Ре­ше­ние. а)  Пре­об­ра­зу­ем урав­не­ние:

б)  От­бе­рем корни при по­мо­щи двой­ных не­ра­венств:

Най­ден­но­му зна­че­нию k со­от­вет­ству­ет ко­рень

Най­ден­ным зна­че­ни­ям k со­от­вет­ству­ют корни и

Ответ: а) б)

Ре­ше­ние. а)  Пусть ис­ко­мое се­че­ние пе­ре­се­ка­ет вы­со­ту SO в точке P, а ребро SE  — в точке M. Пусть точка M  — се­ре­ди­на AC. Рас­смот­рим рав­но­бед­рен­ный тре­уголь­ник BSE. По­сколь­ку угол SBE  =  60°, то тре­уголь­ник BSE рав­но­сто­рон­ний. Имеем:

от­ку­да По тео­ре­ме Ме­не­лая для тре­уголь­ни­ка OSE и се­ку­щей MPH по­лу­чим:

Вы­ра­зим HE:

от­ку­да зна­чит, пря­мая MH пер­пен­ди­ку­ляр­на пря­мой HE. Тогда плос­кость ACH пер­пен­ди­ку­ляр­на пря­мой SE, по­сколь­ку пря­мая AC тоже пер­пен­ди­ку­ляр­на пря­мой SE по тео­ре­ме о трех пер­пен­ди­ку­ля­рах.

б)  Пусть се­че­ние про­хо­дит через точку R на пря­мой SF и через точку T на пря­мой SD. За­ме­тим, что точка P лежит в плос­ко­стях ACH и CSF, зна­чит, точка P при­над­ле­жит пря­мой CR. Ана­ло­гич­но точка P при­над­ле­жит пря­мой AT. По тео­ре­ме Ме­не­лая для тре­уголь­ни­ка SFO и се­ку­щей CR имеем:

Ана­ло­гич­но от­ку­да

Пусть пря­мая RT пе­ре­се­ка­ет пря­мую MH в точке K. Имеем:

от­ку­да на­хо­дим:

Пло­щадь се­че­ния ACTHR равна

Ответ: б)  

Ре­ше­ние. За­ме­тим, что не­ра­вен­ство опре­де­ле­но при x > 0. При таких зна­че­ни­ях x спра­вед­ли­ва оцен­ка а по­то­му зна­ме­на­тель при­ни­ма­ет лишь от­ри­ца­тель­ные зна­че­ния. Умно­жим обе части не­ра­вен­ства на зна­ме­на­тель, из­ме­нив знак не­ра­вен­ства на про­ти­во­по­лож­ный:

Ответ:

Ре­ше­ние. Пусть а вы­пла­ты с фев­ра­ля по июль в 2029 и 2030 годах со­став­ля­ют по x тыс. руб. В ав­гу­сте 2026, 2027 и 2028 годов долг перед бан­ком не ме­ня­ет­ся, а еже­год­ные вы­пла­ты в эти годы со­став­ля­ют по 210(k − 1) тыс. руб.

В ян­ва­ре 2029 года долг (в тыс. руб.) равен 210k, а в июле  — 210k − x. В ян­ва­ре 2030 года долг равен а в ав­гу­сте  — По усло­вию, к ав­гу­сте 2030 года долг будет вы­пла­чен пол­но­стью, зна­чит, от­ку­да Таким об­ра­зом, общий раз­мер вы­плат со­став­ля­ет

от­ку­да Из по­лу­чен­но­го урав­не­ния на­хо­дим k  =  1,1, тогда r  =  10.

Ответ: 10.

Ре­ше­ние. Из усло­вия AB  =  5 и AK  =  6. Пусть угол BAK равен α. За­ме­тим, что

Обо­зна­чим За­ме­тим, что Тогда по тео­ре­ме ко­си­ну­сов имеем:

С дру­гой сто­ро­ны,

При­рав­ни­вая по­лу­чен­ные вы­ра­же­ния, по­лу­чим, что

Воз­мож­ны два слу­чая: либо от­ку­да угол CMN пря­мой, зна­чит, точки C, A, N лежат на одной пря­мой и угол BAK равен 45°, либо  от­ку­да

сле­до­ва­тель­но, и что про­ти­во­ре­чит усло­вию.

б)  Пусть R  — ра­ди­ус окруж­но­сти. За­ме­тим, что от­ре­зок CN  — диа­метр. Тогда

Таким об­ра­зом, пло­щадь круга равна

Ответ: б) 

Ре­ше­ние. Рас­смот­рим вспо­мо­га­тель­ную функ­цию

Гра­фик функ­ции пе­ре­се­ка­ет ось абс­цисс в двух или менее точ­ках, если урав­не­ние имеет менее трех раз­лич­ных кор­ней.

Если или то и

Если то и

Гра­фик функ­ции со­сто­ит из двух лучей и дуги па­ра­бо­лы. На ри­сун­ке видно, что урав­не­ние имеет менее трех кор­ней, толь­ко если или то есть при или

Ответ:

Ре­ше­ние. а)  Нет, по­сколь­ку

б)  Да. На­при­мер, если то

По­это­му

в)  Оце­ним левую часть урав­не­ния:

Зна­чит, долж­но вы­пол­нять­ся не­ра­вен­ство от­ку­да сле­ду­ет, что Если то

По­ка­жем, что дру­гих ре­ше­ний не су­ще­ству­ет. Пред­по­ло­жим, что су­ще­ству­ет ре­ше­ние n > 4160. Если :

По­лу­ча­ем про­ти­во­ре­чие. Если то   — не­ко­то­рое на­ту­раль­ное число k. Тогда

Зна­чит, де­лит­ся на k. Сле­до­ва­тель­но, 65 де­лит­ся на k, и по­это­му k ⩽ 65. Зна­чит, и, таким об­ра­зом, По­лу­ча­ем про­ти­во­ре­чие.

Ответ: а) нет; б) да; в) 4160.