Ре­ше­ние. а)  За­ме­тим, что урав­не­ние опре­де­ле­но при Пре­об­ра­зу­ем урав­не­ние с уче­том этого усло­вия.

Усло­вию на удо­вле­тво­ря­ют толь­ко корни

б)  От­бе­рем корни при по­мо­щи двой­ных не­ра­венств:

Этим зна­че­ни­ям k со­от­вет­ству­ют корни

Этим зна­че­ни­ям k со­от­вет­ству­ют корни

Ответ: а) б)

Ре­ше­ние. а)  Пусть точка G₁ делит ребро AD в от­но­ше­нии тогда

а мно­го­гран­ник G₁BCDGB₁C₁D₁  — па­рал­ле­ле­пи­пед. Пусть плос­кость GCK пе­ре­се­ка­ет ребро BB₁ в не­ко­то­рой точке N. Про­ти­во­по­лож­ные грани па­рал­ле­ле­пи­пе­да па­рал­лель­ны, по­это­му па­рал­лель­ны пря­мые KG и CN, по ко­то­рым эти грани пе­ре­се­че­ны плос­ко­стью се­че­ния. От­рез­ки KG и CN равны как от­рез­ки па­рал­лель­ных пря­мых, за­клю­чен­ные между па­рал­лель­ны­ми плос­ко­стя­ми. Сле­до­ва­тель­но, пря­мо­уголь­ные тре­уголь­ни­ки CNB и GKD₁ равны по ка­те­ту и ги­по­те­ну­зе: BC  =  GD₁ и CN  =  GK. Тогда

а зна­чит, точка N  — се­ре­ди­на ребра BB₁. Это и тре­бо­ва­лось до­ка­зать.

б)  По­стро­им се­че­ние приз­мы плос­ко­стью GKC. В плос­ко­сти ADD₁ про­длим пря­мую GK до пе­ре­се­че­ния с пря­мой AA₁. Точку их пе­ре­се­че­ния обо­зна­чим E. В плос­ко­сти ABB₁ точку пе­ре­се­че­ния пря­мой EN и ребра A₁B₁ обо­зна­чим L. Пя­ти­уголь­ник CKGLN яв­ля­ет­ся ис­ко­мым се­че­ни­ем.

Най­дем длину бо­ко­вой сто­ро­ны тра­пе­ции ABCD:

Вы­со­та тра­пе­ции от­ре­зок Пря­мая CH пер­пен­ди­ку­ляр­на пря­мым AD и DD₁, а по­то­му по при­зна­ку пер­пен­ди­ку­ляр­но­сти пря­мой и плос­ко­сти вы­со­та CH тра­пе­ции ABCD яв­ля­ет­ся пер­пен­ди­ку­ля­ром к плос­ко­сти ADD₁. Пря­мая GK пер­пен­ди­ку­ляр­на на­клон­ной CK по усло­вию, тогда по тео­ре­ме о трёх пер­пен­ди­ку­ля­рах про­ек­ция HK также пер­пен­ди­ку­ляр­на пря­мой GK. По­лу­ча­ем, что:

Тогда пря­мо­уголь­ные тре­уголь­ни­ки HKD и KGD по­доб­ны и

По тео­ре­ме Пи­фа­го­ра для пря­мо­уголь­ных тре­уголь­ни­ков GKD₁ и CDK на­хо­дим, что:

Пря­мо­уголь­ные тре­уголь­ни­ки GKD₁ и GEA₁ по­доб­ны по двум углам: углы KGD₁ и EGA₁ равны как вер­ти­каль­ные. Пря­мо­уголь­ные тре­уголь­ни­ки LNB₁ и LEA₁ также по­доб­ны. Из по­до­бий по­лу­ча­ем:

тогда

За­ме­тим, что па­рал­ле­ло­грамм CKGN яв­ля­ет­ся пря­мо­уголь­ни­ком, вы­чис­лим пло­щадь се­че­ния:

Ответ: б) 

Ре­ше­ние. Пре­об­ра­зу­ем левую часть не­ра­вен­ства:

Пре­об­ра­зу­ем пра­вую часть: и по­то­му

Сде­ла­ем за­ме­ну по­лу­чим:

Таким об­ра­зом,

Ответ:

Ре­ше­ние. Пусть на пер­вом за­во­де ра­бо­та­ют сум­мар­но а на вто­ром  — часов в не­де­лю. Тре­бу­ет­ся найти мак­си­мум суммы при усло­вии

Вы­ра­зим y из пер­во­го со­от­но­ше­ния: под­ста­вим в (*), по­лу­чим урав­не­ние:

По­лу­чен­ное урав­не­ние имеет ре­ше­ния, если не­от­ри­ца­те­лен его дис­кри­ми­нант, а зна­чит, и чет­верть дис­кри­ми­нан­та:

Тем самым наи­боль­шее воз­мож­ное зна­че­ние равно 375. По­ка­жем, что оно до­сти­га­ет­ся при на­ту­раль­ных зна­че­ни­ях пе­ре­мен­ных: дей­стви­тель­но, из (**) на­хо­дим, что зна­че­нию со­от­вет­ству­ет а тогда

Ответ: 375 еди­ниц то­ва­ра.

Ре­ше­ние. а)  Из усло­вия сле­ду­ет, что точка E рав­но­уда­ле­на от пря­мых AD и AB, а также от пря­мых AB и BC. Сле­до­ва­тель­но, точка E рав­но­уда­ле­на от пря­мых AD и BC.

б)  Про­длим лучи DA и CB до пе­ре­се­че­ния в точку K. Из пунк­та а) сле­ду­ет, что луч KE  — бис­сек­три­са тре­уголь­ни­ка DKC. Про­ве­дем через точку E пря­мую PQ па­рал­лель­но от­рез­ку AB (P ∈ AD, Q ∈ KB). Тогда от­ку­да сле­ду­ет ра­вен­ство тре­уголь­ни­ков KPE и KCE и от­рез­ков PE и CE как со­от­вет­ствен­ных эле­мен­тов. Ана­ло­гич­но равны тре­уголь­ни­ки DPE и QCE и от­рез­ки DP и CQ. За­ме­тим, что

то есть AP  =  PE и BQ  =  QE. По­лу­ча­ем, что

Пусть BC  =  3x. По усло­вию CD  =  3x, из до­ка­зан­но­го ранее AD  =  2x. За­ме­тим, что вы­со­ты тре­уголь­ни­ков ADE и BCE, про­ве­ден­ные из вер­ши­ны E, равны из пунк­та а). Тогда

Ответ: б)  2 : 1.

Ре­ше­ние. Решим за­да­чу гра­фо­ана­ли­ти­че­ским ме­то­дом. В си­сте­ме ко­ор­ди­нат xOy не­ра­вен­ства си­сте­мы за­да­ют об­ла­сти, огра­ни­чен­ные ги­пер­бо­лой пря­мой и пря­мой (вы­де­ле­но оран­же­вым). Урав­не­ние можно за­пи­сать в виде оно задаёт пучок пря­мых, про­хо­дя­щих через точку При (вы­де­ле­но синим) пря­мая про­хо­дит через точку при (вы­де­ле­но крас­ным) пря­мая па­рал­лель­на оси абс­цисс. Усло­вие за­да­чи вы­пол­ня­ет­ся тогда и толь­ко тогда, когда хотя бы одна точка пря­мой при­над­ле­жит вы­де­лен­ным об­ла­стям.

Ана­ли­зи­руя гра­фи­ки, по­лу­ча­ем, что

—  при си­сте­ма имеет бес­ко­неч­ное число ре­ше­ний;

—  при си­сте­ма имеет ровно одно ре­ше­ние;

—  при си­сте­ма не имеет ре­ше­ний;

—  при си­сте­ма имеет бес­ко­неч­ное число ре­ше­ний.

Ответ:

Ре­ше­ние. а)  За­ме­тим, что все по­яв­ля­ю­щи­е­ся на доске числа будут крат­ны 11, по­это­му на­пи­сать 2025 не по­лу­чит­ся.

б)  Да, на­при­мер, можно до­пи­сы­вать числа в таком по­ряд­ке:

Сумма чисел

в)  Раз­де­лим все числа на 11. Тогда из­на­чаль­но на доске будет на­пи­са­но число  1, а по­лу­чить надо будет число 891 : 11  =  81. Можно, на­при­мер, сде­лать это так  — по­сле­до­ва­тель­но по­лу­чать 2, 4, 5  =  4 + 1, 10, 20, 40, 80, 81  =  80 + 1. На это по­тре­бу­ет­ся 8 минут.

До­ка­жем, что семи минут не хва­тит. До­пу­стим, что такой спо­соб есть. Ясно, что по­след­ний ход не мог быть удво­е­ни­ем числа, по­сколь­ку 81 не­чет­но. Зна­чит, мы скла­ды­ва­ли два числа. На осталь­ные дей­ствия оста­ют­ся 6 минут.

За­ме­тим, что на каж­дом оче­ред­ном ходу по­лу­чен­ное число не более чем вдвое пре­вос­хо­дит мак­си­маль­ное из ранее на­пи­сан­ных чисел. По­это­му за 5 минут нель­зя сде­лать число, боль­шее, чем 32, а за 6 минут  — боль­шее, чем 64. Зна­чит, если число 81 было по­лу­че­но как сумма двух сла­га­е­мых, одно из ко­то­рых не боль­ше 16, то вто­рое не мень­ше 65 и для его по­лу­че­ния уже по­на­до­би­лось не менее 7 минут.

Итак, оба сла­га­е­мых на­хо­дят­ся в диа­па­зо­не от 17 до 64. Для по­лу­че­ния мень­ше­го из них по­на­до­би­лось не менее 5 минут, при­чем ис­поль­зо­вать для его по­лу­че­ния боль­шее из них было не­воз­мож­но. Кроме того, боль­шее долж­но быть не менее 41, по­сколь­ку Зна­чит, для его по­лу­че­ния по­на­до­би­лось не менее 6 минут. Сде­ла­ем сна­ча­ла все ходы для по­лу­че­ния мень­ше­го числа, те, ко­то­рые дают числа, боль­шие него, де­лать пока не будем. После этого одним ходом нужно будет по­лу­чить боль­шее. Зна­чит, оно пре­вос­хо­дит мень­шее не более чем вдвое, от­ку­да мень­шее не мень­ше 27, боль­шее не боль­ше 54. Кроме того, мень­шее не боль­ше 32, иначе уже для его по­лу­че­ния по­на­до­бят­ся 6 минут и по­лу­чить боль­шее мы про­сто не успе­ем. Итак, оста­лось объ­яс­нить, по­че­му нель­зя за 6 минут по­лу­чить ни одну из пар (27, 54), (28, 53), (29, 52), (30, 51), (31, 50), (32, 49).

Во всех этих парах кроме пер­вой боль­шее число не яв­ля­ет­ся удво­ен­ным мень­шим, по­это­му един­ствен­ное до­пол­ни­тель­ное дей­ствие долж­но быть либо удво­е­ни­ем дру­го­го числа, не мень­ше­го 25, либо сум­ми­ро­ва­ни­ем двух чисел, одно из ко­то­рых не пре­вос­хо­дит 32 и по­то­му вто­рое не менее 17, зна­чит, мы долж­ны были по­лу­чить перед этим дей­стви­ем еще одно число, не мень­шее 17, на что по­тре­бо­вал­ся до­пол­ни­тель­ный ход.

Остал­ся во­прос, нель­зя ли за 5 минут по­лу­чить 27, то есть ше­стым ходом удво­ить его, а седь­мым сло­жить 27 и 54. Ясно, что по­след­ним дей­стви­ем при его по­лу­че­нии было сло­же­ние, при­чем ни одно сла­га­е­мое не могло быть боль­ше 16, иначе для него по­на­до­би­лось бы уже 5 минут. То есть это были 13 + 14, 12 + 15 или 11 + 16. Каж­дое из этих чисел не мень­ше 9 и по­то­му тре­бу­ет не менее 4 минут. За эти 4 ми­ну­ты удаст­ся по­лу­чить лишь одно число, боль­шее 8.

Ответ: а  нет; б)  да; в)  8.