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. Пло­щадь тре­уголь­ни­ка равна по­ло­ви­не про­из­ве­де­ния ос­но­ва­ния на вы­со­ту, про­ве­ден­ную к этому ос­но­ва­нию. По­это­му

Ответ: 6.

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: Сле­до­ва­тель­но,

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. Угол α лежит в тре­тьей и четвёртой чет­вер­тях, по­это­му его синус от­ри­ца­те­лен. Сле­до­ва­тель­но,

Ответ: − 0,8.

Ре­ше­ние. За­да­ча сво­дит­ся к ре­ше­нию урав­не­ния при из­вест­ных зна­че­ни­ях ско­ро­сти звука в воде и ча­сто­ты ис­пус­ка­е­мых им­пуль­сов:

Ответ: 751.

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. За­ме­тим, что а зна­чит,

Тогда

Про­из­вод­ная об­ра­ща­ет­ся в нуль в точке –5, ко­то­рая яв­ля­ет­ся точ­кой мак­си­му­ма.

Ответ: − 5.

При­ведём дру­гой спо­соб на­хож­де­ния про­из­вод­ной.

Вос­поль­зу­ем­ся пра­ви­лом на­хож­де­ния про­из­вод­ной слож­ной функ­ции:

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)  Пусть точка H  — се­ре­ди­на AC. Тогда

Вме­сте с тем,

а тогда по тео­ре­ме, об­рат­ной тео­ре­ме Пи­фа­го­ра, тре­уголь­ник BMN яв­ля­ет­ся пря­мо­уголь­ным с пря­мым углом M.

б)  Про­ведём пер­пен­ди­ку­ляр NP к пря­мой A₁B₁. От­ме­тим, что пря­мые NP и A₁A вза­им­но пер­пен­ди­ку­ляр­ны, по­сколь­ку ребро приз­мы пер­пен­ди­ку­ляр­но ее ос­но­ва­нию. Сле­до­ва­тель­но, пря­мая NP пер­пен­ди­ку­ляр­на плос­ко­сти ABB₁ бо­ко­вой грани приз­мы. По­это­му пря­мая MP  — про­ек­ция пря­мой MN на плос­кость ABB₁.

Пря­мые BM и MN вза­им­но пер­пен­ди­ку­ляр­ны, по­это­му, по тео­ре­ме, об­рат­ной тео­ре­ме о трёх пер­пен­ди­ку­ля­рах, пря­мые BM и MP также вза­им­но пер­пен­ди­ку­ляр­ны. Сле­до­ва­тель­но, угол NMP  — ли­ней­ный угол ис­ко­мо­го дву­гран­но­го угла.

Длина NP равна по­ло­ви­не вы­со­ты тре­уголь­ни­ка A₁B₁C₁, то есть По­это­му

Сле­до­ва­тель­но,

Ответ: б)

Ре­ше­ние. Левая часть не­ра­вен­ства опре­де­ле­на при При спра­вед­ли­вы не­ра­вен­ства

по­это­му левая часть не­ра­вен­ства от­ри­ца­тель­на и не пре­вос­хо­дит При спра­вед­ли­вы не­ра­вен­ства

по­это­му левая часть не­ра­вен­ства и в этом слу­чае от­ри­ца­тель­на и не пре­вос­хо­дит

Таким об­ра­зом, ре­ше­ни­ем ис­ход­но­го не­ра­вен­ства яв­ля­ют­ся ин­тер­ва­лы (0; 1) и (1; 2).

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. Если x ≥ 0, то урав­не­ние (|x| − 5)² + (y − 4)² = 9 задаёт окруж­ность ω₁ с цен­тром в точке C₁ (5; 4) ра­ди­у­сом 3, а если x < 0, то оно задаёт окруж­ность ω₂ с цен­тром в точке C₂ (−5; 4) таким же ра­ди­у­сом (см. рис.).

При по­ло­жи­тель­ных зна­че­ни­ях a урав­не­ние (x + 2)² + y² = a² задаёт окруж­ность ω с цен­тром в точке C (−2; 0) ра­ди­у­сом a. По­это­му за­да­ча со­сто­ит в том, чтобы найти все зна­че­ния a, при каж­дом из ко­то­рых окруж­ность ω имеет един­ствен­ную общую точку с объ­еди­не­ни­ем окруж­но­стей ω₁ и ω₂.

Из точки C про­ведём луч CC₁ и обо­зна­чим через A₁ и B₁ точки его пе­ре­се­че­ния с окруж­но­стью ω₁, где A₁ лежит между C и C₁. Так как

то

При a < CA₁ или a > CB₁ окруж­но­сти ω и ω₁ не пе­ре­се­ка­ют­ся.

При CA₁ < a < CB₁ окруж­но­сти ω и ω₁ имеют две общие точки.

При a = CA₁ или a = CB₁ окруж­но­сти ω и ω₁ ка­са­ют­ся.

Из точки C про­ведём луч CC₂ и обо­зна­чим через A₂ и B₂ точки его пе­ре­се­че­ния с окруж­но­стью ω₂, где A₂ лежит между C и C₂. Так как

то

При a < CA₂ или a > CB₂ окруж­но­сти ω и ω₂ не пе­ре­се­ка­ют­ся.

При CA₂ < a < CB₂ окруж­но­сти ω и ω₂ имеют две общие точки.

При a = CA₂ или a = CB₂ окруж­но­сти ω и ω₂ ка­са­ют­ся.

Ис­ход­ная си­сте­ма имеет един­ствен­ное ре­ше­ние тогда и толь­ко тогда, когда окруж­ность ω ка­са­ет­ся ровно одной из двух окруж­но­стей ω₁ и ω₂ и не пе­ре­се­ка­ет­ся с дру­гой. Так как CA₂ < CA₁ < CB₂ < CB₁, то усло­вию за­да­чи удо­вле­тво­ря­ют толь­ко числа

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.