголь­ник KLMN  — квад­рат, пря­мые KN и LM па­рал­лель­ны. Сле­до­ва­тель­но, пря­мая LM па­рал­лель­на плос­ко­сти ABC. Тогда пря­мые LM и AB не имеют общих точек и при этом лежат в плос­ко­сти ADB, сле­до­ва­тель­но, они па­рал­лель­ны. Таким об­ра­зом, пря­мые KN, LM и AB па­рал­лель­ны. Ана­ло­гич­но, пря­мые KL, MN и CD па­рал­лель­ны. При­ме­ним тео­ре­му Фа­ле­са к тре­уголь­ни­кам ACB и CBD, по­лу­чим:

б)  Рас­сто­я­ние от точки C до плос­ко­сти KLM равно вы­со­те тет­ра­эд­ра CKMN, про­ве­ден­ной из точки С. Ос­но­ва­ни­ем этого тет­ра­эд­ра яв­ля­ет­ся пря­мо­уголь­ный тре­уголь­ник KMN, пло­щадь ко­то­ро­го равна

Сле­до­ва­тель­но,

Пусть от­ре­зок DH  — вы­со­та тет­ра­эд­ра DABC, от­ре­зок MH₁  — вы­со­та тет­ра­эд­ра MKCN. Вы­ра­зим объём тет­ра­эд­ра MKCN через объём тет­ра­эд­ра DABC:

Под­ста­вим най­ден­ные зна­че­ния:

Ответ: б)  4,9.

Ре­ше­ние. Пусть тогда:

Вернёмся к ис­ход­ной пе­ре­мен­ной. Имеем:

Ответ:

Ре­ше­ние. Пусть сумма кре­ди­та равна S руб­лей, а еже­год­ная вы­пла­та равна x руб­лей. Каж­дый ян­варь долг уве­ли­чи­ва­ет­ся на 25%, то есть в раз. За­пол­ним таб­ли­цу.

Год (номер года)	Долг в ян­ва­ре (в руб.)	Вы­пла­та (в руб.)	Долг в июле (в руб.)
2023			S
2024 (1)	kS	x
2025 (2)		x
2026 (3)		x
2027 (4)		x

Вы­ра­зим S:

Тогда, учи­ты­вая, что по­лу­ча­ем:

Сумма вы­плат равна 375 000 руб­лей, зна­чит, Под­ста­вив это зна­че­ние, на­хо­дим

Ответ: 221 400.

Ре­ше­ние. а)  Точки M и D лежат на окруж­но­стях с диа­мет­ра­ми BC и AB со­от­вет­ствен­но, по­это­му

Пря­мые AD и MC пер­пен­ди­ку­ляр­ны одной и той же пря­мой MD, сле­до­ва­тель­но, пря­мые AD и MC па­рал­лель­ны.

б)  Пусть точка  O  — центр окруж­но­сти с диа­мет­ром BC. Тогда пря­мые OM и AM вза­им­но пер­пен­ди­ку­ляр­ны. Пря­мые BK и AM также вза­им­но пер­пен­ди­ку­ляр­ны. Сле­до­ва­тель­но, пря­мые OM и BK па­рал­лель­ны. Обо­зна­чим BK через x. Тре­уголь­ник AMO по­до­бен тре­уголь­ни­ку AKB с ко­эф­фи­ци­ен­том 3, по­это­му OB  =  OM  =  3x. Опу­стим пер­пен­ди­ку­ляр BP из точки B на пря­мую OM. Так как четырёхуголь­ник BKMP  — пря­мо­уголь­ник, по­лу­ча­ем:

По тео­ре­ме Пи­фа­го­ра OB²  =  BP² + OP², от­ку­да 9x²  =  196 + 4x². Тогда По­сколь­ку пря­мые AD и MC па­рал­лель­ны, имеем:

Таким об­ра­зом, тре­уголь­ни­ки DBC и AMB рав­но­ве­ли­ки. Сле­до­ва­тель­но,

Ответ:

Ре­ше­ние. Пе­ре­не­сем вы­ра­же­ние из пра­вой части в левую и вы­не­сем общий мно­жи­тель за скоб­ку:

Рас­смот­рим два слу­чая. Пер­вый слу­чай:

Вто­рой слу­чай:

Корни и сов­па­да­ют при Объ­еди­няя ре­зуль­та­ты, по­лу­ча­ем, что ис­ход­ное урав­не­ние

  — при не имеет кор­ней;

  — при имеет один ко­рень

  — при имеет два корня и

  — при имеет один ко­рень

Таким об­ра­зом, урав­не­ние имеет ровно один ко­рень при и

Ответ:

При­ведём гра­фи­че­ское ре­ше­ние.

Ис­ход­ное урав­не­ние рав­но­силь­но си­сте­ме

В си­сте­ме ко­ор­ди­нат xOa гра­фи­ком по­лу­чен­ной си­сте­мы (вы­де­ле­но оран­же­вым) яв­ля­ет­ся объ­еди­не­ние от­рез­ка AC (от­ре­зок пря­мой между пря­мы­ми a  =  −2x и a  =  2x) и луча с на­ча­лом в точке B (часть пря­мой ле­жа­щая пра­вее пря­мой Число кор­ней ис­ход­но­го урав­не­ния равно числу точек пе­ре­се­че­ния гра­фи­ка с го­ри­зон­таль­ной пря­мой. Ровно одно пе­ре­се­че­ние будет при и

Ре­ше­ние. a)  Да, могло. Вы­пол­ним сле­ду­ю­щую по­сле­до­ва­тель­ность шагов: 65 → 32 → 17 → 41:

б)  Нет, не могло. При при­бав­ле­нии к числу или вы­чи­та­нии из числа утро­ен­ной суммы его цифр оста­ток от де­ле­ния на 3 не из­ме­ня­ет­ся. При де­ле­нии на 3 числа 65 и 43 дают остат­ки 2 и 1 со­от­вет­ствен­но. Зна­чит, при вы­пол­не­нии ука­зан­ных дей­ствий из числа 65 не могло по­лу­чить­ся число 43.

в)  Наи­мень­шим дву­знач­ным чис­лом, ко­то­рое дает такой же оста­ток при де­ле­нии на 3, что и число 65, яв­ля­ет­ся число 11. По­ка­жем, как можно по­лу­чить 11 из числа 65:

Ответ: а)  да; б)  нет; в)  11.