Ре­ше­ние.

б)  От­бе­рем корни при по­мо­щи еди­нич­ной три­го­но­мет­ри­че­ской окруж­но­сти (см. рис.). На за­дан­ном от­рез­ке лежат корни

Ответ: а) б)

Ре­ше­ние. а)  Пусть SO  — вы­со­та пи­ра­ми­ды SABCDEF. Пусть P  — точка пе­ре­се­че­ния FC и DM. Тре­уголь­ни­ки ODP и CMP по­доб­ны, по­сколь­ку пря­мая OD па­рал­лель­на MC. Сле­до­ва­тель­но, OP : PC  =  OD : MC  =  7 : 3. Но SK : KC  =  7 : 3  =  OP : PC. Тогда тре­уголь­ни­ки OSC и PKC по­доб­ны, а пря­мые OS и PK па­рал­лель­ны. Сле­до­ва­тель­но, пря­мая PK пер­пен­ди­ку­ляр­на плос­ко­сти  ABC. Таким об­ра­зом, плос­кость MKD пер­пен­ди­ку­ляр­на плос­ко­сти ос­но­ва­ния, что и тре­бо­ва­лось до­ка­зать.

б)  С по­мо­щью тео­ре­мы Пи­фа­го­ра вы­чис­лим:

Сле­до­ва­тель­но,

Далее най­дем пло­щадь тре­уголь­ни­ка MCD:

Вы­чис­лим объем пи­ра­ми­ды CDKM:

Ответ: б)

Ре­ше­ние. Пре­об­ра­зу­ем не­ра­вен­ство:

За­ме­тим, что ло­га­рифм об­ра­ща­ет­ся в нуль в точке 2, при­ме­ним на ОДЗ  — луче метод ин­тер­ва­лов (см. рис.) и вы­пи­шем ответ:

Ответ:

Ре­ше­ние. а)  Угол AC₁C равен 90°, сле­до­ва­тель­но, угол AA₁C равен 90°, по­сколь­ку AC  — диа­метр окруж­но­сти. Тогда AA₁  — вы­со­та и ме­ди­а­на тре­уголь­ни­ка  ABC. Таким об­ра­зом, от­рез­ки AB и AC равны, что и тре­бо­ва­лось до­ка­зать.

б)  Тре­уголь­ни­ки ABA₁ и CBC₁ по­доб­ны по двум углам, сле­до­ва­тель­но, Так как C₁A₁  — ме­ди­а­на в пря­мо­уголь­ном тре­уголь­ни­ке BC₁C, то

Вы­чис­лим пло­щадь рав­но­бед­рен­но­го тре­уголь­ни­ка ABC, бо­ко­вые сто­ро­ны ко­то­ро­го равны 16, а ос­но­ва­ние BC  =  12:

Ответ:

Ре­ше­ние. В июле 2026 года долг со­став­лял 400 тыс. руб. После на­чис­ле­ния r% он стал со­став­лять 400 + 4r тыс. руб. Пер­вая вы­пла­та была равна 330 тыс. руб. Тогда долг на июль 2027 года стал со­став­лять 400 + 4r − 330  =  70 + 4r тыс. руб.

После вто­ро­го на­чис­ле­ния про­цен­тов сумма долга со­ста­ви­ла (4r + 70)(1 + 0,01r). Этот долг был по­га­шен вто­рым пла­те­жом, рав­ным 121 тыс. руб., от­ку­да по­лу­ча­ем

Ответ: 10.

Ре­ше­ние. За­ме­тим, что при x < 0 и при x > 2 левая часть пер­во­го урав­не­ния си­сте­мы не опре­де­ле­на, а при пер­вое урав­не­ние си­сте­мы при­ни­ма­ет вид: или от­ку­да

При и a > 0 урав­не­ние при­ни­ма­ет вид от­ку­да x  =  0 или

При и a > 0 урав­не­ние при­ни­ма­ет вид от­ку­да или

Для корня x  =  0 усло­вие вы­пол­не­но. Для корня усло­вие вы­пол­не­но при При по­ло­жи­тель­ных a ко­рень от­ри­ца­тель­ный. Для корня усло­вие при по­ло­жи­тель­ных a при­ни­ма­ет вид:

Корни и не равны нулю при по­ло­жи­тель­ных a и сов­па­да­ют при

Таким об­ра­зом, ис­ход­ная си­сте­ма урав­не­ний имеет ровно три раз­лич­ных ре­ше­ния при

Ответ:

Ре­ше­ние. а)  Из­на­чаль­но в пер­вой кучке сред­нее со­став­ля­ло Если после пе­ре­кла­ды­ва­ния оно стало равно 16 г, то масса кучки Зна­чит, до­бав­лен­ная гирь­ка была мас­сой что не­воз­мож­но, по­сколь­ку такая гирь­ка толь­ко одна.

б)  Пусть из­на­чаль­но в пер­вой кучке было n гирек сум­мар­ным весом 9,5n грам­мов. После пе­ре­кла­ды­ва­ния в кучке стала гирь­ка сум­мар­ным весом 10,5(n + 1) г. Зна­чит, была до­бав­ле­на гирь­ка весом   — не­це­лое число грам­мов.

в)  Пусть из­на­чаль­но в пер­вой кучке было n гирек сум­мар­ным весом xn г, а после пе­ре­кла­ды­ва­ния в кучке стала n + 1 гирь­ка сум­мар­ным весом Зна­чит, была до­бав­ле­на гирь­ка весом Нужно сде­лать n как можно боль­шим. За­ме­тим, что даже если вы­брать гирь­ки самой ма­лень­кой массы, n гирек будут ве­сить по­это­му Зна­чит, масса до­бав­лен­ной гирь­ки не мень­ше чем От­сю­да то есть

При­мер для 45 гирек те­перь легко по­стро­ить. Возь­мем в из­на­чаль­ный набор гирь­ки 1, 2, 3, ..., 45 грам­мов и до­ба­воч­ную гирь­ку мас­сой тогда все усло­вия будут вы­пол­не­ны: сред­няя масса 23 грам­ма вы­рос­ла до 24 грам­мов.

Ответ: а)  нет; б)  нет; в)  45.