Ре­ше­ние. За­ме­тим, что че­ты­рех­уголь­ник EBCD  — па­рал­ле­ло­грамм. Про­ти­во­по­лож­ные сто­ро­ны па­рал­ле­ло­грам­ма по­пар­но равны. Сле­до­ва­тель­но,

Ответ: 23.

Ре­ше­ние. Най­дем ко­ор­ди­на­ты век­то­ра

Ска­ляр­ное про­из­ве­де­ние равно:

Ответ: 28.

Ре­ше­ние. За­ме­тим, что ис­ко­мый объём равен раз­но­сти объ­е­ма приз­мы и двух тре­уголь­ных пи­ра­мид, ос­но­ва­ния и вы­со­ты ко­то­рых сов­па­да­ют с ос­но­ва­ни­ем и вы­со­той приз­мы:

По­это­му

Ответ: 4.

Ре­ше­ние. За пер­вые три дня будет про­чи­тан 51 до­клад, на по­след­ние два дня пла­ни­ру­ет­ся 24 до­кла­да. По­это­му на по­след­ний день за­пла­ни­ро­ва­но 12 до­кла­дов. Зна­чит, ве­ро­ят­ность того, что до­клад про­фес­со­ра М. ока­жет­ся за­пла­ни­ро­ван­ным на по­след­ний день кон­фе­рен­ции, равна

Ответ: 0,16.

Ре­ше­ние. Ве­ро­ят­ность суммы двух не­сов­мест­ных со­бы­тий равна сумме ве­ро­ят­но­стей этих со­бы­тий: 0,2 + 0,15  =  0,35.

Ответ: 0,35.

Ре­ше­ние. На ОДЗ пе­рей­дем к урав­не­нию на ос­но­ва­ние ло­га­риф­ма:

Итак, урав­не­ние имеет толь­ко один ко­рень.

Ответ: 2.

Ре­ше­ние. Вы­пол­ним пре­об­ра­зо­ва­ния:

Ответ: 4.

Ре­ше­ние. За­дан­ная функ­ция имеет мак­си­му­мы в точ­ках 1, 4, 9, 11 и ми­ни­му­мы в точ­ках 2, 7, 10. По­это­му сумма точек экс­тре­му­ма равна 1 + 4 + 9 + 11 + 2 + 7 + 10  =  44.

Ответ: 44.

Ре­ше­ние. За­да­ча сво­дит­ся к ре­ше­нию не­ра­вен­ства при из­вест­ных зна­че­ни­ях теплоёмко­сти воды удель­ной теп­ло­ты сго­ра­ния дров массы воды и из­ме­не­ния тем­пе­ра­ту­ры

Ответ: 18.

Ре­ше­ние. Пусть ско­рость вто­ро­го ав­то­мо­би­ля равна км/ч. За 2/3 часа пер­вый ав­то­мо­биль про­шел на 14 км боль­ше, чем вто­рой, от­сю­да имеем

Ответ: 59.

Ре­ше­ние. Гра­фик функ­ции имеет го­ри­зон­таль­ную асимп­то­ту y  =  1, зна­чит, a  =  1. По гра­фи­ку f(3)  =  2, тогда Таким об­ра­зом,

Ответ: −15.

Ре­ше­ние. Най­дем про­из­вод­ную за­дан­ной функ­ции:

Най­дем нули про­из­вод­ной на за­дан­ном от­рез­ке:

Опре­де­лим знаки про­из­вод­ной функ­ции на за­дан­ном от­рез­ке и изоб­ра­зим на ри­сун­ке по­ве­де­ние функ­ции:

Наи­боль­шим зна­че­ни­ем функ­ции на за­дан­ном от­рез­ке будет наи­боль­шее из чисел и Най­дем их:

За­ме­тим, что по­это­му наи­боль­шее зна­че­ние функ­ции на от­рез­ке равно 4.

Ответ: 4.

Ре­ше­ние. а)  Если то из урав­не­ния сле­ду­ет, что что про­ти­во­ре­чит ос­нов­но­му три­го­но­мет­ри­че­ско­му тож­де­ству. По­это­му от­ли­чен от 0, на него можно по­де­лить обе части урав­не­ния:

б)  При по­мо­щи три­го­но­мет­ри­че­ской окруж­но­сти отберём корни урав­не­ния, при­над­ле­жа­щие про­ме­жут­ку По­лу­чим числа: и

Ответ: а) б)

Ре­ше­ние. а)  Вве­дем си­сте­му ко­ор­ди­нат, как по­ка­за­но на ри­сун­ке. В вве­ден­ной си­сте­ме ко­ор­ди­нат имеем:

Таким об­ра­зом,

б)  Про­ек­ци­ей ребра B₁C₁ на плос­кость DCC₁D₁ яв­ля­ет­ся точка C₁. Спро­ек­ти­ру­ем пря­мую MN на плос­кость DCC₁D₁, по­лу­чим от­ре­зок M₁N₁. Таким об­ра­зом, за­да­ча све­лась к на­хож­де­нию рас­сто­я­ния от точки C₁ до от­рез­ка M₁N₁. Это рас­сто­я­ние равно длине вы­со­ты, про­ве­ден­ной из вер­ши­ны C₁ тре­уголь­ни­ка N₁C₁M₁. Этот тре­уголь­ник яв­ля­ет­ся пря­мо­уголь­ным, а его ка­те­ты равны 2 и 1. Его ги­по­те­ну­за на­хо­дит­ся по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра, она равна  Сле­до­ва­тель­но, вы­со­та равна

Ответ: б) 

При­ве­дем ре­ше­ние пунк­та б) Свя­то­сла­ва Гор­ба­то­ва (Сочи).

Пункт а) решён с по­мо­щью ко­ор­ди­нат­но-век­тор­но­го ме­то­да, ло­гич­но, если пункт б) будет решён этим же ме­то­дом и идеи пунк­та а) по­лу­чат раз­ви­тие. В тре­уголь­ни­ке A₁NM точка С₁  — се­ре­ди­на от­рез­ка A₁M. Про­ве­дем от­ре­зок C₁P па­рал­лель­но пря­мой NM, тогда от­ре­зок C₁P  — сред­няя линия и точка P  — се­ре­ди­на от­рез­ка A₁N. Тогда плос­кость B₁C₁P со­дер­жит пря­мую B₁C₁ и па­рал­лель­на пря­мой MN, зна­чит, ис­ко­мым рас­сто­я­ни­ем яв­ля­ет­ся рас­сто­я­ние от точки M до плос­ко­сти B₁C₁P.

Из пунк­та а): Най­дем ко­ор­ди­на­ты точки P:

Далее на­хо­дим ко­эф­фи­ци­ен­ты в урав­не­нии плос­ко­сти B₁C₁P, ис­поль­зуя ко­ор­ди­на­ты точек B₁, C₁ и P:

Пусть тогда Най­дем рас­сто­я­ние от точки M до плос­ко­сти B₁C₁P:

При­ве­дем ре­ше­ние Ни­ки­ты Хи­са­мут­ди­но­ва (Са­ла­ват).

а)  До­стро­им три ана­ло­гич­ных ис­ход­но­му куба так, как по­ка­за­но на ри­сун­ке. По тео­ре­ме Пи­фа­го­ра в тре­уголь­ни­ке MNP₁:

а в тре­уголь­ни­ке MB₁B₂:

Таким об­ра­зом,

б)  От­ре­зок B₁C₁ со­дер­жит­ся в от­рез­ке B₁M₁, зна­чит, рас­сто­я­ние между пря­мы­ми B₁C₁ и MN равно рас­сто­я­нию между пря­мы­ми M₁C₁ и MN. Пря­мая M₁C₁ пер­пен­ди­ку­ляр­на плос­ко­сти M₁NP₁M. Опу­стим пер­пен­ди­ку­ляр M₁H из точки M₁ на пря­мую MN. Этот пер­пен­ди­ку­ляр и будет ис­ко­мым рас­сто­я­ни­ем. В пря­мо­уголь­ном тре­уголь­ни­ке MNM₁ от­ре­зок M₁H  — вы­со­та, про­ве­ден­ная к ги­по­те­ну­зе из вер­ши­ны пря­мо­го угла, сле­до­ва­тель­но,

При­ве­дем ре­ше­ние Ар­те­ма Кал­мы­ко­ва (Уфа).

а)  В плос­ко­сти грани A₁B₁C₁D₁ через точку M про­ве­дем пря­мую, пер­пен­ди­ку­ляр­ную пря­мой B₁C₁, обо­зна­чим F₁ точку их пе­ре­се­че­ния. Углы C₁MF₁ и C₁A₁B₁ равны как на­крест ле­жа­щие при пе­ре­се­че­нии па­рал­лель­ных пря­мых A₁B₁ и MF₁ се­ку­щей A₁M. Углы A₁C₁B₁ и F₁C₁M равны как вер­ти­каль­ные, сле­до­ва­тель­но, тре­уголь­ни­ки A₁C₁B₁ и C₁MF₁ равны по сто­ро­не и двум при­ле­жа­щим к ней углам. От­сю­да Тре­уголь­ник B₁F₁M  — пря­мо­уголь­ный, по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра по­лу­ча­ем:

от­ку­да

В плос­ко­сти грани B₁C₁CB про­ве­дем через точку N про­ве­дем пря­мую, пер­пен­ди­ку­ляр­ную пря­мой B₁C₁, обо­зна­чим F₂ точку их пе­ре­се­че­ния. Тре­уголь­ни­ки B₁C₁С и B₁F₂N по­доб­ны по двум углам, при­чем Тогда по тео­ре­ме Фа­ле­са

По по­стро­е­нию пря­мая MF₁ пер­пен­ди­ку­ляр­на пря­мой B₁C₁. Кроме того, пря­мая MF₁ пер­пен­ди­ку­ляр­на пря­мой CC₁. По при­зна­ку пер­пен­ди­ку­ляр­но­сти пря­мой и плос­ко­сти пря­мая MF₁ пер­пен­ди­ку­ляр­на плос­ко­сти B₁C₁CB. По по­стро­е­нию пря­мая NF₂ лежит в этой плос­ко­сти, при­чем и Зна­чит, точки F₁ и F₂ сов­па­да­ют, а тре­уголь­ник MF₁N  — пря­мо­уголь­ный с пря­мым углом

От­ре­зок CC₁  — сред­няя линия тре­уголь­ни­ка B₁F₁N, по­это­му По тео­ре­ме Пи­фа­го­ра по­лу­ча­ем:

от­ку­да Таким об­ра­зом, что и тре­бо­ва­лось до­ка­зать.

б)  Рас­сто­я­ние между пря­мы­ми есть длина их об­ще­го пер­пен­ди­ку­ля­ра. Про­ве­дем пря­мую F₁H пер­пен­ди­ку­ляр­но пря­мой MN. По преды­ду­щим по­стро­е­ни­ям пря­мая B₁C₁ пер­пен­ди­ку­ляр­на как пря­мой MF₁, так и пря­мой NF₁. Сле­до­ва­тель­но, пря­мая B₁C₁, то есть пря­мая B₁F₁, пер­пен­ди­ку­ляр­на плос­ко­сти MF₁N, а по­то­му и пря­мой F₁H. Сле­до­ва­тель­но, вы­со­та F₁H тре­уголь­ни­ка MF₁N яв­ля­ет­ся общим пер­пен­ди­ку­ля­ром пря­мых B₁C₁ и MN. Най­дем пло­щадь этого тре­уголь­ни­ка двумя спо­со­ба­ми:

Таким об­ра­зом,

Ре­ше­ние. Сде­лав за­ме­ну по­лу­ча­ем:

Зна­чит,

Ответ:

Ре­ше­ние. Рас­смот­рим первую схему. Пусть х руб.  — фик­си­ро­ван­ная сумма еже­ме­сяч­ных вы­плат.

Ко­то­рый от­чет­ный месяц?	Долг к концу ме­ся­ца с уче­том на­чис­лен­ных про­цен­тов (руб.)	Ана­то­лий пе­ре­во­дит в банк (руб.)	Долг Ана­то­лия на на­ча­ло сле­ду­ю­ще­го ме­ся­ца (руб.)
Пер­вый		х
Вто­рой		х
Тре­тий		х

Те­перь рас­смот­рим вто­рую схему.

Ко­то­рый от­чет­ный месяц?	Ана­то­лий дол­жен пе­ре­ве­сти в банк
	Часть кре­ди­та по ос­нов­но­му долгу (руб.)	Про­цент­ные став­ки банка	Всего (руб.)
Пер­вый
Вто­рой
Тре­тий

Итак, если Ана­то­лий вос­поль­зу­ет­ся вто­рой схе­мой, то он в банк дол­жен будет вер­нуть сумму, рав­ную

А эта сумма мень­ше, чем 399 300, на 2100 руб.

За­ме­ча­ние:

Эту раз­ни­цу можно было бы вы­чис­лить и так:

1)  

2)  

3)  

4)  

Ответ: вы­год­на вто­рая схема; 2100 руб­лей.

Ре­ше­ние. а)  Тра­пе­ция AMCD впи­са­на в окруж­ность, тогда углы CAD и MDA равны. Углы CAD и BAM равны по­ло­ви­не дуги AM, по­это­му они равны между собой, что и тре­бо­ва­лось до­ка­зать.

б)   от­ку­да тогда а Тре­уголь­ни­ки AOD и COB по­доб­ны, по­это­му тогда

Ответ: б)

Ре­ше­ние. Пе­ре­не­сем еди­ни­цу:

По­стро­им схе­ма­тич­но гра­фи­ки функ­ций и

На ри­сун­ке видно, что не­ра­вен­ство имеет ре­ше­ния толь­ко при или

1.  

Ре­ше­ния об­ра­зу­ют от­ре­зок длины 1, если от­ку­да

2.  

Ре­ше­ния об­ра­зу­ют от­ре­зок длины 1, если от­ку­да

Ответ:

При­ве­дем дру­гое ре­ше­ние (автор Алек­сандр Со­ко­лов).

Изоб­ра­зим ре­ше­ние не­ра­вен­ства в си­сте­ме ко­ор­ди­нат

Пря­мые и раз­би­ва­ют плос­кость на че­ты­ре части, в каж­дой из ко­то­рых знаки вы­ра­же­ний и оста­ют­ся по­сто­ян­ны­ми.

знак вы­ра­же­ния
знак вы­ра­же­ния
со­от­вет­ству­ю­щее не­ра­вен­ство

Мно­же­ство точек, яв­ля­ю­ще­е­ся ре­ше­ни­ем не­ра­вен­ства, на ри­сун­ке вы­де­ле­ны зелёным цве­том.

Оче­вид­но, что ре­ше­ния не­ра­вен­ства об­ра­зу­ют от­ре­зок длины 1 ровно два раза.

1 слу­чай: от­ре­зок огра­ни­чен пря­мы­ми (слева) и (спра­ва).

Найдём со­от­вет­ству­ю­щее зна­че­ние па­ра­мет­ра a:

2 слу­чай: от­ре­зок огра­ни­чен пря­мы­ми (слева) и (спра­ва).

Найдём со­от­вет­ству­ю­щее зна­че­ние па­ра­мет­ра a:

Ответ:

Ре­ше­ние. а)  Из усло­вия по­лу­ча­ем:

По­сколь­ку по­лу­ча­ем: или

В пер­вом слу­чае из ра­вен­ства учи­ты­вая, что и числа и имеют раз­ную чётность, на­хо­дим чего не может быть.

Во вто­ром слу­чае из не­ра­вен­ства учи­ты­вая, что на­хо­дим от­ку­да по­лу­ча­ем:

б)  Из усло­вия по­лу­ча­ем:

По­сколь­ку по­лу­ча­ем, что то есть Ана­ло­гич­но по­след­нее ра­вен­ство вы­пол­ня­ет­ся толь­ко при и Зна­чит, что не­воз­мож­но.

в)  Из ра­вен­ства по­лу­ча­ем: Зна­чит, По­лу­ча­ем четвёрку чисел По­сколь­ку по­лу­ча­ем: Кроме того, от­ку­да

Зна­чит, a при­над­ле­жит про­ме­жут­ку (251; 500). Более того, для лю­бо­го це­ло­го a из этого про­ме­жут­ка най­ден­ная четвёрка чисел удо­вле­тво­ря­ет усло­вию за­да­чи. Таким об­ра­зом, a может при­ни­мать 248 зна­че­ний.

Ответ: а)  a  =  7, b  =  5, c  =  2, d  =  1; б)  нет; в)  248.