Численность детей в городе N составляет 200 000 · 0,15 = 30 000. Численность взрослого населения 200 000 − 30 000 = 170 000 человек. Из них не работает 170 000 · 0,45 = 76 500 человек. Значит, работает 170 000 − 76 500 = 93 500 человек.

Ответ: 93 500.

Из графика видно, что наименьшая среднемесячная температура в период с пятого по двенадцатый месяц (с мая по декабрь) была в ноябре и составляла 6 °C (см. рисунок).

Ответ: 6.

Заметим, что  Тогда  поэтому  Поэтому площадь сектора равна  от площади круга. Следовательно, площадь круга равна 3 · 32 = 96.

Ответ:96.

Ко­ман­да может по­лу­чить не мень­ше 4 очков в двух играх тремя спо­со­ба­ми: 3+1, 1+3, 3+3. Эти со­бы­тия не­сов­мест­ны, ве­ро­ят­ность их суммы равна сумме их ве­ро­ят­но­стей. Каж­дое из этих со­бы­тий пред­став­ля­ет собой про­из­ве­де­ние двух не­за­ви­си­мых со­бы­тий — ре­зуль­та­та в пер­вой и во вто­рой игре. От­сю­да имеем:

Ответ: 0,32.

За­ме­тим, что сто­ро­на ромба равна 50. Диа­го­на­ли ромба пе­ре­се­ка­ют­ся под пря­мым углом и точ­кой пе­ре­се­че­ния де­лят­ся по­по­лам. Пусть OB = 3x, тогда AO = 4x. По тео­ре­ме Пи­фа­го­ра AO² + OB² = AB², по­это­му 25x² = 2500, от­ку­да x = 10. Тогда для вы­со­ты тре­уголь­ни­ка AOB имеем 

Сле­до­ва­тель­но, вы­со­та ромба равна 2h = 48.

Ответ: 48.

Най­дем фор­му­лу, за­да­ю­щую функ­цию  гра­фик ко­то­рой изоб­ражён на ри­сун­ке.

Сле­до­ва­тель­но, гра­фик функ­ции  по­лу­чен сдви­гом гра­фи­ка функ­ции  на  еди­ниц влево вдоль оси абс­цисс. По­это­му ис­ко­мая пло­щадь фи­гу­ры равна пло­ща­ди фи­гу­ры, огра­ни­чен­ной гра­фи­ком функ­ции  и от­рез­ком  оси абс­цисс. Имеем:

Ответ: 4.

Стороны сечения KM, KL, и LM равны как гипотенузы равных прямоугольных треугольников A₁KM, KLA₁, и LA₁M, которые равны друг другу по двум катетам. Таким образом, треугольник LKM является равносторонним. Поэтому угол MLK равен 60°.

Ответ:60.

Воспользуемся тождеством  и раскроем модули на отрезке [6; 10]:

Ответ: 4.

Пусть  и  – начальные, а  и  – конечные значения объема и давления газа, соответственно. Условие  означает, что  откуда  Задача сводится к решению неравенства , причем по условию :

Ответ: 2.

Примем расстояние между городами 1. Пусть время движения велосипедиста равно  ч, тогда время движения мотоциклиста равно  ч,  К моменту встречи они находились в пути 48 минут и в сумме преодолели всё расстояние между городами, поэтому

Таким образом, велосипедист находился в пути 4 часа.

Ответ: 4.

По­сколь­ку функ­ция  воз­рас­та­ю­щая, за­дан­ная функ­ция до­сти­га­ет наи­мень­ше­го зна­че­ния в той же точке, в ко­то­рой до­сти­га­ет наи­мень­ше­го зна­че­ния вы­ра­же­ние  Квад­рат­ный трех­член  с по­ло­жи­тель­ным стар­шим ко­эф­фи­ци­ен­том до­сти­га­ет наи­мень­ше­го зна­че­ния в точке  в нашем слу­чае — в точке  −1. Зна­че­ние функ­ции в этой точке равно 

Ответ: 16.

а) В силу не­чет­но­сти и пе­ри­о­дич­но­сти си­ну­са имеем:

Далее имеем:

б) При по­мо­щи чис­ло­вой пря­мой или три­го­но­мет­ри­че­ской окруж­но­сти (см. рис.) для каж­дой из за­да­ю­щих ре­ше­ния серий от­бе­рем корни урав­не­ния, при­над­ле­жа­щие от­рез­ку 

На­хо­дим три ре­ше­ния: 

Ответ:

а) 

б) 

а) Точка O принадлежит отрезку BN, значит, точка P, лежащая на отрезке SO, находится в плоскости SBN. Значит, прямая NP также лежит в плоскости SBN и пересекает прямую SB в точке K. Треугольник SNB равнобедренный, поскольку отрезки SN и BN — медианы одинаковых равносторонних треугольников SAC и BAC. Поэтому SN = BN. В точке O пересекаются медианы основания, значит,  Опустим перпендикуляр из точки P на сторону SN. Пусть он пересекает SN в точке M. Треугольники SPM и SNO подобны, поэтому  Значит,  Следовательно, треугольники NPO и NPM равны и PN — биссектриса угла SNB. В равнобедренном треугольнике биссектриса является медианой и высотой. Значит, NK ⊥ BS.

б) Так как BS перпендикулярно NK, то искомое расстояние равно длине отрезка BK. Так как NK является медианой треугольника SNB, то 

Ответ: 2.

Преобразуем неравенство

Заметим, что на ОДЗ знак разности  совпадает со знаком дроби  Поэтому, сделав замену переменной  получаем:

Вернёмся к исходной переменной:

Ответ: 

а) Угол BTC вписан в окружность, а угол BOC — соответствующий ему центральный угол. Следовательно, ∠BOC = 2∠BTC.

б) Из условия касания окружности и стороны AD следует, что прямые OT и AD перпендикулярны. Пусть окружность вторично пересекает прямую AB в точке L и сторону CD — в точке M. Тогда диаметр окружности, перпендикулярный стороне AB, делит каждую из хорд BL и CM пополам. Обозначим OT = r, тогда

По теореме Пифагора  По теореме о касательной и секущей  Следовательно, 

Аналогично 

Из теоремы синусов следует, что BC = 2r · sin ∠BTC. Пусть h — искомое

расстояние от точки T до прямой BC . Выразим площадь треугольника BTC двумя способами:

Отсюда получаем, что  Следовательно, 

Ответ: 6.

Если пенсионный фонд продаст ценные бумаги в конце кода k, то в конце двадцать пятого года на его счёте будет  тыс. рублей.

Найдем производную полученного выражения:

Заметим, что найденная производная равна нулю в единственной точке  положительна при  и отрицательна при  Следовательно,  возрастает на  и убывает на  Из условия известно, что продавать бумаги необходимо в конце 21 года, следовательно, доход, полученный при продаже бумаг в конце 21 года, больше, чем доход, который мог бы получить фонд при продаже бумаг в конце 20-го года и в конце 22 года. Из выясненного выше характера монотонности функции  можно заключить, что выполнение неравенств  и  гарантирует, что  для всех значений k, отличных от 21. А значит, необходимо и достаточно найти решения системы неравенств:

Изобразим на координатной плоскости множество точек, координаты которых удовлетворяют первому уравнению системы.

Рассмотрим четыре случая:

1) Если  и  то получаем уравнение

Полученное уравнение задаёт пару прямых  и  Случаю удовлетворяют отрезки внутри квадрата  с вершиной в начале координат.

2) Если  и  то получаем уравнение

Полученное уравнение задаёт параболу  Случаю удовлетворяет только дуга ниже оси Ox.

3) Если  и  то получаем уравнение

Полученное уравнение задаёт параболу  Случаю удовлетворяет только дуга левее оси Oy.

4) Если  и  то получаем уравнение

Полученное уравнение задаёт прямую  Случаю удовлетворяют лучи вне квадрата  с вершиной в начале координат.

Точки    являются точками пересечения полученных парабол с полученными прямыми и лежат на прямых  и/или  поэтому искомое множество состоит из прямой l, задаваемой уравнением  отрезка AB прямой  дуги  параболы  с концами в точках B и C и дуги  параболы  с концами в точках A и C (см. рис.)

Рассмотрим второе уравнение системы. Оно задаёт прямую m, параллельную прямую AB или совпадающую с ней.

Заметим, что при a = 0 прямая m касается парабол  и  в точке C.

При a = 1 прямая m содержит отрезок AB, то есть исходная система имеет бесконечное число решений.

При a = 0 прямая m касается дуг  и  в точке C, пересекает прямую l в точке C и не пересекает отрезок AB, то есть исходная система имеет одно решение.

При  прямая m не пересекает отрезок AB, пересекает прямую l в точке, отличной от точки C, и пересекает каждую из дуг  и  в одной точке, отличной от точки C, то есть исходная система имеет три решения.

При  или  прямая m пересекает прямую l в одной точке и не пересекает дуги  и  и отрезок AB, то есть исходная система имеет одно решение.

Значит, исходная система имеет более двух решений при 

Ответ: 

а) Если числа равны 1, 2, 4, 8, 16, 32, 64 и 128, то никакие три из них не образуют хорошую тройку.

Другой пример — последовательность чисел Фибоначчи без первой единицы: 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34.

б) Если одно из чисел является длиной гипотенузы для двух треугольников, какое-то из оставшихся трёх чисел является длиной катета для этих двух треугольников, а тогда треугольники окажутся равными по гипотенузе и катету. Значит, каждое число может быть длиной гипотенузы не более чем одного треугольника. При этом два самых маленьких числа не могут являться длиной гипотенузы треугольника. Значит, среди четырёх чисел можно найти не более двух отличных троек.

Другое рассуждение для п. б). Расположим числа в порядке возрастания:  и отметим, что гипотенузой могут быть только два больших числа. Запишем три равенства на гипотенузу треугольника:    и заметим, что из последних двух равенств следует равенство чисел  противоречащее условию.

в) Упорядочим числа по возрастанию. Самое большое из них может быть длиной гипотенузы не более чем в пяти треугольниках (в противном случае одно из оставшихся 11 чисел будет длиной катета в двух треугольниках с данной гипотенузой, а тогда эти треугольники будут равны по гипотенузе и катету). Аналогично, второе по величине число может быть длиной гипотенузы не более чем в пяти треугольниках, третье и четвёртое — в четырёх, пятое и шестое — в трёх. седьмое и восьмое — в двух, девятое и десятое — в одном. Итого. отличных троек может получиться не более 30. Тридцать отличных троек найдётся, например, для следующего набора чисел: 

Ответ: а) да; б) нет; в) 30.