Часть 1
Задание 1
Решение:
Задание 2
a➔ = AA1➔, A(-2; 5), A1(-6; -4) b➔ = BB1➔, B(6; 2), B1(1; -2) Решение: 1) AA1➔{-6-(-2); -4-5} = {-4; -9} BB1➔{1-6; -2-2} = {-5; -4} 2) 2b➔ = 2 × BB1➔{-5×2; 2×(-4)} = {-10; -8} 3) a➔ × 2b➔ = -4 × (-10) + (-9) × (-8) = 40 + 72 = 112 Ответ: 112Задание 3
Решение: Vцилиндра = πR2h V1 = πR2 × 20 2100 = πR2 × 20 πR2 = 210020 = 105 V2 = πR2 × (20 + 5) = πR2 × 25 = 105 × 25 = 2625 ΔV = 2625 — 2100 = 525 Ответ: 525Задание 4
Решение: Pиз Индии = количество из Индииколичество всех участников = 75 + 4 + 9 + 7 = 725 = 28100 = 0.28 Ответ: 0.28Задание 5
Синие | Красные | |
---|---|---|
Блюдца | 14 | 22 |
Чашки | 27 | 9 |
Задание 6
Решение:3log27(8x + 4) = 4 3log3³(8x + 4) = 4 313log3(8x + 4) = 4 (3log3(8x + 4))13 = 4 (8x + 4)13 = 4 ³√8x + 4 = 4 8x + 4 = 4³ 8x = 64 — 4 8x = 60 x = 608 = 152 = 7.5 Ответ: 7.5
Задание 7
Решение: (85)3 : (42)9 = 815 : 418 = (23)15 : (22)18 = 245 : 236 = 245-36 = 29 = 512 Ответ: 512Задание 8
Решение: f(x) возрастает там где f(x) > 0 Сумма целых чисел -4 + (-3) + (-2) + (-1) + 0 + 1 + 2 = -7 Ответ: -7Задание 9
H(t) = H₀ — √2gH₀ × kt + g2k2t2 t — ? Решение: Vостатка воды = 14V₀ ⇒ Hостатка воды = 14H₀ V ∼ H Подставим в формулу данные числовые значения: 14H₀ = 5 — √2 × 10 × 5 × 1700t + 102(1700)2t2 14 × 5 = 5 — √100 × 1700t + 5 × 149 × 10⁴t² 54 = 5 — 10700t + 5490000t² разделим обе части уравнения на 5 14 = 1 — 2700t + 1490000t² 1490000t² — 1350t + 34 = 0 умножим обе части равенства на 490000 t² — 1400t + 367500 = 0 D4 = 700² — 367500 = 490000 — 367500 D4 = 122500 = 350² t1,2 = 700 ± 350 t1 = 700 — 350 = 350 t2 = 700 + 350 = 1050 не удовлетворяет условию задачи т.к. за 350 секунд вытекло из бака 3/4 объема воды, следовательно за 1050 секунд воды в баке останется точно меньше чем 1/4 от первоначального объема. Ответ: 350Задание 10
Решение:P | t | A | |
---|---|---|---|
I | x? | 621x | 621 |
II | x + 4 | 486x + 4 | 486 |
Задание 11
f(x) = ax + b f(11) — ? Решение: По рисунку A(1; -3) B(5; 2) Подставим координаты точек в функциюЗадание 12
yнаименьшее — ? на отрезке [-1; 7] Решение: 1) y’ = (x2 — 10x + 10)’ × e2-x + (x2 — 10x + 10) × (e2-x)’ = (2x — 10) × e2-x + (x2 — 10x + 10) × e2-x × (-1) = (2x — 10) × e2-x — (x2 — 10x + 10) × e2-x = e2-x × ((2x — 10) — (x2 — 10x + 10)) = e2-x × (2x — 10 — x2 + 10x — 10) = e2-x × (-x2 + 12x — 20) 2) y’ = 0 при -x2 + 12x — 20 = 0 e2-x > 0 при ∀ x y’ = -x2 + 12x — 20 x2 — 12x + 20 = 0 По теореме Виета подбором
Часть 2
Задание 13
Решение: sinx × cos2x — √3cos2x + sinx = 0 а) sinx × cos2x — √3 × 1 + cos2x2 + sinx = 0 (sinx × cos2x + sinx) — √32(1 + cos2x) = 0 sinx(cos2x + 1) — √32(1 + cos2x) = 0 (cos2x + 1)(sinx — √32) = 0 cos2x + 1 = 0 cos2x = -1 2x = π + 2πn, n ∈ Z x = π2 + πn, n ∈ Z или sinx — √32 = 0 sinx = √32 x = π3 + 2πn, n ∈ Z x = 2π3 + 2πn, n ∈ Z б)
Задание 14
ABCDA1B1C1D1 — прямая призма ABCD — параллелограмм M ∈ A1B1 K ∈ B1C1 N ∈ BC B1KKC1 = 13 AMKN — равнобедренная трапеция AN = 4, MK = 2 основания Решение:
Задание 15
Решение:
2-2√x + 32 × 102-√x > 29-2√x + 625 × 10-2-√x
2-2√x + 32 × 102-√x — 29-2√x — 625 × 10-2-√x > 0
2-2√x(1 — 29) — 10-2-√x × 625(1 — 29) > 0
(1 — 29)(2-2√x — 10-2-√x × 625) > 0 разделим обе части неравенства на (1 — 29) < 0 значит знак неравенства изменится
2-2√x — 10-2-√x × 625 < 0 разделим обе части неравенства на 10-√x > 0, получим
2-√x × (210)-√x — 1100 × 625 < 0
2-√x × (15)-√x — 625100 < 0
(25)-√x < 625100 = 254 = (52)2
(52)√x < (52)2 ⟺ √x < 2
x ≥ 0
x < 22
x ≥ 0
x < 4
Ответ: [0; 4)