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

Ответ: 8.

Ре­ше­ние. Из гра­фи­ка видно, что сред­не­ме­сяч­ная тем­пе­ра­ту­ра была выше 18 гра­ду­сов Цель­сия в те­че­ние четырёх ме­ся­цев с июня по сен­тябрь.

Ответ: 4.

Ре­ше­ние. Не­об­хо­ди­мо ку­пить 20 000 : 5 = 4000 кир­пи­чей. Рас­смот­рим все ва­ри­ан­ты.

При по­куп­ке у по­став­щи­ка A сто­и­мость за­ка­за скла­ды­ва­ет­ся из сто­и­мо­сти кир­пи­ча 19 · 4 000  руб. и сто­и­мо­сти до­став­ки и равна 76 000 + 3 000  =  79 000 руб.

При по­куп­ке у по­став­щи­ка Б сто­и­мость за­ка­за скла­ды­ва­ет­ся из сто­и­мо­сти кир­пи­ча 18 · 4 000  =  72 000 руб., до­став­ка в этом слу­чае будет бес­плат­на. То есть общая сто­и­мость по­куп­ки со­ста­вит 72 000 руб­лей.

При по­куп­ке у по­став­щи­ка В сто­и­мость за­ка­за скла­ды­ва­ет­ся из сто­и­мо­сти кир­пи­ча 16 · 4 000  =  64 000 руб., до­став­ка в этом слу­чае будет с 50%-ой скид­кой. То есть общая сто­и­мость за­ка­за равна 64 000 + 3 250  =  67 250 руб.

Самый дешёвый ва­ри­ант обойдётся в 67 250 руб­лей.

Ответ: 67 250.

Ре­ше­ние. Из 25 би­ле­тов 23 не со­дер­жат во­про­са о гри­бах, по­это­му ве­ро­ят­ность того, что в слу­чай­но вы­бран­ном на эк­за­ме­не би­ле­те школь­ни­ку не до­ста­нет­ся во­про­са о гри­бах, равна

Ответ: 0,92.

Ре­ше­ние. Пе­рей­дем к од­но­му ос­но­ва­нию сте­пе­ни:

Ответ: 9.

Ре­ше­ние.

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

Зна­чит,

Ответ: 64.

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.

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.

Ре­ше­ние. По­сколь­ку угол лежит в тре­тьей и четвёртой чет­вер­тях, его синус от­ри­ца­те­лен. По­это­му

Ответ: −0,8.

Ре­ше­ние. Вы­со­та ко­ну­са пер­пен­ди­ку­ляр­на ос­но­ва­нию и равна ра­ди­у­су сферы. Тогда по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра по­лу­ча­ем:

Ра­ди­ус сферы равен по­это­му об­ра­зу­ю­щая равна

Ответ: 20.

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.

Ре­ше­ние. а)  Пре­об­ра­зу­ем обе части урав­не­ния:

от­ку­да или

Из урав­не­ния на­хо­дим: где

Из урав­не­ния на­хо­дим: где

б)  С по­мо­щью чис­ло­вой окруж­но­сти отберём корни, при­над­ле­жа­щие про­ме­жут­ку По­лу­чим числа:

Ответ: а) б)

Ре­ше­ние. а)  Рас­смот­рим се­че­ние приз­мы плос­ко­стью ABC₁D₁. Точка Е лежит в этой плос­ко­сти вме­сте с пря­мой BD₁. Сле­до­ва­тель­но, пря­мые AB и также лежат в этой плос­ко­сти. Пусть они пе­ре­се­ка­ют­ся в точке M, таким об­ра­зом, точка M также лежит в ис­ко­мом се­че­нии. Ана­ло­гич­но, BC и лежат в се­че­нии BCA₁D₁ и пе­ре­се­ка­ют­ся в точке Тра­пе­ция   — ис­ко­мое се­че­ние.

б)  Диа­го­наль приз­мы равна а По­это­му Из по­до­бия тре­уголь­ни­ков D₁C₁E и BME на­хо­дим, что от­ку­да BM = MA = 1. Ана­ло­гич­но, BN=1, тре­уголь­ник BMN  — рав­но­бед­рен­ный. Опу­стим пер­пен­ди­ку­ляр AH на пря­мую По тео­ре­ме о трёх пер­пен­ди­ку­ля­рах и, зна­чит,   — ис­ко­мый угол.

Из тре­уголь­ни­ка AHM, по­доб­но­го BMN, на­хо­дим, что Тогда

Ответ: б) 

При­ве­дем ре­ше­ние Ивана Ива­но­ва из Вла­ди­во­сто­ка.

а)  Пусть F  — точка пе­ре­се­че­ния диа­го­на­лей квад­ра­та A₁B₁C₁D₁. Плос­кость се­че­ния пе­ре­се­ка­ет­ся с плос­ко­стью BB₁D₁D по пря­мой FE, по­сколь­ку пря­мая A₁C₁ и точка E при­над­ле­жат плос­ко­сти се­че­ния. Пусть G  — точка пе­ре­се­че­ния пря­мых FE и BD. Эта точка при­над­ле­жит плос­ко­сти се­че­ния и плос­ко­сти ABCD. По тео­ре­ме Пи­фа­го­ра на­хо­дим BD₁  =  3. Зна­чит, D₁E  =  3 – 1  =  2. Тре­уголь­ни­ки BEG и D₁EF по­доб­ны по двум углам. Ко­эф­фи­ци­ент по­до­бия равен Из по­до­бия этих тре­уголь­ни­ков на­хо­дим

Так как плос­ко­сти верх­не­го и ниж­не­го ос­но­ва­ний приз­мы па­рал­лель­ны, плос­кость се­че­ния пе­ре­се­ка­ет плос­кость ABCD по про­хо­дя­щей через точку G пря­мой, ко­то­рая па­рал­лель­на диа­го­на­ли квад­ра­та AC, ко­то­рая, в свою оче­редь, па­рал­лель­на A₁C₁. Пусть эта пря­мая пе­ре­се­ка­ет сто­ро­ны AB и BC в точ­ках M и N со­от­вет­ствен­но. По­сколь­ку от­ре­зок MN  — сред­няя линия тре­уголь­ни­ка ABC. По­это­му BM  =  BN  =  1. Таким об­ра­зом, по­стро­е­но ис­ко­мое се­че­ние  — тра­пе­ция A₁C₁NM.

б)  Пусть P  — точка пе­ре­се­че­ния диа­го­на­лей квад­ра­та ABCD. Тогда Вы­чис­лим тан­генс ис­ко­мо­го угла:

от­ку­да ис­ко­мый угол равен

Ре­ше­ние. Пре­об­ра­зу­ем не­ра­вен­ство:

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:

Ре­ше­ние. Пусть сумма кре­ди­та равна a, еже­год­ный пла­теж равен x руб­лей, а го­до­вые со­став­ля­ют k%. Тогда 31 де­каб­ря каж­до­го года остав­ша­я­ся сумма долга умно­жа­ет­ся на ко­эф­фи­ци­ент m  =  1 + 0,01k. После пер­вой вы­пла­ты сумма долга со­ста­вит: a₁  =  am − x. После вто­рой вы­пла­ты сумма долга со­ста­вит:

После тре­тьей вы­пла­ты сумма остав­ше­го­ся долга:

По усло­вию тремя вы­пла­та­ми Сер­гей дол­жен по­га­сить кре­дит пол­но­стью, по­это­му от­ку­да При a = 9 930 000 и k  =  10, по­лу­ча­ем: m  =  1,1 и

Ответ: 3 993 000 руб­лей.

При­ведём дру­гое ре­ше­ние.

Пусть x  — один из трёх ра­зо­вых пла­те­жей. Тогда сумма долга после опла­ты в пер­вом году со­ста­вит: После вне­се­ния вто­ро­го пла­те­жа сумма долга ста­нет рав­ной Сумма долга после тре­тье­го пла­те­жа: Тре­тьим пла­те­жом Сер­гей дол­жен по­га­сить долг, то есть долг ста­нет рав­ным нулю:

Ре­ше­ние. При по­лу­ча­ем, что Гра­фик этой функ­ции на рас­смат­ри­ва­е­мом про­ме­жут­ке со­сто­ит из двух ча­стей па­ра­бо­лы с вет­вя­ми, на­прав­лен­ны­ми вверх, и осью сим­мет­рии При на­хо­дим а гра­фик этой функ­ции на рас­смат­ри­ва­е­мом про­ме­жут­ке  — часть па­ра­бо­лы с вет­вя­ми, на­прав­лен­ны­ми вниз.

Наи­мень­шее зна­че­ние функ­ции может при­нять толь­ко в точ­ках или По­это­му наи­мень­шее зна­че­ние функ­ции боль­ше 1 тогда и толь­ко тогда, когда:

Если то вто­рое не­ра­вен­ство при­ни­ма­ет вид от­ку­да Этот про­ме­жу­ток со­дер­жит ин­тер­вал

Если то от­ку­да Зна­чит,

Объ­еди­няя най­ден­ные про­ме­жут­ки, по­лу­ча­ем:

Ответ:

При­ведём дру­гое ре­ше­ние.

1.  При функ­ция при­ни­ма­ет вид: а ее гра­фик есть две части па­ра­бо­лы с вет­вя­ми, на­прав­лен­ны­ми вверх и осью сим­мет­рии

При функ­ция при­ни­ма­ет вид: а ее гра­фик есть часть па­ра­бо­лы с вет­вя­ми, на­прав­лен­ны­ми вниз и осью сим­мет­рии

Воз­мож­ные виды гра­фи­ка функ­ции по­ка­за­ны на ри­сун­ках.

2.  Наи­мень­шее зна­че­ние функ­ция может при­ни­мать толь­ко в точ­ках или а если (то есть при ), то в точке

3.  Сле­до­ва­тель­но, наи­мень­шее зна­че­ние функ­ции боль­ше тогда и толь­ко тогда, когда:

Ответ:

Ре­ше­ние. Пусть среди на­пи­сан­ных чисел k по­ло­жи­тель­ных, l от­ри­ца­тель­ных и m нулей. Сумма на­бо­ра чисел равна ко­ли­че­ству чисел в этом на­бо­ре, умно­жен­но­му на его сред­нее ариф­ме­ти­че­ское, по­это­му 4k − 8l + 0 · m  =  −3(k + l + m).

а)  За­ме­тим, что в левой части при­ведённого выше ра­вен­ства каж­дое сла­га­е­мое де­лит­ся на 4, по­это­му k + l + m  — ко­ли­че­ство целых чисел  — де­лит­ся на 4. По усло­вию 40 < k + l + m < 48, по­это­му k + l + m  =  44. Таким об­ра­зом, на­пи­са­но 44 числа.

б)  При­ведём ра­вен­ство 4k − 8l  =  −3(k + l + m) к виду 5l  =  7k + 3m. Так как m ≥ 0, по­лу­ча­ем, что 5l ≥ 7k, от­ку­да l > k. Сле­до­ва­тель­но, от­ри­ца­тель­ных чисел боль­ше, чем по­ло­жи­тель­ных.

в)  Под­ста­вим k + l + m  =  44 в пра­вую часть ра­вен­ства 4k − 8l  =  −3(k + l + m), от­ку­да k  =  2l − 33 . Так как k + l ≤ 44, по­лу­ча­ем: 3l − 33 ≤ 44; 3l ≤ 77; l ≤ 25; k  =  2l − 33 ≤ 17, то есть по­ло­жи­тель­ных чисел не более 17.

в)  При­ведём при­мер, когда по­ло­жи­тель­ных чисел ровно 17. Пусть на доске 17 раз на­пи­са­но число 4, 25 раз на­пи­са­но число −8 и два раза на­пи­сан 0. Тогда ука­зан­ный набор удо­вле­тво­ря­ет всем усло­ви­ям за­да­чи.

Ответ: а) 44; б) от­ри­ца­тель­ных; в) 17.

----------

Дуб­ли­ру­ет за­да­ние 500820.