Ре­ше­ние. а)  За­ме­тим, что Пре­об­ра­зу­ем левую часть урав­не­ния при этом огра­ни­че­нии:

Таким об­ра­зом,

Усло­ви­ям удо­вле­тво­ря­ют числа при

б)  За­ме­тим, что из пер­вой серии в от­ре­зок [−1; 1] числа не по­па­да­ют. Для вто­рой серии по­лу­ча­ем: от­ку­да k  =  1. Най­ден­но­му зна­че­нию па­ра­мет­ра со­от­вет­ству­ет ре­ше­ние 

Ответ: а)  б) 

Ре­ше­ние. а)  Пусть от­ре­зок DH  — вы­со­та тет­ра­эд­ра. Точка O₁  — се­ре­ди­на от­рез­ка BC, точка O₂  — се­ре­ди­на от­рез­ка AD, при этом от­рез­ки O₁O₂ и BC, а также AD и BC пер­пен­ди­ку­ляр­ны. Зна­чит, плос­кость AO₁D пер­пен­ди­ку­ляр­на от­рез­ку BC, и тогда плос­ко­сти ABC и AO₁D пер­пен­ди­ку­ляр­ны по при­зна­ку. Сле­до­ва­тель­но, от­ре­зок  DH лежит в плос­ко­сти  AO₁D. Осе­вое се­че­ние про­хо­дит через от­ре­зок O₁O₂, зна­чит, от­ре­зок DH пе­ре­се­ка­ет плос­кость се­че­ния в точке, ле­жа­щей на O₁O₂,  — на­зо­вем ее P.

Из усло­вия O₁O₂  =  AD. Пусть AO₂  =  O₂D  =  x, O₁O₂  =  2x. По тео­ре­ме Пи­фа­го­ра Из по­до­бия тре­уголь­ни­ков AO₁O₂ и ADH по­лу­ча­ем то есть Далее на­хо­дим:

Сле­до­ва­тель­но,

б)  Тре­уголь­ни­ки AO₁D и BO₂C яв­ля­ют­ся рав­но­бед­рен­ны­ми, их ос­но­ва­ния и вы­со­ты равны, сле­до­ва­тель­но, равны и сами тре­уголь­ни­ки. Зна­чит, все грани тет­ра­эд­ра  — рав­ные тре­уголь­ни­ки. Тогда

а ис­ко­мое от­но­ше­ние равно

Ответ: б) 

Ре­ше­ние. Пре­об­ра­зу­ем не­ра­вен­ство:

Ответ:

Ре­ше­ние. Пусть сумма кре­ди­та равна S руб., вы­пла­та в 2026 году равна x руб. За­пол­ним таб­ли­цу.

Год	Долг на ян­варь, руб.	Вы­пла­та, руб.	Долг на ап­рель, руб.
2025			S
2026
2027
2028
2029		147 675	0

По усло­вию сумма всех пла­те­жей со­ста­вит 329 675 руб­лей:

Вы­ра­зим ве­ли­чи­ну кре­ди­та из урав­не­ния:

Под­ста­вим зна­че­ние x, най­ден­ное ранее:

Ответ: 250 000 руб.

Ре­ше­ние. а)  От­ре­зок BL  — диа­метр, по­это­му Тогда от­рез­ки ML и AC па­рал­лель­ны, ведь они пер­пен­ди­ку­ляр­ны хорде BM. Тогда как на­крест ле­жа­щие углы, но как впи­сан­ные углы, то есть

б)  Углы как впи­сан­ные и

тогда

По тео­ре­ме си­ну­сов

Ответ: б)  34.

Ре­ше­ние. а)  По усло­вию зна­чит, a крат­но 10. Такая цифра толь­ко 0, но де­лить на 0 нель­зя.

б)  По усло­вию то есть Если за­кан­чи­ва­ет­ся на 1, 3, 7 или 9, то из этого ра­вен­ства сле­ду­ет, что a крат­но 10, что не­воз­мож­но. Сле­до­ва­тель­но, если n* за­кан­чи­ва­ет­ся на 2, 4, 8 или 0, то опи­сан­ная си­ту­а­ция не­воз­мож­на. Для дру­гих по­след­них цифр си­ту­а­ция воз­мож­на. Если за­кан­чи­ва­ет­ся на 6, то можно по­ло­жить a  =  2 и Если же m не­чет­но, то можно по­ло­жить a  =  5 и

в)  Вы­яс­ним, как устро­е­ны хо­ро­шие числа с раз­ной по­след­ней циф­рой.

Рас­смот­рим те­перь толь­ко про­стые де­ли­те­ли n. Ясно, что они не могут де­лить­ся на свою по­след­нюю цифру, если они не од­но­знач­ны или не кон­ча­ют­ся на 1. Од­на­ко такие де­ли­те­ли по усло­вию не счи­та­ют­ся хо­ро­ши­ми. Зна­чит, раз­ло­же­ние на мно­жи­те­ли на­ше­го числа имеет вид при­чем взять од­но­вре­мен­но 2 и 5 или 3 и 7 нель­зя, по­сколь­ку тогда у числа будут де­ли­те­ли 10 или 21, а они не яв­ля­ют­ся хо­ро­ши­ми. Ана­ло­гич­но нель­зя взять 2 и 7, число 14 не будет хо­ро­шим.

Раз­бе­рем те­перь остав­ши­е­ся ва­ри­ан­ты.

1.  Число вида Оче­вид­но, по­сколь­ку 27 не будет хо­ро­шим де­ли­те­лем и по­сколь­ку 16 не будет хо­ро­шим де­ли­те­лем. Пе­ре­би­рая числа 2, 4, 8, 6, 12, 24, 18, 36, 72, об­на­ру­жи­ва­ем, что под­хо­дят пер­вые 6, а осталь­ные крат­ны 18  — они не по­дой­дут.

2.  Число вида Оче­вид­но, как и в преды­ду­щем слу­чае, и все такие числа под­хо­дят  — их де­ли­те­ля­ми будут 3, 9 и числа с по­след­ней циф­рой 5.

3.  Число вида Ана­ло­гич­но, и все такие числа под­хо­дят.

Ответ: а)  нет; б)  1, 3, 5, 6, 7, 9; в)  2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 12, 24, при на­ту­раль­ных x.