Ре­ше­ние. а)  Решим урав­не­ние:

б)  Вы­бор­ка кор­ней. За­ме­тим, что

Решим это не­ра­вен­ство от­но­си­тель­но целых

Те­перь вы­чис­лим зна­че­ния x при не­ко­то­рых

n	Зна­че­ние x	При­ме­ча­ние
−1
−2
Даль­ней­шие по­ис­ки зна­че­ний x не имеют смыс­ла

Ответ: а) б)

Ре­ше­ние. Оче­вид­но, се­че­ние па­рал­лель­но диа­го­на­ли BD.

Про­ве­дем вы­со­ту пи­ра­ми­ды SO и рас­смот­рим тре­уголь­ник ASC. AK и SO  — его ме­ди­а­ны, по­это­му точка их пе­ре­се­че­ния M делит SO в от­но­ше­нии счи­тая от S. Про­ве­дем через нее пря­мую, па­рал­лель­ную BD, и обо­зна­чим точки ее пе­ре­се­че­ния с BS и DS за U и V. Она будет ле­жать в плос­ко­сти BSD, и AUKV  — опи­сан­ное в за­да­че се­че­ние.

По­сколь­ку то и в част­но­сти по­это­му и

Тогда от­ку­да

Опу­стим пер­пен­ди­ку­ляр из K на ABCD. Он упа­дет в не­ко­то­рую точку L, ле­жа­щую на диа­го­на­ли AC. Ясно, что L  — се­ре­ди­на OC, по­это­му Тогда по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра

Тогда

Ответ: 4,8.

Ре­ше­ние. Решим вто­рое не­ра­вен­ство:

Не­ра­вен­ство ре­ше­ний не имеет.

Итак, ре­ше­ния вто­ро­го не­ра­вен­ства си­сте­мы  — мно­же­ство

Те­перь решим пер­вое не­ра­вен­ство си­сте­мы на мно­же­стве ре­ше­ний вто­ро­го не­ра­вен­ства, т. е. на мно­же­стве Най­дем огра­ни­че­ния на x, вклю­чая также усло­вие По­лу­чим:

Для таких

Най­дем корни квад­рат­но­го трех­чле­на

По­лу­чен­ное не­ра­вен­ство решим ме­то­дом ин­тер­ва­лов. Пре­жде до­ка­жем, что Дей­стви­тель­но,

Ин­тер­ва­лы
Знак левой части не­ра­вен­ства	+	–	+

Таким об­ра­зом, ре­ше­ния си­сте­мы:

Ответ:

Ре­ше­ние. а)  Пусть H  — точка пе­ре­се­че­ния пря­мой EM и от­рез­ка AB. За­ме­тим, что (опи­ра­ют­ся на дугу BC), (как вер­ти­каль­ные), от­сю­да то есть тре­уголь­ник DEM рав­но­бед­рен­ный. Далее по­это­му тре­уголь­ник EMC тоже рав­но­бед­рен­ный. Итак, зна­чит, EM  — ме­ди­а­на CDE.

б)  По­сколь­ку DEM  — рав­но­бед­рен­ный (см. п.а) тре­уголь­ник с углом 60°, то он рав­но­сто­рон­ний. Далее, и по­это­му в тре­уголь­ни­ке EAB имеем Тогда

Ответ:

Ре­ше­ние. По­сколь­ку и то оба ло­га­риф­ма не­по­ло­жи­тель­ны. С дру­гой сто­ро­ны, и не­от­ри­ца­тель­ны. По­это­му все вы­ра­же­ние не­по­ло­жи­тель­но и может быть равно нулю толь­ко если в каж­дом про­из­ве­де­нии есть ну­ле­вой мно­жи­тель. Это дает два ва­ри­ан­та.

1)   Тогда можно взять x  =  1.

2)  a любое дру­гое число. Тогда не­об­хо­ди­мо то есть x  =  0. Но такое x не вхо­дит в ОДЗ.

Ответ:

Ре­ше­ние. а)  16 · 3  =  48, 6 + 2 = 8 1+ 3 = 4.

б,в) Число A = M − N = 2N чётно. Но, по усло­вию, число A со­став­ле­но из нечётных цифр и двой­ки. Зна­чит, A окан­чи­ва­ет­ся на 2. По­это­му вдвое мень­шее число N окан­чи­ва­ет­ся либо на 1, либо на 6.

Если N окан­чи­ва­ет­ся на 1, то при его удво­е­нии не про­ис­хо­дит пе­ре­но­са де­сят­ка из по­след­не­го в пред­по­след­ний раз­ряд. Зна­чит, пред­по­след­няя цифра числа A = 2N будет чётной, а она долж­на быть нечётной. Про­ти­во­ре­чие.