Ре­ше­ние. Имеем:

Ответ: 16.

Ре­ше­ние. Ска­ляр­ное про­из­ве­де­ние равно:

Ответ: 63.

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

Ра­ди­ус сферы равен по­это­му об­ра­зу­ю­щая равна

Ответ: 56.

Ре­ше­ние. Всего в за­пас­ную ауди­то­рию на­пра­ви­ли 400 − 150 − 150 = 100 че­ло­век. По­это­му ве­ро­ят­ность того, что слу­чай­но вы­бран­ный участ­ник писал олим­пи­а­ду в за­пас­ной ауди­то­рии, равна 100 : 400 = 0,25.

Ответ: 0,25

Ре­ше­ние. Ве­ро­ят­ность того, что кофе оста­нет­ся в пер­вом ав­то­ма­те, равна 1 − 0,3  =  0,7. Ве­ро­ят­ность того, что кофе оста­нет­ся во вто­ром ав­то­ма­те, равна 1 − 0,3  =  0,7. Ве­ро­ят­ность того, что кофе оста­нет­ся хотя бы в одном ав­то­ма­те, равна 1 − 0,12  =  0,88. По­сколь­ку P(A + B)  =  P(A) + P(B) − P(A·B), имеем: 0,88  =  0,7 + 0,7 − х, от­ку­да ис­ко­мая ве­ро­ят­ность х  =  0,52.

Ответ: 0,52.

При­ве­дем дру­гое ре­ше­ние.

Рас­смот­рим со­бы­тия:

Тогда

По усло­вию P(A)  =  P(B)  =  0,3; P(A·B)  =  0,12. Со­бы­тия A и B сов­мест­ные, ве­ро­ят­ность суммы двух сов­мест­ных со­бы­тий равна сумме ве­ро­ят­но­стей этих со­бы­тий, умень­шен­ной на ве­ро­ят­ность их про­из­ве­де­ния:

Сле­до­ва­тель­но, ве­ро­ят­ность про­ти­во­по­лож­но­го со­бы­тия, со­сто­я­ще­го в том, что кофе оста­нет­ся в обоих ав­то­ма­тах, равна 1 − 0,48  =  0,52.

При­ме­ча­ние.

За­ме­тим, что со­бы­тия А и В не яв­ля­ют­ся не­за­ви­си­мы­ми. Дей­стви­тель­но, ве­ро­ят­ность про­из­ве­де­ния не­за­ви­си­мых со­бы­тий была бы равна про­из­ве­де­нию ве­ро­ят­но­стей этих со­бы­тий: P(A·B)  =  0,3·0,3  =  0,09, од­на­ко по усло­вию эта ве­ро­ят­ность равна 0,12.

Ре­ше­ние. Пе­рей­дем к од­но­му ос­но­ва­нию сте­пе­ни:

Ответ: 5.

Ре­ше­ние. Вы­пол­ним пре­об­ра­зо­ва­ния:

Ответ: 2.

Ре­ше­ние. Зна­че­ние про­из­вод­ной в точке ка­са­ния равно уг­ло­во­му ко­эф­фи­ци­ен­ту ка­са­тель­ной, ко­то­рый в свою оче­редь равен тан­ген­су угла на­кло­на дан­ной ка­са­тель­ной к оси абс­цисс. По­стро­им тре­уголь­ник с вер­ши­на­ми в точ­ках A (−3; 6), B (−3; 4), C (5; 4). Угол на­кло­на ка­са­тель­ной к оси абс­цисс будет равен углу, смеж­но­му с углом ACB:

Ответ: −0,25.

Ре­ше­ние. Найдём, при каком уско­ре­нии гон­щик до­стиг­нет тре­бу­е­мой ско­ро­сти, про­ехав один ки­ло­метр. За­да­ча сво­дит­ся к ре­ше­нию урав­не­ния при из­вест­ном зна­че­нии длины пути км:

Если его уско­ре­ние будет пре­вос­хо­дить най­ден­ное, то, про­ехав один ки­ло­метр, гон­щик наберёт боль­шую ско­рость, по­это­му наи­мень­шее не­об­хо­ди­мое уско­ре­ние равно 5000 км/⁠ч².

Ответ: 5000.

Ре­ше­ние. Пусть u км/ч  — ско­рость вто­ро­го теп­ло­хо­да, тогда ско­рость пер­во­го теп­ло­хо­да равна км/ч. Пер­вый теп­ло­ход на­хо­дил­ся в пути на 1 час боль­ше, чем вто­рой, от­сю­да имеем:

Ответ: 11.

Ре­ше­ние. По ри­сун­ку на­хо­дим, что Найдём зна­че­ние k:

Зна­чит,

По ри­сун­ку на­хо­дим, что Найдём зна­че­ния ко­эф­фи­ци­ен­тов a и b:

Зна­чит,

Найдём абс­цис­су точки B:

Таким об­ра­зом,

Ответ: −12.

Ре­ше­ние. Най­дем про­из­вод­ную за­дан­ной функ­ции:

Най­дем нули про­из­вод­ной:

Опре­де­лим знаки про­из­вод­ной функ­ции и изоб­ра­зим на ри­сун­ке по­ве­де­ние функ­ции:

Ис­ко­мая точка мак­си­му­ма

Ответ: 2.

Ре­ше­ние. а)  Ис­поль­зуя не­чет­ность си­ну­са и след­ствие из ос­нов­но­го три­го­но­мет­ри­че­ско­го тож­де­ства по­лу­ча­ем:

б)  От­бе­рем корни при по­мо­щи еди­нич­ной окруж­но­сти (см. рис.). От­рез­ку при­над­ле­жат числа 

Ответ: а)   б)  

Ре­ше­ние. а)  За­ме­тим, что от­ре­зок KC₁ яв­ля­ет­ся ме­ди­а­ной пра­виль­но­го тре­уголь­ни­ка A₁B₁C₁, а по­то­му яв­ля­ет­ся и вы­со­той этого тре­уголь­ни­ка. Приз­ма ABCA₁B₁C₁  — пря­мая, по­это­му ее бо­ко­вые ребра яв­ля­ют­ся вы­со­та­ми приз­мы. Сле­до­ва­тель­но, от­ре­зок KC₁ пер­пен­ди­ку­ля­рен ребру AA₁. Таким об­ра­зом, плос­кость MKC₁ пер­пен­ди­ку­ляр­на плос­ко­сти ABB₁A₁.

б)  В пря­мо­уголь­ном тре­уголь­ни­ке MA₁K по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра по­лу­ча­ем:

Вы­со­та KC₁ в пра­виль­ном тре­уголь­ни­ке A₁B₁C₁ равна  По­сколь­ку плос­кость MKC₁ пер­пен­ди­ку­ляр­на плос­ко­сти ABB₁A₁, пря­мая KC₁ пер­пен­ди­ку­ляр­на пря­мой MK, а зна­чит, тре­уголь­ник MKC₁ пря­мо­уголь­ный. Пло­щадь ис­ко­мо­го се­че­ния равна

Ответ: б) 

При­ве­дем ре­ше­ние Алек­сандра Тур­ба­но­ва (Ли­пецк).

а)  Пусть AA₁  =  a, AB  =  b. Вве­дем пря­мо­уголь­ную си­сте­му ко­ор­ди­нат, как по­ка­за­но на ри­сун­ке. В этой си­сте­ме ко­ор­ди­нат:

Плос­кость AMB сов­па­да­ет с плос­ко­стью AA₁B. Най­дем урав­не­ние этой плос­ко­сти. Она про­хо­дит через ось ап­пли­кат, а по­то­му урав­не­ние сле­ду­ет ис­кать в виде Под­став­ляя ко­ор­ди­на­ты точки B, на­хо­дим:

Зна­чит, урав­не­ние плос­ко­сти имеет вид то есть Нор­маль этой плос­ко­сти  — век­тор

Плос­кость α пер­пен­ди­ку­ляр­на к плос­ко­сти AA₁B, а по­то­му нор­маль к плос­ко­сти α пер­пен­ди­ку­ляр­на век­то­ру Под­став­ляя ко­ор­ди­на­ты точек M и К в урав­не­ние плос­ко­сти α и за­пи­сы­вая усло­вие пер­пен­ди­ку­ляр­но­сти нор­ма­лей в ко­ор­ди­на­тах, по­лу­ча­ем си­сте­му:

Зна­чит, урав­не­ние плос­ко­сти α имеет вид

то есть

Ко­ор­ди­на­ты точки C₁ удо­вле­тво­ря­ют най­ден­но­му урав­не­нию:

а зна­чит, точка C₁ лежит в плос­ко­сти α.

б)  По усло­вию a  =  b  =  12. Тре­уголь­ник C₁KM  — ис­ко­мое се­че­ние. В вы­бран­ной си­сте­ме ко­ор­ди­нат на­хо­дим:

Пло­щадь тре­уголь­ни­ка, по­стро­ен­но­го на век­то­рах, равна по­ло­ви­не мо­ду­ля их век­тор­но­го про­из­ве­де­ния. По­сле­до­ва­тель­но по­лу­ча­ем:

Мо­дуль этого про­из­ве­де­ния равен

а ис­ко­мая пло­щадь равна

Ответ: б) 

Ре­ше­ние. Рас­смот­рим чис­ли­тель дроби:

Пусть по­лу­чим: За­ме­тим, что t  =  2 яв­ля­ет­ся кор­нем дан­но­го мно­го­чле­на. Чтобы раз­ло­жить мно­го­член на мно­жи­те­ли, раз­де­лим его на t − 2 «в стол­бик» или при­ме­нив схему Гор­не­ра. Таким об­ра­зом, имеем:

Вер­нем­ся к ис­ход­но­му не­ра­вен­ству:

Решим по­лу­чен­ное не­ра­вен­ство ме­то­дом ин­тер­ва­лов. Для этого ра­ци­о­на­ли­зи­ру­ем не­ра­вен­ство, при­ме­нив тео­ре­му о зна­ках: при по­ло­жи­тель­ных a вы­ра­же­ния и имеют оди­на­ко­вые знаки. По­лу­чим:

Ответ:

Ре­ше­ние. Пусть S млн руб.  — сумма кре­ди­та. Пусть Со­ста­вим таб­ли­цу по дан­ным за­да­чи.

Номер ме­ся­ца	Долг в на­ча­ле ме­ся­ца (с уче­том про­цен­тов), руб.	Платёж, руб.	Долг 15 числа (после пла­те­жа), руб.
			S
1
2
...	...	...	...
12	...	...
13
...	...	...	...
23	...	...
24

Пла­те­жи со­став­ля­ют ариф­ме­ти­че­скую про­грес­сию, сумма пла­те­жей за 2027 год равна

Ответ: 3,585 млн руб.

Ре­ше­ние. а)  Пусть угол ABC равен α. Цен­траль­ный угол COA и впи­сан­ный угол CBA опи­ра­ют­ся на одну дугу, зна­чит, угол COA равен 2α. Впи­сан­ные в мень­шую окруж­ность углы COA и CPA опи­ра­ют­ся на одну дугу, сле­до­ва­тель­но, они равны. Тогда углы CPA и BAC равны 2α. Тре­уголь­ни­ки ABC и PAC с общим углом C по­доб­ны по двум углам.

б)  По­сколь­ку тре­уголь­ни­ки ABC и PAC по­доб­ны, то угол PAC равен углу ABC, то есть равен α. Тогда от­ре­зок AP  — бис­сек­три­са. Из по­до­бия тре­уголь­ни­ков на­хо­дим, что от­ку­да

По свой­ству бис­сек­три­сы тогда

Ответ: б)  5.

При­ве­дем ре­ше­ние пунк­та б) Алек­сандра Тур­ба­но­ва (Ли­пецк).

По тео­ре­ме си­ну­сов в тре­уголь­ни­ке ABC от­ку­да

а по­то­му Далее по­сле­до­ва­тель­но по­лу­ча­ем:

За­ме­тим, что по­это­му

Итак, по тео­ре­ме ко­си­ну­сов в тре­уголь­ни­ке ABC:

Ре­ше­ние. Вве­дем за­ме­ну тогда

Дис­кри­ми­нант по­лу­чен­но­го урав­не­ния равен t² − 4. Урав­не­ние имеет два ре­ше­ния при от­ку­да или При урав­не­ние имеет един­ствен­ное ре­ше­ние. При урав­не­ние ре­ше­ний не имеет.

Поль­зу­ясь вве­ден­ной за­ме­ной, за­пи­шем ис­ход­ное урав­не­ние в виде

При a  =  0 имеем: от­ку­да Сле­до­ва­тель­но, ис­ход­ное урав­не­ние имеет два ре­ше­ния.

При a  ≠  0 урав­не­ние яв­ля­ет­ся квад­рат­ным, его дис­кри­ми­нант равен

а корни равны

Ко­рень дает два раз­лич­ных ре­ше­ния ис­ход­но­го урав­не­ния. Чтобы оно не имело дру­гих ре­ше­ний, ко­рень дол­жен сов­па­дать с чис­лом −3 , либо не дол­жен да­вать ре­ше­ний.

Если то:

Чтобы ко­рень не давал ре­ше­ний, не­об­хо­ди­мо и до­ста­точ­но вы­пол­не­ния усло­вия На­хо­дим:

Таким об­ра­зом, ис­ход­ное урав­не­ние имеет ровно два раз­лич­ных корня при

Ответ:

Ре­ше­ние. а)  Да, на­при­мер, среди чисел в диа­па­зо­не от 69 до 138 числа 80, 100 и 120 крат­ны 20, а числа 69, 92, 115, 138 крат­ны 23.

б)  Нет. Разо­бьем все числа на груп­пы по 20, на­чи­ная с пер­во­го числа. Тогда в каж­дой груп­пе будет ровно одно число, крат­ное 20. За­ме­тим, что по­след­няя груп­па, воз­мож­но, будет не­пол­ной и/или не будет со­дер­жать число, крат­ное 20. Зна­чит, общее ко­ли­че­ство чисел не пре­вос­хо­дит Те­перь рас­смот­рим край­ние числа, крат­ные 23. Пусть это 23x и 23y. Тогда (иначе чисел не 11), и что не­воз­мож­но для 219 чисел.

в)  Пусть среди дан­ных чисел есть x чисел, крат­ных 20. Тогда со­глас­но пунк­ту б) общее ко­ли­че­ство чисел не боль­ше 20x + 19. C дру­гой сто­ро­ны, раз­ность между край­ни­ми чис­ла­ми, крат­ны­ми 23, долж­на быть не менее 23x, по­это­му общее ко­ли­че­ство чисел не мень­ше 23x + 1. Имеем:

то есть

Взять 139 чисел можно. На­при­мер, по­дой­дут числа от 161 до 299  — среди них 6 чисел крат­ны 20 и 7 чисел крат­ны 23.

Ответ: а)  да; б)  нет; в)  139.