ÀÕŁÕÝØï Ò—àØ—ÝâÞÒ Ø× ÚÝØÓØ …—âÕÜ—âØÚ—. 9-Ù ÚÛ—ÆÆ...

Решения вариантов из

книги «Математика. 9-й

класс. Подготовка

к ОГЭ-2020.

40 тренировочных

вариантов по демоверсии

2020 года»

Оглавление

Решения вариантов . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4Решение варианта 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4Решение варианта 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12Решение варианта 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19Решение варианта 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26Решение варианта 5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33Решение варианта 6 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41Решение варианта 7 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49Решение варианта 8 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 57Решение варианта 9 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 65Решение варианта 10 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 72Решение варианта 11 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 79Решение варианта 12 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 88Решение варианта 13 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 97Решение варианта 14 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .105Решение варианта 15 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .113Решение варианта 16 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .122Решение варианта 17 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .131Решение варианта 18 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .139Решение варианта 19 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .147Решение варианта 20 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .155Решение варианта 21 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .164Решение варианта 22 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .172Решение варианта 23 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .181Решение варианта 24 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .189Решение варианта 25 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .197Решение варианта 26 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .203Решение варианта 27 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .210Решение варианта 28 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .218Решение варианта 29 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .225Решение варианта 30 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .231

Оглавление 3

Решение варианта 31 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .237Решение варианта 32 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .243Решение варианта 33 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .249Решение варианта 34 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .255Решение варианта 35 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .262Решение варианта 36 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .269Решение варианта 37 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .277Решение варианта 38 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .284Решение варианта 39 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .291Решение варианта 40 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .300

Решения вариантов

Решение варианта 1

1. Определим по плану номера указанных объектов (см. рис. 1):

пруд — обозначен номером 2,

беседка для голубей — 1,

уголок домашних животных — 6,

помещение для животных — 7.

Заполним таблицу, в бланк ответов перенесём последовательность че-тырёх цифр: 2167.

3

2 м

плитка

ворота

вход

1

4

5

2

6 7 8

Пруд

Беседкадля голубей

Вольер длякосулей

Вольер дляхищныхптиц

Уголокдомашнихживотных

Помещениедля хищников

Служебноепомещение

Площадка дляслужебноготранспорта

Рис. 1

Ответ: 2167.

2. Тротуарная плитка имеет размер 1 м×1 м, то есть площадь одной плит-ки равна 1 м2. Посчитаем площадь дорожек «Живого уголка» и площадкидля служебного транспорта, площадь дорожек равна 88 м2, а площадь дляслужебного транспорта 48 м2, тогда общая площадь 136 м2. Плиток нуж-но 136.

Решение варианта 1 5

Посчитаем количество упаковок. Для этого 136 разделим на 5, полу-

чим 2715

. То есть надо купить 28 упаковок.

Ответ: 28.

3. Помещение для хищников обозначено цифрой 7, его площадь равна56 м2.

Ответ: 56.

4. Расстояние между двумя ближайшими точками по прямой от входа допруда равно гипотенузе прямоугольного треугольника с катетами 6 м и 8 м.√36 + 64 =

√100 = 10 (м).

Ответ: 10.

5. Стоимость бурения скважины и установки труб и насоса равна(1900+500)·25+7000 = 67000 (руб.). Стоимость электроэнергии, потреб-ляемой за неделю для получения 12 м3 воды, равна 2 · 3,5 · 12 = 84 (руб.).

Еженедельная экономия составляет 300 · 12− 84 = 3516 (руб.). Уста-новка насоса окупится за 67000 : 3516 ≈ 19 (недель).

Ответ: 19.

6.4,2 · 2,84,9

=6 · 0,41

= 2,4.

Ответ: 2,4.

7. 4 <√22 < 5; 4,5 =

√20,25 <

√22 <

√25 = 5.

То есть числу√22 соответствует точка P , стоящая под номером

3,потому что она расположена между числами 4,5 и 5.

Ответ: 3.

8.

√25 · 180√125

=

√

25 · 180125

=

√

1 · 1805

=

√

1805=√36 = 6.

Ответ: 6.

9. 5x+ 7 = 0, x = −75

, x = −1,4.

Ответ: −1,4.

6 Решения вариантов

10. Книг со сказками 11, тогда вероятность того, что Яше достанется книга

со сказками равна 1125

, то есть 1125= 11 · 425 · 4 =

44100

= 0,44.

Ответ: 0,44.11. На графиках А, Б и В изображены прямые вида y = kx+ b.

При k > 0 — два графика возрастающих функций, это y = 2x + 1 иy = 2x− 1. Для них соответственно b = 1 и b = −1.

Следовательно, график 3) y = 2x+1 изображён на рисунке А, график4) y = 2x− 1— на рисунке В.

При k < 0 линейная функция убывает, соответствует рисунку Б.На этом рисунке y(0) = 1, значит b = 1. Это соответствует формуле1) y = −2x+ 1.

Занесём эти данные в таблицу:

А Б В3 1 4

Ответ: 314.

12. an = 52n+ 6

, 52n+ 6

> 3, n — число натуральное. 52 > 3n + 18,

3n < 52 − 18, 3n < 34, n < 1113

. Учитывая, что n — натуральное чис-

ло, 1 6 n 6 11. Значит, 11 членов последовательности больше 3.Ответ: 11.

13. (a−3)2+3a(7a+2) = a2−6a+9+21a2+6a = 22a2+9. При a =√3

получим 22 · (√3)2 + 9 = 22 · 3 + 9 = 66 + 9 = 75.

Ответ: 75.

14. По формуле s = nl подсчитаем количество шагов (учитывая, что1 км = 100 000 см): 1,2 · 100 000 = n · 75, 120 000 = n · 75,n = 120 000

75= 1600.

Ответ: 1600.

15. 3− x > 4x+ 1; 4x+ x 6 3− 1; 5x 6 2; x 6 0,4; x ∈ (−∞; 0,4].Решению неравенства соответствует ответ под номером 1.Ответ: 1.


16. По условию, tgA = 1213

(см. рис 2), то есть BCAC

= 1213

,

BC = AC · 1213

= 26 · 1213

= 24, BC = 24.

Рис. 2

Ответ: 24.

17. PABCD = 36, 4 ·AB = 36, AB = 9 (см. рис 3).

Рис. 3

SABCD = AB2 = 92 = 81.Ответ: 81.

18. ∠AOC — центральный, он измеряется дугой AC.

∠ABD = 12^ AD, ^ AD = 47◦ · 2 = 94◦.

Вся дуга CAD равна 180◦, так как CD — диаметр, тогда^ AC = 180◦ − 94◦ = 86◦.

Следовательно, ∠AOC = 86◦.Ответ: 86.

19. По клетчатой бумаге с размером клетки 1 × 1 считаем длину катетов:AC = 4, CO = 8.

Тогда tg∠AOB = ACOC

= 48= 12= 0,5; tg∠AOB = 0,5.

Ответ: 0,5.


Рис. 4

20. 1) Через точку, не лежащую на данной прямой, можно провести пря-мую, параллельную этой прямой.

Утверждение верное, так как через точку вне данной прямой можнопровести одну прямую, параллельную данной прямой — это аксиома.

2) Смежные углы равны. Утверждение неверное. Смежные углы в сум-ме составляют 180◦, и могут быть не равны.

3) Всякий равносторонний треугольник является остроугольным.Утверждение верное, так как сумма всех углов треугольника равна180◦; значит, в равностороннем треугольнике все углы равны по 60◦,(180◦ : 3 = 60◦), то есть треугольник остроугольный.

Ответ: 13.

21. 14n+2

2n · 7n−2 =(2 · 7)n+2

2n · 7n−2 =2n+2 · 7n+2

2n · 7n−2 = 2n+2−n · 7n+2−n+2 = 22 · 74 == 4 · 49 · 49 = 9604.

Ответ: 9604.

22. Количество метров дороги, укладываемое в день, образует арифмети-ческую прогрессию (an).

Сумма n членов Sn =a1 + an

2· n; 10 + 130

2· n = 2170; n = 31.

Ответ: 31.

23. Преобразуем уравнение функции, разложив на множители знамена-тель дроби.

y = 1− x+ 5x(x+ 5)

= 1− 1x

, при x · (x+ 5) 6= 0, x 6= −5; x 6= 0.

Графиком функции является гипербола, с выколотой точкой(

− 5; 65

)

(см. рис. 5).


Рис. 5

Прямая y = k — горизонтальная прямая, параллельная оси абсциссили совпадающая с ней. Такая прямая не имеет с графиком функции ни

одной общей точки при k = 1 и k = 65

.

Ответ: 1; 65

.

24. ПустьAM = x, тогдаAK = 100−x (см. рис. 6).4AKL ∼ 4AMN подвум углам: ∠AKL = ∠AMN как накрест лежащие при KL ‖ NM и се-кущей KM , ∠KAL = ∠MAN как вертикальные. Коэффициент подобияравен отношению сходственных сторон, тогда KL : NM = KA : AM .1872= 100− x

x, 14= 100− x

x, откуда 5x = 400, x = 80. Итак, AM = 80.

Рис. 6

Ответ: 80.


25. Диагональ параллелограмма делит его на два равных треугольника,площади которых равны: SABD = SBCD (см. рис. 7). В треугольникахABT иBDT по условиюAT = TD, высотаBH — общая, следовательно,

SABT = SBDT , тогда SBDT =12SABD =

14SABCD или SABCD = 4SBDT .

Рис. 7

26. По свойству биссектрисы треугольника,KM :MP = NK : NP = 15 : 20 = 3 : 4 (см. рис. 8).

Обозначим PM = 4x, KM = 3x.

Рис. 8

Вписанный угол и угол между касательной и секущей, опирающиесяна одну и ту же дугу, равны.

∠KPM = 12`MK = ∠KMT.

Треугольники KTM и PTM подобны по двум углам: угол T общий,∠TPM = ∠KMT .

Запишем отношение подобия: PTTM

= TMKT

= PMKM

= 43.


Обозначим y = KT , тогда TM = 43y, PT = 4

2

32y = 16

9y.

Точки P,N,K, T находятся на одной прямой, поэтому

PT = PN +NK +KT , 169y = 20 + 15 + y, 7

9y = 35, y = 35 · 9

7= 45.

TM = 43y = 4

3· 45 = 60.

Ответ: 60.



1. Определим по плану номера указанных объектов (см. рис. 9):

вольер павлинов — 6,

ветеринарный пункт — 9,

павильон с домашними животными — 8,

вольер страусов — 1.

Заполним таблицу, в бланк ответов перенесём последовательность че-тырёх цифр: 6981.

вход

ворота

2 м

кусты

скамейка

5

23

98

1

4

6

7

Пруд для

водоплаваю-

щих

Вольер длястраусов

Вольер длялам

Вольер дляпавлинов

Вольер длясеверногооленя

Павильон с

домашнимиживотными

Ветеринар-

ныйпункт

Склад иадминистрация

касса

Рис. 9

Ответ: 6981.

2. Тротуарная плитка имеет размер 1 м×1 м, то есть площадь одной плиткиравна 1 м2. Посчитаем площадь всех дорожек «Живого уголка» и приба-вим площадь для служебного транспорта, она по условию равна 64 м2.

Площадь дорожек 54 м2, в сумме нужно выложить плиткой54 + 64 = 118 (м2). Количество упаковок получим, если 118 разделим на

6; 1186= 192

3. Следовательно, надо купить 20 упаковок плитки.

Ответ: 20.

3. Помещение для домашних животных обозначено цифрой 8 и его пло-щадь равна 10 м · 6 м= 60 м2.

Ответ: 60.


4. Расстояние от ветеринарного пункта до пруда по прямой междудвумя ближайшими точками вычислим, используя теорему Пифагора√82 + 62 =

√64 + 36 =

√100 = 10 (м).

Ответ: 10.5. Стоимость бурения скважины и установки труб и насоса равна(1300 + 600) · 22 + 5000 = 46 800 (руб.).

Стоимость электроэнергии, потребляемой за неделю для получения14 м3 воды, равна 2 · 3,5 · 14 = 98 (руб.).

Еженедельная экономия составляет 4000− 98 = 3902 (руб.).Установка насоса окупится за 46 800 : 3902 ≈ 12 (недель).Ответ: 12.

6.8,1 · 1,82,7

= 5,4.

Ответ: 5,4.7. (4 =

√16) <

√18 < (

√20,25 = 4,5), то есть

√18 соответствует точка

N , стоящая под номером 2, расположенная между числами 4 и 4,5.Ответ: 2.

8.

√98 · 27√54

=

√

98 · 2754

=

√

982=√49 = 7.

Ответ: 7.9. 4x+ 9 = 0, 4x = −9, x = −2,25.

Ответ: −2,25.10. Благоприятных исходов 3, всего исходов 12. Вероятность того, что Га-

лине достанется набор со звёздочками, равна 312= 14= 0,25.

Ответ: 0,25.11. Графики (А, Б и В) представлены графиками функций вида y = kx+ b.

На рисунке А: k > 0, b < 0; то есть это формула 3).На рисунке Б: k < 0, b < 0, то есть это формула 4).На рисунке В: k > 0, b > 0, то есть это формула 1).Заполним таблицу

А Б В3 4 1

Ответ: 341.

12. an =60

n+ 4, n — натуральное число.

60n+ 4

> 7; 60 > 7n+ 28; 7n < 60− 28; 7n < 32; n < 327

; n < 447

.


Так как n— число натуральное, то 1 6 n 6 4, значит, подходит 4 членапоследовательности.

Ответ: 4.

13. (a− 5)2 + 2a(3a+ 5) = a2 − 10a+ 25 + 6a2 + 10a = 7a2 + 25.

При a =√7 получим 7a2 + 25 = 7 · (

√7)2 + 25 = 49 + 25 = 74.

Ответ: 74.

14. Найдём количество шагов с помощью формулы s = nl.1 км= 100 000 см.

3,471 · 100 000 = n · 65, n = 347 10065

= 5340.

Ответ: 5340.

15. 11− 3x > 2x+ 3, 2x+ 3x 6 11− 3, 5x 6 8, x 6 1,6.

x ∈ (−∞; 1,6]— это решение под номером 3.

Ответ: 3.

16. tgA = 715

, tgA = BCAC

, BCAC

= 715

; BC15

= 715

, BC = 7.

Рис. 10

Ответ: 7.

17. SABCD = AB2, AB2 = 36, AB = 6.

PABCD = 4AB = 4 · 6 = 24.

Рис. 11

Ответ: 24.


18. ∠AOE =^ AE, ^ AE =^ AED−^ ED == 180◦ − 2∠ECD = 180◦ − 2 · 39◦ = 180◦ − 78◦ = 102◦,∠AOE = 102◦.

Ответ: 102.

19. По клетчатой бумаге с размером клетки 1 × 1 считаем длину катетов:

AC = 6, OC = 3; тогда tg∠AOB = ACOC

= 63= 2. tg∠AOB = 2.

Рис. 12

Ответ: 2.

20. 1) Любая биссектриса равнобедренного треугольника является егомедианой.

Утверждение неверное, так как биссектриса, проведённая к боковойстороне равнобедренного треугольника, не является медианой.

2) Биссектрисы треугольника пересекаются в центре вписаннойокружности.

Утверждение верное, так как центр вписанной окружности равноуда-лён от сторон треугольника и лежит в центре пересечения биссектрис уг-лов треугольника.

3) В треугольнике против большей стороны лежит больший угол.

Утверждение верное, это теорема о соотношении между сторонамии углами треугольника.

Итак, верные утверждения 2, 3.

Ответ: 23.

21. 15n+4

3n · 5n+3 =(3 · 5)n+4

3n · 5n+3 =3n+4 · 5n+4

3n · 5n+3 = 3n+4−n · 5n+4−n−3 =

= 34 · 51 = 405.Ответ: 405.


22. Количество селфи, сделанное в день, образует арифметическую про-грессию (an).

Сумма членов Sn =a1 + an

2· n; 8 + 218

2· n = 4859; 113n = 4859;

n = 43.Ответ: 43.


y = 1− x+ 1x2 + x3 = 1− x+ 1

x2(x+ 1)= 1− 1

x2 , при x2 ·(x+1) 6= 0, x 6= −1;x 6= 0.

Графиком функции является гипербола (расположенная ниже прямойy = 1), на которой выколота точка (−1; 0) (см. рис. 13).

Рис. 13

Прямая y = k — горизонтальная прямая, параллельная оси абсциссили совпадающая с ней. Такая прямая имеет с графиком функции однуобщую точку при n = 0.

Ответ: 0.24. OR = OB+BR = 7+BR (см. рис. 14).4BOP ∼ 4BRS по двум уг-лам: ∠POR = ∠ORS как накрест лежащие при OP ‖ SR и секущей OR,∠OBP = ∠SBR как вертикальные. Коэффициент подобия равен отно-

шению сходственных сторон, тогда OP : SR = OB : BR. 1957= 7

BR,

13= 7

BR, откуда BR = 21, OR = 7 +BR = 28. Итак, OR = 28.

Ответ: 28.


Рис. 14

25. Диагональ параллелограмма делит его на два равных треугольника,площади которых равны: SABD = SBCD (см. рис. 15).

Рис. 15

В треугольниках ABO и AOD BO = OD, так как диагонали парал-лелограмма точкой пересечения делятся пополам, AH — общая высота,

значит SABO = SAOD. Тогда SAOD =12SABD =

14SABCD.

Так как AM =MD, то S4AOM = S4POM

и S4AOM = 14S4AOD =

14S4ABD =

18SABCD.

26. По свойству биссектрисы треугольника,CB : BA = NC : NA = 12 : 18 = 2 : 3. Обозначим AB = 3x, CB = 2x(см. рис. 16).

Вписанный угол и угол между касательной и секущей, опирающиесяна одну и ту же дугу, равны.

∠CAB = 12·

^

BC= ∠CBD.

Угол D общий. Треугольники CDB и ADB подобны по двум углам.Из подобия треугольников следует:

AD

DB=

DB

CD=

AB

CB=3

2.


Рис. 16

Обозначим y = CD, тогда DB = 32y,AD = 3

2

22y = 9

4y.

Точки A,N,C,D находятся на одной прямой, поэтому

AD = AN +NC + CD, 94y = 12 + 18 + y, 5

4y = 30, y = 30 · 4

5= 24.

DB = 32y = 3

2· 24 = 36.

Ответ: 36.



1. Определим по плану номера указанных объектов (см. рис. 17):жилой дом — 5,бассейн — 3,гараж — 8,теплица — 1.Заполним таблицу, в бланк ответов перенесём последовательность че-

тырёх цифр: 5381.

��

3

21

4

5

6

8

7

��

��2�

6

��

��

��

��

��

��

��

�!�"� �

��

#�!��$%

��

Рис. 17

Ответ: 5381.2. Посчитаем площадь всех дорожек и площадь площадки перед гаражом:80 + 96 = 176 (м2).

Площадь одной плитки 2× 2 = 4 (м2).Тогда площадь всех плиток в одной упаковке равна 4 · 4 = 16 (м2).

Количество упаковок: 176 : 16 = 11 (упаковок).Ответ: 11.

3. Площадь жилого дома: (8 · 4 + 4 · 1) · 4 = 144 (м2).Ответ: 144.

4. Наименьшее расстояние от жилого дома до входных ворот (по прямой):6 · 2 = 12 (м).

Ответ: 12.


5. Обозначим количество часов через n.Найдём разность в стоимости установки газового и электрическо-

го оборудования (25 000 + 20 000) − (22 000 + 16 520) = 6480 (руб.) иразделим на разность в стоимости электричества и газа за час работы5,5 · 3,6− 1,4 · 4,5 = 13,5, n = 6480 : 13,5, n = 480 часов.

Ответ: 480.

6. 481,2 · 0,8 =

48 · 10012 · 8 = 100

2= 50.

Ответ: 50.

7. Известно, что m > n. Тогда m− n > 0, n−m < 0.1) m− n > −2. Неравенство верное. Так как m− n > 0 > −2.2) n−m > 2. Неравенство неверное. Так как n−m < 0 < 2.3) n−m < 2. Неравенство верное. Так как n−m < 0 < 2.Итак, верные неравенства 1), 3)Ответ: 3.

8.√40 · 34 · 85 =

√8 · 5 · 2 · 17 · 5 · 17 = 5 · 17 · 4 = 340.

Ответ: 340.

9.−4x+ 1 = 9, −4x = 9− 1, −4x = 8, x = −2.Ответ: −2.

10. Всего рыб — 16 штук, из них карасей 16 − 6 = 10. Благоприятныхисходов 10, всего возможных исходов 16. Тогда вероятность того, что слу-

чайно выбранная рыба — карась, равна 1016= 58= 0,625.

Ответ: 0,625.

11. График функции вида y = ax2 + bx+ c, представляет собой параболу.При a > 0 ветви параболы направлены вверх, при a < 0— вниз; вершина

параболы при x0 = − b2a

, а значение c = y(0).

Таким образом: 1) a < 0, x0 =52

, c > 0— Б).

2) a < 0, x0 =52

, c < 0— В).

3) a > 0, x0 = −52 , c > 0— А).


4) a > 0, x0 =52

, c > 0— нет такого графика

А Б В3 1 2

Ответ: 312.

12. c1 = −9, cn+1 = cn + 6.

Найдём c2 = c1 + 6 = −9 + 6 = −3.Тогда d = c2 − c1 = −3− (−9) = 6,c5 = c1 + 4d = −9 + 4 · 6 = 24− 9 = 15.Ответ: 15.

13. b(7b+ 6)− (b+ 3)2 = 7b2 + 6b− b2 − 6b− 9 = 6b2 − 9. При b =√13,

6b2 − 9 = 6 · (√13)2 − 9 = 6 · 13− 9 = 78− 9 = 69.

Ответ: 69.

14. S = 330 · t, при t = 8 получим S = 330 · 8 = 2640 (м).

S = 2,64 (км). В ответе записываем S = 3, округлив значение в км доцелых.

Ответ: 3.

15. 3x−3 > 8x+12, 8x−3x 6 −3−12, 5x 6 −15, x 6 −3, x ∈ (−∞;−3].Этому решению неравенства соответствует ответ под номером 1.

Ответ: 1.

16. cosC = 35

, cosC = BCAC

, BCAC

= 35

, BC2

AC2 =925

.

AC2 = AB2 + BC2, при AB = 14 имеем AC2 = 196 + BC2 (см.рис. 18).

Рис. 18


BC2

196 +BC2 =925

, 25BC2 = 196 · 9 +BC2 · 9,

16BC2 = 196 · 9, BC = 14 · 34

, BC = 212= 10,5.

Ответ: 10,5.

17. SABCD = AD · CD (см. рис. 19).AD найдём из треугольника ACD:

AD =√AC2 − CD2 =

√169− 25 =

√144 = 12.

Рис. 19

SABCD = 12 · 5 = 60.Ответ: 60.

18. ∠OAB = ∠OBA = 39◦, так как 4AOB — равнобедренный;∠OBC = ∠ABC − ∠OBA = 57◦ − 39◦ = 18◦. ∠OBC = ∠BCO = 18◦,так как4OBC — равнобедренный.

Ответ: 18.

19. Площадь ромба равна половине произведения длин диагоналей.У ромба на рисунке одна диагональ — 4, вторая — 6.

Тогда Sромба =12· 4 · 6 = 12.

Ответ: 12.

20. 1) Все радиусы окружности равны. Утверждение верное, на основанииопределения окружности.

2) Любой квадрат является прямоугольником. Утверждение верное,так как в квадрате все углы прямые.

3) Биссектриса треугольника делит пополам сторону, к которой про-ведена. Утверждение неверное, так как биссектриса, например, разносто-роннего треугольника не делит пополам его сторону. Итак, верные утвер-ждения 1 и 2.

Ответ: 12.


21. (b3−9b)·(

1b+ 3

− 1b− 3

)

=b(b2 − 9) · (b− 3− b− 3)

(b+ 3)(b− 3) = b·(−6) = −6b,при b = −32, −6b = 192.

Ответ: 192.

22. По условию каждый следующий день Егор делал на одно и то же чис-ло подтягиваний больше, чем в предыдущий день. Следовательно, коли-чество подтягиваний, выполняемых по утрам, образуют арифметическуюпрогрессию (an) с шагом d и первым членом a1 = 11.

По формуле суммы арифметической прогрессии Sn =2a1 + (n− 1)d

2;

S14 =2 · 11 + 13d

2· 14. Получаем уравнение

2 · 11 + 13d2

· 14 = 336;

22 + 13d = 3367

;

13d = 26;

d = 2.

Искомая величина равна a10 = a1 + 9d = 11 + 18 = 29.

Ответ: 29.

23. Преобразуем уравнение функции, разложив на множители выражениеx2 + 8x+ 12.

x2+8x+12 = 0, D4= 16−12 = 4. x1 = −4−2 = −6; x2 = −4+2 = −2

x2 + 8x+ 12 = (x+ 6)(x+ 2).

y =(x+ 4)(x+ 6)(x+ 2)

x+ 6; y = (x + 4)(x + 2), y = x2 + 6x + 8 при

условии x 6= −6.Графиком функции является парабола с вершиной в точке (−3;−1), из

которой выброшена точка (−6; 8) (см. рис. 20).

Ровно одну общую точку прямая y = k имеет с графиком при k = 8 иk = −1.

Ответ: −1; 8.


Рис. 20

24. Площадь треугольника, с одной стороны, равна половине произведе-ния катетов, то есть 96, а с другой — половине произведения гипотенузыи высоты, проведённой к ней. По теореме Пифагора гипотенуза равна√

122 + 162 = 20, тогда 96 = 12· 20 · h (см. рис. 21), откуда h = 9,6.

Рис. 21

Ответ: 9,6.


25. Рассмотрим треугольники CDF и DEF (см. рис. 22).

Рис. 22

∠CFD = ∠EDF как накрест лежащие при DE ‖ CF и секущей DF .Заметим, что CF : FD = DF : DE, это означает, что 4CDF ∼ 4DEFпо 2-му признаку подобия треугольников.

26. Пусть прямая PS вторично пересекает окружность в точке V , прямаяPM вторично пересекает окружность в точке U . Так как KM — диаметрокружности, то KU — высота треугольника KMP и точка H лежит напересечении KU и PS (см. рис. 23).

PU

T

M

V

SK

H

Рис. 23

TS = SV = 6, PT = PS−TS = 2, PV = PS+SV = 14. По теоремеоб отрезках секущих, PU · PM = PT · PV = 2 · 14 = 28.

Прямоугольные треугольники PHU и PMS подобны по общемуострому углу P . Поэтому PH : PM = PU : PS,

PH = PM · PUPS

= 288= 3,5.

Ответ: 3,5.


Решение варианта 41. Определим по плану номера указанных объектов (см. рис. 24):

жилой дом — 6,гараж — 4,огород — 1,виноградник — 7.Заполним таблицу, в бланк ответов перенесём последовательность че-


��

3

2

1

4

5

6 7

��

��2�

6

��

��

��

��

��

��

��

��

Рис. 24

Ответ: 6417.2. Для того, чтобы узнать количество листов, которые понадобятся дляограждения участка, надо посчитать периметр участка (за исключениемворот). Периметр равен 120 метров. Листы имеют длину 4 метра. Тогдаколичество листов равно 120 : 4 = 30 (листов).

Ответ: 30.3. Огород обозначен цифрой 1, его площадь равна (4 · 6 − 5 · 1) · 4 = 76(м2).

Ответ: 76.4. Наименьшее расстояние от бани до гаража (по прямой) равно 13·2 = 26(м).

Ответ: 26.


5. Обозначим количество часов через n.Найдём разность в стоимости установки газового и электрическо-

го оборудования (27 000 + 18 830) − (21 000 + 15 200) = 9630 (руб.) иразделим на разность в стоимости электроэнергии и газа за час работы7,5 · 5,2− 1,5 · 4,6 = 32,1, n = 9630 : 32,1 = 300 (час).

Ответ: 300.

6. 392,6 · 0,5 =

39 · 10026 · 5 = 3 · 20

2= 30.

Ответ: 30.7. Известно, что p < q, тогда p− q < 0, q − p > 0.

1) p− q > 0. Неравенство неверное, так как по условию p− q < 0.2) q − p > −1. Неравенство верное, так как q − p > 0 > −1.3) p− q < 2. Неравенство верное, так как p− q < 0 < 2.Итак, верные неравенства 2 и 3. Записываем номер верного

ответа — 2).Ответ: 2.

8.√19 · 98 · 38 =

√19 · 2 · 49 · 2 · 19 = 19 · 2 · 7 = 266.

Ответ: 266.9.−7x+ 2 = 9; −7x = −2 + 9;−7x = 7; x = −1.

Ответ: −1.10. Однотонных заколок 25 − 17 = 8 (штук). Благоприятных исходов 8,возможных исходов 25.

Вероятность того, что Алина дала однотонную заколку, равна825= 8 · 425 · 4 = 0,32.

Ответ: 0,32.11. График функции вида y = ax2 + bx + c представляет собой параболу.При a > 0 ветви параболы направлены вверх, при a < 0— вниз. Вершина

параболы при x0 = − b2a

; значение c — это ордината точки пересечения

параболы с осью Oy (c = y(0)).Таким образом:1) a > 0, x0 = 2, c = −6, соответствует рисунку Б),2) a > 0, x0 = 2, c = 6— В),3) a < 0, x0 = 2, c = −6— нет такого графика,4) a < 0, x0 = −2, c = 6— А).

А Б В4 1 2

Ответ: 412.


12. a1 = −16, an+1 = an − 3.a2 = −16− 3 = −19, d = a2 − a1 = −19− (−16) = −3.a6 = a1 + 5d = −16 + 5 · (−3) = −16− 15 = −31.Ответ: −31.

13. b(5b+ 8)− (b+ 4)2 = 5b2 + 8b− b2 − 8b− 16 = 4b2 − 16 = 4(b2 − 4).При b =

√11 получим 4(b2 − 4) = 4 · ((

√11)2 − 4) = 4 · 7 = 28.

Ответ: 28.

14. S = 330t.

S = 330 ·14 = 4620 (м). Ответ дадим в километрах, округлив до целых.

S = 5 км.

Ответ: 5.

15. 4x−5 > 7x+1, 7x−4x 6 −5−1, 3x 6 −6, x 6 −2, x ∈ (−∞;−2].Решение соответствует ответу 1).

Ответ: 1.

16. cosC = BCAC

, cosC = 45

, BCAC

= 45

(см. рис. 25).

Рис. 25

BC2

AC2 =1625

; BC2 = 16AC2

25.

Найдём AC из4ABC : ∠B = 90◦.

AC2 = AB2 +BC2 = 576 +BC2,

BC2 = 1625· (576 + BC2), 9

25BC2 = 16 · 576

25; BC2 = 16 · 576 · 25

25 · 9 ,

BC = 4 · 243

= 32.

Ответ: 32.


17. Из4ACD : ∠D = 90◦, AC2 = AD2 + CD2 (см. рис. 26).

Рис. 26

SABCD = 48, SABCD = AD · CD, 48 = 8 · CD, CD = 6.AC2 = 64 + 36 = 100, AC = 10.Ответ: 10.

18. ∠OBA = ∠OAB (как углы при основании в равнобедренном тре-угольнике OAB), значит ∠OBA = 41◦.∠OBC = ∠ABC − ∠OBA = 63◦ − 41◦ = 22◦.

∠BCO = ∠OBC, так как радиус OB = OC и 4BCO равнобедрен-ный.

∠BCO = 22◦.Ответ: 22.

19. Площадь ромба равна половине произведения длин диагоналей.У ромба на рисунке одна диагональ — 8, вторая — 6.

Sромба =12· 8 · 6 = 24.

Ответ: 24.20. 1) Утверждение неверное. Признак равенства треугольников такой:если две стороны и угол между ними одного треугольника соответственноравны двум сторонам и углу между ними другого треугольника, то такиетреугольники равны. Пример неравных треугольников, у которых две па-ры сторон попарно равны, приведён на рисунке 27.

Рис. 27


2) Утверждение неверное, так как, например, тангенс острого угла 45◦

равен 1.

3) Утверждение верное, так как диагональ параллелограмма делит егона два треугольника, которые равны (см. рис. 28).

Рис. 28

Итак, верно утверждение 3.

Ответ: 3.

21. (4c3−9c)·(

12c+ 3

− 12c− 3

)

=c(4c2 − 9) · (2c− 3− 2c− 3)

(2c+ 3)(2c− 3) = c·(−6),при c = −12, −6c = 72.

Ответ: 72.

22. По условию каждый следующий день Катя решала на одно и то же чис-ло заданий больше, чем в предыдущий день. Следовательно, количествозаданий, выполняемых по вечерам, образуют арифметическую прогрес-сию (an) с шагом d и первым членом a1 = 7.

По формуле суммы арифметической прогрессии Sn =2a1 + (n− 1)d

2;

S16 =2 · 7 + 15d

2· 16. Получаем уравнение

2 · 7 + 15d2

· 16 = 472;

14 + 15d = 4728

;

14 + 15d = 59; 15d = 45;

d = 3.

Искомая величина равна a6 = a1 + 5d = 7 + 15 = 22.

Ответ: 22.


23. Преобразуем уравнение функции, разложив на множители выражениеx2 + 5x+ 4.

x2 + 5x + 4 = 0, D = 25 − 16 = 9. x1 = −5− 32

= −4;

x2 =−5 + 32

= −1

x2 + 5x+ 4 = (x+ 4)(x+ 1).

y =(x+ 3)(x+ 4)(x+ 1)

x+ 4= (x + 3)(x + 1) при условии x + 4 6= 0,

x 6= −4.Графиком функции является парабола, ветви которой направлены

вверх, вершина в точке (−2;−1), выколота точка (−4; 3) (см. рис. 29).

Рис. 29

Ровно одну общую точку прямая y = m имеет с графиком при m = 3 иm = −1.

Ответ: −1; 3.24. Площадь треугольника, с одной стороны, равна половине про-изведения катетов, а с другой — половине произведения гипотенузыи высоты, проведённой к ней. По теореме Пифагора гипотенуза равна√

202 + 152 = 25, тогда 12· 20 · 15 = 1

2· 25 · h (см. рис. 30), откуда h = 12.

Рис. 30

Ответ: 12.


25. Рассмотрим треугольники ∠KLN и ∠LMN (см. рис. 31).∠KNL = ∠MLN как накрест лежащие при LM ‖ KN и секущей LN .

Рис. 31

Заметим, что LM : LN = LN : NK, это означает, что4KLN ∼ 4LMN по 2-му признаку подобия треугольников.

26. Пусть прямая PS вторично пересекает окружность в точке R, прямаяPD вторично пересекает окружность в точке U . Так как CD — диаметрокружности, то CU — высота треугольника CDP и точка H лежит на пе-ресечении CU и PS (см. рис. 32).

PU

T

D

R

SC

H

Рис. 32

TS = SR = 7, PT = PS − TS = 3, PR = PS + SR = 17. По теоремеоб отрезках секущих, PU · PD = PT · PR = 3 · 17 = 51.

Прямоугольные треугольники PHU и PDS подобны по общемуострому углу P . Поэтому PH : PD = PU : PS,

PH = PD · PUPS

= 5110= 5,1.

Ответ: 5,1.



1. Определим по рисунку номера станций (см. рис. 33):Хоккейная — 6,Надежда — 2,Птичья — 4,Ветреная — 1.Заполним таблицу, в бланк ответов перенесём последовательность че-


��

��

��

��

��

1

2

3

4

5 6

7

��

��

��

��

��

��

� ��

Рис. 33

Ответ: 6241.2. Расстояние между станциями Надежда и Верхняя равно 8 км,(8 км = 8000 м). Каждый день меняют по 500 метров, тогда8000 : 500 = 16 (дней), а так как суббота и воскресенье в это количе-ство дней не входит, то проезд был закрыт 16 + 2 + 2 + 2 = 22 (дня).

Ответ: 22.3. Нужно найти S = πR2. Длина окружности C = 2πR, по условиюC = 32 км, тогда 2πR = 32, πR = 16.

В ответе необходимо указать S · π = (πR)2 = 162 = 256 (км2).Ответ: 256.

4. Обозначим расстояние между станциями Смородиновая и Хоккей-ная через x км, тогда расстояние от станции Быстрая до станцииСмородиновая будет (7 − x) км, а от станции Хоккейная до станции


Звёздная (11 − x) км. Вся длина Радужной ветки равна 14 км, то есть7− x+ x+ 11− x = 14, 18− x = 14, x = 4.

Следовательно, расстояние между станциями Смородиновая и Хок-кейная равно 4 км.

Ответ: 4.

5. Посчитаем стоимость 1 поездки с учётом скидки для всех карточек.Карта на 1 поездку — 40 · 0,8 = 32 руб,

на 10 поездок — 37 · 0,9 = 33,3 руб,

на 30 поездок — 31,5 руб,

на 50 поездок — 32 руб.

Школьник Максим должен совершить 45 поездок. Самый дешёвыйвариант — купить карточку на 30 поездок и 15 карточек на 1 поездку.30 · 31,5 + 15 · 32 = 1425 (руб.).

Самый дешёвый вариант стоит 1425 рублей.

Ответ: 1425.

6. 0,008 · 80 · 80 000 = 512 · 10−3 · 10 · 104 = 512 · 102 = 51 200.Ответ: 51 200.

7. Известно, что l < m, то есть l −m < 0, m− l > 0.

1) l+ 4 > m+ 4. Неравенство неверное, так как l < m и на основаниисвойства неравенств имеем l + 4 < m+ 4.

2) l − 1 < m − 1. Неравенство верное, так как l < m и на основаниисвойства неравенства имеем l − 1 < m− 1.

3) l3< m3

. Неравенство верное, так как l < m и 13> 0. На основании

свойства неравенства имеем l · 13< m · 1

3, l3< m3

.

4) 7l < 7m. Неравенство верное, так как l < m и 7 > 0. На основаниисвойства неравенства имеем l · 7 < m · 7, 7l < 7m.

Итак, неверное неравенство 1.

Ответ: 1.

8. 5−8 · 5−11

5−17 = 5−19

5−17 = 5−19−(−17) = 5−2 = 1

25= 0,04.

Ответ: 0,04.

9. 5(3− x) = x+ 6, 15− 5x = x+ 6, 6x = 9, x = 1,5.

Ответ: 1,5.


10. Всего 24 теоремы, Матвей выучил 24 − 9 = 15 теорем. Равновероят-ных исходов 24, благоприятных 15. Вероятность того, что ему попадётся

выученная теорема, равна 1524= 0,625.

Ответ: 0,625.

11. Графики функций вида y = kx + b, изображённые на рисунке, пред-ставляют собой прямые:

k > 0— функция возрастающая,

k < 0— функция убывающая,

b > 0— график пересекает ось Oy в точке с положительным значени-ем y (x = 0).

b < 0— графики пересекает ось Oy в точке с отрицательным значени-ем y (x = 0).

Итак, 1) y = −25x+ 3, k < 0, b > 0— А).

2) y = 25x− 3, k > 0, b < 0— Б).

3) y = −25x− 3, k < 0, b < 0— В).

А Б В1 2 3

Ответ: 123.

12. a1 = 3, an+1 = 4an; {an}— геометрическая прогрессия,

a2 = 4 · a1 = 12, q =123= 4.

a5 = a1 · q4 = 3 · 44 = 256 · 3 = 768.Ответ: 768.

13. 5ab2

b2 − 4a2 · b− 2aab=

5ab2(b− 2a)(b− 2a)(b+ 2a) · ab =

5bb+ 2a

.

При b = 3,2, a = −0,6 значение выражения равно5 · 3,2

3,2 + 2 · (−0,6) =5 · 3,22

= 1,6 · 5 = 8.

Ответ: 8.


14. S = ab sinα.

При условии S = 42, sinα = 56

, a = 16 имеем 42 = 16b · 56

;

b = 42 · 616 · 5 = 3,15.

Ответ: 3,15.

15. 9x− 5(x− 2) 6 −7,

9x− 5x+ 10 6 −7,

4x 6 −17, x 6 −4,25, x ∈ (−∞;−4,25].

Такой ответ стоит под цифрой 4.

Ответ: 4.

16. Для 4ABC, изображённого на рисунке 34, sinB = ACAB

. При усло-

вии sinB = 0,8 и AC = 16 получаем 0,8 = 16AB

, AB = 160,8

, AB = 20

(см. рис. 34).

Рис. 34

Ответ: 20.

17. По условию AD = 16, BC = 10, AB = CD = 5 (см.рис. 35), тогда

SABCD =16 + 102

· h = 13h, KD = AD −BC2

= 16− 102

= 3.

h = CK найдём из4CKD :

CK =√CD2 −KD2 =

√25− 9 = 4.


Рис. 35

SABCD = 13 · 4 = 52.Ответ: 52.

18. По условию MK = 33, NK = 56 (см. рис. 36).

Рис. 36

Центр описанной окружности лежит в середине гипотенузыMN , то есть длина диаметра окружности — это длина гипотенузы:MN =

√MK2 +NK2 =

√332 + 562 = 65.

Ответ: 65.19. Найдём длины сторон треугольника OAB (см. рис. 37):

OA =√4 + 16 =

√20 = 2

√5,

OB =√4 + 36 =

√40 = 2

√10,

AB =√4 + 16 =

√20 = 2

√5.

Рис. 37


ТреугольникOAB равнобедренный:OA = AB и прямоугольный. Зна-чит, ∠AOB = ∠ABO = 45◦.

Следовательно, tg∠AOB = tg 45◦ = 1.Ответ: 1.

20. 1) Утверждение верное, так как к окружности через любую точку внеокружности можно провести две касательные.

2) Утверждение верное, так как в параллелограмме противоположныеуглы равны.

3) Утверждение неверное, так как существует и тупоугольный равно-бедреный треугольник.

Верные утверждения 1 и 2.Ответ: 12.

21. 9x2 +

3x− 2 = 0. Обозначим 3

x= t, тогда уравнение примет вид:

t2 + t− 2 = 0, D = 1 + 8 = 9 = 32, t = −1± 32

, t1 = 1; t2 = −2.

То есть 3x= 1, x = 3; 3

x= −2; x = −3

2= −1,5.

Ответ: −1,5; 3.22. Так как поезд и пешеход движутся в противоположных направлениях,то скорость поезда относительно пешехода равна 64 + 6 = 70 (км/ч).

45 с = 453600

ч = 180

ч. Длина поезда равна 70 · 180= 78

(км), что равно

78· 1000 = 875 (м).

Ответ: 875.

23. Преобразуем уравнение функции y =(x2 + 4)(x− 3)

3− x,

y =(x2 + 4)(x− 3)−(x− 3) , y = −(x2 + 4), при условии x− 3 6= 0, x 6= 3.

Заметим, что при x = 3 выполняется y = −(x2+4) = −(9+4) = −13.Графиком функции является парабола, ветви которой направлены

вниз, вершина в точке (0;−4), с выколотой точкой (3;−13) (см. рис. 38).Прямая y = ax и график функции y = −(x2 + 4), x 6= 3, имеют одну

общую точку, если:1) прямая y = ax проходит через точку (3;−13), то есть −13 = 3a,

a = −133

;


Рис. 38

2) уравнение −(x2 + 4) = ax имеет единственный корень, то есть дис-криминант уравнения x2 + ax + 4 = 0 равен нулю. D = a2 − 16, a2 = 16,a = ±4.

Ответ: −133

,−4 и 4.

24. Пусть диагональ AC = 28 (см. рис. 39). AO = OC = 14, таккак диагонали ромба точкой пересечения делятся пополам. По усло-

вию OF = 7, тогда OFAO

= sin∠OAF = 714

= 12

, следовательно,

∠OAF = 30◦. Диагональ ромба является биссектрисой угла ромба,откуда ∠BAD = 60◦. ∠BAD = ∠BCD как противоположные углыромба, ∠ABC = 180◦ − ∠BAD = 120◦ = ∠ADC.

Итак, углы ромба равны 60◦, 60◦, 120◦, 120◦.

Рис. 39

Ответ: 60◦, 60◦, 120◦, 120◦.


25. Пусть PR и QS пересекаются в точке K (см. рис. 40). Тогда4RKQ ∼ 4SKP по двум углам (∠KRQ = ∠KSP по условию,∠QKR = ∠SKP как вертикальные). Тогда сходственные стороны

пропорциональны, в частности, QKPK

= RKKS

. Отсюда 4QKP ∼ 4RKS

по второму признаку подобия(

∠QKP = ∠RKS как вертикальные, а из

равенства QKPK

= RKKS

следует равенство QKRK

= PKKS

)

. Следовательно,

∠PQK = ∠SRK, то есть ∠PQS = ∠PRS, что и требовалось доказать.

Рис. 40

26. Так как O лежит на биссектрисе KO угла LKN , то расстояния от Oдо прямых KL и KN равны (см. рис. 41).

Рис. 41

Аналогично O лежит на биссектрисе LO угла KLM , поэтому рассто-яния от O до прямых KL и LM равны. LM ‖ KN , поэтому расстояниемежду ними равно OP +OH = 20. Тогда по формуле для площади парал-лелограмма S = 20 · 28 = 560.

Ответ: 560.



1. Определим по рисунку номера станций (см. рис. 42):Вербная — 6,Кедровая — 1,Станция белых Акаций — 7,Рябиновая — 5.Заполним таблицу, в бланк ответов перенесём последовательность че-


Рис. 42

Ответ: 6175.2. Расстояние между станциями Еловая и Можжевеловая находим следу-ющим образом: всего рабочих дней 16− 4 = 12; 12 · 750 = 9000 (м).

Ответ: 9000.3. По условию площадь круга S = 169 км2. S = πR2, πR2 = 169,√πR =

√169 = 13.

l = 2πR. Надо найти l√π= 2πR√

π= 2

√πR.

2√πR = 2 · 13 = 26.

Ответ: 26.


4. Обозначим протяжённость ветки Берёзовая–Вербная через x км, тогдапротяжённость ветки Дубовая–Берёзовая равна 23− 5 = 18 (км). Следо-вательно, x = 18 + 21 = 39 (км).

Ответ: 39.

5. Посчитаем стоимость 1 поездки на метро для всех школьника Егора сучётом скидок.

Карта на одну поездку — 50 · 0,9 = 45 руб.,

на 15 поездок — 44 руб.,

на 20 поездок — 40 · 0,8 = 32 руб.,

на 50 поездок — 40 · 0,75 = 30 руб.

Школьник собирается сделать 60 поездок. 50 поездок выгоднее опла-тить карточкой с самой дешёвой стоимостью одной поездки. Остав-шееся 15 поездок можно оплатить картой на 15 поездок и заплатить15 · 44 = 660 руб., или картой на 20 поездок и заплатить 20 · 32 = 640.Видим, что самый дешёвый вариант стоит 640 + 50 · 30 = 2140 рублей.Вариант с покупкой трёх карточек по 20 поездок и 5 карточек по однойпоездке тоже дороже указанного (3 · 32 · 20 + 5 · 45 = 2145 > 2140).

Ответ: 2140.

6. 0,007 · 70 · 70 000 = 34 300.Ответ: 34 300.

7. Известно, что a > b. Тогда a− b > 0, b− a < 0.

1) 4a > 4b. Неравенство верное. 4 > 0, по свойству неравенств4 · a > 4 · b. 4a > 4b.

2) −a2< − b

2. Неравенство верное. −1

2< 0, по свойству неравенств

−12· a < −1

2· b,−a

2< − b

2.

3) a + 9 > b + 9. Неравенство верное. По свойству неравенствa+ 9 > b+ 9.

4) −5 + a < −5 + b. Неравенство неверное, так как a > b и−5 + a > −5 + b.

Итак, неверное неравенство — 4).

Ответ: 4.

8. 8−4 · 8−13

8−16 = 8−4+(−13)−(−16) = 8−1 = 18= 0,125.

Ответ: 0,125.


9. 7(2 − x) = x + 12, 14 − 7x = x + 12, 8x = 14 − 12, 8x = 2, x = 14

,

x = 0,25.Ответ: 0,25.

10. Из 30 билетов, невыученных Инной 30 − 24 = 6. Тогда вероятность

того, что ей попадётся невыученный билет, равна 630= 15= 0,2.

Ответ: 0,2.11. Графики указанных функций представляют собой прямые. При k > 0функция возрастает, при k < 0 функция убывает. y(0) = b, точка пересе-чения с осью ординат имеет координаты (0; b). Значит,

А) k < 0, b > 0— 2),Б) k < 0, b < 0— 3),В) k > 0, b > 0— 1).Занесём 231 в таблицу:

А Б В2 3 1

Ответ: 231.

12. c1 = −2; cn+1 = −3 · cn; {cn} — это геометрическая прогрессия;c7 = c1 · q6.

q = c2c1=−3 · (−2)−2 = −3. c7 = (−2) · (−3)6 = −2 · 729 = −1458.

Ответ: −1458.

13. 7a2ba2 − 9b2 ·

a+ 3bab

=7a2b · (a+ 3b)

ab · (a− 3b)(a+ 3b) =7a

a− 3b .

При a = 2,4, b = −0,6 получим7 · 2,4

2,4− 3 · (−0,6) =7 · 2,42,4 + 1,8

=7 · 2,44,2

= 4.

Ответ: 4.

14. S = ab sinα; по условию a = 8, sinα = 25

, S = 64. Получим 64 = 8b· 25

,

8 = 2b5

, 2b = 40, b = 20.

Ответ: 20.

15. 11x− 6(x− 4) 6 −6, 11x− 6x+ 24 6 −6, 5x 6 −30, x 6 −6.x ∈ (−∞;−6], этот ответ обозначен цифрой 2.Ответ: 2.


16. sinB = ACAB

(см. рис. 43), sinB = 0,6.

Рис. 43

ACAB

= 0,6, 12AB

= 0,6, AB = 120,6

= 20.

Ответ: 20.

17. SABCD =12(BC +AD) · h = 1

2(10 + 40)h = 25h.

Проведём высоты трапеции из вершин B и C (см. рис. 44)

KD =(AD −BC)

2= 40− 10

2= 15.

Рис. 44

h найдём из4CKD, ∠K = 90◦.

h =√CD2 −KD2 =

√172 − 152 =

√64 = 8.

SABCD = 25 · 8 = 200.Ответ: 200.


18. Диаметр описанной окружности прямоугольноготреугольника — гипотенуза MN (см. рис. 45).

Рис. 45

MN =√MK2 +KN2 =

√282 + 452 =

√2809 = 53.

Ответ: 53.

19. Найдём длины сторон4AOB (см. рис. 46).

Рис. 46

OA =√1 + 25 =

√26,

OB =√36 + 16 =

√52 =

√2 · 26,

AB =√1 + 25 =

√26.

Итак, 4OAB — прямоугольный (∠A = 90◦) и равнобедренный:OA = AB. Отсюда ∠AOB = ∠ABO = 45◦, tg 45◦ = 1.

Ответ: 1.

20. 1) Утверждение верное по определению биссектрисы угла.

2) Утверждение неверное, так как по теореме Пифагора квадрат гипо-тенузы равен сумме квадратов катетов.


3) Утверждение верное, так как если в параллелограмме диагоналиравны, то это прямоугольник, а если у прямоугольника диагонали взаимноперпендикулярны, то этот прямоугольник — ромб. Прямоугольник с рав-ными сторонами — квадрат.

Итак, верные утверждения 1 и 3.Ответ: 13.

21. 10x2 +

1x− 2 = 0. Обозначим 1

x= t, x 6= 0, тогда уравнение примет вид:

10t2 + t − 2 = 0, D = 1 + 80 = 81 = 92, t = −1± 920

, t1 = −1020 = −0,5;

t2 =820= 410= 0,4.

То есть 1x= −0,5, x = −2; 1

x= 0,4; x = 2,5.

Ответ: −2; 2,5.22. Так как поезд и пешеход движутся в одном направлении, тоскорость поезда относительно пешехода равна 79 − 4 = 75 (км/ч).

12 с = 123600

ч = 1300

ч. Длина поезда равна 75 · 1300

= 14

(км), что равно

250 метрам.Ответ: 250.

23. Преобразуем уравнение функции y =(x2 + 3)(x− 4)−(x− 4) , y = −(x2 + 3)

при условии x− 4 6= 0, x 6= 4.Заметим, что при x = 4 выполняется−(x2 + 3) = −(16 + 3) = −19.Графиком функции является парабола, ветви которой направлены

вниз, вершина в точке (0;−3) с выколотой точкой (4;−19) (см. рис. 47).Прямая y = qx — проходит через начало координат и точку (4;−19),

то есть−19 = q · 4; q = −194

.

Заметим, что графики y = −(x2 + 3) и y = qx имеют одну об-щую точку, тогда уравнение −(x2 + 3) = qx; имеет единственный корень−x2 − qx− 3 = 0, x2 + qx+ 3 = 0.

D = 0, D = q2 − 12; q = ±√12, q = ±2

√3. Отсюда, q = −19

4

q = −2√3, q = 2

√3.

Ответ: −194

и−2√3, 2√3.


Рис. 47

24. Пусть диагональ AC = 44 (см. рис. 48). AO = OC = 22, таккак диагонали ромба точкой пересечения делятся пополам. По усло-

вию OF = 11, тогда OFAO

= sin∠OAF = 1122

= 12

, следовательно,

∠OAF = 30◦. Диагональ ромба является биссектрисой угла ромба, от-куда ∠BAD = 60◦. ∠BAD = ∠BD как противоположные углы ромба,∠ABC = 180◦ − ∠BAD = 120◦ = ∠ADC. Итак, углы ромба равны 60◦,60◦, 120◦, 120◦.

Рис. 48

Ответ: 60◦, 60◦, 120◦, 120◦.


25. Около треугольника KMT опишем окружность (см. рис. 49).

Рис. 49

По условию ∠KLT = ∠KMT , значит, точка L принадлежит этойокружности (в противном случае ∠KLT > ∠KMT , если точка L внеокружности и ∠KLT < ∠KMT , если точка L внутри окружности), тоесть KLMT — вписанный четырёхугольник. Тогда ∠KML = ∠KTL каквписанные углы, опирающиеся на одну дугу.26. Так как O лежит на биссектрисе AO угла BAD, то расстояния от O допрямых AB и AD равны (см. рис. 50).

C

O

D

B

A

Рис. 50

Аналогично O лежит на биссектрисе BO угла ABC, поэтому рассто-яния от O до прямых AB и BC равны. Построим окружность с центромO и радиусом r = 10. Она будет касаться прямых AB,BC,AD, так какрасстояние от O до этих прямых равно радиусу окружности. BC ‖ AD,поэтому расстояние между ними равно 2r = 12. Тогда по формуле дляплощади параллелограмма S = 12 · 18 = 216.

Ответ: 216.



1. Для объектов, указанных в таблице, укажем цифры, которыми они обо-значены на плане (см. рис. 51).

Стол — 4,Холодильник — 2,Плита — 1,Раковина — 5.Заполним таблицу, в ответ запишем последовательность этих цифр.

1 2

3 4

5 6

��

��

��

��

��

��

��

��

Рис. 51

Ответ: 4215.2. Пол кухни планируется покрыть плиткой, размером 30 см×30 см(0,3 м×0,3 м).

Площадь пола равна площади квадрата со стороной 9 · 0,3 = 2,7 м.S = (2,7м)2 = 7,29 м2. Площадь одной плитки равна (0,3м)2 = 0,09м2.

Понадобится 7,29: 0,09 = 81 (плитка), 81 : 5 = 1615

(упаковок).

Надо купить 17 упаковок.Ответ: 17.

3. Площадь той части кухни, на которой будет смонтирован электрическийподогрев пола, будет равна7,29− (24 · 0,09) = 7,29− 2,16 = 5,13 (м2).Ответ: 5,13.

4. Расстояние между противоположными углами обеденного стола пред-ставляет собой длину гипотенузы прямоугольного треугольника, она рав-на√9 + 16 · 0,3 = 1,5 (м).

Ответ: 1,5.


5. Разделим разницу в цене холодильников на эко-номию в день от меньшего расхода электроэнергии.(30 000− 28 000) : (0,9 · 4− 0,7 · 4) = 2500 (дней).2500 : 365 = 6,8 . . . ≈ 7 (лет).То есть, через 7 лет непрерывной работы экономия от меньшего рас-

хода электроэнергии окупит разницу в цене этих холодильников.Ответ: 7.

6. (1,3 · 10−2) · (2 · 103) = 2,6 · 10−2+3 = 2,6 · 10 = 26.Ответ: 26.

7. На координатной прямой c правее d, значит c > d.1) c + 2 > d + 1. Неравенство верное, так как из неравенства c > d

следует, что c+ 1 > d+ 1 и c+ 2 > c+ 1 > d+ 1, значит, c+ 2 > d+ 1.2)−3c < 0, тогда−3 · c < −3 · d. Неравенство−3c < −3d верное.

3) 14> 0, следовательно 1

4c > 1

4d. Неравенство c

4< d4

неверное.

4) c−10 > d−10. Неравенство верное, так как следует из неравенстваc > d.

Итак, неверное неравенство — 3).Ответ: 3.

8.√26 · 52 · 74 = 23 · 5 · 72 = 1960.

Ответ: 1960.

9. x2 − x− 20 = 0, D = 1 + 80 = 81.x = 1± 9

2, x1 = 5, x2 = −4.

Положительный корень 5.Ответ: 5.

10. Равновозможных исходов 35, благополучных 14. Вероятность того,

что выбранный пирожок окажется с рисом, равна 1435= 25= 0,4.

Ответ: 0,4.

11. А) — график функции, заданной формулой y = |x|, записанной подцифрой 3.

Б) — график функции, заданной формулой y = x+ 1, записанной подцифрой 2.

В) — график функции, заданной формулой y = 1x

, записанной под

цифрой 1.


Внесём эти данные в таблицу:А Б В3 2 1

Ответ: 321.

12. b1 = 4, bn+1 = −26bn.

b8 =26b7= − 26

−26b6

= b6 = b4 = b2 = −26b1= −26

4= −6,5.

Ответ: −6,5.

13. 7x− 74x

= 28− 74x

= 214x

; при x = −0,7 получим

214x= − 21

2,8= −21 · 10

28= −3 · 10

4= −7,5.

Ответ: −7,5.14. C = 160 + 14(t− 6), при t = 18 получаем

C = 160 + 14 · 12 = 328 (руб.).Ответ: 328.

15. x2 − 36 < 0, −6 < x < 6, x ∈ (−6; 6). Это решение обозначеноцифрой 3.

Ответ: 3.

16. ∠MNQ = 12

^ MQ, найдём величину ^ MQ. По условию

∠MNP = 113◦, значит, ^MQP = 226◦, ∠PMQ = 43◦, ^ PQ = 86◦.Отсюда, ^ MQ = ^ MQP− ^ PQ = 226 − 86◦ = 140◦,

∠MNQ = 12· 140◦ = 70◦.

Ответ: 70.17. Пусть ∠ABC + ∠BCD = 260◦ (см. рис. 52), тогда ∠ABC = 130◦ (вравнобедренной трапеции углы при основании равны).

Рис. 52


Следовательно, ∠BAD = 180◦−130◦ = 50◦, ∠BAD = ∠CDA = 50◦.

Ответ: 50.

18. ∠FKE = 36◦, тогда ∠EKN = 36◦ · 2 = 72◦.

∠MKE = 180◦ − 72◦ = 108◦.

Ответ: 108.

19. Соединим точки B и C, точка D равноудалена от точек B и C (рис. 53).Значит, расстояние от точки A до середины отрезка BC равно длине пер-пендикуляра AD, оно равно 5.

Рис. 53

Ответ: 5.

20. 1) Утверждение верное, есть такая формула для нахождения площадитреугольника.

2) Утверждение неверное, так как по теореме Пифагора квадрат гипо-тенузы равен сумме квадратов катетов.

3) Утверждение верное, это признак ромба.

Итак, верны утверждения 1 и 3.

Ответ: 13.

21. Обозначим (x + 3)2 = t, t > 0, тогда уравнение примет вид:

t2 − 2t − 8 = 0, D = 4 + 32 = 36 = 62, t = 2± 62

, t1 = 4; t2 = −2,t > 0, тогда t2 не является решением уравнения.

Отсюда (x + 3)2 = 4, (x + 3) = +2; (x + 3) = −2, то есть x = −1,x = −5.

Ответ: −5; −1.


22. Пусть второй мастер изготовил x табуреток, тогда первый изготовил3x, а третий (x − 12) табуреток (отсюда x > 12). Всего три мастера из-готовила 3x + x + (x − 12) = 5x − 12 табуреток, что по условию равно858 табуреток. Решим уравнение 5x− 12 = 858; 5x = 870; x = 174.

Первый мастер изготовил 3x = 3 · 174 = 522 (табуретки).

Ответ: 522.

23. 1) Построим график функции y = x2+x−6. Это парабола с вершиной

(x0; y0), где x0 =−12= −0,5; y0 =

14− 12− 6 = −1

4− 6 = −6,25. y = 0

при x1 = −3, x2 = 2. Этот график изображён на рисунке 54.

Рис. 54

Чтобы построить график функции y = |x2 + x − 6|, отразимотносительно прямой Ox те части параболы, что лежат ниже оси абсцисс.Получим искомый график (рис. 55).

2) Решим вторую часть задачи.

y = a — это прямая, параллельная оси абсцисс или совпадающая сней, тогда по рисунку 55 видно, что наибольшее число общих точек кото-рые имеет график функции с прямой y = a, равно четырём (см. рис.55).

Ответ: 4.


Рис. 55

24. O — центр окружности, OH = 6, OK = 8 (см. рис. 56).

Рис. 56

BH = HC = 8, DK = KE (диаметр, перпендикулярный хорде, делитеё пополам, а продолжения отрезков OH и OK являются диаметрами).Радиус BO окружности найдём как гипотенузу прямоугольного треуголь-ника BOH :BO =

√

BH2 +OH2 =√82 + 62 = 10. Катет DK прямоугольного тре-

угольника OKD по теореме Пифагора равен√

OD2 −OK2, где OD —

радиус окружности. DK =√100− 64 =

√36 = 6. DE = 2DK = 12.

Ответ: 12.


25. Через точку L проведём высоту PH параллелограмма BCDE (см.рис. 57).

Рис. 57

SBLE + SCLD =12·BE ·LH + 1

2·CD ·LP = 1

2·BE · (LH +LP ) =

= 12· BE · HP = 1

2SBCDE (CD = BE как противоположные стороны

параллелограмма).26. В треугольниках KLS и NMS углы KLS и NMS равны как вписан-ные и опирающиеся на одну дугу KN , а углы LSK и MSN равны каквертикальные. Значит, треугольники KLS и NMS подобны по первомупризнаку подобия треугольников. Отсюда SL : SM = KL : NM = 5 : 8.Обозначая LS = b, получим SM = 1,6LS = 1,6b (см. рис. 58).

Рис. 58

По теореме косинусов для треугольника LSM :LM2 = LS2 +MS2 − 2LS ·MS · cos 60◦ = b2 + 2,56b2 − 1,6b2 = 1,96b2,LM = 1,4b.

По теореме синусов для треугольника LSM :LS

sin∠KML= LMsin 60◦

,


sin∠KML =

√3LS2LM

=

√3 · b

2 · 1,4b =√32,8

.

По теореме синусов для треугольника KLM :

2R = KLsin∠KML

=5 · 2,8√3= 14

√3

3,

R = 7√33

.

Ответ:7√33

.



1. Для объектов, указанных в таблице укажем цифры, которыми они обо-значены на плане (см. рис. 59).

Стол — 3.Холодильник — 5.Плита — 1.Раковина — 4.Заполним таблицу, а в ответ запишем последовательность цифр: 3514.

1

5

23

46

��

��

��

��

��

��

��

��

Рис. 59

Ответ: 3514.2. Пол кухни имеет форму прямоугольника со сторонами 9 ·0,4 м и 8 ·0,4 м.Его площадь 72 · 0,16 = 11,52 (м2).

Площадь одной плитки 40 см× 40 см= 0,4 м× 0,4 м= 0,16 м2.Тогда количество плиток 11,52 : 0,16 = 72, понадобится 72 : 5 = 14,4

(упаковок).Значит, необходимо купить 15 упаковок.Ответ: 15.

3. Найдём площадь той части кухни, на которой будет смонтированэлектрический подогрев пола. Площадь, под которую не будут прово-дить подогрев, равна 23 · 0,16 = 3,68 (м2). Площадь с обогревом11,52− 3,68 = 7,84 (м2).

Ответ: 7,84.4. Расстояние между противоположными углами стола равно длине гипо-тенузы прямоугольного треугольника со сторонами 3 · 0,4 м и 4 · 0,4 м,то есть 0,4 ·

√32 + 42 = 5, 5 · 0,4 = 2 (м).

Ответ: 2.


5. Разделим разницу в цене холодильников на экономию вдень от меньшего расхода электроэнергии. Разница окупитсячерез (34 600 − 31 000) : (1,1 · 4 − 0,8 · 4) = 3000 (дней),3000 : 365 = 8,2 . . . ≈ 8 (лет).

Ответ: 8.6. (4 · 105) · (2,5 · 10−4) = 4 · 2,5 · 105+(−4) = 10 · 10 = 100.

Ответ: 100.7. Из рисунка видно, что c < d. Тогда d− c > 0.

1) Из c < d следует c+ 12 < d+ 12. Неравенство верное.2) Из c < d следует −5c > −5d. Неравенство неверное.

3) Из c < d следует − c7> −d

7. Неравенство верное.

4) Преобразуем неравенство c+3 < d+6. d− c > 3− 6, d− c > −3.По условию d− c > 0, d− c > 0 > −3. Неравенство верное.

Итак, неверное неравенство — 2.Ответ: 2.

8.√24 · 36 · 52 = 22 · 33 · 5 = 4 · 27 · 5 = 540.

Ответ: 540.9. x2 − x− 12 = 0. D = 1 + 48 = 49.

x = 1± 72

, x1 = −3, x2 = 4.

Отрицательный корень уравнения равен −3.Ответ: −3.

10. Равновозмжных исходов 16, благоприятных 2. Вероятность того, что

Руслан выберет упаковку с синими ручками, равна 216= 18= 0,125.

Ответ: 0,125.11. Графики функций, представленных на рисунке, соответствуют следу-ющим формулам:

А) — парабола, соответствует формуле y = −x2, записанной под циф-рой 2,

Б) — гипербола, соответствует формуле y = − 1x

, записанной под циф-

рой 1,В) — прямая, соответствует формуле y = −x−1, записанной под циф-

рой 3.


Заполним таблицу.А Б В2 1 3

Ответ: 213.

12. b1 = −20, bn+1 = −35bn.

b6 = −35b5= − 35

−35b4

= b4 = b2 = − 35−20 =

74= 1,75.

Ответ: 1,75.

13. 9x− 95x= 45− 9

5x= 365x

.

При условии x = −0,3, получим 365 · (−0,3) = −

361,5

= −36015= −24.

Ответ: −24.14. C = 320 + 15(t− 3), при t = 25 получим

C = 320 + 15(25− 3) = 320 + 15 · 22 = 650 (руб.).Ответ: 650.

15. x2 − 64 < 0,−8 < x < 8, x ∈ (−8; 8).Это решение записано под номером 4.Ответ: 4.

16. ∠PAN = ∠PMN = 51◦ (вписанные углы, которые опираются наодну дугу).

∠AMN = ∠AMP − ∠PMN = 119◦ − 51◦ = 68◦.∠AMN = 68◦.Ответ: 68.

17. Пусть ∠A + ∠D = 140◦ (см. рис. 60), тогда ∠A = 70◦, так как углыпри основании равнобедренной трапеции равны.

Рис. 60


∠A+ ∠B = 180◦, значит, ∠B = 180◦ − 70◦ = 110◦.

Ответ: 110.

18. ∠AMB = 42◦, значит ∠BMD = 42◦ · 2 = 84◦, так как луч AM —

биссектриса угла BMD.

∠CMB = 180◦ − 84◦ = 96◦.

Ответ: 96.

19. Расстояние от точки A до середины отрезка BC равно 2(см. рис. 61),так как K — середина отрезка BC.

Рис. 61

Ответ: 2.

20. 1) Утверждение неверное, так как четырёхугольники с равными сто-ронами могут иметь разные углы.

2) Утверждение верное, так как в равностороннем треугольнике всевысоты равны.

3) Утверждение верное, это формулировка теоремы Пифагора.

Итак, верные утверждения — 2 и 3.

Ответ: 23.

21. Обозначим (x + 5)2 = t, t > 0, тогда уравнение примет вид:

t2−8t−9 = 0, D4= 16+9 = 25 = 52, t = 4±5, t1 = −1; t2 = 9, t = −1 не

удовлетворяет условию t > 0. Остаётся t = 9, то есть (x + 5)2 = 9,x+ 5 = 3, x = −2 или x+ 5 = −3, x = −8.

Ответ: −8; −2.22. Пусть Коля сложил x самолётиков, тогда Петя сло-жил 4x, а Саша (x + 24) самолётиков. Всего они сложилиx+ 4x+ (x+ 24) = 6x+ 24 самолётика, что по условию равно 522.Решим уравнение 6x+ 24 = 522; 6x = 498; x = 83.

Саша сделал x+ 24 = 107 (самолётиков).

Ответ: 107.


23. 1) Построим график функции y = x2 + 2x − 3. Это парабола, ветви

направлены вверх, с вершиной в точке (x0; y0), где x0 =−22

= −1;y0 = 1 − 2 − 3 = −4. y = 0 при x1 = −3, x2 = 1. Этот график изоб-ражён на рисунке 62.

Рис. 62

Чтобы построить график функции y = |x2 + 2x − 3|, отразим от-носительно прямой Ox те части параболы, что лежат ниже оси абсцисс.Получим искомый график на рис. 63.

2) Решим вторую часть задачи.y = a — это прямая, параллельная оси абсцисс или совпадающая с

ней, тогда по рисунку 63 видно, что наибольшее число общих точек, кото-рые имеет график функции с прямой y = a равно четырём (см. рис. 63).

Ответ: 4.


Рис. 63

24. O — центр окружности, OK = 24 (см. рис. 64).

Рис. 64

BH = HC = 24, DK = KE = 7 (диаметр, перпендикулярный хорде,делит её пополам, а продолжения отрезков OH и OK являются диамет-рами). Радиус OD окружности найдём как гипотенузу прямоугольного

треугольника DOK: OD =√

OK2 +DK2 =√

242 + 72 = 25. Ка-тет OH прямоугольного треугольника BOH по теореме Пифагора равен√

OB2 −BH2, где OB — радиус окружности. OH =√252 − 242 = 7.

OH = 7.

Ответ: 7.


25. Построим LH ⊥ BE, CD ‖ BE как противоположные стороны па-раллелограмма, P — точка пересечения CD и LH, значит LP — высотатреугольника CLD (см. рис. 65).

Рис. 65

SBLE − SCLD =12·BE · LH − 1

2·CD · LP = 1

2·BE · (LH − LP ) =

= 12· E · PH = 1

2SBCDE (CD = BE как противоположные стороны

параллелограмма, PH — высота параллелограмма).

26. В треугольниках KLA и NMA углы KLA и NMA равны каквписанные и опирающиеся на одну дугу KN , а углы LAK и MANравны как вертикальные (см. рис. 66). Значит, треугольники KLA иNMA подобны по первому признаку подобия треугольников. ОтсюдаAL : AM = KL : NM = 6 : 12. Обозначая LA = b, получимAM = 2LA = 2b.

K

L

M

N

A

Рис. 66


По теореме косинусов для треугольника LAM :LM2 = LA2 +AM2 − 2LA ·AM · cos∠LAM =

= b2 + 4b2 − 2 · 2 · 0,8b2 = 1,8b2, LM = 3b√5

.

Найдём синус угла LAM .sin∠LAM =

√

1− 0,82 = 0,6.По теореме синусов для треугольника LAM :

LAsin∠KML

= LMsin∠LAM

,

sin∠KML =0,6LALM

= 1√5.


2R = KLsin∠KML

= 6√5,

R = 3√5.

Ответ: 3√5.




Жилой дом — 1,

Водоём — 4,

Мастерская — 2,

Сарай для птиц — 6.

Заполним таблицу этими цифрами, а в ответ напишем последователь-ность этих цифр.

��

��

32

1

45

6

87

� � ��

��

2��

��

��

��

��

��

�� !��

�/" ��

Рис. 67

Ответ: 1426.

2. Огород (без площади для инвентаря) занимает 30 клеток, одна клеткана плане соответствует 4 м2.

Искомая площадь 4 · 30 = 120 м2.

Ответ: 120.

3. 20 курам необходима площадь 5 м2. Площадь сарая для кур и гусей рав-на 32 км2, то есть останется 32− 5 = 27 (м2). На 27 м2 может разместится27 · 2 = 54 (гуся).

Ответ: 54.


4. Расстояние от жилого дома до сарая для птиц равно длине гипо-тенузы прямоугольного треугольника с катетами 6 м и 8 м, то есть√64 + 36 = 10 (м).

Ответ: 10.5. Всего во всех помещениях лампочки горят на 30 позициях. Искомая

экономия равна 30·365·10·(40−5)· 3,91000

+(30·17·3−30·110) = 13 176,75.Ответ: 13 176,75.

6.(

35− 34

)

: 340= 12− 15

20· 403= − 3

20· 403= −2.

Ответ: −2.7. По условию k < m, n = m. Нанесём точки k, n и m на числовую ось(см. рис. 68).

Рис. 68

Также по условию l > k. Глядя на рисунок, заметим что l > k будети при k < l < m, и при l > m, и при l = m. Следовательно, сравнить l и mневозможно.

Ответ: 4.8. (1,8 · 10−1) · (4 · 10−2) = 1,8 · 4 · 10−1+(−2) = 7,2 · 10−3 = 0,0072.

Ответ: 0,0072.9. 6x2 − 4x− 5 = x2 − 3x− 1,5x2 − x− 4 = 0, D = 1 + 80 = 81.x = 1± 9

10, x1 = −0,8; x2 = 1.

В ответе укажем меньший из корней: −0,8,Ответ: −0,8.

10. Вероятность того, что Андрею попадётся приз, равна 140

= 0,025,

а не попадётся приз 1− 0,025 = 0,975.Ответ: 0,975.

11. На рисунках представлены графики линейных функций вида y = kx.На рисунках А) и Б) изображены графики убывающих функций, им

соответствуют формулы y = kx, k < 0, то есть 1) и 3).

На рисунке А) y(1) ≈ −13

, Следовательно, график А) соответствует 3).

На рисунке Б) y(1) = −3, следовательно, графику Б) соответствует 1).


На рисунке В) изображён график возрастающей функции, ей соответ-ствует формула y = kx, k > 0, то есть 2).

Запишем ответ в таблицу:А Б В3 1 2

Ответ: 312.12. d = −2,3; a1 = −7,1.

a10 = a1 + 9d = −7,1 + 9 · (−2,3) = −7,1− 20,7 = −27,8.Ответ: −27,8.

13. 5aba+ 5b

·(

a5b− 5b

a

)

=5ab · (a2 − 25b2)(a+ 5b) · 5ab = a− 5b.

При a = 5√2+7, b =

√2−3, получаем a−5b = 5

√2+7−5

√2+15 = 22.

Ответ: 22.14. P = I2R, при условии P = 415 Вт, I = 2,5 А получаем 415 = 2,52R,

R = 4152,52

= 66,4 (Ом).

Ответ: 66,4.

15.

{

x > 11,10− x > 0;

{

x > 11,x < 10;

система решений не имеет — это соответ-

ствует 4).Ответ: 4.

16. S4 =ab2

(см. рис. 69), a = 12, c = 15.

4ABC : b =√c2 − a2 =

√225− 144 = 9.

Рис. 69

SABC =12 · 92

= 54.

Ответ: 54.

17.4ACD : 2AD2 = AC2; AD2 = AC2

2= 42= 2.


Рис. 70

SABCD = AD2 = 2.Ответ: 2.

18. ∠AOB = 82◦, ^ AB = 82◦ — её длина 41. Длина дуги

пропорциональна её градусной мере, 41 = 822

. ^ AB (бо́льшая

дуга)= 360◦ − 82◦ = 278◦. Следовательно, её длина 278 : 2 = 139.Ответ: 139.

19. ~a ·~b = x1x2 + y1y2(см. рис. 71), где ~a{x1, y1},~b{x2, y2}:Выпишем координаты начала и конца каждого вектора: A(2;−3),

B(7; 5), C(1; 4), D(−4; 0).

Рис. 71

x1 = 7− 2 = 5, y1 = 5− (−3) = 8.# »

AB{5; 8}.x2 = −4− 1 = −5, y2 = 0− 4 = −4.

# »

CD{−5;−4}.~a ·~b = 5 · (−5) + 8 · (−4) = −25− 32 = −57.Ответ: −57.

20. 1) Утверждение верное, диагонали любого квадрата делят его на 4 рав-ных треугольника, по третьему признаку равенства треугольников.

2) Утверждение верное, так как следует из неравенства треугольника.3) Утверждение неверное, средняя линия трапеции равна полусумме

её оснований.Итак, верные утверждения 1 и 2.Ответ: 12.


21. 4x3 + 5x2 = 4x+ 5, x2(4x+ 5)− (4x+ 5) = 0, (4x+ 5)(x2 − 1) = 0при x = −1,25 и x = ±1.

Ответ: −1,25; −1; 1.22. Посчитаем, сколько процентов от уставного капитала внёс каждый

из учредителей. 248 000800 000

= 0,31 — Марина внесла 31% от уставного

капитала. 950· 100% = 18% — Олег внёс 18% уставного капитала.

Николай внёс 100%− 23%− 31%− 18% = 28% от уставного капитала.Николаю причитается 0,28 · 1 200 000 = 336 000 рублей.Ответ: 336 000 рублей.

23. Заметим, что y(−x) = y(x), следовательно, функция y = x2 − 2|x| − 3чётная. Поэтому достаточно построить часть графика при x > 0 и симмет-рично отразить её относительно оси Oy.

На промежутке [0;+∞) функция примет вид y = x2 − 2x − 3.Её графиком является часть параболы, ветви которой направлены вверх,а вершина находится в точке (1;−4). По рисунку 72 видно, что графикзаданной функции и прямая y = a, параллельная оси абсцисс, могут иметь0, 2, 3 или 4 общие точки. Наибольшее возможное число общих точек — 4.

Рис. 72

Ответ: 4.24. Суммы противоположных сторон описанного четырёхугольникаравны: AB + CD = BC + AD (см. рис. 73). Так как противоположные


стороны параллелограмма равны, то AB = CD, BC = AD. ПустьAB = 8, тогда AB+CD = 16 и BC+AD = 16, следовательно, периметрпараллелограмма равен 16 + 16 = 32.

Рис. 73

Ответ: 32.

25. 4Q1MQ2 = 4Q1NQ2 по трём сторонам: Q1M = Q1N ,MQ2 = NQ2 как радиусы окружностей, Q1Q2 — общая (см. рис. 74).Против равных сторон в равных треугольниках лежат равные углы,то есть ∠MQ1Q2 = ∠NQ1Q2. Пусть K — точка пересечения лучаQ1Q2 и отрезка MN . Тогда Q1K — биссектриса, а значит, и высотаравнобедренного треугольника Q1MN . Таким образом, доказано, чтоQ1Q2 ⊥MN .

Рис. 74

26. Пусть прямая MS вторично пересекает окружность в точке T , а пря-мую PO — в точке L (см. рис. 75 на с. 71).

Треугольник OMT равнобедренный (OM = OT как радиусы),поэтому высота OL является медианой, ML = LT . Значит, в треуголь-нике PMT отрезок PL является медианой и высотой, откуда PM = PTи ∠PMT = ∠PTM . Следовательно, равны дуги окружности, на которыеони опираются, `MP = `PT .


Рис. 75

Треугольники PMS и PKM подобны, так как ∠MPS общий, а впи-санные углы PMS и PKM опираются на равные дуги.

Значит, PS : PM = PM : PK, PS = 122

18= 8, SK = 18− 8 = 10.

Ответ: 10.



1. Для объектов, указанных в таблице, определите цифры, которыми ониобозначены на плане (см. рис. 76).

Жилой дом — 8.

Летняя кухня — 1,

Птичник — 5,

Вольер для выгула — 4.

В бланк ответов перенесём последовательность этих цифр.

��

6

23

7

1

8

54

� � ��

��

2�

��

��

��

��

��

�� !��

��"��

Рис. 76

Ответ: 8154.

2. Площадь сетки равна площади вольера для выгула и водоёма.

S = 48 + 16 = 64 (м2).

Ответ: 64.

3. Птичник имеет площадь 24 м2, в нём на 1 кв.м располагаются 3 утки или2 гуся. А так как там уже есть 20 гусей, которым предназначается 10 м2,то на оставшихся 24− 10 = 14 (м2) можно разместить 3 · 14 = 42 утки.

Ответ: 42.

4. Ближайшие точки дома и птичника удалены на 12 клеток по горизонтали(24 м) и 5 по вертикали (10 м).


Искомое расстояние по теореме Пифагора равно√242 + 102 =

√676 = 26 (м).

Ответ: 26.5. Всего лампы горят на 30 + 10 = 40 позициях. Экономия равна

40 · 365 · 10 · (40− 10) · 3,81000

+ (40 · 19 · 3− 40 · 44) = 17 164 (рублей).

Ответ: 17 164.

6.(

27+ 56

)

·(

− 2147

)

= −12 + 3542

· 2147= −47 · 21

42 · 47 = −12= −0,5.

Ответ: −0,5.7. По условию q < s и p = q.

Нанесём точки p, q и s на числовую ось (см. рис. 77).

Рис. 77

Точка по условию t < s. При этом может выполняться t ∈ (−∞; q),или t ∈ (q; s), или t = q.

В первом случае t < q, во втором случае t > q, в третьем случае t = q.Сравнить t и q невозможно.

Ответ: 4.8. (25·10−3)·(8·10−4) = 25·8·10−3+(−4) = 200·10−7 = 2·10−5 = 0,00 002.

Ответ: 0,00 002.9. 11x2 − 7x− 10 = x2 + 9x− 2,10x2 − 16x− 8 = 0; 5x2 − 8x− 4 = 0; D = 64 + 80 = 144.x = 8± 12

10; x1 = −0,4; x2 = 2.

В ответе запишите меньший из них: −0,4.Ответ: −0,4.

10. Вероятность того, что Варвара найдёт приз в выбранной упаковке

равна 120= 0,05.

Тогда вероятность того, что Варвара не найдёт приз в своей упаковке,равна 1− 0,05 = 0,95.

Ответ: 0,95.11. Найдём соответствие между графиками линейных функций видаy = kx и формулами, их задающими.


А) k > 0, при x = 2 значение y = 1, подходит y = 12x — это 2),

Б) k < 0, при x = 2 значение y = −1, подходит y = −12x — это 3),

В) k > 0, при x = 1 значение y = 2, подходит y = 2x — это 1).Заполним таблицу:

А Б В2 3 1

Ответ: 231.12. d = −1,2; a1 = 8,4.

a9 = a1 + 8d = 8,4 + 8 · (−1,2) = 8,4− 9,6 = −1,2.Ответ: −1,2.

13. 7aba+ 4b

·(

a4b− 4b

a

)

=7ab · (a2 − 16b2)(a+ 4b) · 4ab =

7 · (a− 4b)4

.

При a = 4√3 + 8 и b =

√3 − 5, получим

74· (4√3 + 8− 4

√3 + 20) = 7

4· 28 = 49.

Ответ: 49.14. P = I2R, при условии P = 639 Вт, I = 1,5A получим 639 = 1,52R,

R = 6391,52

= 6392,25

= 284 (ом).

Ответ: 284.

15.

{

x > 10,11− x > 0;

{

x > 10,x < 11;

10 < x < 11, этому решению соответствует

3).Ответ: 3.

16. SABC = ab2

(см. рис. 78). При условии a = 8, c = 10, найдём

b =√c2 − a2 =

√100− 64 = 6.

SABC =8 · 62= 24.

Ответ: 24.17. SABCD = AD2. Из 4ACD : 2AD2 = AC2;

AD2 = AC2

2=0,62

2=0,362= 0,18.

SABCD = 0,18.Ответ: 0,18.


Рис. 78

Рис. 79

18. ∠AOB = 78◦, ^ AB = 78◦, её длина равно 39. Длина дуги пропорци-ональна ей градусной мере, 39 = 78 : 2.

Тогда, ^ AB (бо́льшая) = 360◦ − 78◦ = 282◦, и её длина равна282 : 2 = 2.

Ответ: 141.19. ~m · ~n = x1x2 + y1y2, где ~m{x1, y1} и ~n{x2, y2}. Найдём координатыконцов этих векторов.

Рис. 80

A(−5;−1), B(−1; 4);D(5; 0), C(−2; 8).x1 = −1− (−5) = 4, y1 = 4− (−1) = 5;

# »

AB{4; 5}.


x2 = −2− 5 = −7, y2 = 8− 0 = 8;# »

DC{−7; 8}.~m · ~n = 4 · (−7) + 5 · 8 = −28 + 40 = 12.Ответ: 12.

20. 1) Утверждение неверное (см. рис. 81):4ABO 6= 4BCO.

Рис. 81

2) Утверждение неверное. Например, у квадрата 1 × 1 и прямоуголь-ника 1× 2 все углы по 90◦, но эти четырёхугольники не подобны.

3) Утверждение верное, так как всякий равносторонний треугольникимеет пару равных сторон.

Ответ: 3.21. 5x3 + 2x2 = 5x + 2. x2(5x + 2) − (5x + 2) = 0, (5x + 2)(x2 − 1) = 0при x = −2

5и x = ±1; x = −0,4, x = −1 и x = 1.

Ответ: −1; −0,4; 1.22. Дмитрий внёс 66 000

300 000= 22100

= 22% установленного капитала. Елена

внесла 725= 28100

= 25% установленного капитала. Значит Виктор внёс

100%− 29%− 22%− 28% = 21%. 21100

· 700 000 = 147 000.Ответ: 147 000.

23. 1) Построим график функции y = x2 − 5|x| − 6.Если x > 0, то y = x2 − 5x − 6 и графиком этой функции служит

парабола на множестве x ∈ [0;+∞), ветви — вверх, вершина в точке(2,5;−12,25), график расположен на (см. рис. 82).

Если x 6 0, то y = x2 + 5x − 6 и графиком этой функции служитпарабола на множестве x ∈ (−∞; 0], ветви которой направлены вверх,вершина в точке (−2,5;−12,25). (Этот график изображён на рис. слева отоси Oy).



Рис. 82

y = a — это прямая, параллельная оси абсцисс или совпадающаяс ней, тогда по рисунку видно, что наибольшее число общих точек гра-фик функции имеет с прямой, параллельной оси абсцисс, равно четырём(см. рис. 82).

Ответ: 4.

24. Суммы противоположных сторон описанного четырёхугольника рав-ны:AB+CD = BC+AD (см. рис. 83). Так как противоположные стороныпараллелограмма равны, то AB = CD, BC = CD. Пусть AB = 13, тогдаAB + CD +BC +AD = 4AB = 52.


Рис. 83

Ответ: 52.25.4BKL = 4CLK по трём сторонам: LB = LC, KC = KB как ради-усы окружностей, LK — общая (см. рис. 84).

Рис. 84

Против равных углов в равных треугольниках лежат равные углы, тоесть BLK = CLK. Пусть A — точка пересечения луча LK и отрезка BC.Тогда LK — биссектриса, а значит и высота равнобедренного треуголь-ника BCL. Таким образом, доказано, что LK ⊥ BC.26. Пусть прямая BS вторично пересекает окружность в точке T , а пря-мую AO — в точке L (см. рис. 85).

Треугольник OBT равнобедренный, OB = OT как радиусы, поэтомувысота OL является медианой, BL = LT . Значит, в треугольнике ABTAL является медианой и высотой, откуда AB = AT и ∠ABT = ∠ATB.

Значит, равны дуги окружности, на которые они опираются,^

BA=^

AT .Треугольники ABS и ABC подобны, так как ∠BAS общий, а вписан-

ные углы ABS и ACB опираются на равные дуги.

Значит, AS : AB = AB : AC, AS = 352

49= 25, SC = 49− 25 = 24.

Ответ: 24.


AO L

B

C

T

S

Рис. 85

Решение варианта 11 111. Для объектов, указанных в таблице, определим цифры, которыми ониобозначены на плане (см. рис. 86):

город Гранюк — 1,деревня Астрелка — 4,хутор Южный — 6,город Гусевск — 5.Заполним таблицу этими цифрами, а в ответ запишем последователь-

ность этих цифр: 1465.Ответ: 1465.

2. Компания состоит из 8 человек, в день им надо 8 · 3 = 24 пакетика чая.Поездка длится 2 недели — 14 дней, тогда на компанию надо 24 · 14 = 336(пакетиков). В пачке 25 пакетиков, следовательно, 336 : 25 ≈ 13,4 (пачек),то есть надо купить 14 пачек чая на всю компанию.

Ответ: 14.3. Одна клетка соответствует 9 км2. Площадь заказника равна(

5 · 6 + 6 · 32

)

· 9 = 39 · 9 = 351 (км2).

Ответ: 351.4. Найдём расстояние от города Гранюк до посёлка Быково с помощьютеоремы Пифагора AB2 = AC2 +BC2 (см. рис. 87).

AB2 = (242 + 182) = 32(82 + 62) = 900,AB = 30 (км).Ответ: 30.


6

1

2

3

4

7

5

8

3��

�. ��

. ��

�. ��

�. ��

�. ��

�. ��

��

Рис. 86

5. У Виктора имеется 6000 руб., на них он хочет купить самый дорогойнабор в магазине «Вело».

Рис. 87


Товары Стоимость товара (в руб.)5 спиц 5 · 70 = 350 —

2 шины 2 · 680 = 1360 2 · 1680 = 33602 педали 2 · 437 = 874 2 · 860 = 1720тормоз 1130 —

набор крепеж. 740 —

6000− (350+1130+740) = 3780 (руб.) — это сумма денег, на которыеможно купить шины и педали.

Если он возьмёт шины по цене 1680 рублей за штуку, у него останется3780 − 3360 = 420 рублей, и он не сможет купить педали даже по цене437 рублей за штуку.

Итак, надо купить шины по цене 680 рублей за штуку,3780 − 1360 = 2420 (руб.) — эту сумму потратить на покупку педа-лей по цене 860 рублей.

Тогда, общая сумма потраченных денег равна350 + 1130 + 740 + 2 · 680 = 2 · 860 = 5300.

Ответ: 5300.6. 2,6 · 5,3 + 2,22 = 13,78 + 2,22 = 16.

Ответ: 16.7.Сравним числа c и f .

c < d; f > d. Следовательно, c < d < f , c < f .Ответ: 2.

8. (√87− 3)(

√87 + 3) = 87− 9 = 78.

Ответ: 78.9. −7(−8 + 6x) − 4x = −36; 56 − 42x − 4x = −36; −46x = −36 − 56;−46x = −92; x = 2.

Ответ: 2.10. Чётное число очков при бросании одного игрального кубика можетбыть равно 2, 4, 6. Всего при броске кубика есть шесть равновозмож-ных исходов (от 1 до 6) выпавших очков. Искомая вероятность равна36= 12= 0,5.

Ответ: 0,5.11. Графики и им соответствует функции:

А) y = 15x

. График данной функции представляет собой гиперболу.

Такой график на рис 3).


Б) y = −5x2

. График данной функции представляет собой прямую. Та-

кой график на рис 4).В) y = x2−3x+4. График представляет собой параболу, ветви которой

направлены вверх. Такой график на рис. 2).Запишем таблицуА Б В3 4 2

Ответ: 342.12. Воспользуемся свойством арифметической прогрессии:

an =an−1 + an+1

2.

Тогда x =61 + (−13)

2= 482= 24.

Или можно сначала найти d = −50− (−13) = −37. an = 61−37 = 24.Ответ: 24.

13. 6c+ 5a− 6c2

c= 6c

2 + 5a− 6c2c

= 5ac

, при a = 12 и c = −1,5 получим

5 · 12−1,5 = −40.

Ответ: −40.14. PV = µRT .

Пользуясь этой формулой, найдём T (в градусах Кельвина), если

µ = 12,5 моль, P = 9972Па, V = 3 м3, R = 8,31 Дж(K · моль)

.

9972 · 3 = 12,5 · 8,31 · T ; T = 9972 · 312,5 · 8,31 = 288

◦ (К).

Ответ: 288.15. 1) x2 + 37 < 0— неравенство не имеет решений;

2) x2 + 37 > 0— решением этого неравенства является любое число,так как x2 > 0, в сумме с 37 всегда положительно.

3) x2 − 37 < 0 при x ∈ (−√37;√37).

4) x2 − 37 > 0 при x ∈ (−∞;−√37) ∪ (

√37;+∞).

Ответ: 2.16. Радиус R описанной окружности равен половине гипотенузы.MN =

√MP 2 + PN2 =

√64 + 225 =

√289 = 17.


Рис. 88

R = 172= 8,5.

Ответ: 8,5.

17. ∠B = 180◦ − (36◦ + 24◦) = 120◦.

Рис. 89

Ответ: 120.

18. ∠A = 180◦ − ∠B − ∠C = 180◦ − 2∠C, так как 4ABC — равнобед-ренный: AB = AC и ∠B = ∠C.

Рис. 90

∠C = 180◦ − 123◦ = 57◦.

∠A = 180◦ − 2 · 57◦ = 180◦ − 114◦ = 66◦.

Ответ: 66.


19. Сторона AC равна 5, а средняя линия треугольника параллельна сто-

роне и равна её половине, то есть равна 52= 2,5.

Ответ: 2,5.20. 1) Сумма острых углов прямоугольного треугольника равна 90◦.Утверждение верное, так как в прямоугольном треугольнике один угол ра-вен 90◦, значит на сумму остальных углов приходится 180◦ − 90◦ = 90◦.

2) Все углы ромба равны. Утверждение неверное, так как, если углыромба равны, то на каждый угол приходится 360◦ : 4 = 90◦, значит, этоквадрат. Не любой ромб является квадратом.

3) Медиана треугольника делит пополам сторону, к которой проведе-на. Утверждение верное, так как это определение медианы. Итак, верныеутверждения 1 и 3.

Ответ: 13.21. x3 + 5x2 − x − 5 = 0, x2(x + 5) − (x + 5) = 0, (x + 5)(x2 − 1) = 0;x+ 5 = 0 или x2 − 1 = 0, x = −5, x = ±1.

Ответ: −5; −1; 1.22. Составим таблицу по условию задачи, так чтобы в каждой строке вы-

полнялась формула C = mзолотаmсплава

, где C — концентрация, переведённая

из процентов в десятичную дробь.

mсплава(кг)

mзолота(кг)

Концентрация, C

Первый сплав x 0,15x 0,15Второй сплав y 0,2y 0,2

Первый + второй(третий)

150 150 · 0,18 = 27 0,18

При соединении двух сплавов их массы складываются, массы золотатоже складываются. Получаем систему уравнений{

x+ y = 150;0,15x+ 0,2y = 27.

Из первого уравнения x = 150− y. Тогда 0,15(150− y) + 0,2y = 27;22,5 + 0,05y = 27; 0,05y = 4,5; y = 90; x = 150 − 90 = 60 кг. Первый

сплав легче второго на 90− 60 = 30 (кг).Ответ: 30.

23. 1) Построим сначала график функции y =(x2 − 3x)|x|

x− 3 .


Преобразуем выражение(x2 − 3x)|x|

x− 3 .

(x2 − 3x)|x|x− 3 =

x(x− 3)|x|x− 3 = x|x| при условии x− 3 6= 0, x 6= 3

Заметим, что при x = 3, y = 3 ·3 = 9, то есть точка (3; 9)— выколотая.Если x > 0, то y = x2. Графиком служит ветвь параболы на мно-

жестве x ∈ [0;+∞) с вершиной в точке (0; 0), ветвь направлена вверх(см. рис. 91).

Если x 6 0, то y = −x2. Графиком служит ветвь параболы на мно-жестве x ∈ (−∞; 0] с вершиной в точке (0; 0), ветвь направлена вниз(см. рис. 91).

2) Решим вторую часть задачи.y = k — это прямая, параллельная оси абсцисс или совпадающая с

ней, не имеет с графиком функции ни одной общей точки, если она прохо-дит через точку (3; 9) при k = 9 (см. рис. 91).

Ответ: 9.24. Проведём высоты AH и CK трапеции (см. рис. 92). В прямоугольномтреугольнике CKD ∠DCK = ∠BCD − ∠BCK = 135◦ − 90◦ = 45◦,

∠DCK = ∠KDC = 45◦, значит CK = KD = 12√2= 6

√2. В прямо-

угольном треугольнике ABH гипотенуза AB = AHsin 60◦

= 6√2 · 2√3

= 4√6.

Ответ: 4√6.

25. Пусть MN — средняя линия трапеции, Q ∈ MN , PH — высотатрапеции,Q ∈ PH (см. рис. 93).

PH = PQ + QH , причём PQ = QH (средняя линия делит высоту

трапеции на два равных отрезка). SBCDE =CD +BE

2· PH .

SCDQ + SQBE =12CD · PQ+ 1

2BE ·HQ = CD +BE

2· PQ =

= CD +BE2

· 12PH = 1

2SBCDE .

26. Обозначим B и C центры окружностей (BR = 15, CQ = 5), и пустьменьшая окружность вторично пересекает луч KA в точке D. Заметим,что точки K,D,C,A,B лежат на одной прямой, являющейся биссектри-сой угла MKP (см. рис. 94).


Рис. 91

Треугольники KCQ и KBR подобны, так как ∠K общий,∠KQC = ∠KRB — прямые, как углы между касатель-


Рис. 92

Рис. 93

K

D C A B

RP

Q

M

Рис. 94

ной и радиусом, проведённым к точке касания. ПоэтомуKB : KC = BR : CQ = 15 : 5 = 3, BC = KB −KC = 2KC,

KC = BC2= CA+AB

2= 15 + 5

2= 10.

Треугольник KCQ прямоугольный,

sin∠CKQ = CQ : KC = 5 : 10 = 12

, ∠CKQ = 30◦.

В силу симметрии треугольник KMP равнобедренный, PK =MK и∠MKP = 2∠AKP = 60◦. Равнобедренный треугольник с углом 60◦ яв-ляется равносторонним. В равностороннем треугольнике центр описанной


окружности совпадает с центром вписанной окружности C, следователь-но, радиус описанной окружности треугольника MPK KC = 10.

Ответ: 10.


1. Для объектов, указанных в таблице, определим цифры, которыми ониобозначены на схеме (см. рис. 95):

посёлок Шушун — 7,деревня Опушки — 3,посёлок Яблочко — 1,город Хрюм — 2.Заполним таблицу, а в бланк ответов перенесём последовательность

этих цифр: 7312.

6

1

2

34

75

8

4��

�� . ��

�. ��

�. ��

�. ��. ��

�. ��

��

Рис. 95

Ответ: 7312.2. Одна клетка соответствует 16 км2. Площадь лесничества(3 · 11 + 11) · 42 = 44 · 16 = 704 (км2).

Ответ: 704.


3. В компании 12 человек, по плану каждый день им понадобится12 · 2 = 24 (пакетика).

Поездка длится длится три недели, то есть 21 день. На этот срок им

требуется 24 · 21 = 504 пакетика 504 : 50 = 10 450

. Надо купить 11 упако-

вок.Ответ: 11.

4. Путь от города Хрюм до посёлка Шушун состоит из пути от г. Хрюмадо д. Опушкин и из пути AB (от д. Опушки до п. Шушун), 4 км — сторонаклетки:

Рис. 96

5 · 4 +√52 + 122 · 4 = 20 + 13 · 4 = 72 (км).

Ответ: 72.5. Юре необходимо купить товары на сумму не более 5000 рублей. В мага-зине «ОК» он хочет купить самый дорогой набор деталей. Спицы продаютпо цене 70 рублей, Юре нужно 3 спицы, он потратит 3 · 70 = 210 (руб.).

Тормоз стоит 1380 рублей, подсветка на спицы — 180 рублей. Итого,на вышеуказанные товары он потратит 210 + 1380 + 180 = 1770 (рублей).

На оставшиеся 5000 − 1770 = 3230 (руб.) он должен купить 2 шины и2 педали.

Если Юра купит 2 шины вида Б, он на них потратит1150 · 2 = 2300 (руб.), а на остаток средств (3230 − 2300 = 930 (руб.))сможет купить 2 педали вида В: 2 · 405 = 810 (руб.). Следовательно, всяпокупка обойдётся в 1770 + 2300 + 810 = 4880 (руб.).


Если он купит шины вида А, то на педали у него останется3230 − 2 · 650 = 1930 рублей, две педали он сможет купить за2 ·750 = 1500 руб. и всего потратит 1770+2 ·650+2 ·750 = 4570 (рублей).Это меньше, чем 4880 рублей.

Ответ: 4880.6. 1,7 · 9,3− 5,81 = 15,81− 5,81 = 10.

Ответ: 10.7. Из условия следует, что j < k, j < l. При этом возможно, что k > l,k < l, k = l. Неравенство i < j ясности не вносит. Сравнить l и k невоз-можно.

Ответ: 4.8. (√14 + 2)(

√14− 2) = (

√14)2 − 22 = 14− 4 = 10.

Ответ: 10.9. −9(−5 + 7x) − 7x = −25; 45 − 63x − 7x = −25; −70x = −25 − 45;−70x = −70; x = 1.

Ответ: 1.10. При бросании игрального кубика существует 6 равновозможных ис-ходов — число выпавших очков от 1 до 6. Из них 3 (1, 2 и 3) удовлетворяетусловию «число выпавших очков меньше 4».

Искомая вероятность равна 36= 0,5

Ответ: 0,5.

11. А) y = − 2x

. График этой функции представляет собой гиперболу, ветви

которой расположены во 2 и 4 четвертях, этому соответствует график 3).

Б) y = −x2

. График этой функции представляет прямую, проходящую

через точку (0; 0) и расположенную во 2 и 4 четвертях (k < 0), этому со-ответствует график 1).

В) y = x2+8x+12. График этой функции представляет собой параболу,ветви которой направлены вверх, этому соответствует графику 4).

А Б В3 1 4

Ответ: 314.

12. Первый способ: an =an−1 + an+1

2, k = −22 + 20

2= −1.

Второй способ:−22− (−43) = 21, d = 21. an = −22 + 21 = −1.Ответ: −1.


13. 7b+ 4a− 7b2

b= 7b

2 + 4a− 7b2b

= 4ab

, при a = 21, b = −1,2.

4ab= 4 · 21−1,2 = −

1 · 21 · 103

= −70.

Ответ: −70.14. PV = µRT . При условии µ = 9,3 моль, V = 2,77 м3,

T = 290 К, R = 8,31 Дж(K · моль)

, получим P · 2,77 = 9,3 · 8,31 · 290,

P =9,3 · 8,31 · 290

2,77= 93 · 831 · 29

277= 8091.

Ответ: 8091.15. 1) x2 + 53 < 0 — неравенство решений не имеет, так как x2 > 0 и всумме с 53 даёт число положительное;

2) x2 − 53 < 0— неравенство выполняется при x ∈ (−√53;√53);

3) x2 + 53 > 0 — решением неравенства является лю-бое число x; 4) x2 − 53 > 0 — неравенство выполняется приx ∈ (−∞;−

√53) ∪ (

√53;+∞).

Ответ: 3.16. Длина радиуса описанной окружности около треугольника CDE рав-на половине длины гипотенузы. НайдёмCD — гипотенузу по теореме Пи-фагора, CD =

√EC2 + ED2 =

√202 + 212 =

√400 + 441 =

√841 = 29.

Рис. 97

R = CD2= 292= 14,5.

Ответ: 14,5.17. Углы параллелограмма, прилежащие к одной стороне, в сумме состав-ляют 180◦.

∠B = 70◦ + 56◦ = 126◦.


Рис. 98

∠A+ ∠B = 180◦, ∠A = 180◦ − ∠B.∠A = 180◦ − 126◦ = 54◦.Ответ: 54.

18. AB = AC, ∠C = ∠B.

Рис. 99

∠B = 180◦ − 127◦ = 53◦.∠A+ ∠B + ∠C = 180◦;∠A+ 2∠B = 180◦;∠A = 180◦ − 2∠B = 180◦ − 2 · 53◦ = 180◦ − 106◦ = 74◦.Ответ: 74.

19. Средняя линия треугольника ABC параллельна AC и равна её поло-вине. AC = 8, тогда средняя линия, параллельная AC, равна 4.

Ответ: 4.20. 1) Сумма углов равнобедренного треугольника равна 180◦ — утвер-ждение верное, так как сумма всех углов любого треугольника равна 180◦;

2) Диагонали прямоугольной трапеции равны — утверждение невер-ное. Рассмотрим трапециюABCD, с основаниями AD и BC. в которой∠BAD = 90◦ и BC < AD.

Пусть CK ⊥ AB. Тогда CK = AD, AK < AD,


Рис. 100

BD =√AB2 +AD2 =

√CK2 +AD2,

√CK2 +AK2 = AC. Так как

AD > AK, то BD > AC.Отсюда, BD > AC.3) Если три стороны одного треугольника соответственно равны трём

сторонам другого треугольника, то такие треугольники равны. Утвержде-ние верное, так как это третий признак равенства треугольников.

Верные утверждения — 1 и 3.Ответ: 13.

21. x3−11x2−x+11 = 0, x2(x−11)− (x−11) = 0, (x−11)(x2−1) = 0;x− 11 = 0 и x = 11; x2 − 1 = 0, x = ±1.

Ответ: −1; 1; 11.22. Пусть масса первого сплава равна x кг, тогда масса второго сплаваравна (x + 8) кг. Составим таблицу по условию задачи, так чтобы в каж-

дой строке выполнялась формула C =mсеребраmсплава

, где C — концентрация,

переведённая из процентов в десятичную дробь.

mсплава(кг)

mсеребра(кг)

Концентрация, C

Первый сплав x 0,2x 0,2Второй сплав x+ 8 0,25(x+ 8) 0,25

Первый + второй(третий)

x+(x+8) == 2x+ 8

0,23(2x+ 8) 0,23

При соединении двух сплавов массы золота складываются. Получаемуравнение0,2x+ 0,25(x+ 8) = 0,23(2x+ 8).

Отсюда 0,45x+ 2 = 0,46x+ 1,84;0,16 = 0,01x; x = 16.


Масса третьего сплава равна 2x+ 8 = 2 · 16 + 8 = 40 (кг).

Ответ: 40.

23. 1) Построим график функции y =(x2 − x)|x|

x− 1 .

Преобразуем выражение(x2 − x)|x|

x− 1 =x(x− 1)|x|

x− 1 = x|x|, при усло-

вии x− 1 6= 0, x 6= 1.Заметим, что при x = 1, y = 1, т.е. точка (1; 1)— выколотая.

Если x > 0, то y = x2. Графиком служит ветвь параболы на множествеx ∈ [0;+∞) с вершиной в точке (0; 0) (см. рис. 101).

Если x 6 0, то y = −x2. Графиком будет ветвь параболы на множествеx ∈ (−∞; 0] с вершиной в точке (0; 0) (см. рис. 101).

Рис. 101


y = m — это прямая, параллельная оси абсцисс или совпадающаяс ней не имеет с графиком функции ни одной общей точки, если она про-ходит через точку (1; 1) при m = 1 (см. рис. 101).

Ответ: 1.


24. Проведём высотыAH иCK трапеции (см. рис. 102). В прямоугольномтреугольнике CKD ∠DCK = ∠BCD − ∠BCK = 135◦ − 90◦ = 45◦,

∠DCK = ∠KDC = 45◦, значит, CK = KD = 16√2= 8

√2.

В прямоугольном треугольнике ABH гипотенуза

AB = AHsin 60◦

= 8√2 · 2√3

= 48√6

3.

Рис. 102

Ответ:48√6

3.

25. Пусть AB — средняя линия трапеции, D ∈ AB, CH — высота трапе-ции, D ∈ CH (см. рис. 103).

Рис. 103

CH = CD + DH , причём CD = DH (средняя линия делит вы-

соту трапеции на два равных отрезка). SMNPO = NP +MO2

· CH.

SNDP + SMDO =12NP · CD + 1

2MO ·DH = NP +MO

2· CD =

= NP +MO2

· 12CH = 1

2SMNPO.


На SMDN + SPDO = SMNPO − (SNDP + SMDO) = SMNPO −−12SMNPO =

12SMNPO.

26. Обозначим B и C центры окружностей (BR = 15, CQ = 6), и пустьменьшая окружность вторично пересекает луч EA в точке D. Заметим,что точки E,D,C,A,B лежат на одной прямой, являющейся биссектри-сой угла FEN (см. рис. 104).

E D C A B

RN

Q

F

Рис. 104

Треугольники ECQ и EBR подобны, так как ∠K об-щий, ∠EQC = ∠ERB — прямые, как углы между каса-тельной и радиусом, проведённым к точке касания. ПоэтомуEB : EC = BR : CQ = 15 : 6 = 2,5, EB = 2,5EC,BC = EB − EC = 1,5EC,

EC = BC1,5

= CA+AB1,5

= 15 + 61,5

= 14, EA = EC + CA = 14 + 6 = 20.

Треугольник ECQ прямоугольный,EQ =

√

EC2 − CQ2 =√142 − 62 = 4

√10,

sin∠ECQ = EQ : EC = 4√10 : 14 = 2

√107

.

Треугольники EAN и EQC подобны, так как ∠E общий,∠EQC = ∠EAN — прямые. Поэтому EQ : EC = EA : EN ,EN = 7

√10.

В силу симметрии треугольник EFN равнобедренный, NE = FE и∠ENF = ∠EFN = ∠ECQ. В треугольнике центр описанной окруж-

ности R можно найти по формуле ENsin∠EFN

= 2R, следовательно,


радиус описанной окружности треугольника FNE R = EN2 sin∠EFN

,

R = 12,25.Ответ: 12,25.



Жилой дом — 4,Беседка — 3,Гараж — 6,Теплица — 2.Эти данные занесём в таблицу, а в ответ перенесём последователь-

ность цетырёх цифр — 4362.

��

3

2 1

4 5

6

8

7

��

� ��2�

9

10

��

��

��

��

��

��

��

��

��

��

��

Рис. 105

Ответ: 4362.2. Площадь жилого дома: (по клеткам) — 3·7+4·1 = 21+5 = 25 (клеток),сторона клетки 2 м, одна клетка соответствует 2 м · 2 м= 4 м2.

Искомая площадь равна 25 · 4 = 100 (м2).Ответ: 100.


3. Расстояние от жилого дома до теплицы равно длине 4-х сторон клетки,4 · 2 = 8 (м).

Ответ: 8.4. Для того, чтобы найти количество необходимых упаковок, надо пло-щадь всех дорожек и площадь площадки перед гаражом разделить наплощадь одной плитки, результат разделить на 4.

Площадь дорожек и площадки перед гаражом 52 · 4 = 208 м2.Потребуется 208 : 4 = 52 (упаковки).Ответ: 52.

5. Найдём разность в стоимости оборудования и монтажа газового и элек-трического отопления: (22 000 + 15 180)− (20 000 + 14 000) = 3180.

Найдём разность в стоимости электроэнергии и газа за час работы:2,8 · 4,5− 4,5 · 1,1 = 7,65 (руб.).

Тогда, если n — количество полных часов непрерывной работы отоп-ления, то n > 3180 : 7,65 ≈ 415,6 . . . За 416 часов экономия компенсируетразность в стоимости установки оборудования.

Ответ: 416.6.−32,8 : 0,04 + 2,7 = −820 + 2,7 = −817,3.

Ответ: −817,3.7. Известно, x = y, y = z, t > z.

Следовательно, x = z < t; x < t. Неравенство 2 верное.Ответ: 2.

8.

√

174·√

6417=

√

17 · 644 · 17 =

√16 = 4.

Ответ: 4.

9. 6x− 4 =

4x− 6 ;

6(x− 6)− 4(x− 4)(x− 4)(x− 6) = 0; 6x− 36− 4x+ 16

(x− 4)(x− 6) = 0.

x 6= 4; x 6= 6. 2x− 20 = 0, x = 10.Ответ: 10.

10. Из 320 аккумуляторов не заряжены, в среднем, 320− 96 = 224 (шт.).Тогда вероятность того, что выбранный в магазине на удачу аккумуля-

тор будет не заряженным, равна 224320

= 0,7

Ответ: 0,7.11. На рисунках представлены графики функций вида y = kx + b. Приk > 0 функции такого вида возрастают, а при k < 0— убывают.

Следовательно, А) может соответствовать 2) или 4), а Б) и В) — 1) и3).


Если y = kx + b, то y(0) = b. b > 0 на графиках 2) и 3); b < 0 награфиках 1) и 4).

А) k > 0, b < 0— 4);Б) k < 0, b < 0— 1);В) k < 0, b > 0— 3).В таблицу перенесём номера:А Б В4 1 3

Ответ: 413.12. d = −1,4, a1 = −2,3.

S7 =a1 + a7

2·7. a7 = a1+6d = −2,3+6 ·(−1,4) = −2,3−8,4 = −10,7.

S7 =−2,3 + (−10,7)

2· 7 = −13

2· 7 = −45,5.

Ответ: −45,5.13. 1

a− a+ 5y

5ay=5y − a− 5y

5ay= −a5ay

= − 15y

.

При y = 120

, получим− 15 · 1

20

= −4.Ответ: −4.

14. a = w2R, при w = 3,2 c−1, a = 25,6 м/с2, имеем

R = aw2 =

25,63,22

= 2,5 (м).

Ответ: 2,5.15. 1) x2 + 64 < 0— неравенство не имеет решений;

2) x+64 > 0— неравенство выполнено для любых x, x ∈ (−∞; +∞);3) x2 − 64 < 0, x ∈ (−8; 8);4) x2 − 64 > 0, x ∈ (−∞;−8) ∪ (8;+∞).Данному рисунку соответствует неравенство 4.Ответ: 4.

16. Рассмотрим 4ABC, ∠C = 90◦, ∠B = 45◦ (см. рис. 106). Тогда∠A = 90◦ − ∠B = 45◦, отсюда ∠B = ∠A. Следовательно, AC = BC.

SABC =12· 34 · 34 = 578.

Ответ: 578.17. Пусть ABCD — ромб и AB = 10, BD = 12 (см. рис. 107). ТогдаBO = 6.

Найдём AC.


Рис. 106

Рис. 107

4AOB : ∠AOB = 90◦; AO =√AB2 −BO2 =

√100− 36 = 8.

AC = 2AO = 16.

SABCD =12BD ·AC = 1

2· 12 · 16 = 96.

Ответ: 96.

18. Известно, что AB = 30, CO = 8 (см. рис. 108).

Рис. 108


Из 4ACO : ∠ACO = 90◦. Найдём AO, AO =√AC2 + CO2,

AC = AB2

, AC = 15.

AO =√225 + 64 =

√289 = 17.

AO — радиус окружности, AO = 17. Значит, диаметр равен 34.

Ответ: 34.

19. SCMN = 73. MN ‖ AB, так как MN — средняя линия. Треуголь-ник CMN и треугольник CBA подобны по двум углам (∠C — общий,∠CNM = ∠CAB как соответственные углы при параллельных прямыхMN и AB и секущей CA).

Из подобия треугольников следует, CNCA

= CMCB

= MNAB

= 12

. Тогда

SCMN

SABC= 14

(отношения площадей подобных треугольников равно квад-

рату коэффициента подобия).

Следовательно: SABC = 4SCMN = 4 · 73 = 292.SABMN = SABC − SCMN = 292− 73 = 219.Ответ: 219.

20. 1) Утверждение неверное, так как касательная к окружности перпен-дикулярна радиусу, проведённому в точку касания.

2) Утверждение верное по свойству треугольника.

3) Утверждение верное, есть такая теорема.

Ответ: 23.

21. 5− x > 0, x 6 5.

x2 − 5x+√5− x =

√5− x+ 6.

x2 − 5x− 6 = 0.

D = 25 + 24 = 49, x = 5± 72

, x1 = 6; x2 = −1.

x1 = 6 не удовлетворяет условию x 6 5. То есть, x = −1.Ответ: −1.

22. Всего автомобиль Петра Петровича проедет3 · 60+1 · 40+2 · 85 = 390 (км) за 3+1+2 = 6 (часов). Средняя скорость

равна 3906= 65 (км/ч).

Ответ: 65 км/ч.


23. Построим график заданной функции. Если x > 0, то y = 3x− 1x− 3x2 .

Упростим выражение при x 6= 0, x 6= 13

. 3x− 1x− 3x2 =

3x− 1−x(3x− 1) = −

1x

.

y = − 1x

. График — часть гиперболы на множестве x > 0. y(

13

)

= −3(см. рис. 109).

Если x < 0, то y = −3x− 1−x− 3x2 . Упростим выражение при x 6= −1

3,

x 6= 0. −(3x+ 1)−x(3x+ 1) =1x

. y = 1x

. График — часть гиперболы на множестве

x < 0. y(

− 13

)

= −3 (см. рис. 109).

Рис. 109

По рисунку видно, что график данной функции не имеет с графикомпрямой y = ax, проходящей через начало координат, ни одной общей точ-

ки, если прямая проходит через точки(

− 13;−3

)

,(

13;−3

)

и если прямая

совпадает с осью Ox (см. рис. 109).

Найдём значения a.−3 = a ·(

− 13

)

, a = 9;−3 = a · 13

, a = −9. Графики

не имеют общих точек при a = 0; a = −9 и a = 9.

Ответ: −9; 0; 9.


24. Так как CM : MA = 2 : 3, то CM : CA = 2 : 5 (см. рис. 110).4CMN ∼ 4ABC, так как MN ‖ AB (∠CMN = ∠CAB как соответ-

ственные, ∠C — общий). Отсюда MNAB

= MCAC

= 25

, AB = 552= 27,5.

Рис. 110

Ответ: 27,5.

25. Опишем окружности вокруг прямоугольных треугольников LL1M иLM1M . Центр окружности, описанной около прямоугольного треуголь-ника, находится в середине гипотенузы, а радиус равен равен поло-вине гипотенузы. У треугольников LL1M и LM1M общая гипотенузаLM , поэтому у окружностей, описанных около них, совпадают центрыи радиусы, следовательно, совпадают и сами окружности (см. рис. 111).Таким образом, точки L, M , L1, M1 лежат на одной окружности и∠M1LM = ∠ML1M1 как вписанные углы, опирающиеся на одну дугуMM1. Тогда 4KLM ∼ 4KL1M1 по двум углам (∠LKM = ∠L1KM1

как вертикальные, ∠KLM = ∠KL1M1).

Рис. 111

26. Пусть окружность касается продолжения стороны MP в точке L,основания PK в точке T . Так как треугольник MPK равнобедренный,то рисунок симметричен относительно биссектрисы угла PMK. Поэто-му T — середина PK. Проведём вписанную окружность треугольникаMPK. Она касается основания PK в точке T , и пусть она касается сто-


роны PM в точке S. Также обозначим центры окружностей O и I (см.рис. 112).

О

T

L

P KP

SI

M

Рис. 112

Так как окружность с центром I касается сторон угла MPK, то естьвписана в этот угол, тоPI — биссектриса углаMPK. Аналогично окруж-ность с центром O касается сторон угла LPK, поэтому PO — биссектри-са угла LPK. Значит,

∠OPI = ∠OPK + ∠KPI = 12(∠MPK + ∠LPK) = 180

◦

2= 90◦.

Так как окружности с центрами O и I касаются прямой KP в общей точкеT , то PK⊥TO, PK⊥TI , следовательно, точка T лежит на отрезке IO.

Так как T — середина PK, то PT = PK2= 12. В4OPI по свойству

высоты, проведённой из вершины прямого угла, PT 2 = TO · TI .

IT = PT 2

TO= 12

2

18= 8.

Ответ: 8.



1. Для объектов, указанных в таблице определим, какими цифрами ониобозначены на плане (см. рис. 113).

Жилой дом — 4,

Клумба с цветами — 7,

Гараж — 6,

Огород — 2.

В бланк ответов напишем эти цифры по порядку в той же последова-тельности как в таблице: 4762.

��

321 4

5 6

8

7

��

��2�

��

��

��

��

��

��

��

�� !

��

"��#� �

Рис. 113

Ответ: 4762.

2. Площадь всех дорожек и площадки перед гаражом равна площади 49клеток, площадь одной клетки 4 м2, тогда 49 · 4 = 196 (м2).

Площадь одной плитки 1 м2, тогда надо приобрести 196 : 4 = 49 упа-ковок.

Ответ: 49.

3. Площадь жилого дома равна площади 36 клеток, 36 · 4 = 144 (м2).

Ответ: 144.


4. Расстояние от бани до гаража (по прямой) равно длине 13 сторон клет-ки, длина стороны клетки 2 м; тогда расстояние от бани до гаража равно13 · 2 = 26 (м).

Ответ: 26.5. Найдём разность в стоимости оборудования и монтажа газового и элек-трического отопления: (24 000+ 16 280)− (20 000+ 15 000) = 5280 (руб.).

Найдём разность в стоимости электроэнергии и газа за час работы:6,1 · 2,8− 6,1 · 1,1 = 17,08− 6,71 = 10,37 (руб.).

Тогда, если n — количество полных часов непрерывной работы отоп-ления, то n > 5280 : 10,37 = 509,1 . . .. Установка газового отопленияокупится за 510 часов работы.

Ответ: 510.6.−45,9 : 0,05 + 3,9 = −918 + 3,9 = −914,1.

Ответ: −914,1.7. Известно, что k = m, m < n, n = l.

Сравним k и l: k = m < n = l, k < l.Ответ: 2.

8.

√

62513

·√

3975=

√

625 · 3913 · 75 =

√

25 · 31 · 3 = 5.

Ответ: 5.

9. 7x− 8 =

8x− 7 , x 6= 8, x 6= 7.

7(x− 7) = 8(x− 8); 7x− 49 = 8x− 64; x = 15.Ответ: 15.

10. Вероятность того, что новая светодиодная лампочка для люстры ра-ботает хорошо, равна 1− 0,03 = 0,97.

Ответ: 0,97.11. На графиках изображены функции вида y = kx+ b.

Определим соответствие между коэффициентами и графиками, изоб-ражёнными на рисунке.

А) k > 0, b < 0. Если k > 0, то функция возрастающая, b < 0— точкапересечения оси Oy с графиком лежит ниже оси Ox, значит, это график 4.

Б) k < 0, b < 0. Если k < 0, то функция убывающая, b < 0 — точкапересечения оси Oy с графиком лежит ниже оси Ox, значит это график 1.

В) k < 0, b > 0. Если k < 0, то функция убывающая, b > 0 — точкапересечения оси Oy с графиком лежит выше оси Ox, значит, это график 3.

Занесём данные в таблицу:


А Б В4 1 3

Ответ: 413.

12. d = 1,1; a1 = −5,1. a6 = a1 + 5d = −5,1 + 5 · 1,1 = 0,4

S6 =a1 + a6

2· 6 = −5,1 + 0,4

2· 6 = −4,7 · 3 = −14,1.

Ответ: −14,1.

13. 1x− x+ 3b

3xb= 3b− x− 3b

3xb= − x

3xb= − 1

3b.

При b = 118

, получим− 1

3 · 118

= −6.

Ответ: −6.14. a = w2R, при w = 7,4c−1, a = 95,83 м/с2 получим 95,83 = 7,42 · R,

R =95,837,42

= 1,75 (м).

Ответ: 1,75.

15. 1) x2 − 121 < 0, x ∈ (−11; 11).2) x2 + 121 > 0, x — любое, x ∈ (−∞;∞).3) x2 + 121 < 0, решений нет.

4) x2 − 121 > 0, x ∈ (−∞;−11) ∪ (11;+∞).На рисунке изображено решение неравенства 1).

Ответ: 1.

16. Пусть ABC — прямоугольный треугольник, ∠C = 90◦, ∠B = 45◦.

Тогда ∠A = 90◦ − ∠B = 45◦. ∠A = ∠B, следовательно, 4ABC —

равнобедренный, AC = BC = 42 (см. рис. 114).

Рис. 114


SABC =12· 42 · 42 = 882.

Ответ: 882.

17. Рассмотрим ромб ABCD, AB = 70, AC = 40 (см. рис. 115). O —

точка пересечения диагоналей.

Треугольник ABO: ∠AOB = 90◦, тогда BO =√AB2 −AO2,

AO = AC2= 20.

Рис. 115

BO =√292 − 202 =

√9 · 49 = 3 · 7 = 21.

BD = 2BO = 2 · 21 = 42.

SABCD =12·AC ·BD = 1

240 · 42 = 840.

Ответ: 840.

18. По условию AB = 70, OC = 12 (см. рис. 116), тогда из тре-

угольника ACO найдём AO, AO =√AC2 + CO2, AC = AB

2= 35.

AO =√352 + 122 =

√1369 = 37.

AO — это радиус окружности, следовательно, диаметр окружностиравен 2 ·AO = 2 · 37 = 74.

Ответ: 74.

19. В треугольникеABC MN — средняя линия,MN ‖ AB иMN = AB2

.


Рис. 116

ТреугольникCMN и треугольникABC подобны по двум углам (∠C —

общий, ∠CNM = ∠CAB как соответственные углы при параллельныхпрямых MN и AB и секущей AC).

Из подобия следует: CNCA

= MNAB

= CMCB

= 12

.

Значит, SCMN

SABC= 14

(отношение площадей подобных треугольников

равна квадрату коэффициента подобия).SABC = 4SCMN , SABMN = SABC − SCMN = 3SCMN , 51 = 3SCMN ,

SCMN =513= 17.

Ответ: 17.20. 1) Утверждение верное, так как является признаком подобия тре-угольников.

2) Утверждение верное, так как является формулировкой теоремы овписанных углах.

3) Утверждение неверное, так как tg 30◦ = 1√3< 1.

Значит, верные утверждения 1 и 2.Ответ: 12.

21. 7− x > 0, x 6 7.x2 − 7x+

√7− x =

√7− x+ 8.

x2 − 7x− 8 = 0.D = 49 + 32 = 81, x = 7± 9

2, x1 = −1; x2 = 8.

x2 = 8 не удовлетворяет условию x 6 7. То есть, x = −1.Ответ: −1.


22. Всего автомобиль Егора Егоровича проедет 100+100+30 = 230 (км).

На первые 100 км он потратил 10050

= 2 (ч), на вторые 100 км —

10040

= 2,5 (ч), на оставшиеся 30 км —3060= 0,5 (ч). Всего было затра-

чено 2 + 2,5 + 0,5 = 5 (ч). Средняя скорость равна 2305= 46 (км/ч).

Ответ: 46 км/ч.

23. Построим график заданной функции. Если x > 0, то y = 5x− 22x− 5x2 .

Упростим выражение при x 6= 0, x 6= 25

. 5x− 22x− 5x2 =

5x− 2x(2− 5x) = − 1

x.

y = − 1x

. График — часть гиперболы на множестве x > 0, y(

25

)

= −52

(см. рис. 117).

Если x < 0, то y = −5x− 2−2x− 5x2 . Упростим выражение при x 6= 0,

x 6= −25

.−(5x+ 2)−x(2 + 5x) =

1x

. y = 1x

.

График — часть гиперболы на множестве x < 0. y(

− 25

)

= −52

(см.

рис. 117)

Рис. 117


По рисунку видно, что график данной функции не имеет с графикомпрямой y = mx, проходящей через начало координат, ни одной общей точ-

ки, если прямая проходит через точки(

− 25;−52

)

,(

25;−52

)

и если прямая

совпадает с осью Ox (см. рис. 117).

Найдём значения m. −52= m ·

(

− 25

)

, m = 254= 6,25; −5

2= m · 2

5,

m = −254= −6,25. Графики не имеют общих точек при m = 0; m = −6,25

или m = 6,25.Ответ: −6,25; 0; 6,25.

24. 4CMN ∼ 4ABC, так как MN ‖ AB (см. рис. 118). Тогда

MNAB

= CNBC

, 1218= CN

BC, 23= CN

CN +NB, 23= CN

CN + 7, откудаCN = 14.

Рис. 118

Ответ: 14.25. На отрезке KP как на диаметре построим окружность (см. рис. 119).

Рис. 119

Так как угол PMK — тупой, то точка M лежит внутри круга, ограни-ченного этой окружностью.

Пусть прямая KM пересекает окружность в точке X . Тогда точкаX лежит на окружности, угол PXM является прямым, PX ⊥ XK,PX ⊥ MK и PX является высотой треугольника PKM . Отсюда сле-


дует, что X = P1, и точка P1 также лежит на окружности. Аналогичноубеждаемся, что точка K1 лежит на окружности.

Тогда 4KMP ∼ 4MP1K1 по двум углам (∠KMP = ∠K1MP1 каквертикальные, ∠KPK1 = ∠KP1K1 как вписанные углы, опирающиесяна одну дугу).

26. Пусть окружность касается продолжения стороны CA в точке L, ос-нования AB в точке T . Так как треугольник CAB равнобедренный, то ри-сунок симметричен относительно биссектрисы угла ACB. Поэтому T —

середина AB. Проведём вписанную окружность треугольника CAB. Онакасается основания AB в точке T , и пусть она касается стороны AC вточке S. Также обозначим центры окружностей O и I (см. рис. 120).

Рис. 120

Так как окружность с центром I касается сторон угла CAB, то естьвписана в этот угол, то AI — биссектриса угла CAB. Аналогично окруж-ность с центромO касается сторон углаLAB, поэтомуAO — биссектрисаугла LAB. Значит,

∠OAI = ∠OAB + ∠BAI = 12(∠CAB + ∠LAB) = 180

◦

2= 90◦.

Так как окружности с центрами O и I касаются прямой BA в общей точкеT , то AB⊥TO, AB⊥TI , следовательно, точка T лежит на отрезке IO.


Так как T — середина AB, то AT = AB2

= 12. Прямоугольные

треугольники OAT и OAI подобны, так как у них угол AOT общий. Пря-моугольные треугольникиOAI иATI подобны, так как у них уголAIT об-

щий, следовательно, подобны и треугольники OAT и ATI , и ATTO

= ITAT

,

OT = AT 2

IT= 12

2

283

= 144 · 328

= 36 · 37

= 1537

.

Ответ: 8.



Хутор Камышино — 2,Село Большое — 6,Озеро Круглое — 5,Деревня Дубки — 1.Эти данные занесём в таблицу, а в ответ перенесём последователь-

ность четырёх цифр — 2651.

Рис. 121

Ответ: 2651.


2. Сначала посчитаем расстояние от хутора Камышино до деревни Малаяв километрах. Расстояние равно 20 · 0,5 = 10 (км).

Расход топлива: 9 л на 100 км, значит, на 10 км нужно десятая часть от9 л, то есть 0,9 л.

Ответ: 0,9.3. Площадь болота 15 · 0,25 = 3,75 (км2).

Ответ: 3,75.4. Расстояние (по прямой) от хутора Камышино до села Большое можнопосчитать как длину гипотенузы (сначала считаем по клеткам, а результатумножаем на 500 м):

Рис. 122

√62 + 82 =

√36 + 64 =

√100 = 10; 10 · 500 = 5000 (м).

Ответ: 5000.5. 1) Дорога из хутора Камышино до деревни Малая должна про-ходить по болоту, затем по полю. Цена прокладки этой дороги:2 · 0,5 · 20 + 6 · 0,5 · 10 = 50 (млн руб.).

2) Дорога из хутора Камышино до деревни Дальняя должна про-ходить по болоту, затем по полю. Цена прокладки этой дороги:4 · 0,5 · 20 + 1 · 0,5 · 10 = 45 (млн руб.).

Итак, стоимость второй дороги ниже стоимости первой.Стоимость второй дороги 45 млн рублей.Ответ: 45.

6.−5,2 · 7,7− 0,98 = −40,04− 0,98 = −41,02.Ответ: −41,02.

7. Если a < −b+ c, то a+ b < c. Поэтому неравенство1) a+ b < c, следует из условия.Если a < −b+ c, то a+ b < c и b < c− a, поэтому неравенство2) b < c− a следует из исходного.


Неравенство 3) b − a > c — не следует из исходного. Например, приa = 0 исходное неравенство примет вид b < c, а неравенство 3) примет видb > c. Если исходное верно, то 3) — нет.

Если a < −b+ c, то a+ b− c < 0, поэтому неравенство 4) a+ b− c < 0следует из исходного.

Следовательно из неравенства a < −b+ c не следует только неравен-ство 3).

Ответ: 3.8. 8√2 ·√8 · 3 = 24

√2 · 8 = 24

√16 = 24 · 4 = 96.

Ответ: 96.

9. x6+ x8= −14

15, 4x+ 3x

24= −14

15, 7x24= −14

15, x = −24 · 14

7 · 15 , x = −3,2.Ответ: −3,2.

10. Возможны следующие равноверояные исходы: ОО, ОР, РО, РР (О —

орёл, Р — решка).Один раз выпадает решка в двух случаях: ОР, РО.

Вероятность равна 24= 12= 0,5.

Ответ: 0,5.11. На рисунках изображены графики функций вида y = ax2 + bx + c(параболы).

Установим соответствие между графиками функций и знаками коэф-фициентов: a и c.

А) Ветви параболы направлены вверх, следовательно, a > 0,y(0) = c < 0. Это соответствует 3).

Б) Ветви параболы направлены вверех, следовательно, a > 0.y(0) = c > 0. Это соответствует 2).

В) Ветви параболы направлены вниз, следовательно, a < 0.y(0) = c < 0. Это соответствует 1).

Заполним таблицу:А Б В3 2 1

.

Ответ: 321.12. Пусть количество мест в ряду n равно an, (an) — ариф-метическая прогрессия с разностью d = 2. a1 = 30.a8 = a1 + 7d = 30 + 7 · 2 = 30 + 14 = 44.

Ответ: 44.

13. b2 − 163b2 + 12b

=(b− 4)(b+ 4)3b(b+ 4)

= b− 43b

.


При b = −0,8 получим −0,8− 43 · (−0,8) =

−4,8−2,4 = 2.

Ответ: 2.14. F = 1,8C + 32, учитывая, что F = 41◦, 41 = 1,8C + 32; 9 = 1,8C,

C = 91,8

= 5.

Ответ: 5.15. x2−15x+56 > 0; x2−15x+56 = 0, D = 152−56 ·4 = 225−224 = 1.

x1,2 =15± 12

, x1 = 7, x2 = 8.

x 6 7 и x > 8. x ∈ (−∞; 7] ∪ [8;+∞).Данному решению соответствует множество, изображённое на рисун-

ке 4.Ответ: 4.

16. SABC =12AC ·BH = AH ·BH ; AH = 12.

Рис. 123

Из4ABH : ∠BHA = 90◦,BH =

√AB2 −AH2 =

√225− 144 =

√81 = 9.

SABC = 12 · 9 = 108.Ответ: 108.

17. По условию SABCD = BC +AD2

· BH ; MN = BC +AD2

,

MN = 3 + 73

= 5.

SABCD = 5 ·BH , 20 = 5 ·BH , BH = 205= 4.

BK = BH2= 42= 2.


Рис. 124

SBCNM = 12(MN +BC) ·BK = 1

2(5 + 3) · 2 = 8.

Ответ: 8.

18. MN2 = ND ·NK (по свойству касательной и секущей).

Рис. 125

По условию MN = 21, OK = 20, тогда DK = 40, а ND = 40 +NK.

212 = (40 +NK) ·NK. Обозначим NK = x, x > 0.

441 = (40 + x)x, x2 + 40x− 441 = 0, x1,2 = −20±√841 = −20± 29.

x = 9.

Ответ: 9.

19. Средняя линия трапеции равна полусумме оснований, верхнее осно-вание — 1, нижнее основание — 7. Их полусумма равна 4.

Ответ: 4.

20. 1) Утверждение верное так как все радиусы равны по определениюокружности, а диаметры равны двум радиусам.

2) Утверждение неверное, так как площадь прямоугольного треуголь-ника равна половине произведения его катетов.

3) Утверждение верное, так как такой параллелограмм существует, этопрямоугольник.


Значит, верные утверждения 1 и 3.Ответ: 13.

21. (x2 − 16)2 + (x2 + x− 20)2 = 0. (x2 − 16)2 = 0 и (x2 + x− 20)2 = 0.Значит x2 − 16 = 0 и x2 + x− 20 = 0.

x2 − 16 = 0, при x = ±4.x2 + x− 20 = 0, D = 1 + 80 = 81 = 92, x = −1± 9

2, x1 = 4; x2 = −5.

Следовательно, при x = 4 оба слагаемых этого уравнения обращаютсяв ноль, то есть решением этого уравнения будет x = 4.

Ответ: 4.22. Обозначим количество деталей, изготавливаемое за день вторым ра-бочим, через x (x > 0), тогда первый изготавливает (x + 10) деталей задень (это и есть искомая величина). Заполним таблицу согласно условиютак, чтобы в каждой строке выполнялась формула A = P · t.

Работа, A

(детали)Производительность, P

(число деталей за день)Время, t

(дни)

Первыйрабочий

2550 x+ 10 2550x+ 10

Второйрабочий

2550 x 2550x

По условию задачи второй рабочий потратит на выполнение заказа на4 дня больше, чем первый рабочий. Составим и решим уравнение.

2550x

− 2550x+ 10

= 4;

2550(x+ 10)x(x+ 10)

− 2550xx(x+ 10)

= 4;

25 500x(x+ 10)

= 4;

25 500 = 4x(x+ 10);4x2 + 40x− 25 500 = 0.Найдём дискриминант:D = 402+4·4·25 500 = 1600+16·25 500 = 16·(100+25 500) = 16·25 600.

x1,2 =−40± 4 · 160

2 · 4 = −40± 6408

.

Так как по смыслу задачи x > 0, то x = −40 + 6408

= 75.


Первый рабочий за день делает (x+ 10) деталей, то есть 85.

Ответ: 85.

23. При x > 1 график y = x2 − 2x + 3 является частью параболы с вер-шиной (1; 2) (см. рис. 126).

При x < 1 график y = 3x является частью прямой с выколотой точкой(1; 3) и проходящей через точку (0; 0).

Рис. 126

Ровно две общие точки прямая y = a имеет с графиком при a = 2 ипри 2 < a < 3, то есть при 2 6 a < 3, a ∈ [2; 3) (см. рис. 126).

Ответ: [2; 3).

24. ∠BCM = ∠CMD как накрест лежащие при BC ‖ AD и секу-щей M , ∠BCM = ∠DCM по условию, значит ∠DCM = ∠CMDи MD = CD = 11. AD = AM + MD = 6 + 11 = 17.AD = BC, AB = CD как противоположные стороны параллелограм-ма. AB +BC + CD +AD = 2(AD + CD) = 2(17 + 11) = 56.

Рис. 127

Ответ: 56.


25. Обозначим O — центр окружности, OR, OP — радиусы, проведённыев точки касания (см. рис. 128).

Рис. 128

AR = AS, SB = BP , CR = CP как отрезки касательных, прове-дённых к окружности из одной точки. Четырёхугольник OPCR являетсяквадратом: ∠C = ∠P = ∠R = 90◦, а значит ∠O = 90◦, смежныестороны RO и OP равны, так как являются радиусами окружности. Диа-метр окружности равен RO + OP , а периметр треугольника ABC равенAC +BC +AB = AC +BC +AS + SB = AC +BC +AR+BP == (AR+AC) + (CB +BP ) = OP +OR.

26. Обозначим через a, b и c соответственные длины катетов гипотенузупрямоугольного треугольника. По условию c = 4

√3, площадь S = 6

√3

(см. рис. 129).

Рис. 129


По формуле для площади прямоугольного треугольника ab2= S, а по

теореме Пифагора a2 + b2 = c2. Выражая из первого уравнения a = 2Sb

и

подставляя во второе, получим:4S2

b2+ b2 = c2,

b4 − c2b2 + 4S2 = 0,(b2)2 − (4

√3)2(b2) + 4 · (6

√3)2 = 0.

(b2)2 − 48b2 + 432 = 0.Это биквадратное уравнение, решая его как квадратное относительно

b2, получим:(b2)1,2 = 24± 12,

(b2)1 = 36, (b2)2 = 12.b1 = 6, b2 = 2

√3.

Так как a = 2Sb

, то a1 = 2√3, a2 = 6. Значит, в обоих случаях дли-

ны катетов равны 6 и 2√3, и углы треугольника, соответствующие обоим

случаям, будут равны. Следовательно, синусы углов составляют:

sinA = 2√3

4√3= 12,

sinB = 64√3=

√32,.

Следовательно, ∠A = 30◦, ∠B = 60◦.Ответ: 30◦, 60◦.



1. Для объектов указанных в таблице, определим цифры, которыми ониобозначены на плане (см. рис. 130).

Хутор Камышино — 4.село Большое — 2.озеро Овальное — 3.деревня Дубки — 1.Заполним таблицу, в бланк ответов перенесём последовательность че-


7

1 2

3

5

1 ��

4

6

�. ��

�. ��

�. ��

��

�. ��

�. ��

��. ��

Рис. 130

Ответ: 4231.2. Сначала посчитаем расстояние от деревни Малая до хутора Камышинопо имеющимся дорогам: 22 · 0,5 = 11 (км).

Расход топлива 10 л на 100 км, то есть на 1 км — 0,1 л топлива, а на11 км, соответственно, 10 · 0,1 = 1,1 (л) топлива.

Ответ: 1,1.3. Площадь болота равна (6 · 3) · 0,52 = 18 · 0,25 = 4,5 (км2).

Ответ: 4,5.4. Расстояние (см. рис. 131) от хутора Камышино до села Большое (попрямой) можно посчитать как длину гипотенузы прямоугольного тре-угольника (сначала считаем по клеточкам, а результат умножим на 500 м):


Рис. 131

√122 + 52 =

√144 + 25 =

√169 = 13; 13 · 500 = 6500 (м).

Ответ: 6500.5. 1) Дорога из хутора Камышина до деревни Малая (по прямой)должна проходить по болоту, затем по полю. Цена прокладки дороги1 · 0,5 · 40 + 11 · 0,5 · 10 = 75 (млн руб.).

2) Дорога из хутора Камышино до деревни Дальняя долж-на проходить по болоту, затем по полю. Цена прокладки дороги4 · 0,5 · 40 + 1 · 0,5 · 10 = 85 (млн руб.).

Стоимость ниже у первого варианта дороги и равна 75 млн рублей.Ответ: 75.

6.−0,37− 6,5 · 8,3 = −0,37− 53,95 = −54,32.Ответ: −54,32.

7. Пусть неравенство−a+b < c (*) верно. Предположим, что неравенствоa+c < b (1) следует из неравенства (*), тогда неравенство (1) верно. Пере-несём a из левой части неравенства в правую с противоположным знаком.Получим верное неравенство c < −a+b. Получим, что одновременно вер-ны неравенства −a+ b < c и c < −a+ b, что невозможно. Поэтому (1) неследует из неравенства (*).

Перенесём (−a) из левой части неравенства (*) в правую с противо-положным знаком. Получим верное неравенство b < c + a. А это и естьнеравенства (2). Поэтому неравенство (2) следует из неравенства (*).

Перенесём c из правой части неравенства (*) в левую с противополож-ным знаком и (−a) из левой части в правую с противоположным знаком.Получим неравенство b−c < a. Поэтому неравенство (3) следует из нера-венства (*).

Умножим обе части неравенства (*) на (−1).Получим верное неравенство a − b > −c. В этом неравенстве пере-

несём (−c) справа налево с противоположным знаком. Получим неравен-ство a− b+ c > 0 (4).

Поэтому неравенства (4) следует из неравенства (*).


Значит, неверное только неравенство 1).Ответ: 1.

8. 3√125 · 4 · 5

√5 = 60

√125 · 5 = 60 · 25 = 1500.

Ответ: 1500.

9. x5+ x15= − 8

25, 3x+ x15

= − 825

; 4x15= − 8

25, x = −15 · 8

4 · 25 , x = −1,2.

Ответ: −1,2.10. Возможны следующие равновероятные исходы: ОО, ОР, РО, РР (О —

орёл, Р — решка).Вероятность того, что решка не выпадет ни одного раза, равна

14= 0,25 (один благоприятный исход — ОО).

Ответ: 0,25.11. На рисунке изображены графики функций вида y = ax2 + bx+ c (па-раболы). Установим соответствие между графиками функций и знакамикоэффициентов a и c.

А) Ветви параболы направлены вверх, следовательно a > 0.y(0) = c > 0. Значит, этому графику соответствует 2).

Б) Ветви параболы направлены вниз, следовательно a < 0.y(0) = c > 0. Значит, этому графику соответствует 1).

В) Ветви параболы направлены вверх, следовательно a > 0.y(0) = c < 0. Значит, этому графику соответствует 3).

Внесём в таблицу:А Б В2 1 3

Ответ: 213.12. Количество мест в ряду n равно an.

(an) — арифметическая прогрессия с разностью d = 3; a1 = 18.a11 = a1 + 10d = 18 + 10 · 3 = 48.Ответ: 48.

13. b2 − 254b2 + 20b

=(b− 5)(b+ 5)4b(b+ 5)

= b− 54b

.

При b = −0,2 получим −0,2− 54 · (−0,2) =

−5,2−0,8 = 6,5.

Ответ: 6,5.14. F = 1,8C + 32.


По условию F = 203◦, тогда 203 = 1,8C + 32, 1,8C = 203 − 32,C = 171

1,8= 95.

Ответ: 95.15. x2−14x+45 > 0. Решим вспомогательное уравнение x2−14x+45 = 0,x = 7±

√49− 45 = 7± 2.

x1 = 5; x2 = 9.Тогда решением неравенства будет x ∈ (−∞; 5] ∪ [9;+∞).Этому решению соответствует множество, изображенное на рисунке

2).Ответ: 2.

16. SABC =12·AC ·BH = AH ·BH , AH = AC

2= 20 (см. рис. 132).

Рис. 132

BH найдём из треугольника ABH ,BH =

√AB2 −AH2 =

√292 − 202 =

√9 · 49 = 3 · 7 = 21.

SABC = 21 · 20 = 420.Ответ: 420.

17. По условию BC = 16, AD = 20. MN = BC +AD2

= 16 + 202

= 18

(см. рис. 133).

Рис. 133


SABCD = 18 ·BH , BH = 10818= 6, BK = KH = BH

2= 3.

SAMND =MN +AD

2·KH = 18 + 20

2· 3 = 57.

Ответ: 57.18. По условию, AD = 40, OB = 9, тогда используя теорему о каса-тельной и секущей, проведённых из одной точки вне окружности, имеемAD2 = DC ·BD (см. рис. 134).

Рис. 134

402 = (BD + 18) ·BD.Обозначим BD = x, x > 0. 1600 = (x + 18)x, x2 + 18x − 1600 = 0,

x = −9±√1681 = −9± 41, x = 32. BD = 32.

Ответ: 32.19. Средняя линия трапеции равна полусумме оснований. Посчитаем:верхнее основание равно 4, нижнее — 7, тогда их полусумма равна4 + 72

= 5,5. Значит, длина средней линии трапеции равна 5,5.

Ответ: 5,5.20. 1) Утверждение верное, так как ромб является параллелограммом.

2) Утверждение неверное, окружность можно вписать только в тот че-тырёхугольник, у которого суммы длин противоположных сторон равны.

3) Утверждение верное по свойству описанной окружности.Итак, верные утверждения — 1) и 3).Ответ: 13.

21. Сумма квадратов двух чисел равна 0, когда каждое из чисел равно ну-лю. x2 − 36 = 0, x = ±6.

x2 − 2x− 24 = 0, D4= 25 = 52, x = 1± 5, x1 = −4; x2 = 6.


Следовательно, при x = 6 оба слагаемых этого уравнения обращаютсяв ноль, то есть решением этого уравнения будет x = 6.

Ответ: 6.22. Обозначим количество деталей, изготавливаемое за день первым ра-бочим, через x (x > 0), тогда второй изготавливает (x + 20) деталей задень (это и есть искомая величина). Заполним таблицу согласно условиютак, чтобы в каждой строке выполнялась формула A = P · t.

Работа, A

(детали)Производительность, P

(число деталей за день)Время, t

(дни)

Первый рабочий 2400 x 2400x

Второй рабочий 2800 x+ 20 2800x+ 20

По условию задачи первый рабочий потратит на выполнение заказа на5 дней больше, чем второй рабочий. Составим и решим уравнение.

2400x

− 2800x+ 20

= 5. Разделим обе части на 5, получим

480x− 560x+ 20

= 1;

480(x+ 20)x(x+ 20)

− 560xx(x+ 20)

= 1;

9600− 80xx(x+ 20)

= 1;

9600− 80x = x(x+ 20);x2 + 100x− 9600 = 0.Найдём дискриминант:D = 1002 + 4 · 9600 = 100 · 100 + 4 · 96 · 100 = 100 · (100 + 4 · 96);D = 100 · 484;

√D = 10 · 22 = 220.

x1,2 =−100± 220

2.

Так как по смыслу задачи x > 0, то x = −100 + 2202

= 60.

Второй рабочий за день делает (x+ 20) деталей, то есть 80.Ответ: 80.


23. При x > 2 график y = x2 − 4x + 5 является частью параболы с вер-шиной (2; 1) (см. рис. 135).

При x < 2 график y = 2x является частью прямой с выколотой точкой(2; 4) и проходящей через точку (0; 0).

Рис. 135

Ровно две общие точки прямая y = n имеет с графиком при n = 1 ипри 1 < n < 4, то есть при 1 6 n < 4, a ∈ [1; 4) (см. рис. 135).

Ответ: [1; 4).

24. ∠ADL = ∠CLD как накрест лежащие при BC ‖ AD и секу-щей CL, ∠LDC = ∠ADL по условию, значит, ∠DLC = ∠CDL иCD = CL = 4 (см. рис. 136). BC = BL + LC = 9 + 4 = 13.AD = BC, AB = CD как противоположные стороны параллелограм-ма. AB +BC + CD +AD = 2(BC + CD) = 2(13 + 4) = 34.

Рис. 136

Ответ: 34.

25. Обозначим O — центр окружности, OR, OP — радиусы, проведённыев точки касания (см. рис. 137).


Рис. 137

AR = AS, SB = BP , CR = CP как отрезки каса-тельных, проведённых к окружности из одной точки. Диаметрокружности равен 2OP , а периметр треугольника ABC —

AC +BC +AB = AC +BC +AS + SB = AC +BC +AR+BP == (AR+AC)+ (CB+BP ) = CR+CP = 2CP . Получили 2CP = 2OP ,CP = OP , значит CPOR — квадрат, то есть ∠C = 90◦.

26. Обозначим длины катетов прямоугольного треугольника a и b, гипоте-нузы c = 10

√2, площадь S = 50 (см. рис. 138).

Рис. 138

По формуле для площади прямоугольного треугольника ab2= S, а по

теореме Пифагора a2 + b2 = c2. Выражая из первого уравнения a = 2Sb

и

подставляя во второе, получим:


4S2

b2+ b2 = c2,

b4 − c2b2 + 4S2 = 0,(b2)2 − (10

√2)2(b2) + 4 · (50)2 = 0.

(b2)2 − 200(b2) + 10000 = 0.Это биквадратное уравнение, решая его как квадратное относительно

b2, получим:(b2)1,2 = 100,

(b2)1 = (b2)2 = 100,

Так как a = 256

, (b)1 = b2 = 10, то b1 = b2 = 10, a1 = a2 = 10.

Треугольник получился равнобедренный прямоугольный, значит егоострые углы равны 45◦.

Ответ: 45◦, 45◦.



1. Для объектов, указанных в таблице, определим цифры, которыми ониобозначены на плане (см. рис. 139).

Дом творчества — 1.

Кинотеатр — 3.

Кафе — 2.

Зооуголок — 7.

Заполним таблицу, в бланк ответов перенесём последовательностьчетырёх цифр 1327.

Рис. 139

Ответ: 1327.


2. Сначала посчитаем площадь этой аллеи: 32 · 4 = 128 (м2). Тротуарнаяплитка имеет площадь 1 м2, тогда потребуется 128 : 1 = 128 (плиток),

128 : 3 = 4223

. Нужно купить 43 упаковки.

Ответ: 43.

3. Дом творчества имеет площадь 46 · 4 = 184 (м2).

Ответ: 184.

4. Наибольший радиус карусели равен половине меньшей стороны пря-моугольника, обозначенного цифрой 6, равной 3 · 2 = 6 м (см. рис. 140).Радиус равен 3 м.

Рис. 140

Ответ: 3.

5. Стоимость кованого забора равна3500 + 5130 + 154 · 1000 = 162 630 (руб.).

Стоимость комбинированного забора равна3000 + 5300 + 154 · 1300 = 208 500 (руб.).

Тогда количество процентов, которые составляет общая стоимостькованого забора от общей стоимости комбинированного забора, равно162 630208 500

· 100% = 78%.

Ответ: 78.

6. 5,5 · 1,8− 2,13 = 9,9− 2,13 = 7,77.

Ответ: 7,77.


7. Во всех неравенствах перенесём a, b и c в левую часть. Тогда исходноенеравенство примет вид a+ b+ c < 0.

1) a+ b+ c < 0— следует из исходного неравенства.

2) b < −a− c; b+ a+ c < 0— следует из исходного неравенства.

3) b − c < a; −a + b − c < 0 — не следует из исходного неравенства.Например, при a = b = 0, c = −1 исходное неравенство верно, а неравен-ство 3) — нет.

4) −b > a + c; −b − a − c > 0; a + b + c < 0— следует из исходногонеравенства.

Следовательно, из условия a < −b− c не следует 3).

Ответ: 3.

8. 52(4√13)2

= 5216 · 13 =

14= 0,25.

Ответ: 0,25.

9. x+ x4= 158

, 5x4= 158

, x = 4 · 158 · 5 =

32= 1,5.

Ответ: 1,5.

10. Спортсменов из Адыгеи — 6 человек. Общее количество спортсменовравно 4 + 5 + 6 + 9 = 24 (человека). Каждый из них может выступатьпоследним с равной вероятностью. Тогда вероятность того, что последним

будет выступать спортсмен из Адыгеи, равна 624= 14= 0,25.

Ответ: 0,25.

11. Установим соответствие между графиками линейных функций и фор-мулами вида y = kx+ b, которые их задают.

А) — график представляет собой прямую, проходящую через точкуO(0; 0), k > 0, b = 0. Он соответствует формуле y = 2x, то есть 3).

Б) — график представляет собой прямую, параллельную оси Ox,k = 0, b = −2. Он соответствует формуле y = −2, то есть 1).

В) — график, представляет собой прямую, k > 0, b = −2. Он соответ-ствует формуле y = x− 2, то есть 2).

Заполним таблицу:

А Б В3 1 2

Ответ: 312.


12. an = −0,2− 3,5n. S20 =a1 + a20

2· 20.

a1 = −0,2− 3,5 · 1 = −3,7;a20 = −0,2− 3,5 · 20 = −70,2;S20 =

−3,7− 70,22

· 20 = −73,9 · 10 = −739.Ответ: −739.

13. (6a− 6)(6a+ 6)− 6a(6a+ 6) = (6a)2 − 36− 36a2 − 36a == 36a2 − 36− 36a2 − 36a = −36(1 + a).

При a = 3,5 получим−36(1 + 3,5) = −36 · 4,5 = −162.Ответ: −162.

14. T = 2√l. При T = 5c, имеем 5 = 2

√l,√l = 2,5, l = 6,25 (м).

Ответ: 6,25.

15. 8x+ 9 > 4x− 9; 8x− 4x > −9− 9; 4x > −18; x > −184

; x > −4,5.Верный ответ — 1).Ответ: 1.

16. Рассмотрим прямоугольный 4ABC, ∠C = 90◦, ∠B = 60◦. Необхо-

димо найти BC. По условию SABC = 72√3, но SABC =

12AC ·BC, значит

72√3 = 1

2AC ·BC, AC ·BC = 144

√3.

Рис. 141

tg 60◦ = ACBC

, ACBC

=√3; AC =

√3BC. Тогда AC · BC =

√3BC2

и√3BC2 = 144

√3. Отсюда BC2 = 144, BC = 12.

Ответ: 12.17. Диагонали прямоугольника равны и точкой пересечения делятсяпополам, значит, AC = BD, AO = BO = CO = OD (см. рис. 142).


Рис. 142

Треугольник ABO — равнобедренный, AO = BO,следовательно, ∠ABO = ∠BAO = 70◦,а ∠BOA = 180◦ − (70◦ + 70◦) = 180◦ − 140◦ = 40◦.

Отсюда острый угол между диагоналями равен 40◦.Ответ: 40.

18. ∠ADB измеряется половиной дуги AB (вписанный угол).Величина дуги BAD равна удвоенной величине угла BCD, то есть

76◦ · 2 = 152◦. Величина дуги AD равна удвоенной величине угла ABD,то есть 32◦ · 2 = 64◦.

^ AB =^ BAD−^ AD = 152◦ − 64◦ = 88◦,

∠ADB = 12^ AB = 88

◦

2= 44◦.

Ответ: 44.19. Площадь трапеции, изображённой на рисунке, равна произведению

полусуммы оснований на высоту: BC +AD2

· BK = 4 + 22

· 4 = 12 (см.

рис. 143).

Рис. 143

Ответ: 12.20. 1) Утверждение неверное, так как через заданную точку плоскостиможно провести бесчисленное множество прямых.

2) Утверждение верное по определению ромба.


3) Утверждение верное согласно теореме о площадях подобныхтреугольников.

Итак, верные утверждения — 2) и 3).Ответ: 23.

21. (2x − 3)2 > (3x − 2)2; (2x − 3)2 − (3x − 2)2 > 0,(2x − 3 − (3x − 2))(2x − 3 + (3x − 2)) > 0, (−x − 1)(5x − 5) > 0,5(x+ 1)(x− 1) 6 0.

Отсюда−1 6 x 6 1.Ответ: [−1; 1].

22. Пусть в понедельник одна акция стоила a рублей, а во вторник она

подешевела на x%. В результате акция стала стоить(

1 − x100

)

a рублей.

В среду цена акции увеличилась на x%, то есть в(

1 + x100

)

раз, и соста-

вила(

1 + x100

)(

1− x100

)

a рублей.

С другой стороны, в результате акция стала стоить на 4% дешевле, чем

в понедельник, то есть(

1− 4100

)

a рублей.

Получаем уравнение(

1 + x100

)(

1− x100

)

a =(

1− 4100

)

a;

(

1 + x100

)(

1− x100

)

=(

1− 4100

)

;

1− x2

10 000= 1− 4

100;

x2

10 000= 4100

;

x2 = 400;x = 20. Во вторник акции подешевели на 20%.Ответ: 20.

23. При x > 0 график является частью параболы y = x2 − 6x с вершиной(3;−9). Для построения возьмём несколько дополнительных точек

x 1 2 4 5 6y −5 −8 −8 −5 0

(см. рис. 144 на с. 137).

При x < 0 график является частью прямой y = x + 3 с выколотойточкой (0; 3), проходящей через точку (−3; 0).


Рис. 144

Ровно три общие точки прямая y = p имеет с графиком при p > −9и при p 6 0, то есть при−9 < p 6 0, p ∈ (−9; 0].

Ответ: (−9; 0].24. AB2 = BC · BH , так как катет равен среднему геометрическомугипотенузы BC и проекции этого катета BH на гипотенузу (см. рис. 145).

Рис. 145

AB2 = 6 · 54 = 324, AB = 18.Ответ: 18.

25. 4AEN = 4ACM по второму признаку равенства треугольников(AE = AC, так как диагонали параллелограмма точкой пересеченияделятся пополам, ∠EAN = ∠CAM как вертикальные, ∠AEN = ∠ACM


как накрест лежащие при BC ‖ ED и секущей EC), следовательно,EN =MC (см. рис. 146).

Рис. 146

26. Так как AC — биссектриса угла BAD, то вписанные углы BACи CAD равны. Значит, равны дуги BC и CD, на которые они опирают-ся (см. рис. 147).

A

C

B

D

E

Рис. 147

Треугольники BEC и ABC подобны, так как ∠CAB = ∠DBC каквписанные и опирающиеся на равные дуги, а угол ACB общий. Следова-тельно, BC : AC = EC : BC. Обозначим AE = x:

74 + x

= 47,

4 + x = 7 · 74

,

x = 494− 4 = 8,25.

Ответ: 8,25.




Живой уголок — 4.Игровая площадка — 2.Тир — 6.Мемориальный комплекс — 1.Заполним таблицу, в бланк ответов перенесём последовательность

четырёх цифр 4261.

Рис. 148

Ответ: 4261.2. Площадь всех дорожек сквера такова: (12 ·1+16 ·1+2 ·1) ·4 = 120 (м2).

Площадь одной плитки 1 м2, в упаковке их 4 штуки, значит, потребу-ется 120 : 4 = 30 упаковок.

Ответ: 30.


3. Живой уголок имеет площадь: 7 · 4 = 28 (м2).Ответ: 28.

4. Расстояние от точки A до точки B можно вычислить с помощьютеоремы Пифагора AB2 = AO2 + OB2 (см. рис. 149),AB =

√AO2 +OB2 =

√62 + 82 =

√36 + 64 =

√100 = 10 (м).

Рис. 149

Ответ: 10.5. Стоимость кованого забора равна 3800+8200+160·1400 = 236 000 (руб.).

Стоимость комбинированного забора равна2560 + 4000 + 160 · 1080 = 179 360 (руб.).

Тогда количество процентов, которое составляет общая стоимостькомбинированного забора от общей стоимости кованного забора, равно179 360236 000

· 100% = 76%.

Ответ: 76.6. 11,72− 2,3 · 1,4 = 11,72− 3,22 = 8,5.

Ответ: 8,5.7. 1) Из условия −z − x < y следует x + z > −y: достаточно умножитьобе части неравенство на (−1).

2) Исходное неравенство можно представить в виде −z − x − y < 0;x + y + z > 0. Неравенство 2) можно представить в виде y − x − z < 0;x− y + z > 0. При x = z = 0; y = 1 исходное неравенство верно, а нера-венство 2) — нет. Неравенство 2) не следует из исходного.

3) Из условия−z − x < y следует−z − x− y < 0, умножим обе частинеравенства, на (−1), получим x + y + z > 0. Неравенство 3) следуетиз исходного.

4) Из условия−z−x < y следует z+x > −y (умножим на−1). Пере-несём x вправо, получим z > −x−y. Неравенство 4) следует из исходного.

Итак, из заданного неравенства не следует неравенство 2).Ответ: 2.


8. 21(2√7)2

= 214 · 7 =

34= 0,75.

Ответ: 0,75.

9. x+ x3= 145

, 4x3= 145

, x = 3 · 144 · 5 =

2110= 2,1.

Ответ: 2,1.10. Спортсменов из Шахт — 10 человек, а общее количество спортсменов6 + 5 + 10 + 4 = 25 (человек). Каждый имеет равные шансы выступатьпервым.

Тогда вероятность того, что первым будет выступать спортсмен

из Шахт, равна 1025= 0,4.

Ответ: 0,4.11. Установим соответствие между графиками функций и формулами видаy = kx+ b которые их задают.

А) y = kx + b, k = 0, b = 1. Значит, график соответствует формулеy = 0 · x+ 1; y = 1— это формула 1).

Б) y = kx + b, k > 0, b = 1. Значит, график соответствует формулеy = x+ 1— это формула 2).

В) y = kx + b, k < 0, b = 0. Значит, это формула y = −x — этоформула 3).

Заполним таблицу:А Б В1 2 3

Ответ: 123.

12. an = 4,2− 0,6n. S22 =a1 + a22

2· 22.

a1 = 4,2− 0,6 · 1 = 3,6; a22 = 4,2− 0,6 · 22 = −9.S22 =

3,6− 92

· 22 = (3,6− 9) · 11 = −59,4.Ответ: −59,4.

13. (5a− 5)(5a+ 5)− 5a(5a+ 5) = ((5a)2 − 52)− 25a2 − 25a == 25a2 − 25− 25a2 − 25a = −25(1 + a).

При a = 2,4 имеем −25(1 + a) = −25 · 3,4 = −85.Ответ: −85.

14. T = 2√l. При T = 7c получим 7 = 2

√l;√l = 7

2;√l = 3,5; l = 12,25.

Ответ: 12,25.15. 12x+ 7 < 7x− 7; 12x− 7x < −7− 7; 5x < −14; x < −2,8.


Верный ответ — 2).

Ответ: 2.

16. Рассмотрим 4ABC (см. рис. 150). По условию SACB = 18√3, а так

как SACB = 12AC · CB, то 18

√3 = 1

2AC · CB, 36

√3 = AC · CB,

AC = 36√3

CB.

Рис. 150

tg 30◦ = BCAC

, 1√3= BC

36√3

BC

, BC2 = 36√3√3

, BC2 = 36, BC = 6.

Ответ: 6.

17. В прямоугольнике ABCD (см. рис. 151) диагонали равны и точкойпересечения делятся пополам, то есть 4ABO равнобедренный;AO = BO, ∠BAO = ∠ABO = 90◦ − 25◦ = 65◦.

Рис. 151

Тогда ∠BOA = 180◦ − 65◦ · 2 = 50◦.

Ответ: 50.

18. По условию ∠BCD = 68◦, ∠ABD = 41◦(см.рис. 152), значит, дугаBAD равна 2 · 68◦ = 136◦, а дуга AD равна 82◦.


Рис. 152

Угол ADB измеряется половиной дуги AB, а дуга AB равна136◦ − 82◦ = 54◦.

Следовательно, ∠ADB = 27◦.Ответ: 27.

19. Площадь трапеции равна произведению полусуммы основанийна высоту, тогда по рисунку AD = 1, BC = 5, AB = h = 4, где h —

высота, AD, BC — основания трапеции.

Рис. 153

S = AD +BC2

·AB, S = 1 + 52

· 4 = 12.

Ответ: 12.20. 1) Утверждение верное, так как суммы противоположных сторонромба равны.

2) Утверждения верное. Так как все углы равностороннего треуголь-ника равны по 60◦, то треугольники подобны (по двум углам).

3) Утверждения неверное, так как если один из смежных углов острый(∠A < 90◦), то смежный с ним угол 180◦ − ∠A > 90◦, то есть тупой.

Верные утверждения — 1 и 2.Ответ: 12.


21. (4x − 5)2 > (5x − 4)2; (4x − 5 − (5x − 4))(4x − 5 + (5x − 4)) > 0,(−x− 1)(9x− 9) > 0, 9(x+ 1)(x− 1) 6 0, −1 6 x 6 1, x ∈ [−1; 1].

Ответ: [−1; 1].22. Пусть в понедельник одна акция стоила a рублей, а во вторник она

подорожала на x%. В результате акция стала стоить(

1 + x100

)

a рублей.

В среду цена акции уменьшилась на x%, то есть умножилась на(

1− x100

)

,

и составила(

1− x100

)(

1 + x100

)

a рублей.

С другой стороны, в среду акция стала стоить на 25% дешевле, чем

в понедельник, то есть(

1− 25100

)

a рублей.

Получаем уравнение(

1− x100

)(

1 + x100

)

a =(

1− 25100

)

a;

(

1− x100

)(

1 + x100

)

=(

1− 25100

)

;

1− x2

10 000= 1− 25

100;

x2

10 000= 25100

;

x2 = 2500;x = 50.Ответ: 50.

23. При x > −2 график является частью параболы y = x2−2x с вершиной(1;−1) (см. рис. 154).

При x < −2 график является частью прямой y = x + 5 с выколотойточкой (−2; 3), проходящей через точку (−5; 0).

Ровно три общие точки прямая y = m имеет с графиком при m > −1и при m < 3, то есть при−1 < m < 3, m ∈ (−1; 3) (см. рис. 154).

Ответ: (−1; 3).24. AH2 = BH · HC (высота, проведённая из вершины прямого угла,равна среднему геометрическому проекций катетов на гипотенузу) (см.рис. 155).AH2 = 15 · (BC − BH) = 15 · 49. В прямоугольном треугольнике ACH

гипотенузу AC находим по теореме Пифагора: AC =√

CH2 +AH2.

AB =√

492 + 15 · 49 =√

49(49 + 15) = 56.


Рис. 154

Рис. 155

Ответ: 56.

25. 4MTL = 4OKT по 2-му признаку равенства треугольников(MT = TO, так как диагонали параллелограмма точкой пересеченияделятся пополам, ∠KTO = ∠MTL как вертикальные, ∠TML = ∠TOKкак накрест лежащие при MN ‖ PO и секущей MO, следовательно,ML = KO (см. рис. 156).

26. Так как EC — биссектриса угла FED, то вписанные углы FECи CED равны. Значит, равны дуги FC и CD, на которые они опирают-ся (см. рис. 157).


Рис. 156

E

C

F

D

M

Рис. 157

Треугольники FMC и EFC подобны, так как ∠CEF = ∠DFC каквписанные и опирающиеся на равные дуги, а угол ECF общий. Следова-тельно, FC : EC =MC : FC. Обозначим ME = x:

1110 + x

= 1011,

10 + x = 11 · 1110

,

x = 12110

− 10 = 2,1.Ответ: 2,1.




Гостиная — 3.Комната Кости — 7.Кабинет — 5.Кухня — 1.Заполним таблицу, в бланк ответов перенесём последовательность

четырёх цифр 3751.

Рис. 158

Ответ: 3751.2. Посчитаем протяжённость бортика балкона — 11 метров.

Ответ: 11.3. S = 5 · 3 + 1 · 3 = 3 · 6 = 18 (м2).

Ответ: 18.4. Всего 13 окон, 13 · 3 = 39 (кв.м) — площадь всехокон. 3000 · 39 = 117 000 (руб.) — стоимость стёкол.7000 · 13 = 91 000 (руб.) — стоимость монтажа и фурнитуры на всеокна. 117 000+ 91 000 = 208 000 (руб.) — общая стоимость всех окон и ихустановки.

Ответ: 208 000.


5. Общая площадь пола в гостиной и столовой 45 м2.Если положить паркетную доску, то общая стоимость будет

3200 · 50 + 1100 · 45 = 209 500 (руб.), так как придётся купить 5 упаковокпаркетной доски по 10 м2.

Если же положить ламинат, то общая стоимость будет520 · 49 + 180 · 45 = 33 580 (руб.), так как придётся купить 7 упако-вок ламината по 7 м2.

Тогда сэкономленных средств будет 209 500− 33 580 = 175 920 (руб.).Ответ: 175 920.

6.−2,48 + 8,5 · 1,6 = −2,48 + 13,6 = 11,12.Ответ: 11,12.

7. Исходное неравенство a+b > −c равносильно неравенству a+b+c > 0.1) a + c > −b — верное неравенство, следует из условия (−b можно

перенести вправо).2)−a− b− c < 0— верное неравенство, следует из условия (неравен-

ство a+ b+ c > 0 можно умножить на−1).3) c + a − b > 0 — не следует из условия (при a = c = 0 и b = 1

исходное неравенство верное, а неравенство 3) нет).4) a+ b+ c > 0— верное неравенство, следует из условия.Итак, не следует из исходного неравенство 3).Ответ: 3.

8. 314

27 · 38 =314

33 · 38 =314

311= 33 = 27.

Ответ: 27.9. (x+ 5)2 + (x− 6)2 = 2x2, x2 + 10x+ 25 + x2 − 12x+ 36 = 2x2,−2x = −61, x = 30,5.

Ответ: 30,5.10. Игральную кость бросают 2 раза. A = «При первом броске выпаломеньше 4» и B = «при втором броске выпало меньше 4» — независимыесобытия, так как результат одного броска не зависит от результата другогоброска. При одном броске есть 6 равноволзможных исходов, три исхода(1; 2; 3) благоприятствует событию «выпало меньше 4 очков». Отсюда

P (A) = P (B) = 36= 12

. Тогда вероятность указанного события равна

12· 12= 14= 0,25.

Ответ: 0,25.


11. На рисунках изображены графики функций вида y = ax2 + bx + c —

параболы. Для построения их используют следующие сведения: a > 0—

ветви вверх, a < 0— ветви вниз; вершина в точке (x0, y0), где x0 = − b2a

;

c = y(0).А) y = x2−3x+1, a > 0— ветви вверх. Если x = 0, то y = 1; вершина

при x0 =32= 1,5. Это график 2).

Б) y = x2+3x+1, a > 0— ветви вверх. Если x = 0, то y = 1; вершина

при x0 = −32 = −1,5. Это график 4).

В) y = −x2 + 3x − 1, a < 0 — ветви вниз. Если x = 0, то y = −1;вершина при x0 = 1,5. Это график 3).

Внесём эти данные в таблицуА Б В2 4 3

Ответ: 243.12. (bn)— геометрическая прогрессия, знаменатель q = 5, b1 = 8. Значит,b5 = b1 · q4, b5 = 8 · 54 = 8 · 625 = 5000.

Ответ: 5000.

13.(

a+ 4ba2 − 4ab −

1a

)

: b4b− a

= a2 + 4ab− a2 + 4aba(a2 − 4ab) : b

4b− a=

= 8aba2(a− 4b) ·

4b− ab

= −8b · (4b− a)ab(4b− a)

= −8a

.

При a = 2,5 получаем− 82,5

= −3,2.

Ответ: −3,2.

14. S = d1 · d2 sinα2

. Используя условие d2 = 6,2; sinα =311

; S = 9,3,

найдём d1.

9,3 =d1 · 6,2 · 3

11

2, 18,6 = 62 · 3

110d1, d1 =

18,6 · 11062 · 3 = 186 · 11

186= 11.

Ответ: 11.15. k + 5 > 0, k > −5.

Верный ответ — 3).Ответ: 3.


16. Рассмотрим4ABC, ∠C = 90◦, ∠B = 45◦, AB = 60 (см. рис. 159).Тогда ∠A = 90◦ − ∠45◦, ∠A = ∠B.AC = CB, так как4ACB — равнобедренный.

Рис. 159

AC2 +BC2 = AB2, 2AC2 = 602; AC2 = 36002= 1800.

SACB =AC2

2= 1800

2= 900.

Ответ: 900.

17. Sромба =d1 · d2

2, где d1 и d2 — диагонали ромба.

Sромба =15 · 122

= 90.

Ответ: 90.18. По условию, BC — касательная, BE — секущая (см. рис. 160), тогдапо теореме о касательной и секущей проведённым из одной точки внеокружности, имеем BC2 = BE ·BD.

BC2 = (BD + ED) ·BD, BC2 = (25 + 11) · 25. BC = 30.

Рис. 160


Ответ: 30.19. По условию, SABCD = 216. SABCD = AD ·BK = 216 (см. рис. 161).

SAFCB = AF +BC2

· BK, AF = AD2

, AD = BC, значит

AF +BC = 32AD.

Рис. 161

SAFCB =34AD ·BK = 3

4· 216 = 162.

Ответ: 162.20. 1) Утверждение неверное, так как треугольник — остроугольный, есливсе его углы — острые.

2) Утверждение верное по свойству четырёхугольника.3) Утверждение верное по свойству прямоугольного треугольника.Ответ: 23.

21. 16x2 − 2x− 24 6 0; 16 > 0, тогда x2 − 2x − 24 < 0. x2 − 2x − 24 = 0,

D4= 25; x = 1± 5; x1 = −4, x2 = 6.

Решением неравенства будет−4 < x < 6, x ∈ (−4; 6).Ответ: (−4; 6).

22. Пусть изначально было m кг 16%-го раствора и m кг 6%-го раствора.Тогда в первом растворе было 0,16m кг соли, а во втором — 0,06m кгсоли. После смешивания получилось 2m кг раствора, содержащего

0,16m+ 0,06m = 0,22m кг соли. Его концентрации 0,22m2m

· 100% = 11%.

Ответ: 11.23. Общие точки прямой y = ax и графика функции y = x2 + 9 опре-деляются из уравнения x2 + 9 = ax. Такая точка одна, если уравнениеx2 + 9 = ax имеет один корень.


Уравнение квадратное, оно имеет один корень, если его дискриминантравен нулю: D = a2 − 36, a2 − 36 = 0, a = ±6.

Построим график параболы y = x2 + 9 с вершиной (0; 9), возьмёмнесколько точек для построения параболы

x −2 −1 0 1 2 3y 13 10 9 10 13 18

Графиками y = −6x и y = 6x служат прямые, проходящие через точки(0; 0), (−1; 6) и (0; 0), (1; 6)— соответственно (см. рис. 162).

Рис. 162

Из рисунка видно, что каждая из прямых y = −6x, y = 6x имеетс графиком функции y = x2 + 9, параболой, ровно одну общую точку.

Ответ: ±6.24. Пусть t — общая мера дуг (в градусах), тогда 12t + 4t + 2t = 360◦,откуда t = 20◦. В треугольнике ABC больший угол ABC опираетсяна большую сторону AC (см. рис. 163).

Большая дуга окружности AmC равна 12t = 240◦, поэтому уголABC = 120◦ (вписанный угол равен половине дуги, на которую


Рис. 163

опирается). По теореме синусов ACsin∠ABC

= 2R, где R — радиус опи-

санной окружности.

8√3

sinABC= 2R, 8

√3

sin 120◦= 2R, 8

√3 · 2√3

= 2R, R = 8.

Ответ: 8.

25. Обозначим через M и N точки касания (см. рис. 164).

Рис. 164

Тогда RM ⊥ MN , SN ⊥ MN как радиусы, проведённые в точкикасания. 4MRT ∼ 4NST по двум углам: ∠RMT = ∠SNT = 90◦,∠RTM = ∠STN как вертикальные, откуда RM : SN = RT : ST = l : k.Значит и 2RM : (2SN) = l : k.

26. Пусть BC и AD — основания трапеции ABCD (AD > BC),CD = AB — боковые стороны трапеции, M и N — середины основанийBC и AD соответственно, H — основание перпендикуляра, опущенногоиз точки C на основание AD, и пусть диагонали трапеции пересекаютсяв точке E (см. рис. 165).


E

M

N

P CB

A DH

Рис. 165

Положим h = MN = CH — высота трапеции, AD = 2b, BC = 2a,AB = CD = c. Трапеция описанная, следовательно, 2a+2b = 2c = P/2 == 50, c = 25, a + b = 25. Площадь трапеции S = (a + b)h = 600, отсюда

h = Sa+ b

= 60025= 24.

Треугольник CHD прямоугольный, поэтому HD =√c2 − h2 = 7.

С другой стороны, HD = ND − NH = ND − MC = b − a. Значит,

a и b можно найти из системы уравнений

{

b+ a = 25,

b− a = 7.

Решив систему, находим b = 16, a = 9.Треугольники MCE и ANE подобны, так как ∠MCE = ∠NAE

как накрест лежащие при параллельных прямых BC и AD,а ∠MEC = ∠NEA. Поэтому ME : EN = a : b = 9 : 16,и, обозначая ME = 9x, получаем EN = 16x, h = 25x. Отсюда

x = h25= 0,96,ME = 9x = 8,64.

Ответ: 8,64.



1. Для объектов, указанных в таблице, определим, какими цифрами ониобозначены на плане (см. рис. 166).

Гостиная — 2.Комната Валентины Павловны — 8.Комната Оксаны — 6.Кабинет — 3.Заполним таблицу и в бланк ответов перенесём последовательность

четырёх цифр 2863

Рис. 166

Ответ: 2863.2. Длина потолочного карниза равна периметру кухни и равна 14 м.

Ответ: 14.3. Площадь комнаты Серёжи (4) равна 20 м2 (20 клеток).

Ответ: 20.4. На первом этаже 8 окон, а на втором: 3 ·2+2 = 8 (окон). Итого: 16 окони одно на лестнице, значит 17 окон. Площадь всех окон: 17 · 4 = 68 (м2).

Стоимость окон и установки равна3500 · 68 + 8000 · 17 = 238 000 + 136 000 = 374 000 (руб.).

Ответ: 374 000.


5. Общая площадь пола в детских комнатах равна 65 м2 (65 клеток).

Если положить паркетную доску, то общая стоимость будет3000 · 72 + 1200 · 65 = 294 000 (руб.), так как потребуется купить9 упаковок паркетной доски по 8 м2.

Если же положить ламинат, то общая стоимость будет650 · 66 + 220 · 65 = 57 200 (руб.), так как потребуется купить 11 упаковокламината по 6 м2.

Тогда экономия составит 294 000− 57 200 = 236 800 (рублей).

Ответ: 236 800.

6.−7,54 + 6,8 · 1,9 = −7,54 + 12,92 = 5,38.Ответ: 5,38.

7. Исходное неравенство k + l < −m; равносильно неравенствуk + l +m < 0.

1)−k− l−m > 0— неравенство верное, оно следует из k+ l+m < 0,если умножить последнее неравенство на (−1).

2) k + l +m < 0— неравенство верное, оно следует из исходного.

3) k +m < −l — неравенство верное, так как его можно представитьв виде k + l +m < 0.

4) Неравенство k −m > l можно записать в виде k −m − l > 0. Приk = −1 и m = l = 0 исходное неравенство верно, а неравенство 4) — нет.

Значит, из исходного неравенства не следует неравенство 4).

Ответ: 4.

8. 619

36 · 616 =619−16

62= 6

3

62= 63−2 = 61 = 6.

Ответ: 6.

9. (x + 4)2 + (x − 5)2 = 2x2, x2 + 8x + 16 + x2 − 10x + 25 = 2x2,2x2 − 2x+ 41 = 2x2;−2x = −41; x = 20,5.

Ответ: 20,5.

10. Игральную кость бросают 2 раза. События A = «При первомброске выпало нечётное число» и B = «При втором броске выпало чёт-ное число» — независимы, так как результат одного броска не зависитот результата другого броска.

При одном броске есть 6 равновозможных исходов, три исхода(1; 3; 5) благоприятствуют событию «выпало нечётное число». Отсюда

P (A) = P (B) = 36= 12

.


Тогда вероятность указанного события равна 12· 12= 14= 0,25.

Ответ: 0,25.

11. На рисунках изображены графики функций видаy = ax2 + bx+ c — параболы.

Для их построения используют следующие сведения: a > 0 — ветви

вверх, a < 0 — ветви вниз, вершина в точке (x0, y0), где x0 = − b2a

;

c = y(0).

А) y = −x2+2x−1. a < 0, ветви вниз. Если x = 0, то y = −1; вершинав точке (x0, y0), где x0 = 1. Это график 4).

Б) −x2 − 2x + 1. a < 0— ветви вниз. Если x = 0, то y = 1; вершина

в точке (x0; y0), x0 =2−2 = −1. Это график 3).

В) y = x2 − 2x − 1. a > 0 — ветви вверх. Если x = 0, то y = −1;вершина в точке (x0, y0), x0 =

22= 1. Это график 2).

Внесём эти данные в таблицу:

А Б В4 3 2

Ответ: 432.

12. Геометрическая прогрессия (bn): знаменатель q = −3, b1 = 12, тогдаb4 = b1 · q3, b4 = 12 · (−3)3 = −12 · 27 = −324.

Ответ: −324.

13.(

a+ 2ba2 − 2ab −

1a

)

: b2b− a

= a+ 2b− a+ 2ba(a− 2b) · 2b− a

b=

= −4b · (a− 2b)ab(a− 2b) = −

4a

.

При условии a = 1,6, имеем− 41,6

= −4016= −2,5.

Ответ: −2,5.


14. S = d1 · d2 sinα2

.

При условии d1 = 7, sinα = 37

, S = 24 получим 24 =7 · d2 · 3

7

2;

48 = 7d2 · 37 ; d2 =483= 16, d2 = 16.

Ответ: 16.

15. b+ 7 < 0, b < −7.Этому неравенству b < −7 соответствует 1).

Ответ: 1.

16. Пусть в4CAB ∠ACB = 90◦, ∠ABC = 45◦, AB = 66 (см. рис. 167).

SCAB =12AC · CB.

Треугольник ACB — равнобедренный, так как ∠CBA = 45◦, значити ∠BAC = 90◦ − 45◦ = 45◦.

Рис. 167

AC = BC, тогда SCAB =12AC2.

По теореме Пифагора: AC2 + BC2 = AB2; 2AC2 = 662;

AC2 = 66 · 662

= 33 · 66 = 2178.

SCAB =12· 2178 = 1089.

Ответ: 1089.


17. Sромба =12d1 · d2, где d1 и d2 — диагонали ромба.

SABCD = 120, AC = 12, тогда BD = SABCD · 2AC

= 2 · 12012

= 20.

Ответ: 20.

18. По теореме о касательной и секущей, проведённых из одной точкик окружности, имеем BK2 = BE ·BD (см. рис. 168).

Рис. 168

DE = 2AD = 18, BE = DE +BD = 18 + 32 = 50.

BK2 = 50 · 32 = 1600, BK = 40.

Ответ: 40.

19. SABKD =AB +KD

2·AF (см. рис. 169).

По условию SABCD = 164. SABCD = CD ·AF , тогда CD ·AF = 164.

Рис. 169

AB = CD, KD = 12CD, следовательно, AB +KD = 3

2CD.


SABKD =34CD ·AF = 3

4· 164 = 123.

Ответ: 123.20. 1) Утверждение верное, так как все точки, лежащие на окружности,равноудалены от центра. Расстояние, на которое они удалены, равнорадиусу этой окружности.

2) Утверждение неверное, так как не выполняется неравенствотреугольника (2 + 5 = 7, а должно быть 2 + 5 > 7).

3) Утверждение верное, так как в прямоугольнике все углы по 90◦.Итак, верны утверждения 1) и 3).Ответ: 13.

21. 11x2 − 2x− 8 6 0; 11 > 0, тогда x2 − 2x− 8 < 0.

x2 − 2x − 8 = 0, D4= 1 + 8 = 9, x1 = 1 − 3 = −2, x2 = 1 + 3 = 4.

Решением неравенства x2 − 2x− 24 < 0 будет−2 < x < 4. x ∈ (−2; 4).Ответ: (−2; 4).

22. Пусть изначально объём раствора была x л, тогда после добавленияводы он стал равен (x + 10) л. Заполним таблицу по условию так, чтобы

в каждой строке выполнялась формула C = VсолиVраствора

, где C — концен-

трация, переведённая из процентов в десятичную дробь.

Vраствора, л Vсоли, л Концентрация, CДо добавления воды x 0,08x 0,08

После добавления воды x+ 10 0,064(x+ 10) 0,064

Объём соли после добавления воды не изменился, поэтому0,08x = 0,064(x+ 10); 80x = 64(x+ 10); 5x = 4x+ 40; x = 40.

Ответ: 40.23. Общие точки прямой y = px и графика функции y = x2 + 1 опре-деляются из уравнения x2 + 1 = px. Такая точка одна, если уравнениеx2 + 1 = px имеет один корень.

Уравнение квадратное, оно имеет один корень, если его дискриминантравен нулю: D = 0, p2 − 4 = 0, p2 = 4, p = ±2.

Построим параболу y = x2 + 1 с вершиной (0; 1) и графики y = −2x,y = 2x (см. рис. 170).

Каждая из прямых y = −2x и y = 2x имеет с графиком функцииy = x2 + 1 ровно одну общую точку.

Ответ: −2; 2.


Рис. 170

24. Пусть t — общая мера дуг (в градусах), тогда 6t + 7t + 11t = 360◦,откуда t = 15◦. В треугольнике ABC меньший угол BAC опираетсяна меньшую сторону BC (см. рис. 171).

Рис. 171

Меньшая дуга окружности BlC равна 6t = 90◦, поэтому уголABC = 45◦ (вписанный угол равен половине дуги, на которую опира-

ется). По теореме синусов BCsin∠BAC

= 2R, где R — радиус описанной

окружности.


34√2

sinBAC= 2R, 34

√2

sin 45◦= 2R, 34

√2 · 2√2

= 2R, R = 34.

Ответ: 34.

25. Пусть AB — общая внешняя касательная окружностей, D — точкапересечения внутренней и внешней касательных (см. рис. 172).

Рис. 172

Тогда DA = DP , DP = DB как отрезки касательных, проведённыхк окружности из одной точки. Значит AD = DB.

26. Пусть BC и AD — основания трапеции ABCD (AD > BC),CD = AB — боковые стороны трапеции, M и N — середины основанийBC и AD соответственно, H — основание перпендикуляра, опущенногоиз точки C на основание AD. Пусть диагонали трапеции пересекаютсяв точке E (см. рис. 173).

E

M

N

CB

A DH

Рис. 173

Положим h = MN = CH — высота трапеции, AD = 2b, BC = 2a,AB = CD = c. Трапеция описанная, следовательно, 2a+2b = 2c = P/2 =


= 74, c = 37, a+ b = 37. Площадь трапеции S = (a+ b)h = 1295, отсюда

h = Sa+ b

= 129537

= 35.

Треугольник CHD прямоугольный, поэтому HD =√c2 − h2 = 12.

С другой стороны, HD = ND −NH = ND −MC = b− a. Значит, a и b

можно найти из системы уравнений

{

b+ a = 37,

b− a = 12.

Решив систему, находим b = 492

, a = 252, AH = a+ b = 37.

Треугольники AHC и ANE подобны, так как ∠A общий,а ∠AHC = ∠ANE прямые. Поэтому CH : EN = AH : AN ,

получаем EN = 171574

= 231374

.

Ответ: 231374

.



1. В соответствии с условием получаем, что гостиная обозначенацифрой 3, баня — цифрой 2, гараж — цифрой 1 и кухня — цифрой 4.

Ответ: 3214.2. Каждая плитка отмечена на рис. 105 клеткой с выделенной диаго-налью. Подсчитываем число таких клеток по горизонтальным полосампо порядку, двигаясь снизу вверх:

3 + 2 · 11 + 5 + 14 + 2 · 5 + 2 · 10 + 2 · 20 = 114.

Делим 114 на 4 с остатком: 114 = 4 · 28 + 2. Получаем, что28 упаковок не хватает, чтобы выложить все площадки и дорожки участка,а 29 с запасом хватает.

Ответ: 29.3. Жилой дом имеет форму прямоугольника, площадь которого равна про-изведению его длины и ширины. Длину и ширину дома находим по клет-кам: длина — 15, ширина — 8. Тогда площадь дома равна 15 ·8 = 120 (м2).

Ответ: 120.4. Кратчайшее расстояние (в метрах) от гаража (1) до бани (2) равно числуплиток, уложенных во второй горизонтальной полосе между гаражоми баней. Это число равно 11.

Ответ: 11.5. Находим затраты по наклейке флизелиновых и текстильных обоевпо указанной таблице (в рублях).

Для флизелиновых обоев: 1800 · 7 + 12 000 = 24 600.Для текстильных обоев: 2100 · 5 + 12 500 = 23 000.Разность чисел 24 600 и 23 000 равна 1600.Ответ: 1600.

6.−15 · (−7,3)− 8,5 = 109,5− 8,5 = 101.Ответ: 101.

7. Прибавим к обеим частям заданного верного неравенства b − a > cчисло a. Получим верное неравенство 1)b > a + c. Значит, неравенство1) является следствием неравенства b− a > c.

Прибавим к обеим частям заданного верного неравенства b − a > cчисло−c. Получим верное неравенство b−a−c > 0 . Поэтому неравенство2) b − a − c < 0 неверно. Значит, неравенство 2) не является следствиемнеравенства b− a > c.

Прибавим к обеим частям заданного верного неравенства b − a > cчисло−b+ a. Получим верное неравенство


0 > c − b + a или то же самое неравенство 3) c − b + a < 0. Поэтомунеравенство 3) является следствием неравенства b− a > c.

Наконец, прибавим к обеим частям заданного верного неравенстваb−a > c число−c+a. Получим верное неравенство 4) b− c > a. Поэтомунеравенство 4) является следствием неравенства b− a > c.

Ответ: 2.8. По свойствам корней получаем:

5√10 ·

√5 · 3

√2 = 5 · 3 ·

√10 · 5 · 2 = 15 ·

√100 = 15 · 10 = 150.

Ответ: 150.9. Дробь равна нулю, когда её числитель равен нулю, а знаменательне равен нулю:

(−2x+ 7)(−3x+ 6) = 0; 2x− 25 6= 0.

Произведение равно нулю, когда один из сомножителей равен нулю.Если −2x+ 7 = 0, то x = 3,5. Если −3x+ 6 = 0, то x = 2.

При каждом из найденных значений x знаменатель 2x − 25 в нольне обращается. Выберем теперь наибольшее число из двух чисел(3,5 и 2) — это 3,5.

Ответ: 3,5.10. Пусть A обозначает событие «Студенту на экзамене доста-нется задача на тему „Свойства растворов“», а B — «Студен-ту на экзамене достанется задача на тему „Химическое равнове-сие“». Тогда по условию надо найти вероятность объединения собы-тий A и B, то есть P (A ∪ B). По условию A и B несовместны, поэтомуP (A ∪B) = P (A) + P (B) = 0,15 + 0,18 = 0,33.

Ответ: 0,33.

11. На всех графиках изображены гиперболы вида y = kx

,

где k — некоторое действительное число. Ветви гиперболы, указаннойна рисунке А), расположены во второй и четвёртой четвертях, значитk < 0. Поэтому формулой, соответствующей рисунку А) будет либо фор-мула 3), либо формула 4), у которых k < 0. По графику, изображённому

на рисунке А), видим, что значение функции приближённо равно −14

при

x = 1 (числу 1 соответствуют две клетки). Это значение функции приx = 1 получается по формуле 3), а по формуле 4) y(1) = −4. Значитграфику рисунка А) соответствует номер 3).


Ветви гиперболы, указанной на рисунке Б), расположены в первойи третьей четвертях, значит k > 0. Поэтому формулой, соответствующейрисунку Б), будет либо формула 1), либо формула 2). По графику, изобра-жённому на рисунке Б), видим, что значение функции приближённо равно4 при x = 1 (числу 1 соответствует одна клетка). Такое значение функциипри x = 1 получается по формуле 2). Значит, графику рисунка Б) соответ-ствует номер 2).

Аналогично убеждаемся, что графику рисунка В) соответствуетномер 1).

Ответ: 321.12. Знаменателем q заданной геометрической прогрессии является число12

, так как 512 · 12= 256; 256 · 1

2= 128. Теперь применяем формулу общего

члена геометрической прогрессии:

bn = b1 · qn−1, b6 = b1 · q5.

По условию b1 = 512 = 29. Тогда b6 = 29 ·

(

12

)5

= 29

25= 24 = 16.

Ответ: 16.13. Упрощаем выражение:

a2

a2 − 7ab :a

a2 − 49b2 =a2

a(a− 7b) :a

a2 − (7b)2 =

= a2

a(a− 7b) :a

(a− 7b)(a+ 7b) =a2 · (a− 7b)(a+ 7b)

a · a · (a− 7b) =

= a+ 7b.

Подставим в полученное выражение 6+7√2 вместо a и 4−

√2 вместо b.

Получим: 6 + 7√2 + 7(4−

√2) = 6 + 7

√2 + 28− 7

√2 = 34.

Ответ: 34.

14. Находим m1 из формулы F = γm1 ·m2

r2 .

m1 =F · r2

γm2=

867,1 · (2 · 103)26,67 · 10−11 · 8 · 1016 =

867,1 · 106,67 · 2 = 867 100

1334= 650.


Ответ: 650.15. Неравенство 1) x2 − 6x − 23 > 0 имеет решения, так как графикомфункции y = x2 − 6x− 23 является парабола, ветви которой направленывверх.

Аналогично убеждаемся, что неравенство 2) имеет решения.Неравенство 3) также имеет решения, так как графиком функции

y = x2 − 6x − 23 является парабола, которая пересекает ось абсциссв двух точках (уравнение x2− 6x− 23 = 0 имеет два различных корня, таккак больше нуля дискриминант квадратного трёхчлена x2 − 6x− 23).

Неравенство 4) не имеет решений, так как графиком функцииy = x2 − 6x + 23 является парабола, которая не пересекает ось абсцисс(уравнение x2 − 6x − 23 = 0 не имеет решений, так как дискриминантквадратного трёхчлена x2 − 6x− 23 больше нуля), и её ветви направленывверх.

Ответ: 4.16. По свойству радиуса, проведённого в точку касания, в четырёхуголь-нике ABOC ∠B и ∠C — прямые.

Так как сумма внутренних углов четырёхугольника равна 360◦,то ∠A+ ∠O = 360◦ − 180◦ = 180◦. Отсюда

∠BOC = 180◦ − ∠A = 180◦ − 65◦ = 115◦.

Ответ: 115.

17. S = a+ b2

· h, где a и b – основания трапеции и h — её высота.

По рисунку определяем что

a = 9 + 17 = 26, b = 9 и h = 40.

Поэтому S = 26 + 92

· 40 = 35 · 20 = 700.Ответ: 700.

18. Рассмотрим рис 174.Так как BM — биссектриса угла ABC, то∠ABM = ∠MBC = 116◦ : 2 = 58◦, ∠BMC = 180◦ − 135◦ = 45◦.Так как сумма внутренних углов треугольника равна 180◦, то∠ACB = ∠MCB = 180◦ − ∠BMC − ∠MBC == 180◦ − 45◦ − 58◦ = 77◦.Ответ: 77.


Рис. 174

19. По рисунку определяем, что большая диагональ ромба являетсяего горизонтальной диагональю. Считая клетки, находим, что её длинаравна 8.

Ответ: 8.

20. Утверждение 1) верно, так как внешний угол треугольника равенсумме двух внутренних, не смежных с ним углов. А сумма двух положи-тельных чисел больше каждого из них.

Утверждение 2) не верно, так как площадь измеряется в квадратныхединицах, а длина в линейных.

Утверждение 3) верно по определению окружности.

Ответ: 13.

21. −7(x− 2)2 − 16 > 0, умножим обе части неравенства на (−1), тогда

получим неравенство 7(x− 2)2 − 16 6 0.

7 > 0, значит (x−2)2−16 < 0, (x−2)2−42 < 0, (x−2−4)(x−2+4) < 0,(x− 6)(x+ 2) < 0, −2 < x < 6.

Ответ: (−2; 6).22. Выделим в каждом поезде точку в начале состава (условно «маши-ниста»). Относительно товарного поезда пассажирский поезд движетсясо скоростью 69 − 45 = 24 км/ч. Можно считать, что товарный поездстоит, а пассажирский поезд едет со скоростью 24 км/ч.

На рисунке 175 изображён момент, когда пассажирский поезд началобгонять товарный.

Рис. 175


На рисунке 176 изображён промежуточный момент, когда машинистыпассажирского и товарного поезда поравнялись. К этому моменты маши-нист пассажирского проехал расстояние, равное длине товарного поезда.

Рис. 176

На рисунке 177 изображён момент, когда пассажирский поезд завер-шил обгон товарного. По сравнению с предыдущей картинкой машинистпассажирского поезда переместился на расстояние, равное длине своегопоезда.

Рис. 177

Ясно, что за время обгона машинист пассажирского поезда проехалрасстояние, равное сумме длин обоих поездов.

6 мин 45 с= 405 с= 4053600

ч= 45400

ч= 980

ч.

Используя формулу S = v · t, определим, что машинист за это время

переместится на 24 · 980= 2,7 (км)= 2700 (м).

Длина пассажирского поезда равна 2700− 2100 = 600 м.Ответ: 600.

23. Общие точки прямой y = kx и графика функции y = −x2 − 4 опреде-ляются из уравнения −x2 − 4 = kx,−x2 − kx− 4 = 0, x2 + kx+ 4 = 0.

Такая точка одна, если уравнение x2 + kx+ 4 = 0 имеет один корень.Уравнение квадратное, оно имеет один корень, если его дискриминант

D = k2 − 16 равен нулю. Получаем k2 − 16 = 0, k = ±4.Графиком функции y = −x2−4 является парабола с вершиной (0;−4),

а графиками функций y = −4x, y = 4x — прямые (см. рис. 178 на с. 170).Видим, что каждая из этих прямых y = −4x и y = 4x имеет с парабо-

лой ровно одну общую точку при k = ±4.Ответ: −4; 4.


Рис. 178

24. По условию ∠BAK = ∠KAD, ∠KAD = ∠AKB как накрестлежащие при AD ‖ BC и секущей AK, откуда ∠BAK = ∠AKB, значит,4ABK равнобедренный и AB = BK (см. рис. 179 на с. 170). Аналогичнорассуждая, делаем вывод, что KC = DC. Получили AB = BK = KC,то есть BC = 2AB, AB = 12.

Рис. 179

Ответ: 12.

25. Опишем окружности вокруг прямоугольных треугольниковCC1D и CD1D. Центр окружности, описанной около прямоуголь-ного треугольника, находится в середине гипотенузы, а радиус равенполовине гипотенузы. У треугольников CC1D и CD1D общая гипотенузаCD, поэтому у окружностей, описанных около них, совпадают центры


и радиусы, следовательно, совпадают и сами окружности (см. рис. 180 нас. 171). Таким образом, точки C, D, C1, D1 лежат на одной окружности,и ∠DCC1 = ∠DD1C1 как вписанные углы, опирающиеся на одну дугуDC1.

Рис. 180

26. Обозначим трапецию ABCD, и пусть AC = 20, BD = 21. Тогдапо формуле для длины средней линии BC+AD = 2 ·14,5 = 29. Проведёмчерез точку B прямую BE, параллельную диагонали AC и пересекающуюпрямую AD в точке E. Обозначим через h высоту трапеции ABCD (см.рис. 181).

Рис. 181

Четырёхугольник BCAE является параллелограммом, так какBC ‖ AE и BE ‖ CA. Поэтому BE = AC = 20, EA = BC,ED = EA+AD = BC +AD = 29.

SBED =12h ·DE =

h(BC +AD)2

= SABCD.

Треугольник BED — прямоугольный по теореме, обратной теоремеПифагора, так как для его сторон 20, 21, 29 выполняется равенство

BE2+BD2 = DE2. Его площадь SBED =12·BE ·BD = 1

2·20 ·21 = 210.

Искомая площадь трапеции ABCD равна 210.Ответ: 210.



1. В соответствии с условием о расположении объектов получаем, чтогараж обозначим цифрой 1, бассейн — цифрой 3, баня — цифрой 2, дом —

цифрой 4.Ответ: 1324.

2. Каждая плитка отмечена на рис. 105 клеткой с выделенной диаго-налью. Подсчитываем число таких клеток по горизонтальным полосампо порядку, двигаясь снизу вверх:

4 + 5 + 9 + 6 + 7 + 4 + 7 + 5 = 47.

Делим 47 на 6 с остатком: 47 = 6 · 7 + 5. Получаем, что 7 упако-вок не хватает, чтобы выложить плиткой все отдельные части участка,а 8— с небольшим запасом хватает.

Ответ: 8.3. Одна часть жилого дома имеет форму квадрата размером 8×8 м, а дру-гая часть форму — трапеции, с основаниями 8 м и 5 м и высотой 4 м.Применяя формулы площади квадрата и трапеции, получаем, что площадьдома равна:

82 + 8 + 52

· 4 = 64 + 26 = 90 кв. м.

Прибавляя к ней площадь бассейна, равную 9 кв. м, получим 99 кв. м.Ответ: 99.

4. Расстояние от гаража, обозначенного цифрой 1, до бассейна, обозна-ченного цифрой 3, равно расстоянию от правого верхнего угла гаража(в соответствии с рис. 110 из условия задачи) до вершины острого углабассейна, имеющего форму прямоугольной трапеции. Это расстояниеравно числу клеток, расположенных на этом промежутке, и равно 8.

Ответ: 8.5. Стоимость материала и укладки 1 кв. м для плитки равна(4300 + 3000) = 7300 рублей, а для террасной пластины —

(6051 + 1500) = 7551 рубль. Таким образом, на 1 кв. м эконо-мия составляет 7551 − 7300 = 251 рублей. Общая сумма экономииравна 251 · 34 = 8534 рублей.

Ответ: 8534.6.−27 : (−1, 8)− 11, 7 = 15− 11, 7 = 3,3.

Ответ: 3,3.


7. Прибавим к обеим частям заданного верного неравенства n − m > pчисло−p. Получим верное неравенство 1) n−m− p > 0.

Значит, неравенство 1) следует из неравенства n−m > p.Прибавим к обеим частям заданного верного неравенства n −m > p

число p + m. Получим верное неравенство n + p > 2p + m. Но 2p + mне обязательно больше m.

Например, пусть n = m = 8, p = −1. Тогда n−m = 0, 0 > −1, значитнеравенство n − m > p верно. Но n + p = 7, а 7 не больше 8. Поэтомунеравенство 2) n + p > m неверно. Значит, неравенство 2) не следуетиз неравенства n−m > p.

Прибавим к обеим частям заданного верного неравенства n −m > pчисло m− n. Получим верное неравенство 0 > p+m− n или то же самоенеравенство 3) p +m − n < 0. Поэтому неравенство 3) следует из нера-венства n−m > p.

Наконец, прибавим к обеим частям заданного верного неравенстваn − m > p число −n. Получим верное неравенство −m > p − n илито же самое неравенство 4) p − n < −m. Поэтому неравенство 4) сле-дует из неравенства n−m > p.

Ответ: 2.8. По свойствам корней получаем:

2√7 · 5

√14 · 3

√2 = 2 · 5 · 3 ·

√7 · 14 · 2 = 30 ·

√142 =

= 30 · 14 = 420.

Ответ: 420.9. Дробь равна нулю, когда её числитель равен нулю, а знаменательне равен нулю:(−5x+ 8)(−2x+ 5) = 0; 2x− 11 6= 0.

Произведение равно нулю, когда один из сомножителей равен нулю. Если−5x+ 8 = 0, x = 1,6. Если−2x+ 5 = 0, x = 2,5.

При каждом из найденных значений x знаменатель 2x − 11 в нольне обращается. Выберем теперь наибольшее число из чисел 2,5 и 1,6.Таким числом является 2,5.

Ответ: 2,5.10. Пусть A обозначает событие — «Студенту на экзамене достанетсязадача на тему „Метод Гаусса“», аB — «Студенту на экзамене достанетсязадача на тему „Пределы“». Тогда по условию надо найти вероятность


объединения событий A и B, то есть P (A ∪B). По условию A и B несов-местны, поэтому

P (A ∪B) = P (A) + P (B) = 0, 13 + 0,35 = 0,48.

Ответ: 0,48.

11. На всех графиках изображены гиперболы вида y = kx

, где k — неко-

торое действительное число.Ветви гиперболы, указанной на рисунке А), расположены во второй

и четвёртой четвертях, значит, k < 0. Поэтому формулой, соответствую-щей рисунку А) будет либо формула 1), либо формула 3), в которых k < 0.

По графику, изображённому на рисунке А), видим, что значение функ-ции равно−3 при x = 1 (числу 1 соответствует одна клетка). Такое значе-ние функции при x = 1 получается по формуле 1), а по формуле 3) — нет.Значит графику рисунка А) соответствует номер 1).

Ветви гиперболы, указанной на рисунке Б), тоже расположены во вто-рой и четвёртой четвертях, значит k < 0. Поэтому формулой, соответству-ющей рисунку Б) будет либо формула 1), либо формула 3).

По графику, изображённому на рисунке Б) видим, что значение функ-

ции приближённо равно −13

при x = 1 (числу 1 соответствуют две

клетки). Такое значение функции при x = 1 получается по формуле 3),а по формуле 1) — нет. Значит, графику рисунка Б) соответствует номер3).

Аналогично убеждаемся, что графику рисунка В) соответствует номер2).

Ответ: 132.12. Знаменателем q заданной геометрической прогрессии является число−3, так как 1 · (−3) = −3, (−3) · (−3) = 9. Теперь применяем формулуобщего члена геометрической прогрессии:

bn = b1 · qn−1, b5 = b1 · q4.По условию b1 = 1. Тогда b5 = 1 · (−3)4 = 81.Ответ: 81.

13. Упрощаем выражение:a2

a2 − 6ab :a

a2 − 36b2 =a2

a(a− 6b) :a

a2 − (6b)2 =

= a2

a(a− 6b) :a

(a− 6b)(a+ 6b) =a2 · (a− 6b)(a+ 6b)

a · a · (a− 6b) =


= a+ 6b.

Подставим в полученное выражение 7+6√3 вместо a и 5−

√3 вместо

b. Получим:

7 + 6√3 + 6(5−

√3) = 7 + 6

√3 + 30− 6

√3 = 37.

Ответ: 37.

14. Находим m1 из формулы F = γm1 ·m2

r2 .

m1 =F · r2

γm2=

4669 · (1, 7 · 106)26, 67 · 10−11 · 7 · 1022 =

4669 · 10 · 2, 896, 67 · 7 =

= 46690 · 289667 · 7 = 2890.

Ответ: 2890.15. Неравенство 1) не имеет решений, так как графиком функцииy = x2 − 9x + 34 является парабола, которая не пересекает ось абсцисс(уравнение x2 − 9x + 34 = 0 не имеет решений, так как дискриминантквадратного трёхчлена x2 − 9x+ 34 меньше нуля), и её ветви направленывверх.Неравенство 2) имеет решения, так как графиком функции y = x2−9x+34является парабола и её ветви направлены вверх.

Аналогично убеждаемся, что неравенство 3) имеет решения.Неравенство 4) также имеет решения, так как графиком функции

y = x2 − 9x − 34 является парабола, которая пересекает ось абсциссв двух точках (уравнение x2− 6x− 23 = 0 имеет два различных корня, таккак больше нуля дискриминант квадратного трёхчлена x2 − 6x− 23).

Ответ: 1.16. По свойству вписанного угла, опирающегося на диаметр,∠MPN = 90◦. Тогда ∠M+∠N = 90◦, ∠N = 90◦−∠M = 90◦−82◦ = 8◦.

Ответ: 8.

17. S = a+ b2

· h, где a и b — основания трапеции и h — её высота.

По рисунку определяем что

a = 19 + 11 = 30, b = 28 и h = 60.


Поэтому Sтрапеции =30 + 282

· 60 = 58 · 30 = 1740.

Ответ: 1740.18. Рассмотрим рис. 182.

Рис. 182

Так как CE — биссектриса угла ACB, то ∠ACE = ∠BCE,∠AEC = 180◦ − 126◦ = 54◦.

Так как сумма внутренних углов треугольника равна 180◦,то ∠ACE = 180◦ − ∠AEC − ∠BAC = 180◦ − 54◦ − 108◦ = 18◦.

Тогда ∠ACB = 2∠ACE = 2 · 18◦ = 36◦,∠ABC = 180◦ − ∠ACB − ∠BAC = 180◦ − 36◦ − 108◦ = 36◦.Ответ: 36.

19. По рисунку определяем, что меньшая диагональ ромба является егогоризонтальной диагональю. Считая клетки, находим, что её длина равна4.

Ответ: 4.20. Утверждение 1) верно, так как диагонали прямоугольника равныи делятся точкой пересечения пополам (точка их пересечения — центрокружности).

Утверждение 2) верно, так как равные фигуры совмещаются при пере-мещении.

Утверждение 3) не верно. Ниже (см. рис. 183) изображены два тре-угольника, у которых равны две стороны и один угол, но равными онине являются.

Ответ: 12.

21. −13(x− 3)2 − 4 > 0, умножим обе части неравенства на (−1), тогда

получим неравенство 13(x− 3)2 − 4 6 0.


Рис. 183

13 > 0, значит (x−3)2−4 < 0, (x−3−2)(x−3+2) < 0, (x−5)(x−1) < 0,1 < x < 5.

Ответ: (1; 5).

22. Выделим в каждом поезде точку в начале состава (условно «маши-ниста»). Относительно товарного поезда пассажирский поезд движетсясо скоростью 74 + 51 = 125 км/ч. Можно считать, что товарный поездстоит, а пассажирский поезд едет со скоростью 125 км/ч.

На рисунке 184 изображён момент, когда пассажирский поезд началпроезжать мимо товарного.

Рис. 184

На рисунке 185 изображён промежуточный момент, когда машинистпассажирского поравнялся с хвостом товарного. К этому моменты маши-нист пассажирского проехал расстояние, равное длине товарного поезда.

Рис. 185

На рисунке 186 изображён момент, когда пассажирский поездзавершил движение вдоль товарного поезда. По сравнению с предыдущейкартинкой машинист пассажирского поезда переместился на расстояние,равное длине своего поезда.


Рис. 186

Ясно, что за время движения вдоль товарного поезда машинист пасса-жирского поезда проехал расстояние, равное сумме длин обоих поездов.

1 мин 12 сек = 72 сек = 723600

= 2100

= 150

(ч).

Используя формулу S = v · t, определим, что машинист за это время

переместится на 125 · 150= 2,5 км= 2500 м.

Длина пассажирского поезда равна 2500− 1800 = 700 м.Ответ: 700.

23. Общие точки прямой y = px и параболы y = −x2 − 9 определяютсяиз уравнения −x2 − 9 = px,−x2 − px− 9 = 0, x2 + px+ 9 = 0.

Такая точка одна, если уравнение x2 + px + 9 = 0 имеет один корень.Уравнение квадратное, оно имеет один корень, если его дискриминантравен нулю.

D = p2 − 36, p2 − 36 = 0, p = ±6.Построим график параболы y = −x2− 9, вершина в точке (0;−9), для

построения возьмём несколько точекx −3 −2 −1 0 1 2 3y −18 −13 −10 −9 −10 −13 −18

Графиками y = −6x и y = 6x — служат прямые, возьмём несколькоточек для построения:

y = −6x,x 0 3y 0 −18 и для

y = 6x,x 0 −3y 0 −18

Каждая их прямых y = 6x и y = −6x имеет с графиком y = −x2 − 9единственную общую точку (см. рис. 187) при p = ±6.

Ответ: −6; 6.24. По условию ∠BAK = ∠KAD, ∠KAD = ∠AKB как накрестлежащие при AD ‖ BC и секущей AK, откуда ∠BAK = ∠AKB, зна-чит4ABK равнобедренный и AB = BK. Аналогично рассуждая, делаем


Рис. 187

вывод, что KC = DC. Получили AB = BK = KC, то есть BC = 2AB,AB = 9 (см. рис. 188).

Рис. 188

Ответ: 9.

25. На стороне LM как на диаметре построим окружность с центром O(см. рис. 189).

Точки L, M , L1 и M1 лежат на этой окружности, так как прямойугол опирается на диаметр, а по условию LL1M = LM1M = 90◦.


Рис. 189

Вписанные углы LL1M1 и LMM1 опираются на одну дугу LM1, следо-вательно, равны.26. Обозначим трапецию ABCD, и пусть AC = 16, BD = 30. Тогдапо формуле для длины средней линии BC + AD = 2 · 17 = 34. Проведёмчерез точку B прямую BE, параллельную диагонали AC и пересекаю-щую прямую AD в точке E. Обозначим h высоту трапеции ABCD (см.рис. 190).

EA

B C

D

h

Рис. 190

BCAE является параллелограммом, так как BC ‖ AE и BE ‖ CA.Поэтому BE = AC = 16, EA = BC, ED = EA+AD = BC +AD = 34.

SBED =12h ·DE =

h(BC +AD)2

= SABCD,

Треугольник BED — прямоугольный по теореме, обратной теоре-ме Пифагора, так как для его сторон 16, 30, 34 выполняется равенство

BE2+BD2 = DE2. Его площадь SBED =12·BE ·BD = 1

2·16 ·30 = 240.

Искомая площадь трапеции ABCD равна 240.Ответ: 240.



1. В соответствии с условием о расположении объектов получаем, чтосцена обозначена цифрой 6, туалеты — цифрой 3, детская площадка —

цифрой 4 и кафе — цифрой 1.Ответ: 6341.

2. Площадь каждой клетки на рисунке из условия задачи равна 4 кв.м,поэтому на ней можно разместить 4 плитки. Клетки, на которые укла-дываются плитки, заштрихованы. Подсчитываем число заштрихованныхклеток по горизонтальным полосам по порядку, двигаясь снизу вверх:

3 · 4 + 5 + 6 + 19 + 2 = 44.

Число плиток, которые покрывают эти клетки, равно 44 · 4 = 176.Делим 176 на 10 остатком: 176 = 10 · 17 + 6. Получаем, что 17 упако-вок не хватает, чтобы выложить плиткой все дорожки и площадку междусценой и фонтаном, а 18 с запасом хватает.

Ответ: 18.3. Бадминтонная площадка имеет форму прямоугольника, ширина кото-рого равна 3 · 2 = 6 м, а длина 7 · 2 = 14 м, поэтому её площадь равна6 · 14 = 84 (кв. м).

Ответ: 84.4. Найдём периметр детской площадки. Для этого подсчитаем сколькосторон клеток составляет периметр площадки и умножим на 2 (подсчётможно вести, начиная, например, с правой нижней точки площадки по ча-совой стрелке): (5 + 5 + 2 + 3 + 3 + 2) · 2 = 40 м.

Ответ: 40.5. Находим затраты по остеклению витрин каждой из трёх фирм, в соот-ветствии с указанной таблицей.

«Вени»:

30 · 0,7 · 560 = 11 760; 11 760 + 30 · 35 = 12 810.

«Види»:

30 · 0,7 · 570 = 11 970; 11 970 + 30 · 24 = 12 690.

«Вици»:

30 · 0,7 · 600 = 12 600 > 12500.


Без учёта резки получаем 12 600 рублей. Это самый дешёвый вариантзаказа.

Ответ: 12 600.6. 6,8− 4 · (−12,3) = 6, 8 + 49, 2 = 56.

Ответ: 56.7. В соответствии с рисунком из условия можно сделать вывод, что точкеP соответствует число, примерно равное 3,1. Из указанных чисел 1) − 4)таким числом является число

√10, обозначенное цифрой 4), при этом√

0,5 < 1,√3 <

√4 = 2,

√5 <

√9 = 3.

Ответ: 4.8. По формуле разности квадратов получаем:

(√6−

√11)(

√6 +

√11) = (

√6)2 − (

√11)2 = 6− 11 = −5.

Ответ: −5.9. Точка A лежит на каждой из прямых: x+3y = −5; 3x− y = 5. Находим

координаты точки A, решая систему уравнений

{

x+ 3y = −5,3x− y = 5.

Из первого уравнения x = −3y − 5. Подставляя полученное выраже-ние для x во второе уравнение, получим:3(−3y − 5)− y = 5;−10y = 20; y = −2,

Тогда x = −3 · (−2)− 5 = 1Ответ: 1.

10. По условию получаем, что в коробке красных и серых упаковокнаушников вместе будет 40 − (21 + 5 + 12) = 2. Тогда в коробке однаупаковка наушников красная и одна серая. Значит, количество упаковок,цвет которых красный или синий, равно 5 + 1 = 6.

Тогда вероятность того, что наугад вытащенная упаковка будет крас-

ной или синей, равна отношению 640= 320= 0,15.

Ответ: 0,15.11. Графиками всех функций, указанных в условии, являются гиперболы.

Графиком функции A) y = − 7x

будет гипербола, ветви которой рас-

положены во второй и четвёртой четвертях (−7 < 0). Поэтому графикомэтой функции будет 2), либо 3).

Значение функции A) при x = 1 равно−7. По графику функции, изоб-ражённому на рисунке 3), видим, что значение этой функции равно −7


при x = 1 (числу 1 соответствует половина клетки). По графику функции,изображённому на рисунке 2), видим, что значение этой функции не равно−7 при x = 1 (числу 1 соответствует половина клетки). Значит, функцииA) соответствует график 3).

Совершенно аналогично убеждаемся что функции Б) соответствуетграфик 2).

Графиком функции B) y = 7x

будет гипербола, ветви которой распо-

ложены в первой и третьей четвертях (7 > 0). Поэтому графиком этойфункции будет 1), либо 4).

Значение функции B) при x = 1 равно 7. По графику функции, изоб-ражённому на рисунке 1), видим, что значение этой функции равно 7 приx = 1 (числу 1 соответствует половина клетки). По графику функции,изображённому на рисунке 4), видим, что значение этой функции не равно7 при x = 1 (числу 1 соответствуют две клетки). Значит, функции В) соот-ветствует график 1).

Ответ: 321.12. Находим сумму первых семи членов по формуле:

Sn =b1(1− qn)1− q

, S7 =

35(1− 27)

1− 2 = 3815= 76,2.

Ответ: 76,2.13. Упрощаем выражение:

x− 2yx

:xy − 2y2

x2 =x− 2yx

:y(x− 2y)

x2 =

=(x− 2y) · x2

x · y · (x− 2y) =xy

.

Подставим в полученное выражение 5 вместо x и 5 вместо y.Получим 1.

Ответ: 1.14. Находим t из формулы Q = I2Rt.

t =QI2R

= 315062 · 25 =

3150900

= 3,5 (с).

Ответ: 3,5.


15. Решением неравенство 1) является промежуток (0; 8).Решением неравенства 2) является объединение двух интервалов:

(−∞;−8) ∪ (8;+∞).Решением неравенства 3) является объединение двух интервалов:

(−∞; 0) ∪ (8;+∞).

Ответ: 3.16. По условию CN = 128 : 2 = 64,NH = CN −HC = 64− 32 = 32.4CBH = 4NBH по двум катетам.Тогда ∠BCN = ∠BNC = 70◦, ∠BNA = 180◦ − ∠BNC =

= 180◦ − 70◦ = 110◦Ответ: 110.

17. S = a · h, где a — сторона ромба, и h — высота, опущенная на этусторону. Так как периметр ромба равен 32, то его сторона a равна 8.

Отсюда 40 = 8 · h, h = 5.Ответ: 5.

18. Введём необходимые обозначения на рис. 191. Тогда искомое рассто-яние — LK.

Рис. 191

Касательная a, проходящая через конец радиуса, перпендикулярнаOK. Так как CD ‖ a, то CD также перпендикулярна OK. Значит, CDтакже перпендикулярна LO. Тогда LD = LC = 20.

По теореме Пифагора LO =√OD2 − LD2 =

√292 − 202 = 21.

Отсюда LK = LO +OK = 21 + 29 = 50.Ответ: 50.


19. Достроим четырёхугольник до прямоугольника ABPD, как показанона рисунке 192.

Рис. 192

Тогда ABPD — прямоугольник и

SMNPQ = SABPD − SAMQ − SMBN − SQPD =

= 4 · 5− 12· 4 · 1− 1

2· 3 · 2− 1

2· 4 · 1 = 20− 2− 3− 2 = 13.

Ответ: 13.

20. Утверждение 1) не верно. Указанные ниже два равнобедренныхтреугольника, подобными не являются (см. рис. 193).

Рис. 193

Утверждение 2) верно, так как любые два диаметра окружности про-ходят через её центр.

Утверждение 3) верно. Прямоугольник является параллелограммом,а в нём диагонали точкой пересечения делятся пополам.

Ответ: 23.

21. f(x+ 2) = f(5), тогда x+ 2 = 5, x = 3.


f(5) = 54−3 = 51 = 5.Ответ: 5.

22. Обозначим скорость туриста на подъёме через x км/ч. Тогда ско-рость на спуске равна (x + 3) км/ч. Если спуск занял 3 часа, то подъёмзанял 7 − 3 = 4 (часа). Внесём эти данные в таблицу и заполним столбецS по формуле S = v · t.

v, км/ч t, ч S, кмПодъём x 4 4xСпуск x+ 3 3 3(x+ 3)

Всего турист прошёл 4x+ 3(x+ 3) км, что по условию равно 23 км.Составим уравнение и решим его.4x+ 3(x+ 3) = 23;7x = 23− 9;x = 2— это и есть значение искомой величины.Ответ: 2.

23. При x > −2 графиком является часть параболы y = x2−x с вершиной(0,5;−0,25). Для построения возьмём несколько дополнительных точек:

x −2 −1 0 1 2 3y 6 2 0 0 2 6

.

При x < −2 графиком служит часть прямой x+ 5 с выколотой точкой(−2; 3) и проходящая через точку (−5; 0) (см. рис. 194).

Ровно две общие точки прямая y = n имеет с графиками прямойy = x + 5 (x < −2) и параболы y = x2 − x (x > −2) при 3 6 n 6 6и n = −0,25.

Ответ: −0,25; [3; 6].24. Найдём сторону ромба: AD = AH +HD = 5+8 = 13. BH — высотаромба (см. рис. 195).

В прямоугольном треугольнике ABH катет BH найдём по теореме

Пифагора: BH =√

AB2 −AH2, BH =√

132 − 52 = 12.Ответ: 12.

25. По условию OP = OH = OQ, где OP ⊥ AB, OH ⊥ BC, OQ ⊥ CD(см. рис. 196).

Значит 4OBP = 4OBH по гипотенузе и катету, откуда∠OBP = ∠OBH , аналогично 4OHC = 4OCQ, значит∠OCH = ∠OCQ. Доказано, что O — точка пересечения биссек-трис углов B и C трапеции ABCD.


Рис. 194

Рис. 195

Рис. 196

26. Пусть в треугольнике ABC проведены биссектрисы AD, BE, CF ,I — точка пересечения биссектрис (см. рис. 197).

Пусть биссектриса AD делится точкой I в отношенииAI : ID = 17 : 10, а BC=22.

BI — биссектриса треугольника ABD, поэтому


B

D

A

E

C

I

F

Рис. 197

AB : BD = AI : ID = 17 : 10, AB = 1710BD.

CI — биссектриса треугольника ADC, поэтому

AC : DC = AI : ID = 17 : 10, AC = 1710DC.

Периметр треугольника ABC

P = AB +AC +BC = 1710(BD +DC) +BC = 17 · 22

10+ 22 = 59,4.

Ответ: 59,4.



1. В соответствии с условием о расположении объектов получаем, что дет-ская площадка обозначена цифрой 3, туалеты — цифрой 2, бадминтоннаяплощадка — цифрой 7 и кафе — цифрой 1.

Ответ: 3271.2. Площадь каждой клетки на рисунке равна 4 кв. м, поэтому на ней можноразместить 4 плитки. Клетки, на которые укладываются плитки, заштри-хованы. Подсчитываем число заштрихованных клеток по горизонтальнымполосам по порядку, двигаясь снизу вверх:

5 · 5 + 15 = 40.

Число плиток, которые покрывают эти клетки, равно 40 · 4 = 160.Делим 160 на 6 с остатком: 160 = 6 · 26 + 4. Получаем, что 26 упако-вок не хватает, чтобы выложить плиткой все дорожки и площадку передсценой, а 27 с запасом хватает.

Ответ: 27.3. Детская площадка состоит из двух прямоугольников, ширина одногоравна 2 · 2 = 4 м, а длина 8 · 2 = 16 м. Ширина другого равна2 · 2 = 4 м, а длина 3 · 2 = 6 м. Поэтому площадь детской площадкиравна 4 · 16 + 4 · 6 = 64 + 24 = 88 (кв. м).

Ответ: 88.4. Находим периметр детской площадки. Для этого подсчитаем сколькосторон клеток составляет периметр площадки и умножим на 2 (подсчётможно вести, начиная, например, с правой нижней точки площадки, дви-гаясь по часовой стрелке): (5 + 8 + 2 + 6 + 3 + 2) · 2 = 52 (м).

Ответ: 52.5. Находим затраты (в рублях) по остеклению витрин каждой из трёхфирм, в соответствии с указанной таблицей.

«Когито»:

20 · 0,8 · 370 = 5920; 5920 + 20 · 76 = 7440.

«Эрго»:

20 · 0,8 · 410 = 6560— резка бесплатно.

Без учёта резки получаем 6560 рублей.«Сум»:


20 · 0,8 · 430 = 6880; 6880 + 20 · 22 = 7320.

Самый дешёвый заказ обойдётся в 6560 рублей.Ответ: 6560.

6. 35,2− 21 : (−4,2) = 35, 2 + 5 = 40,2.Ответ: 40,2.

7. В соответствии с рисунком можно сделать вывод, что точке C соот-ветствует число, примерно равное 1,4. Из указанных чисел 1) − 4) такимчислом является число

√2, обозначенное цифрой 2) при этом

√0,8 < 1,√

8 >√4 = 2,

√12 >

√9 = 3.

Ответ: 2.8. По формуле разности квадратов получаем:

(√7−

√15)(

√7 +

√15) = (

√7)2 − (

√15)2 = 7− 15 = −8.

Ответ: −8.9. Точка A лежит на каждой из прямых: x − 3y = 4; 3x + y = 2. Находимкоординаты точки A, решая систему уравнений{

x− 3y = 4,3x+ y = 2.

Из первого уравнения x = 3y + 4. Подставляя полученное выражениедля x во второе уравнение, получим: 3(3y+4)+y = 2, 10y = −10, y = −1.

Тогда x = 3 · (−1) + 4 = 1.Ответ: 1.

10. По условию получаем, что в мешке оранжевых и синих квадратиковвместе будет 80− (32 + 28 + 16) = 4. Тогда в мешке два оранжевых и двасиних квадратика. Значит, квадратиков, цвет которых чёрный или оран-жевый будет 16 + 2 = 18.

Тогда вероятность того, что наугад вытащенный квадратик будет

чёрным или оранжевым, равна отношению 1880= 940= 0,225.

Ответ: 0,225.11. Графиками всех функций, указанных в условии, являются гиперболы.

Графиком функции A) y = 15x

является гипербола, ветви которой рас-

положены в первой и третьей четвертях (15> 0). Поэтому графиком этой

функции будет либо 2), либо 4).


Значение функции A) при x = 1 равно 15

. По графику функции, изоб-

ражённому на рисунке 2), видим, что значение этой функции равно при-

близительно 15

при x = 1 (числу 1 соответствует две клетки). По графику

функции, изображённому на рисунке 4), видим, что значение этой функ-

ции не равно 15

при x = 1 (числу 1 соответствует половина клетки). Значит

функции А) соответствует график 2).Совершенно аналогично убеждаемся что функции В) соответствует

график 4).

Графиком функции Б) y = − 15x

будет гипербола, ветви которой рас-

положены во второй и четвёртой четвертях (−15< 0). Поэтому графиком

этой функции будет 1) либо 3).

Значение функции Б) при x = 1 равно−15

. По графику функции, изоб-

ражённому на рисунке 1), видим, что значение этой функции равно−15

при

x = 1 (числу 1 соответствует две клетки). По графику функции, изобра-

жённому на рисунке 3), видим, что значение этой функции не равно −15

при x = 1 (числу 1 соответствует половина клетки). Значит, функции Б)соответствует график 1).

Ответ: 214.12. Находим сумму первых четырёх членов по формуле:

Sn =b1(1− qn)1− q

, S4 =

13(1− 54)

1− 5 = 62412= 52.

Ответ: 52.13. Упрощаем выражение:

x− 5yx

:xy − 5y2

x2 =x− 5yx

:y(x− 5y)

x2 =

=(x− 5y) · x2

x · y · (x− 5y) =xy

.


Подставим в полученное выражение 7 вместо x и 7 вместо y.Получим 1.

Ответ: 1.14. Находим R из формулы Q = I2Rt.

R =QI2t

= 12 91552 · 42 =

12 9151050

= 12,3 (Ом).

Ответ: 12,3.15. Решением неравенства 1) является промежуток (−10; 10).

Решением неравенства 2) является объединение двух интервалов:(−∞; 0) ∪ (10;+∞).

Решением неравенства 3) является промежжуток (0; 10).

Ответ: 3.16. Из условия BF = 88 : 2 = 44,HF = BF −BH = 44− 22 = 22.∆CBH = ∆CFH по двум катетам.

Тогда ∠CBH = ∠CFH = 68◦, ∠CFA = 180◦ − ∠CFH == 180◦ − 68◦ = 112◦.

Ответ: 112.17. Высотой ромба по рисунку из условия задачи является BH .Но BH является катетом прямоугольного треугольника, лежащим противугла 30◦. Тогда BH равен половине гипотенузы, которая равна 8. Значит,высота ромба равна 4.

Ответ: 4.18. Введём необходимые обозначения на рис. 198. Тогда искомое рассто-яние — LK.

Рис. 198


Касательная a, проходящая через конец радиуса, перпендикулярнаOK. Так как CD ‖ a, то CD также перпендикулярна OK. Значит, CDтакже перпендикулярна LO. Тогда LD = LC = 22 : 2 = 11.

По теореме Пифагора LO =√OD2 − LD2 =

√612 − 112 = 60.

Отсюда LK = LO +OK = 61 + 60 = 121.Ответ: 121.

19. Площадь параллелограмма равна произведению основанияMN на высоту AP

Рис. 199

SMNPQ =MN ·AP = 2 · 8 = 16.Ответ: 16.

20. Утверждение 1) верно. Если бы каждый угол в треугольнике былбольше 60◦, то сумма углов треугольника была бы больше 180◦, чтоневерно.

Утверждение 2) верно, так как является известным утверждением изкурса геометрии.

Утверждение 3) не верно. Например, в равнобедренной трапе-ции ABCD, изображённой на указанном ниже рисунке 200, это свойствоне выполняется.

Ответ: 12.21. f(9) = f(x− 3), x− 3 = 9, x = 12.

f(12− 3) = 412−8 = 44 = 256.Ответ: 256.

22. Обозначим скорость Кости на спуске через x км/ч. Тогда скоростьна подъёме равна (x−2) км/ч, отсюда ясно, что x > 2. Если подъём занял


Рис. 200

1 час, то спуск занял 4 − 1 = 3 (часа). Внесём эти данные в таблицу изаполним столбец S по формуле S = v · t.

v, км/ч t, ч S, кмПодъём x− 2 1 x− 2Спуск x 3 3x

Всего Костя прошёл (x− 2) + 3x км, что по условию равно 22 км.

Составим уравнение и решим его.

(x− 2) + 3x = 22;4x = 24;

x = 6— это и есть значение искомой величины.

Ответ: 6.

23. При x > 1 графиком является часть параболы y = x2−3x с вершиной(1,5;−2,25), для построения возьмём несколько дополнительных точек:

x 1 2 3 4y −2 −2 0 4

;

при x < 1 графиком функции служит часть прямой y = 4 + 4 с выко-лотой точкой (1; 5), проходящей через точку (−4; 0) (см. рис. 201).

Из рисунка видно, что при a = −2,25 прямая y = a имеетс графиком две общие точки, при−2,25 < a 6 −2— три общие точки,при−2 < a < 5— две точки. Итак, a = −2,25; −2 < a < 5 прямая y = aимеет с графиком функции две общие точки (см. рис. 201).

Ответ: {−2,25}; (−2; 5).24. Найдём сторону ромба:AD = AH+HD = 7+18 = 25.BH — высотаромба (см. рис. 202).

В прямоугольном треугольнике ABH катет BH найдём по теореме

Пифагора: BH =√

AB2 −AH2, BH =√

252 − 72 = 24.Ответ: 24.


Рис. 201

Рис. 202

25. BO — биссектриса угла ABC, значит её точка равноудалена от егосторон (см. рис. 203). OF = OE. Аналогично OF = OP , значит O равно-удалена от прямых AD, AB и BC.

Рис. 203


26. Пусть в треугольнике ABC проведены биссектрисы AD, BE, CF ,I — точка пересечения биссектрис (см. рис. 204).

Пусть биссектриса AD делится точкой I в отношенииAI : ID = 24 : 13, а BC=26.

B

D

A

E

C

I

F

Рис. 204

BI — биссектриса треугольника ABD, поэтому

AB : BD = AI : ID = 24 : 13, AB = 2413BD.

CI — биссектриса треугольника ADC, поэтому

AC : DC = AI : ID = 24 : 13, AC = 2413DC.

Периметр треугольника ABC

P = AB +AC +BC = 2413(BD +DC) +BC = 24 · 26

13+ 26 = 74.

Ответ: 74.



1. В соответствии с условием о расположении объектов получаем, чтокачели обозначены цифрой 8, поле для мини-футбола — цифрой 4, ве-рёвочный комплекс — цифрой 3 и песочница — цифрой 7.

Ответ: 8437.2. Площадь песочницы равна 16 м2. Засыпав её слоем песка 20 см, полу-чим прямоугольный параллелепипед, у которого площадь основания рав-на 16 кв.м, а высота равна 0,2 м. Тогда его объём равен

16 · 0,2 = 3,2 (куб. м).

Ответ: 3,2.3. Игровой комплекс для малышей (5) имеет форму прямоугольника, дли-на которого, как видно по рисунку из условия задачи, равна 2 · 4 = 8 м,а ширина — 2 · 3 = 6 м. Поэтому площадь игрового комплекса равна8 · 6 = 48 (кв. м).

Ответ: 48.4. Длину диагонали находим по теореме Пифагора, как длину гипотену-зы прямоугольного треугольника, катеты которого равны 2 · 6 = 12 м, аширина — 2 · 8 = 16 м:√

122 + 162 =√144 + 256 =

√400 = 20 (м).

Ответ: 20.5. Находим площади всех участков, которые планируют вымостить рези-новым бесшовным покрытием.

Площадка для малышей без песочницы, но с беговой дорожкой:20 · 18− 16 = 344 кв.м.Суммарная площадь комплекса уличных тренажеров, площадки для

активных игр, поля для мини-футбола и верёвочного комплекса:(2 · 10) · (2 · 1) + (2 · 4) · (2 · 3) + (2 · 6) · (2 · 8)++(2 · 3) · (2 · 3) = 40 + 48 + 192 + 36 = 316 кв.м.Суммарная площадь, которую надо вымостить равна344 + 316 = 660 кв. м. Поэтому за один квадратный метр необходимо

в соответствии с заданной таблицей платить 1400 рублей.Площади мощения площадки для малышей и для школьников раз-

личаются на число 344 − 316 = 28. Тогда стоимости работ отличаютсяна 28 · 1400 = 39 200 рублей.

Ответ: 39 200.


6.5,2

4− 45

=5,2

165

=5,2 · 516

= 2616= 138= 1,625.

Ответ: 1,625.7. В соответствии с рисунком можно сделать вывод, что точке S соот-ветствует число, примерно равное 2,2. Из указанных чисел 1) − 4) таким

числом является число 4119= 2 3

19, обозначенное цифрой 3).

Ответ: 3.8. По свойствам степеней получаем:

(√7)4 − (

√11)2 = ((

√7)2)2 − (

√11)2 = 72 − 11 = 49− 11 = 38.

Ответ: 38.9. Согласно условию надо решить уравнение:

(12x−7)−(5x−14) = 0, 12x−7−5x+14 = 0, 7x = −7, x = −77= −1.

Ответ: −1.10. Так как на 1000 родившихся младенцев в среднем пришлось512 девочек, то на 1000 родившихся младенцев в среднем пришлось1000 − 512 = 488 мальчиков. Значит, частота рождения мальчиков равна4881000

= 0,488.

Тогда разность 0,515− 0, 488 = 0,027.Ответ: 0,027.

11. Графиком функции на рисунке А) является парабола. Среди формул 1)-4) только формула 4) задаёт параболу, поэтому графику А) соответствуетформула 4).

Графиком функции на рисунке Б) является прямая линия. Среди фор-мул 1) -4) только формула 3) задаёт прямую линию, поэтому графику Б)соответствует формула 3).

Графиком функции на рисунке В) является гипербола, ветви которойрасположены во второй и четвёртой четверти. Среди формул 1) -4) толь-ко формула 2) задаёт такую гиперболу, поэтому графику В) соответствуетформула 2).

Ответ: 432.12. Так как bn+1 = −6bn, то знаменателем прогрессии q является чис-ло −6. Тогда, пользуясь формулой общего члена bn = b1 · qn−1 и тем, чтоb1 = −2, получаем:


b6 = (−2) · (−6)5 = 2 · 65 = 2 · 36 · 36 · 6 = 15 552.Ответ: 15 552.

13. Упрощаем выражение:

1a− a+ 7y

7ay=7y − (a+ 7y)

7ay=7y − a− 7y

7ay=

= −a7ay

= −17y

.

Подставим в полученное выражение 17

вместо y. Получим−1.Ответ: −1.

14. Находим q1 из формулы F = kq1q2r2 .

q1 =Fr2

kq2=

2,1 · 30029 · 109 · 0,0003 =

2,1 · 9 · 1049 · 3 · 105 = 9 · 21 · 10

3

27 · 105 =

= 7102

= 0,07 (Кл).

Ответ: 0,07.15. Решаем неравенство 5x − x2 < 0 графически. Графиком функцииy = 5x−x2 является парабола, ветви которой направлены вниз, и корнямиуравнения 5x− x2 = 0 являются числа 0 и 5 (см. рис. 205).

Рис. 205


Поэтому решением неравенства является объединение двух интерва-лов: (−∞; 0) ∪ (5;+∞).

Именно это множество изображено на рисунке.

Ответ: 2.

16. По условию ∠FAP = ∠PAN = 37◦.Тогда ∠FAN = 2 · 37◦ = 74◦.

Отсюда ∠FAM = 180◦ − ∠FAN = 180◦ − 74◦ = 106◦.

Ответ: 106.

17. Так как ∠B = 90◦ и ∠AKB = 45◦, то ∠KAB = 45◦. Отсюда следует,что треугольник ABK — равнобедренный и BK = AB = 20. Следова-тельно, KC = BC −BK = 41− 20 = 21.

Находим теперь KD по теореме Пифагора:

KD =√KC2 + CD2 =

√212 + 202 =

√841 = 29.

Ответ: 29.

SN = x = 324− 14418

= 10.

18. Касательная перпендикулярна радиусу OA, а ∠A, изобра-жённый на рисунке 138 в условии задачи, равен 77◦. Поэтому∠FAO = 90◦ − 77◦ = 13◦.

Но треугольник FOA — равнобедренный (OF = OA). Поэтому∠OFA = 13◦.

Ответ: 13.

19. По рисунку определяем, что основание треугольника равно 13, а вы-

сота равна 3. Поэтому площадь треугольника равна: 12· 13 · 3 = 19,5.

Ответ: 19,5.

20. Диаметр стягивает дугу 180◦, а вписанный угол измеряется половинойдуги, на которую он опирается. Значит, вписанный угол равен 90◦. Поэто-му утверждение 1) верно.

Прямоугольник является параллелограммом с равными диагоналями.Однако не всякий прямоугольник является ромбом. Поэтому утвержде-ние 2) не верно.

Утверждение 3) верно, так как сумма всех внутренних углов треуголь-ника равна 180◦. Один тупой угол больше 90◦, поэтому каждый из остав-шихся двух углов острый (меньше 90◦).

Ответ: 13.


21.9x− 16y3√x− 4√y −

√y =

(3√x− 4√y)(3√x+ 4√y)3√x− 4√y −√y =

= 3√x+ 4

√y −√y = 3(√x+√y) = 3 · 11 = 33.

Ответ: 33.

22. Обозначим расстояние, пройденное вторым автомобилем до меставстречи, через x км, тогда расстояние, пройденное первым автомобилем,

равно (370− x) км. Составим таблицу, учитывая формулу t = Sv

.

S, км v, км/ч t, ч

Первый 370− x 60 370− x60

Второй x 80 x80

Первый автомобилист делал остановку на 15 минут, значит время дви-жения второго на 15 минут больше времени движения первого. Соглас-но таблице время измеряется в часах, поэтому переведём 15 мин в часы:

15 мин= 14

ч.


x80− 370− x

60= 14

;

3x− 4(370− x) = 60;

7x = 1540;

x = 220.

Ответ: 220.

23. При x < −2 графиком является часть прямой y = x + 5 с выколотойточкой (−2; 3) и проходящей через точку (−5; 0).

При −2 6 x 6 2 графиком функции служит отрезок прямойy = −0,5x+ 4, концами которого являются точки (−2; 5) и (2; 3).

При x > 2 графиком функции служит часть прямой y = 0,5x− 2 с вы-колотой точкой (2;−1) и проходящей через точку (4; 0) (см. рис. 206 нас. 202).

Из рисунка видно, что прямая y = m имеет с графиком ровно две об-щие точки, если −1 < m 6 5.

Ответ: (−1; 5].


Рис. 206

24. Суммы противоположных сторон описанного четырёхугольника рав-ны, поэтому сумма длин оснований равна 28, а длина средней линии —

14.Ответ: 14.

25. 4AMK = 4BMN = 4CKN по первому признаку равенства тре-угольников (см. рис. 207). Действительно, ∠A = ∠B = ∠C = 60◦;AM = BN = CK, BM = CN = AK. Значит, MN = NK = KM ,что и требовалось доказать.

Рис. 207

26. Продолжим боковые стороны KL и MN до пересечения в точке O,P — точка касания MN и окружности (см. рис. 208 на с. 203).

Треугольник OLM подобен треугольнику OKN (LM ‖ KN ), поэтомуOL : OK = LM : KN = 10 : 30 = 1 : 3, KL = KO − LO = 2OL,


Рис. 208

OL = KL2= 16 : 2 = 8, OK = OL + LK = 8 + 16 = 24. По теореме

о касательной и секущей OP 2 = OL ·OK = 8 · 24 = (8√3)2.

В4KON имеем ∠LKN +∠MNK = 90◦, значит, угол KON прямой.

Поэтому из треугольника OLP tg∠OPL = OL : OP = 88√3= 1√

3,

∠OPL = 30◦.

Аналогично из треугольникаOPK tg∠OPK = OK : OP = 248√3=√3,

∠OPK = 60◦, ∠LPK = ∠OPK − ∠OPL = 30◦.

По теореме синусов R = KL2 sin∠LPK

= 16

2 · 12

= 16.

Ответ: 16.


1. В соответствии с условием о расположении объектов на рисунке по-лучаем, что площадка с турниками и тренажёрами обозначена цифрой 4,корабль — цифрой 7, карусель — цифрой 5 и песочница — цифрой 1.

Ответ: 4751.2. Площадь песочницы равна 16. кв.м. Засыпав её слоем песка 30 см,получим прямоугольный параллелепипед, у которого площадь основанияравна 16 кв.м, а высота равна 0,3 м. Тогда его объём равен

16 · 0,3 = 4,8 (куб. м).


Ответ: 4,8.

3. Игровой комплекс для малышей, обозначенный цифрой 3, составлениз двух прямоугольных площадок прямоугольной формы. Длина первогопрямоугольника равна 12 м, а ширина — 4 м. Длина второго — равна 6 м,а ширина — 4 м. Поэтому площадь, занятая игровым комплексом, равна:12 · 4 + 6 · 4 = 72 (кв.м).

Ответ: 72.

4. Длину диагонали находим по теореме Пифагора, как длину гипотенузыпрямоугольного треугольника, катеты которого равны 2 · 6 = 12 м, а ши-рина — 2 · 8 = 16 м:√

122 + 162 =√144 + 256 =

√400 = 20 (м).

Ответ: 20.

5. Находим площади всех участков, которые планируют покрыть искус-ственным газоном.

Площадка для малышей без песочницы:8 · 38− 16 = 304− 16 = 288 (кв.м).

Площадка для активных игр обозначена цифрой 8 имеет форму прямо-угольника, длина которого равна 16 м, а ширина−12 м. Её площадь равна16 · 12 = 192 (кв.м).

Суммарная площадь равна: 288 + 192 = 480 (кв.м).

Ширина искусственного газона в метрах равна 2 м. Поэтому при по-купке одного метра (в длину) такого газона получаем площадь 2 кв.м.Для мощения всех указанных зон его понадобится 480 : 2 = 240 м. То-гда стоимость мощения искусственным газоном в метрах в соответствиис приведённой таблицей равна:

240 · 910 + 3850 + 5790 = 228 040 (рублей).

Площадь газона в одном рулоне равна 20 · 2 = 40 (кв.м). Для мо-щения всех указанных зон его понадобится 480 : 40 = 12 (рулонов).Тогда стоимость мощения искусственным газоном в рулонах в соответ-ствии с приведённой таблицей равна:

12 · 27 600 + 3850 + 5790 > 10 · 27 600 = 276 000 > 228 040.Ответ: 228 040.

6.4,7

3− 29

=4,7

259

=4,7 · 925

=42,325

= 423250

= 1,692.

Ответ: 1,692.


7. В соответствии с рисунком можно сделать вывод, что точке L соот-ветствует число, примерно равное 0,9. Из указанных чисел 1) − 4) таким

числом является число 911

, обозначенное цифрой 1).

Ответ: 1.8. По свойствам степеней получаем:

(√8)4 − (

√19)2 = ((

√8)2)2 − (

√19)2 = 82 − 19 = 64− 19 = 45.

Ответ: 45.9. Согласно условию надо решить уравнение:

(13x−6)−(4x−15) = 0; 13x−6−4x+15 = 0; 9x = −9, x = −99= −1.

Ответ: −1.10. Так как на 1000 родившихся младенцев в среднем пришлось 582 маль-

чика, то частота рождения мальчика равна 5821000

= 0,582.

По условию вероятность рождения мальчика равна 1− 0,462 = 0,538.Тогда искомая разность равна 0,582− 0,538 = 0,044.Ответ: 0,044.

11. Графиком функции на рисунке А) является прямая линия. Среди фор-мул 1) -4) только формула 3) задаёт прямую линию, поэтому графику А)соответствует формула 3).

Графиком функции на рисунке Б) является парабола, ветви которойнаправлены вверх. Среди формул 1) -4) только формула 4) задаёт пара-болу, ветви которой направлены вверх, поэтому графику Б) соответствуетформула 4).

Графиком функции на рисунке В) является гипербола. Среди фор-мул 1) -4) только формула 1) задаёт такую гиперболу, поэтому графику В)соответствует формула 1).

Ответ: 341.12. Так как bn+1 = −2bn, то знаменателем q прогрессии является число−2. Тогда, пользуясь формулой общего члена bn = b1 · qn−1 и тем, чтоb1 = 5, получаем: b8 = 5 · (−2)7 = −5 · 128 = −640.

Ответ: −640.13. Упрощаем выражение:

1b− b+ 9y

9by=9y − (b+ 9y)

9by=9y − b− 9y

9by=


= −b9by

= −19y

.

Подставим в полученное выражение 19

вместо y. Получим−1.Ответ: −1.

14. Находим q2 из формулы F = kq1q2r2 .

q2 =Fr2

kq1= 720 · 3529 · 109 · 0,007 =

720 · 3529 · 7 · 106 =

720 · 1759 · 106 =

= 80 · 175106

= 8 · 175105

= 0,014 (Кл).

Ответ: 0,014.15. Решаем неравенство 4x − x2 > 0 графически. Графиком функцииy = 4x−x2 является парабола, ветви которой направлены вниз, и корнямиуравнения 4x− x2 = 0 являются числа 0 и 4 (см. рис. 209).

Рис. 209

Поэтому решением неравенства является интервал: (0; 4).Именно это множество изображено на рис. 4).Ответ: 4.

16. По условию ∠KBN = ∠KBC = 43◦.Тогда ∠NBC = 2 · 43◦ = 86◦.Отсюда ∠CBM = 180◦ − ∠NBC = 180◦ − 86◦ = 94◦.Ответ: 94.

17. Так как ∠AEC = 135◦, то ∠CED = 45◦. Но ∠D = 90◦

и ∠CED = 45◦, поэтому ∠ECD = 45◦. Отсюда следует, что тре-угольник ECD — равнобедренный и ED = DC = 3. Следовательно,AE = AD − ED = 7− 3 = 4.

Находим теперь BE по теореме Пифагора:BE =

√AB2 +AE2 =

√42 + 32 =

√25 = 5.

Ответ: 5.


18. Касательная перпендикулярна радиусу OB, а ∠B, изображённый нарисунке, равен 79◦. Поэтому ∠ZBO = 90◦ − 79◦ = 11◦. Но треугольникZOB — равнобедренный (ZO = OB). Поэтому ∠OZB = 11◦.

Ответ: 11.19. По рисунку определяем, что основание треугольника равно 5, а высота

равна 3. Поэтому площадь треугольника равна: 12· 5 · 3 = 7,5.

Ответ: 7,5.20. Утверждение 1) верно по определению остроугольного треугольника.

Утверждение 2) является известной теоремой из школьного курса.Утверждение 3) не верно. Критерием того, что четырёхугольник можно

вписать в окружность, является равенство 180◦ суммы его противопо-ложных углов. Нетрудно представить себе параллелограмм, у которогопротивоположные углы равны по 30◦. Тогда их сумма не равна 180◦.

Ответ: 12.

21. 16a− 25b4√a− 5

√b−√b =

(4√a− 5

√b)(4

√a+ 5

√b)

4√a− 5

√b

−√b = 4

√a+5

√b−√b =

= 4(√a+

√b) = 4 · 5 = 20.

Ответ: 20.22. Обозначим расстояние, пройденное первым велосипедистом до меставстречи через x км, тогда расстояние, пройденное вторым велосипедистомравно (120− x) км — это и есть искомое расстояние. Впишем скорости и

расстояния в таблицу и заполним клетки для t, по формуле t = Sv

.

v, км/ч t, ч S, км

Первый 18 x18

x

Второй 21 120− x21

120− x

Второй велосипедист сделал остановку на 10 минут, значит время дви-жения первого на 10 минут больше времени движения второго. Соглас-но таблице время измеряется в часах, поэтому переведём 10 мин в часы:

10 мин= 16

ч.


x18− 120− x

21= 16

;


7x− (120− x) · 63 · 6 · 7 = 21

3 · 6 · 7 ;

7x− (120− x) · 6 = 21;13x = 741;

x = 57.

Искомое расстояние равно 120− 57 = 63 (км).

Ответ: 63.

23. При x < −3, y = x + 4, графиком является часть прямой,x −4 −3y 0 1

, точка (−3; 1)— выколотая.

При −3 6 x 6 4, y = −x + 3, графиком является часть прямой,x −3 4y 6 −1 .

При x > 4 y = x − 1 графиком является часть прямой,x 4 6y 3 5

точка (4; 3)— выколотая (см. рис. 210).

Рис. 210


Из рисунка видно, что ровно две общие точки прямая y = a имеет сграфиком при −1 6 a < 1, a > 3 и 3 < a 6 6. Следовательно, −1 6 a < 1и 3 < a 6 6.

Ответ: [−1; 1) ∪ (3; 6].24. Суммы противоположных сторон описанного четырёхугольника рав-ны, поэтому сумма длин оснований равна 21, а длина средней линии —

10,5.

Ответ: 10,5.

25. 4KPR = 4LPQ = 4MRQ по 1-му признаку равенства треуголь-ников (см. рис. 211).

Рис. 211

Действительно, ∠K = ∠L = ∠M = 60◦; KP = LQ =MR,LP =MQ = KR. Значит PQ = QR = RP , что и требовалось доказать.

26. Продолжим боковые стороны AD и BC до пересечения в точке O иобозначим точку касания окружности и BC за P (см. рис. 212).

Треугольник OCD подобен треугольнику OBA, поэто-му OD : OA = DC : AB = 7 : 21 = 1 : 3,

AD = AO − OD = 2OD,OD = AD2

= 10 : 2 = 5,

OA = OD + AD = 5 + 10 = 15. По теореме об отрезках касательной исекущей OP 2 = OD ·OA = 5 · 15 = (5

√3)2.

В трапеции ABCD сумма всех углов равна 360◦, значит сумма угловпри основании AB равна 360◦ − 270◦ = 90◦.

Так как сумма углов ∠DAB + ∠CBA = 90◦, то угол AOB прямой.

Поэтому из треугольника ODP tg∠OPD = OD : OP = 55√3= 1√

3,

∠OPD = 30◦.


A B

P

CD

O

Рис. 212

Аналогично из треугольникаOPA tg∠OPA = OA : OP = 155√3=√3,

∠OPA = 60◦, ∠APD = ∠OPA− ∠OPD = 30◦.Искомый радиус найдём по формуле

R = AD2 sin∠APD

= 10

2 · 12

= 10.

Ответ: 10.


1. В соответствии с условием о расположении объектов на рисунке по-лучаем, что салон сотовой связи обозначен цифрой 3, магазин бытовойтехники — цифрой 6, «Обувь» — цифрой 1 и «Игрушки» — цифрой 5.

Ответ: 3615.2. Магазин «Продукты» (обозначен цифрой 8) имеет форму прямоуголь-ника, длина которого равна 9 · 5 = 45, а ширина −3 · 5 = 15 м. Тогдапериметр этого прямоугольника равен 90 + 30 = 120 м. Значит, площадьвсех стен равна 120 · 4 = 480 кв.м. Но дверь, площадью 8 кв.м не требуетоблицовки, поэтому облицовке подлежат 480− 8 = 472 кв.м.

Делим теперь 472 на 7 с остатком: 472 = 7 ·67+3. Значит, 67 упаковокне хватит для облицовки, а 68 хватит с запасом.

Ответ: 68.3. Магазин женской одежды обозначен цифрой 7. Его основание состав-лено из двух прямоугольников. У одного прямоугольника длина равна7 · 5 = 35 (м), а ширина — 3 · 5 = 15 (м).


У другого прямоугольника длина равна 3 · 5 = 15 (м), а ширина —

2 · 5 = 10 (м). Поэтому площадь, занимаемая магазином женской одежды,равна: 35 · 15 + 15 · 10 = 675 (кв.м).

Ответ: 675.4. Расстояние между выделенными точками равно, как видно из рисунка,длине гипотенузы прямоугольного треугольника, катеты которого равны5 · 4 = 20 м и 5 · 3 = 15 м.

Находим гипотенузу по теореме Пифагора:√202 + 152 =

√400 + 225 =

√625 = 25 (м).

Ответ: 25.5. Находим прибыль при показе рекламных роликов на Youtube:3 · 150 000 · 0,22− 10 000− 30 000 = 59 000 (рублей).Находим прибыль при использовании ТВ-роликов:3 · 300 000 · 0,23− 40 000− 90 000 = 77 000 (рублей).Находим прибыль при использовании рекламных щитов:3 · 600 000 · 0,08− 3000− 50 000 = 91 000 (рублей).Наибольшая прибыль равна 91 000 рублей.Ответ: 91 000.

6.3,6

5,7− 6,9 =3,6−1,2 = −

3612= −3.

Ответ: −3.7. Неравенство 1) неверно при x = 5 и y = 3, хотя x > y.

Неравенство 2) верно. Действительно, по свойствам неравенств по-следовательно получаем:−x < −y, y − x < 0 < 2.

Неравенство 3) неверно при x = 4 и y = 3, хотя x > y.Неравенство 4) неверно, так как по свойствам неравенств x − y > 0,

а 0 не меньше −2 .Ответ: 2.

8. По формуле разности квадратов получаем:√1012 − 992 =

√

(101− 99) · (101 + 99) =√2 · 200 =

=√400 = 20.

Ответ: 20.9. Выносим 3x за скобки в левой части уравнения, получим: 15x2+6x = 0,3x(5x + 2) = 0. Отсюда либо x = 0, либо x = −0,4, Бо́льшим корнемявляется x = 0.

Ответ: 0.10. Находим относительную частоту попаданий у каждого стрелка:

1. 2250= 0,44;


2. 1640= 0,4;

3. 3870= 0, 54 . . .;

4. 3460= 0,56 . . ..

У четвёртого стрелка частота попаданий выше.Ответ: 4.

11. Угловой коэффициент k прямой вида y = kx + b, изображённой нарисунке А), меньше нуля, так как эта прямая образует тупой угол с поло-жительным направлением оси абсцисс. Число b, являющееся значениемфункции при x = 0, как видно из рисункаб больше нуля. Поэтому графикуА) соответствует номер 3).

Угловой коэффициент k прямой вида y = kx + b, изображённой нарисунке Б), больше нуля, так как эта прямая образует острый угол с по-ложительным направлением оси абсцисс. Число b, являющееся значениемфункции при x = 0, как видно из рисунка, больше нуля. Поэтому графикуБ) соответствует номер 1).

Угловой коэффициент k прямой вида y = kx + b, изображённой нарисунке В), больше нуля, так как эта прямая образует острый угол с по-ложительным направлением оси абсцисс. Число b, являющееся значениемфункции при x = 0, как видно из рисунка меньше нуля. Поэтому графикуB) соответствует номер 2).

Ответ: 312.

12. Из условия следует, что знаменатель прогрессии q равен 12

,

b1 =8962= 448.

Тогда, пользуясь формулой суммы первых n членов: Sn =b1(1− qn)1− q

,

находим S6 =

448(

1−(

12

)6)

1− 12

= 448 · 2 ·(

1− 164

)

=

= 448 · 2 · 6364

= 882.

Ответ: 882.


13. Упрощаем выражение:

5a7b− 25a

2 + 49b2

35ab+ 7b− 5a

5a=

=5a · 5a− (25a2 + 49b2) + 7b · (7b− 5a)

35ab=

= 25a2 − 25a2 − 49b2 + 49b2 − 35ab

35ab= −35ab35ab

= −1.

Ответ: −1.14. Подставляем в формулу F = 1,8C + 32 вместо буквы C число 95.Получим F = 1,8C + 32 = 1,8 · 95 + 32 = 203

Ответ: 203.15. Решаем равносильное неравенство x2− 25 > 0 графически. Графикомфункции y = x2−25 является парабола, ветви которой направлены вверх,и корнями уравнения x2 − 25 = 0 являются числа−5 и 5 (см. рис.213).

Рис. 213

Поэтому решением неравенства является объединение двух интерва-лов: (−∞;−5) ∪ (5;+∞).

Это соответствует рисуку 1).Ответ: 1.

16. Прямоугольные треугольники ABH и CBH равны по двум ка-тетам. Поэтому BC = AB. Отсюда следует, что треугольникABC — равносторонний. Поэтому все его углы равны по 60◦. Значитcos∠A = cos 60◦ = 0,5.

Ответ: 0,5.17. Опустим перпендикулярны BK и CL на большее основание AD (см.

рис. 214). Тогда AK = LD = 21− 92

= 6, AL = 15.


Находим CL по теореме Пифагора из4CLD:CL =

√CD2 − LD2 =

√102 − 62 = 8.

Рис. 214

Находим AC по теореме Пифагора из4ALC:AC =

√AL2 + LC2 =

√152 + 82 = 17.

Ответ: 17.

18. Касательные MN и MP перпендикулярны соответственно радиусамNO и PO. Значит, в четырёхугольнике MPON два угла N и P равныпо 90◦, а угол M равен по условию 79◦. Так как сумма внутренних угловчетырёхугольника равна 360◦, то ∠PON = 360◦−(79◦+90◦+90◦) = 101◦.

Ответ: 101.

19. По рис. 152 определяем, что основание параллелограмма равно 5, авысота равна 4. Поэтому площадь параллелограмма равна 5 · 4 = 20.

Ответ: 20.

20. Докажем, что утверждение 1) верно. Рассмотрим параллелограммABCD, в котором диагонали AC и BD равны (см. рис. 215).

Рис. 215

Тогда треугольники ACD и ABD равны по трём сторонам и в них рав-ны углы A и D. По свойству параллелограмма ∠A+ ∠D = 180◦, поэтому∠A = ∠D = 90◦. Значит, ABCD — прямоугольник.


Если один из двух смежных углов острый, то есть меньше 90◦, то вто-рой больше 90◦, так как смежные углы в сумме составляют 180◦. Поэтомуутверждение 2) верно.

Утверждение 3) не верно, так как есть хорды, меньшие диаметра.Ответ: 12.

21. 3a− 4b+ 95a− 3b+ 7 = 4, 3a− 4b+ 9 = 4(5a− 3b+ 7), (5a− 3b+ 7) 6= 0.3a−4b+9−20a+12b−28 = 0,−17a+8b−19 = 0, 17a−8b+19 = 0.Значит, выражение (17a− 8b+ 19)− 4 = 0− 4 = −4.Ответ: −4.

22. Примем работу по переноске книг за единицу и обозначим производи-тельности Кости, Юры и Пети заPК,PЮ иPП соответственно. По условиюзадачи составим таблицу так, чтобы в каждой строке выполнялась форму-ла A = P · t.

Работа, A Производительность, P Время, t

Костя и Петя 1 148

48

Костя и Юра 1 140

40

Юра и Петя 1 160

60

Костя, Юра и Петя 1 PК + PЮ + PП ?

Так как при совместной работе производительности складываются, тополучим систему

PК + PП =148,

PК + PЮ = 140,

PП + PЮ = 160.

Не будем решать эту систему, а сложим все уравнения, получим

2(PК + PЮ + PП) =148+ 140+ 160= 5 + 6 + 4

240= 116

.

Отсюда (PК + PЮ + PП) =132

и искомое время равно 32 минутам.

Ответ: 32.23. Общие точки прямой y = 4x и графика функции y = x2 + n опре-деляются из уравнения x2 + n = 4x. Такая точка одна, если уравнение


x2 + n − 4x = 0, x2 − 4x + n = 0 имеет один корень, при этом его дис-криминант D = 16− 4n должен быть равен нулю. Получаем: 16− 4n = 0,n = 4.

Построим график параболы y = x2 + 4 с вершиной (0; 4) и графикпрямой y = 4x (см. рис. 216).

Рис. 216

Видим, что прямая y = 4x имеет с графиком функции y = x2+4 ровноодну общую точку (2; 8).

Ответ: 4.

24. По свойству касательной и секущей AB2 = AC ·AT (см. рис. 217).

Рис. 217

144 = 48 ·AT , AT = 3. Диаметр TC = AC −AT = 45.

Ответ: 45.

25.4LAB ∼ 4LCD по двум углам (см. рис. 218).


Рис. 218

Действительно, ∠L — общий, ∠LDC + ∠ADC = 180◦ как смежные,а ∠ABC +∠ADC = 180◦ как сумма противоположных углов вписанногочетырёхугольника, откуда ∠LDC = ∠ABC, при этом ∠ABL = ∠ABC.26. Точка S равноудалена от вершин четырёхугольника, значит, четырёх-угольник KLMN вписанный, а KN — диаметр описанной окружности.Проведём диагонали четырёхугольника и обозначим точку их пересечениябуквой P (см. рис. 219).

Рис. 219

∠KLN и ∠KMN — прямые, как вписанные и опирающиеся на диа-метр. Значит, ∠NLM = ∠KLM − 90◦ = 118◦ − 90◦ = 28◦ и∠KML = ∠NML− 90◦ = 107◦ − 90◦ = 17◦.

NK — диаметр, поэтому ^ NK= 180◦.

^ NM= 2∠NLM = 56◦,

^ KL= 2∠KML = 34◦,

^ LM=^ NK −^ NM −^ KL= 180◦ − 56◦ − 34◦ = 90◦,


∠LKM =^ML

2= 45◦.


2R = LMsin∠LKM

= 14sin 45◦

= 14√2,

KN = 2R = 14√2.

Ответ: 14√2.


1. В соответствии с условием о расположении объектов на рисунке по-лучаем, что магазин косметики (обозначен цифрой 2) ювелирная мастер-ская — цифрой 7, магазин светильников – цифрой 5 и магазин продук-тов — цифрой 8.

Ответ: 2758.2. Магазин косметики (обозначен цифрой 2, имеет форму прямоугольника,его длина равна 5 ·4 = 20 м, а ширина — 4 ·4 = 16 м. Тогда периметр этогопрямоугольника равен 2 · 20 + 2 · 16 = 72 м. Значит, площадь всех стенравна 72·3,5 = 252 кв.м. Но дверь, площадью 7 кв.м не требует облицовки,поэтому облицовке подлежат 252− 7 = 245 (кв.м).

Делим теперь 245 на 6 с остатком: 245 = 6 ·40+5. Значит, 40 упаковокне хватит для облицовки, а 41 хватит с запасом.

Ответ: 41.3. Кафе обозначено цифрой 6. Его основание составлено из двух прямо-угольников. У одного прямоугольника длина равна 5 · 4 = 20 (м), а шири-на — 2 · 4 = 8 (м).

У другого прямоугольника длина равна 4 · 4 = 16 (м), а ши-рина −2 · 4 = 8 (м). Поэтому площадь, занимаемая кафе, равна:20 · 8 + 16 · 8 = 288 (кв.м).

Ответ: 288.4. Расстояние между выделенными точками равно, как видно из рисунка,длине гипотенузы прямоугольного треугольника, катеты которого равны5 · 4 = 20 м и 12 · 4 = 48 м.

Находим гипотенузу по теореме Пифагора:√202 + 482 =

√400 + 2304 =

√2704 = 52 (м).

Ответ: 52.5. Находим прибыль при показе роликов на ТВ:40 · 4000 · 6− 38 000 · 6− 12 000 (рублей).= 960 000− 228 000− 12 000 = 720 000 (рублей).


Находим прибыль при использовании рекламы на радио:35 · 4000 · 6− 30 000 · 6− 4000 = 656 000 (рублей).Находим прибыль при использовании рекламных щитов:50 · 4000 · 6− 40 000 · 6− 60 000 = 900 000. (рублей).Наибольшая возможная прибыль составляет 900 000 рублей.Ответ: 900 000.

6.7,2

6,3− 8,1 =7,2−1,8 = −

7218= −4.

Ответ: −4.7. Неравенство 1) неверно при b = 5,5 и c = 5, хотя b > c.

Неравенство 2) также неверно при b = 5,5 и c = 5, хотя b > c.Неравенство 3) верно. Действительно, по свойствам неравенств по-

следовательно получаем: b− c > 0, 0 > −5, следовательно, b− c > −5.Неравенство 4) неверно при b = 5,5 и c = 5, хотя b > c.Ответ: 3.

8. По формуле разности квадратов получаем:√392 − 362 =

√

(39− 36) · (39 + 36) =√3 · 75 =

=√225 = 15.

Ответ: 15.9. Выносим 7x за скобки в левой части уравнения, получим: 28x2+7x = 0,7x(4x + 1) = 0. Отсюда либо x = 0, либо x = −0,25. Бо́льшим корнемявляется x = 0.

Ответ: 0.10. Находим относительную частоту попаданий у каждого стрелка:

1. 44100

= 0,44;

2, 7280= 0,9;

3. 4250= 0,84;

4. 3960= 0,65.

У второго стрелка частота попаданий выше.Ответ: 2.

11. Угловой коэффициент k прямой вида y = kx + b, изображённой нарисунке А), меньше нуля, так как эта прямая образует тупой угол с поло-жительным направлением оси абсцисс. Число b, являющееся значением


функции при x = 0, как видно из рисунка, меньше нуля. Поэтому графикуА) соответствует номер 4).

Угловой коэффициент k прямой вида y = kx + b, изображённой нарисунке Б), больше нуля, так как эта прямая образует острый угол с по-ложительным направлением оси абсцисс. Число b, являющееся значениемфункции при x = 0, как видно из рисунка, меньше нуля. Поэтому графи-ку Б) соответствует номер 2).

Угловой коэффициент k прямой вида y = kx + b, изображённой нарисунке В), меньше нуля, так как эта прямая образует тупой угол с с по-ложительным направлением оси абсцисс. Число b, являющееся значениемфункции при x = 0, как видно из рисунка, больше нуля. Поэтому графи-ку B) соответствует номер 3).

Ответ: 423.

12. Из условия следует, что знаменатель прогрессии q равен 15

,

b1 =7505= 150.

Тогда, пользуясь формулой суммы первых n членов, Sn =b1(1− qn)1− q

,

находим S5 =

150(

1−(

15

)5)

1− 15

= 150 · 54

·(

1− 13125

)

=

= 150 · 5 · 31244 · 3125 = 6 · 3124

100= 187,44.

Ответ: 187,44.13. Упрощаем выражение:

4a11b

− 16a2 + 121b2

44ab+ 11b− 4a

4a=

=4a · 4a− (16a2 + 121b2) + 11b · (11b− 4a)

44ab=

= 16a2 − 16a2 − 121b2 + 121b2 − 44ab

44ab= −44ab44ab

= −1.

Ответ: −1.


14. Подставляем в формулу F = 1,8C + 32 вместо буквы C число 35.Получим F = 1,8C + 32 = 1,8 · 35 + 32 = 95.

Ответ: 95.

15. Решаем равносильное неравенство x2− 16 > 0 графически. Графикомфункции y = x2−16 является парабола, ветви которой направлены вверх,и корнями уравнения x2 − 16 = 0 являются числа−4 и 4 (см. рис. 220).

Рис. 220

.

Поэтому решением неравенства является объединение двух интерва-лов: (−∞;−4) ∪ (4;+∞).

Именно это множество изображено на рис. 3).

Ответ: 3.

16. По условию AC = AH +HC = 9 + 3 = 12. Тогда AB = 12

и cos∠A = AHAB

= 912= 0,75.

Ответ: 0,75.

17. Опустим перпендикуляры BK и CL на большее основание AD (см.

рис. 221). Тогда AK = LD = 40− 302

= 5, AL = 35.

Рис. 221


Находим CL по теореме Пифагора из4ACL:CL =

√AC2 −AL2 =

√372 − 352 = 12.

Находим CD по теореме Пифагора из4CLD:CD =

√CL2 + LD2 =

√122 + 52 = 13.

Ответ: 13.18. ∠ACB = 90◦ по свойству вписанного угла, опирающегося надиаметр. Так как сумма внутренних углов треугольника равна 180◦,∠A = 180◦ − 90◦ − 68◦ = 22◦.

Ответ: 22.19. По рисунку определяем, что основание параллелограмма равно 5,а высота равна 2. Поэтому площадь параллелограмма равна 5 · 2 = 10.

Ответ: 10.20. Утверждение 1) верно. Указанным прямоугольником является квад-рат.

Утверждение 2) неверно. Достаточно представить треугольник, впи-санный в окружность и лежащий по одну сторону от диаметра.

Утверждение 3) верно по определению трапеции.Ответ: 13.

21.2x− 5y + 73x+ 7y − 9 = 3, 2x− 5y + 7 = 3(3x+ 7y − 9), 3x+ 7y − 9 6= 0.−7x− 26y + 34 = 0, 7x+ 26y − 34 = 0.7x+ 26y − 15 = (7x+ 26− 34) + 19 = 0 + 19 = 19.Ответ: 19.

22. Примем работу по покраске стены за единицу и обозначим производи-тельности Оли, Насти и Юли за PО, PН и PЮ соответственно. По условиюзадачи составим таблицу так, чтобы в каждой строке выполнялась фор-мула A = P · t.

Работа, A Производительность, P Время, t

Оля и Настя 1 1120

120

Оля и Юля 1 1180

180

Настя и Юля 1 190

90

Оля, Настя и Юля 1 PО + PН + PЮ ?

Так как при совместной работе производительности складываются, тополучим систему


PО + PН =1120

,

PО + PЮ = 1180

,

PН + PЮ = 190.

Не будем решать эту систему, а сложим все уравнения, получим

2(PО + PН + PЮ) =1120

+ 1180

+ 190= 3 + 2 + 4

360= 140

.

Отсюда (PО + PН + PЮ) =180

и искомое время равно 80 минутам.

Ответ: 80.23. Общие точки прямой y = −4x и графика функции y = −x2 + a опре-деляются из уравнения −x2 + a = −4x. Такая точка одна, если уравнение−x2 + a + 4x = 0, x2 − 4x − a = 0 имеет один корень, при этом его дис-криминант D = 16 + 4a = 0, a = −4.

Построим график параболы y = −x2 − 4 с вершиной (0;−4) и графикпрямой y = −4x (см. рис. 222).

Видим, что прямая y = −4x имеет с графиком функции y = −x2 − 4ровно одну общую точку (2;−8).

Ответ: a = −4.24. По свойству касательной и секущей AB2 = AC ·AT (см. рис. 223).196 = 28 ·AT , AT = 7. Диаметр TC = AC −AT = 21.Ответ: 21.

25. ∠BNM + ∠CNM = 180◦ как смежные (см. рис. 224).Так как ∠BAC = ∠BNM , то ∠A+∠CNM = 180◦ и четырёхугольник

ANMC можно вписать в окружность.26. Точка C равноудалена от вершин четырёхугольника, значит, четырёх-угольник KDEF описанный, а KF — диаметр описанной окружности.Проведём диагонали четырёхугольника и обозначим точку их пересечениябуквой P (см. рис. 225).

∠KDF и ∠KEF — прямые, как вписанные и опирающиеся на диа-метр. Значит, ∠FDE = ∠KDE − 90◦ = 114◦ − 90◦ = 24◦ и∠KED = ∠FED − 90◦ = 96◦ − 90◦ = 6◦.

KF — диаметр, поэтому ^FK= 180◦.

^

EF= 2∠EDF = 48◦,

^KD= 2∠DEK = 12◦,


Рис. 222

Рис. 223

^DE=^FK −^KD −^EF= 180◦ − 48◦ − 12◦ = 120◦,

∠DKE =^KD

2= 60◦.

По теореме синусов для треугольника KDE:

2R = DEsin∠DKE

= 21sin 60◦

= 14√3,

KF = 2R = 14√3.

Ответ: 14√3.


Рис. 224

K

D

E

FC

P

Рис. 225


1. Подпишем объекты на рисунке 226.Ответ: 1529.

2. Посчитаем по рисунку количество необходимых плиток: 100.100 : 6 = 16 (ост. 4). Требуется 17 упаковок плитки.

Ответ: 17.3. Подсобные помещения занимают прямоугольник со сторонами 2 м ×10 м. Площадь равна 2 · 10 = 20 м2.

Ответ: 20.4. Площадка для игры в настольный теннис представляет собой прямо-угольник 2 м× 4 м. Её периметр равен 2 · (2 + 4) = 12 м.

Ответ: 12.5. Стоимость счётчика вместе с установкой составляет3250 + 2100 = 5350 руб. После установки Иван Васильевич будетплатить за воду в среднем 9 · 43 = 387 рублей в месяц. Экономия составит


6

79

8

21

5

3

10

4

розарий

2 метра

плитка

тюльпаны

кустарник

деревья

огород

воротакалитка

ОгородТренажёры

Настоль-

ныйтеннис

Гараж

Розарий

Сауна

Бассейн

ДомБеседка

Подсобные помещения

Рис. 226

750 − 387 = 363 рубля в месяц. 5350 : 363 = 14,7 . . .. Приобретение иустановка счётчика окупятся за 15 полных месяцев.

Ответ: 15.

6. 578: (2,3 + 7,1) = 47

8: 9,4 = 47

8· 1094= 108 · 2 =

58= 0,625.

Ответ: 0,625.7. Разделим «уголком» число 320 на 17, получим 320 : 17 = 18,8 . . .. Зна-

чит, число 32017

заключено между целыми числами 18 и 19.

Ответ: 4.

8.p−18

p7 · p−13 =p−18

p7−13 =p−18

p−6 = p−18−(−6) = p−12. Показатель степени

равен −12.Ответ: −12.

9. Домножим обе части уравнения на 2, получим урав-нение x2 − 14x + 48 = 0. Дискриминант равен142 − 4 · 48 = 14 · 14 − 4 · 48 = 4(7 · 7 − 48) = 4. Корни уравне-

ния x1,2 =14± 22

; x1 = 6; x2 = 8. Меньший из корней равен 6.

Ответ: 6.10. Эксперимент заключается в выборе машины, которая приедет к за-казчику, и имеет 40 равновозможных исходов (по числу машин). Событию


«приедет серая машина» благоприятствуют 40 − 12 − 14 = 14 исходов.

Значит, искомая вероятность равна 1440= 0,35.

Ответ: 0,35.11. Графиком функции вида y = ax2 + bx + c (a 6= 0) является парабола,ветви которой направлены вверх при a > 0 и направлены вниз при a < 0.

Вверх направлены ветви только на рисунке В). Значит, графику В) со-ответствует 1).

На графиках А) и Б) ветви парабол направлены вниз, им соответству-ют 2) и 3). Заметим, что для функции вида y = ax2 + bx + c выполняетсяy(0) = c. По рисунку определяем, что на графике А) y(0) = 3 > 0, а награфике Б) y(0) = −2 < 0. Установим соответствие: А — 2, Б — 3.

Ответ: 231.12. Заметим, что каждый следующий член прогрессии больше предыду-щего в 5 раз. Выпишем первые 6 членов прогрессии: 0,1; 0,5; 2,5; 12,5;62,5; 312,5. Сумма этих чисел равна 390,6.

Ответ: 390,6.13. На ОДЗ можно провести следующую цепочку преобразований:

y2

y2 − 6yb :y

y2 − 36b2 =y2

y(y − 6b) :y

(y − 6b)(y + 6b) =

=y

(y − 6b) ·(y − 6b)(y + 6b)

y= y + 6b. При y = 5 − 6

√3, b = 2 +

√3

получим 5− 6√3 + 6(2 +

√3) = 17.

Ответ: 17.

14. Из условия следует, что 41 =26b · 5

13

2.

Отсюда 41 = 5b; b = 8,2.Ответ: 8,2.

15. Решим систему неравенств, данную в условии:{

16x > 48,28 > 4x;

{

x > 3,x < 7;

x ∈ (3; 7).

Полученный интервал указан на рисунке 1.Ответ: 1.

16. Рассмотрим прямоугольный треугольник MHN . cos∠MNH = NHMN

.

Найдём NH по теореме Пифагора: NH =√MN2 −MH2 =

√144 = 12.


cos∠MNH = 1220= 0,6.

Ответ: 0,6.17. ∠BAD + ∠ABC = 180◦ по свойству односторонних углов дляпараллельных прямых BC и AD и секущей AB. ∠BAD = 74◦,∠CDA = ∠BAD = 74◦, так как у равнобедренной трапеции углы приосновании равны.

В равнобедренном треугольнике CAD ∠ACD = 74◦, потому что углыпри основании равны.

∠CAD = 180◦ − 2 · 74◦ = 32◦.Ответ: 32.

18. ∠AOD = ∠BOC = 124◦ (вертикальные углы). 4AOD — равно-бедренный (AO = OD как радиусы). Следовательно, ∠DAO = ∠ODA(углы при основании равнобедренного треугольника). С другой стороны,∠DAO + ∠ODA = 180◦ − ∠AOD = 56◦. ∠DAO = 56◦ : 2 = 28◦.

Ответ: 28.19. Посчитаем количество клеток сетки, из которых составлена фигура —

их 13. Площадь одной клетки равна 1. Следовательно, площадь фигурыравна 13.

Ответ: 13.20. Рассмотрим каждое утверждение отдельно.

1) Утверждение 1 неверно: синусом острого угла в прямоугольном тре-угольнике называют отношение противолежащего катета к гипотенузе.

2) Утверждение 2 неверно: у квадрата диагонали должны точкой пере-сечения делиться пополам. Если это не выполнено, то четырёхугольник неквадрат.

3) Утверждение 3 верно по свойству ромба.Ответ: 3.

21. Решим каждое неравенство системы.

5− x(2− x)2 + 9

> 0, (2−x)2+9 > 0 для всех x, следовательно, 5−x > 0,

x 6 5.7− 6x 6 25 + 3x,−6x− 3x 6 25− 7;−9x 6 18, x > −2.Отсюда, x > −2 и x 6 5; x ∈ [−2; 5].Ответ: [−2; 5].

22. Пусть до подорожания майка стоила x рублей, а джинсы — y руб-лей. Общая стоимость этих товаров равнялась (x + y) рублей. Послеподорожания майка стала стоить 1,2x рублей, а джинсы — 1,1y рублей.


Их общая стоимость составила (1,2x+ 1,1y) рублей, что по условию рав-

но 1,12(x+ y). Отсюда 1,2x+ 1,1y = 1,12(x+ y); 0,08x = 0,02y; x = 14y;

x = 0,25y. До подорожания стоимость майки составляла 25% от стоимо-сти джинсов.

Ответ: 25.


y = x+ 2x2 + 2x

= x+ 2x(x+ 2)

= 1x

при x + 2 6= 0, x 6= −2, x 6= 0. Графи-

ком функции является гипербола, ветви которой расположены в первой и

третьей четвертях, с выколотой точкой(

− 2;−12

)

(см. рис. 227).

Рис. 227

Прямая y = mx проходит через начало координат, она имеет с гра-фиком функции ровно одну общую точку, если проходит через точку(

− 2;−12

)

или если уравнение mx = 1x

имеет один корень.

1) x = −2, y = −12

, −12= m · (−2), m = 1

4.


2) mx = 1x

, mx2 = 1. Это уравнение при m > 0 имеет два корня, при

m 6 0— не имеет корней.

Ответ:14

.

24. Проведём CT ‖ AB (см. рис. 228). G — точка пересечения EF иCT . BCGE — параллелограмм, EG = 8, EF = EG + GF = 8 + GF .4CFG ∼ 4CDT (GF ‖ AD).

Рис. 228

CF : CD = GF : TD, 5 : 11 = GF : (AD − AT ), 5 : 11 = GF : 33,GF = 15, EF = 23.

Ответ: 23.

25. В равнобедренном треугольникеABL углы при основании равны, сле-довательно, равны смежные с ними углы, то есть ∠LAK = ∠LBM (см.рис. 229). 4LAK = 4LBM по первому признаку равенства треуголь-ников (AK = BM , LA = LB по условию, ∠LAK = ∠LBM ), отсюдаLK = LM , значит4KLM — равнобедренный.

Рис. 229

26. Треугольники KSP и MKP подобны: угол P общий,

∠PKS = 12`KS = ∠PMK,


∠PKS — угол между хордой KS и касательной KP , ∠PMK — вписан-ный угол, опирающийся на дугу KS (см. рис. 230).

M

S

P

K

Рис. 230

KPSP

= MKKS

= MPKP

,

6SP

= 84= MP

6.

Отсюда SP = 3, MP = 12. MS =MP − SP = 12− 3 = 9.Ответ: 9.


1. Подпишем объекты на рисунке 231.Ответ: 3468.

2. Посчитаем по рисунку количество необходимых плиток: 116.116 : 5 = 23,2. Требуется 24 упаковки плитки.

Ответ: 24.3. Бассейн занимает прямоугольник со сторонами 4 м× 8 м. Площадьравна 4 · 8 = 32 м2.

Ответ: 32.4. Тренажёрная площадка представляет собой прямоугольник 4 м× 8 м.Её периметр равен 2 · (4 + 8) = 24 м.

Ответ: 24.5. Стоимость счётчика вместе с установкой составляет2300 + 2500 = 4800 руб. После установки Максим Петрович будетплатить за воду в среднем 10 · 44 = 440 рублей в месяц. Экономия соста-


калитка ворота

9

6

7

8

5

3

4

21

цветник

2 метра

плитка

фруктовыедеревья

кустарник

овощи

Дом

Бассейн

Беседка

Гараж

Цветник

Тренажёры

Сарай

Грядки

Баня

Рис. 231

вит 720 − 440 = 280 рублей в месяц. 4800 : 280 = 17,1 . . .. Приобретениеи установка счётчика окупятся за 18 полных месяцев.

Ответ: 18.

6. (5,3− 7,1) : 35= −1,8 · 5

3= −1,8 · 5

3= −3.

Ответ: −3.7. Разделим «уголком» число 277 на 31, получим 277 : 31 = 8,9 . . .. Значит,

число 27731

заключено между целыми числами 8 и 9.

Ответ: 3.

8. k−23

k12 · k−19 =k−23

k12−19 =k−23

k−7 = k−23−(−7) = k−16. Показатель степени

равен −16.Ответ: −16.

9. Домножим обе части уравнения на 2, получим уравнениеx2 − 16x+ 28 = 0.

Дискриминант равен 162− 4 · 28 = 16 · 16− 4 · 28 = 16(16− 7) = 16 · 9.


Корни уравнения x1,2 =16± 4 · 3

2= 16± 12

2; x1 = 2; x2 = 14.

Больший из корней равен 14.Ответ: 14.

10. Эксперимент заключается в выборе яблока, которое убирает про-давец, и имеет 30 равновозможных исходов (по числу яблок). Событию«продавец убрал красное яблоко» благоприятствуют 30 − 11 − 10 = 9

исходов. Значит, искомая вероятность равна 930= 0,3.

Ответ: 0,3.11. Графиком функции вида y = ax2 + bx + c (a 6= 0) является парабола,ветви которой направлены вверх при a > 0 и направлены вниз при a < 0.

Вниз направлены ветви только на рисунке Б). Значит, графику Б) со-ответствует 3).

На графиках А) и В) ветви парабол направлены вверх, им соответству-ют 1) и 2). Заметим, что для функции вида y = ax2 + bx + c выполняетсяy(0) = c. По рисунку определяем, что на графике А) y(0) = 4 > 0, а награфике В) y(0) = −3 < 0. Установим соответствие: А —1, В — 2.

Ответ: 132.12. Заметим, что каждый следующий член прогрессии больше предыду-щего в 3 раза. Выпишем первые 7 членов прогрессии: 0,2; 0,6; 1,8; 5,4; 16,2;48,6; 145,8. Сумма этих чисел равна 218,6.

Ответ: 218,6.13. На ОДЗ можно провести следующую цепочку преобразований:

a2

a2 − 7ax :a

a2 − 49x2 =a2

a(a− 7x) :a

(a− 7x)(a+ 7x) =

= a(a− 7x) ·

(a− 7x)(a+ 7x)a

= a + 7x. При a = 5 + 7√3, x = 3 −

√3

получим 5 + 7√3 + 7(3−

√3) = 26.

Ответ: 26.

14. Из условия следует, что 30,3 =14b · 3

7

2.

Отсюда 30,3 = 3b; b = 10,1.Ответ: 10,1.

15. Решим систему неравенств, данную в условии:{

7x > 28,30 > 3x;

{

x > 4,x < 10;

x ∈ (4; 10).


Полученный интервал указан на рисунке 2.Ответ: 2.

16. Рассмотрим прямоугольный треугольник KFH .

cos∠FKH = KHKF

. Найдём KH по теореме Пифагора:

KH =√KF 2 − FH2 =

√

(25− 7)(25 + 7) =√18 · 32 =

√9 · 64 = 24.

cos∠HKF = 2425= 0,96.

Ответ: 0,96.17. ∠ADC = 58◦ + 22◦ = 80◦. ∠BAD = ∠ADC = 80◦ (углы при основа-нии равнобедренной трапеции).

Из4ABD ∠ABD = 180◦ − 80◦ − 58◦ = 42◦.Ответ: 42.

18. 4PON — равнобедренный (PO = ON как радиусы). Следова-тельно, ∠NPO = ∠ONP (углы при основании равнобедренного тре-угольника). С другой стороны, ∠NPO + ∠PNO = 180◦ − 112◦ = 68◦.∠NPQ = 68◦ : 2 = 34◦.

Ответ: 34.19. Посчитаем количество клеток сетки, из которых составлена фигура —

их 17. Площадь одной клетки равна 1. Следовательно, площадь фигурыравна 17.

Ответ: 17.20. Рассмотрим каждое утверждение отдельно.

1) Утверждение 1 неверно: квадрат является ромбом и поэтому, как иу ромба, его площадь равна половине произведения диагоналей.

2) Утверждение 2 верно по свойству средней динии трапеции.3) Утверждение 3 верно, есть соответствующая теорема.Ответ: 23.

21. Решим каждое неравенство системы, x− 9(3− x)2 + 5

6 0, (3−x)2+5 > 0для всех x, следовательно, x− 9 6 0, x 6 9.12− 7x > 42 + 3x,−7x− 3x > 42− 12;−10x > 30, x 6 −3.Отсюда, x 6 −3 и x 6 9; общее решение x ∈ (−∞;−3].Ответ: (−∞;−3].

22. Пусть первый завод производил x лампочек ежемесячно, а второй —

y. Суммарное производство составляло x + y лампочек ежемесячно.С апреля первый завод стал производить 1,16x лампочек, а второй —


0,92y лампочек. С другой стороны, суммарное производство лампочекснизилось на 4%, то есть составило 0,96(x+ y). Получаем уравнение1,16x+ 0,92y = 0,96(x+ y);0,2x = 0,04y; x = 0,2y;Искомая величина равна 20%.Ответ: 20.

23. Преобразуем уравнение функции y = 2x− 33x(3− 2x) , y = − 1

3xпри усло-

вии x 6= 0, x 6= 1,5.Графиком функции является гипербола, из которой выколота точка

(

1,5;−29

)

(см. рис. 232).

Рис. 232

Прямая y = ax проходит через начало координат, она имеет с гра-фиком функции ровно одну общую точку, если проходит через точку(

1,5;−29

)

или если уравнение ax = − 13x

имеет один корень.

1) x = 1,5, y = −29

,−29= a · (1,5), a = 2

9: 1,5 = − 4

27.

2) ax = − 13x

, 3ax2 = −1. Это уравнение при a > 0 не имеет корней,

при a < 0— имеет два корня.

Ответ: − 427

.

24. Проведём CT ‖ AB (см. рис. 233).


Рис. 233

G — точка пересечения EF и T . BCGE — параллелограмм, EG = 4,EF = EG+GF = 4 +GF .4CFG ∼ 4TCD (GF ‖ AD).

CF : CD = GF : TD. 7 : 15 = GF : (AD − AT ), 7 : 15 = GF : 45,GF = 21, EF = 25.

Ответ: 25.25. AKL = BLM по 1-му признаку равенства треугольников:AK = BM , LK = LM по условию, ∠LKA = ∠LMB как углы приосновании равнобедренного треугольника KLM . Против равных сторонв равных треугольниках лежат равные углы, то есть ∠LAK = ∠LBM ,следовательно, равны смежные с ними углы, то есть ∠LAB = L∠BA, от-куда LA = LB, значит LAB равнобедренный (см. рис. 234).

Рис. 234

26. Треугольники CMB и ACB подобны: угол B общий,

∠BCM = ^CM2

= ∠BAC,

как угол между хордой CM и касательной BC и вписанный угол, опира-ющийся на дугу CM (см. рис. 235).

CBMB

= ACCM

= ABCB

,


A

M

B

C

Рис. 235

7MB

= 105= AB

7.

Отсюда MB = 3,5, AB = 14. AM = AB −MB = 14− 3,5 = 10,5.Ответ: 10,5.


1. По условию при входе в усадьбу слева находится гараж, а справа —

баня, значит, гараж обозначен цифрой 1, а баня — цифрой 2. В центреусадьбы под номером 3 находится жилой дом, а за ним — хозяйственныйпостройки под номером 4.

Заполним таблицу:Объекты Гараж Жилой дом Хозяйственные постройки БаняЦифры 1 3 4 2

Ответ: 1342.2. Всего на плане плитка занимает 46 клеток. При этом каждая клеткаимеет площадь 4 кв. м. Площадь усадьбы, на которой уложена тротуарнаяплитка, равна 46 · 4 = 184 кв. м. Понадобится 184 : 5 = 36,8 упаковок.Чтобы выложить все площадки и дорожки, понадобилось купить 37 упа-ковок плитки.

Ответ: 37.3. На плане жилой дом — прямоугольник со сторонами 8 и 10 клеток, тоесть 16 м и 20 м. Площадь этого прямоугольника равна 16 · 20 = 320 (кв.м).

Ответ: 320.4. По рисунку видим, что расстояние от гаража до бани равно 6 клеткам,то есть 6 · 2 = 12 (м).

Ответ: 12.


Рис. 236

5. Заметим, что разница в цене достигается за счет разницы цены забора сукладкой, поэтому выгода составит (820− 600) · 132 · 2,2 = 63 888 (руб.).

Ответ: 63 888.

6.(

1118+ 16

)

: 727=(

1118+ 318

)

· 277= 7 · 279 · 7 = 3.

Ответ: 3.7. По рисунку из пособия видим, что a < b, так как a < 0.

1) a2 − b > 0— верно; 2) b − a > 0— верно; 3) a − b > 0— неверно;4) ab < 0— верно. Утверждение неверное 3).

Ответ: 3.

8.(n−4)−7

n−12 = n28

n−12 = n28−(−12) = n40. Показатель степени равен 40.

Ответ: 40.9. Уравнение (x − 8)2 = (7 − x)2 равносильно совокупности уравнений[

x− 8 = x− 7,x− 8 = −(x− 7). Первое уравнение совокупности не имеет решений.

Решая второе уравнение, получим 2x = 15, x = 7,5.Ответ: 7,5.


10. Всего 999 − 99 = 900 трёхзначных чисел. Количество трёхзначныхчисел, которые делятся на 20, равно 900 : 20 = 45. Вероятность того, что

трёхзначное число делится на 20, равна 45900

= 0,05.

Ответ: 0,05.11. По рисунку видим, что функция убывает на промежутке (−∞;−2] ивозрастает на промежутке [−2;+∞).

1) x ∈ [−4;−1,5]. На этом промежутке функция убывает и возрастает.2) x ∈ [−3;−1]. На этом промежутке функция убывает и возрастает.3) x ∈ [−1; 2]. На этом промежутке функция возрастает, так как

[−1; 2] ∈ [−2;+∞).4) x ∈ [−5;−2,5]. На этом промежутке функция убывает, так как

[−5;−2,5] ⊂ [−∞;−2].Ответ: 34.

12. Знаменатель прогрессии равен 375 : (−75) = −5. По свойству гео-

метрической прогрессии x−3 = −5, откуда x = 15.

Ответ: 15.

13. a2 − 49b27ab

:(

17b− 1

a

)

=(a− 7b)(a+ 7b)

7ab· 7aba− 7b = a + 7b. При

a = 31819

, b = 1119

, a+ 7b = 31819+ 4 119= 8.

Ответ: 8.14. Стоимость скважины найдём, подставив в формулу C = 1200+2200n,n = 40, тогда C = 1200 + 2200 · 40 = 1200 + 88000 = 89 200 (руб.).

Ответ: 89 200.15. 6x + 7 > 4x − 2, 2x > −9, x > −4,5. Множество решений исходногонеравенства изображено на рисунке 1).

Ответ: 1.16. Вписанный угол BCD опирается на дугу BAD и равен её половине(см. рис. 237). Дуга AD равна 180◦. Центральный угол AOB опирает-ся на дугу AB, равную 60◦. ^ BAD =^ AD+ ^ AB = 240◦, откуда∠BCD = 120◦.

Ответ: 120.17. По условию AC = 2AB, тогда AB = AO, 4AOB равнобед-ренный и значит, ∠ABO = ∠AOB. ∠ACD = ∠BAC = 102◦

как накрест лежащие углы при AB ‖ CD и секущей AC.


Рис. 237

∠AOB = 180◦ − ∠BAC2

= 180◦ − 102◦2

= 39◦. Итак, острый угол

между диагоналями равен 39◦ (см. рис. 174 пособия).

Ответ: 39.

18. Медиана, проведённая к основанию равнобедренно-го треугольника, является высотой. MK = KP = 8 и4MKN — прямоугольный (NK ⊥ MP ). По теореме ПифагораNK =

√MN2 −MK2 =

√172 − 82 =

√

(17− 8)(17 + 8) =√9 · 25 = 15

(см. рис. 175 пособия).

Ответ: 15.

19. Площадь квадрата со стороной 9 равна 92 = 81. Площадь вырезанно-го прямоугольника равна 3 · 1 = 3. Площадь получившейся фигуры равна81− 3 = 78.

Ответ: 78.

20. Так как квадрат — это ромб с прямым углом, то утверждение 1) верное.Утверждение 2) неверно. На рисунке 238 приведён пример, когда утвер-ждение не выполняется.

Утверждение 3) верное, так как является свойством средней линиитрапеции.

Итак, верные утверждения 1) и 3).

Ответ: 13.

21. Решим каждое неравенство системы. 9(2x + 3) − 5(6x + 1) > −x,18x− 30x+ x > 5− 27, −11x > −22, x < 2.(x− 2)(x+ 7) < 0,−7 < x < 2.


Рис. 238

Тогда получаем

{

x < 2,−7 < x < 2;

−7 < x < 2.

Ответ: (−7; 2).

22. Настя на один вопрос в среднем тратит 6015= 4 минуты, а Юля —

6010

= 6 минут. Пусть в тесте n вопросов, тогда Насте потребуется

4n минут, а Юле — 6n минут. Полчаса составляют 30 минут, отсюда6n− 4n = 30; n = 15.

Ответ: 15.23. При x > −3 графиком функции является часть параболы с верши-ной (−3; 0). Возьмём ещё несколько точек для построения этой параболы:x −3 −1 0y 0 4 9

(см. рис. 239).

При x < −3 график является частью гиперболы, y(−3) = 2. Возьмём

ещё несколько точек для построения:x −3 −6 −12

y 2 1 12

(см. рис. 239).

Одну или две общие точки прямая y = b имеет с графиком при0 6 b 6 2; b > 2, т.е. при b > 0.

Ответ: [0;∞).

24. ∠A = 180◦− (58◦+92◦) = 30◦. По теореме синусов BCsin∠A

= 2R, где

R = 6. BCsin 30◦

= 12, BC21

= 12, BC = 6.

Ответ: 6.25. ∠KTM = 60◦ + ∠LTM , ∠LTN = 60◦ + ∠LTM , откуда следует, что∠KTM = ∠LTN . ∠KTM = ∠LTN по 1-му признаку равенства тре-


Рис. 239

угольников: KT = LT , TM = TN , ∠KTM = ∠LTN , а так как противравных углов в равных треугольниках лежат равные стороны, KM = LN .26. Пусть биссектриса углаPNM пересекаетPK в точке T (см. рис. 240).Проведём среднюю линию трапеции TQ. KT = TP (по условию),MQ = QN, 2TQ = KM + PN, TQ||PN (свойства средней линии тра-пеции).

P N

T

K M

Q2

3

1

Рис. 240

∠1 = ∠3 (NT — биссектриса),∠1 = ∠2 (накрест лежащие углы при TQ||PN , секущая TN ), зна-

чит ∠2 = ∠3 и M TQN — равнобедренный, TQ = QN = 6,5. ТогдаPN = 2TQ−KM = 2 · 6,5− 4 = 9.

Проведём MA||KP (см. рис. 241).Тогда APKM – па-раллелограмм (стороны попарно параллельны и равны),KM = PA = 4,KP = AM = 12.

AN = PN − PA = 5.


PA

N

K M

13

Рис. 241

Заметим, что треугольник AMN имеет стороны AM = 12, AN = 5,MN = 13, значит, он прямоугольный по теореме, обратной теореме Пи-фагора (AM2+AN2 =MN2). Поэтому AM перпендикулярна PN и MAявляется высотой трапеции.

Значит, SPKMN = KP · KM + PN2

= 12 · 4 + 92

= 78.

Ответ: 78.


1. Гостевой дом, находящийся справа от входа на участок, на плане обо-значен цифрой 1, а гараж — цифрой 2. Квадратная баня с бассейномобозначена цифрой 4, а жилой дом — цифрой 3.

Заполним таблицу.Объекты Гостевой дом Гараж Жилой дом Баня с бассейномЦифры 1 2 3 4

Ответ: 1234.2. По условию площадь клетки на плане равна 9 кв. м. Дорогами заняты44 клетки, что составляет 9 · 44 = 396 (кв. м). Понадобится 396 : 5 = 79,2упаковок бетонных плит, значит, надо купить 80 упаковок.

Ответ: 80.3. Сторона бани на плане равна 3 клеткам, то есть 9 кв. м. Площадь банисоставляет 81 кв. м.

Ответ: 81.4. Расстояние от жилого дома до оранжереи-теплицы равно 3 метрам.

Ответ: 3.5. Затраты на забор из деревянных панелей составляют3100 · 186 + 500 · 186 · 2,2 + 35 000 рублей, а затраты на кирпичныйзабор составляют 2500 ·186+600 ·186 ·2,2+35 000. Разница в цене равна


Рис. 242

(3100 − 2500) · 186 + (500 − 600) · 186 · 2,2 = 186 · (600 − 220) = 70 680(рублей).

Ответ: 70 680.

6.(

2325− 35

)

: 1 115= 23− 15

25· 1516= 8 · 1525 · 16 = 0,3.

Ответ: 0,3.

7. По рисунку видим, что a < 0, b > 0, |a| < |b|. b2 > 0, следовательноутверждение 1) неверно, а остальные утверждения верны.

Ответ: 1.

8. k−8

(k−6)(−5) =k−8

k30 = k−8−30 = k−38.

Ответ: −38.9. (x − 7)2 = (5 − x)2, (x − 7)2 − (5 − x)2 = 0,(x − 7 − (5 − x))(x − 7 + (5 − x)) = 0, (x − 7 − 5 + x) · (−2) = 0,2x− 12 = 0, x = 6.

Ответ: 6.


10. Всего 99−9 = 90 двузначных чисел, из которых 22 делятся на 4. Веро-ятность того, что Герда наугад выбрала число, которое делится на 4, равна2290≈ 0,24.

Ответ: 0,24.11. Заданная функция возрастает на промежутке (−∞; 2] и убывает напромежутке [2;+∞) (см. рис. 180 пособия).

1) x ∈ [−1; 1]. На этом промежутке функция возрастает, так как[−1; 1] ⊂ (−∞; 2] это соответствует утверждению А).

2) x ∈ [0; 3]. На этом промежутке функция и возрастает и убывает.Такого утверждения нет.

3) x ∈ [2; 4]. На этом промежутке функция убывает, так как[2; 4] ⊂ [2;+∞). Это утверждение соответствует утверждению Б).

4) x ∈ [1,5; 2,5]. На этом промежутке функция и возрастает и убывает.Такого утверждения нет.

Ответ: 13.12. Знаменатель геометрической прогрессии равен y:(−448) : (−112) = 4. y : (−7) = 4, y = −28.

Ответ: −28.13.

(x− 9y)(x+ 9y)9xy

:x− 9y9xy

=(x− 9y)(x+ 9y)

9xy· 9xyx− 9y = x+ 9y. При

данных значениях x и y получим x+ 9y = 11314+ 9914= 113

14+ 7 114= 9.

Ответ: 9.14. Стоимость скважины глубиной 32 метра равна 3400+1500·32 = 51 400(рублей).

Ответ: 51 400.15. 4x+ 18 6 2x− 15, 2x 6 −33, x 6 −16,5. Решение неравенства изоб-ражено на рисунке 3).

Ответ: 3.16. Противоположные углы ромба равны, поэтому ∠MOP = ∠MNP .Пусть этот угол равен α. Центральный угол MOP измеряется дугойMNP величина её α, а вписанный угол MNP — половиной дуги MP ,значит, величина дуги MP равна 2α. В сумме эти дуги составляют 360◦,значит, 3α = 360◦, α = 120◦ (см. рисунок 181 из пособия).

Ответ: 120.17. Диагонали параллелограмма точкой пересечения делятся пополам,а по условию AC = 2AB. Отсюда, AB = AO, то есть тре-


угольник AOB равнобедренный, откуда ∠ABO = ∠AOB = 70◦, а∠BAC = ∠BAO = 180◦ − ∠ABO − ∠AOB = 40◦. ∠BAC = ∠ACDкак накрест лежащие при AB ‖ CD и секущей AC. Итак, ∠ACD = 40◦

(см. рисунок 182 из пособия).Ответ: 40.

18. МедианаDK равнобедренного треугольникаCDE, проведённая к ос-нованию CE, является высотой. В прямоугольном треугольнике CKDкатет CK = 24, гипотенуза CD = 25, по теореме Пифагора находим ка-тет DK: DK =

√CD2 − CK2 =

√252 − 242 =

√

(25− 24)(25 + 24) = 7(см. рисунок 183 из пособия).

Ответ: 7.19. Площадь квадрата со стороной 6 равна 36, площадь вырезанного пря-моугольника равна 3 · 4 = 12. Находим площадь получившейся фигуры:36− 12 = 24.

Ответ: 24.20. Утверждение 1) неверно, так как в этих треугольниках диагональ тра-пеции является общей стороной, накрест лежащие углы равны (основанияпараллельны, а диагональ является секущей, а две другие стороны, при-лежащие к этому углу, не равны (основания трапеции). Утверждения 2) и3) верны.

Ответ: 23.21. Решим каждое неравенство системы, 5(3x + 2) − 4(7x + 1) > −x,15x− 28x+ x > −10 + 4,−12x > −6, x < 0,5.(x− 3)(x+ 9) < 0,−9 < x < 3.

Тогда получаем

{

x < 0,5,−9 < x < 3;

−9 < x < 0,5.

Ответ: (−9; 0,5).

22. Костя одну задачу решает в среднем за 606= 10 минут, а Витя —

за 604= 15 минут. Пусть в домашнем задании было n задач, тогда Косте

потребовалось 10n минут, а Вите — 15n минут. Отсюда 15n − 10n = 45;n = 9.

Ответ: 9.23. При x > −2 график функции является частью параболы с вершиной(−2; 0). Возьмём ещё несколько точек для построения этой параболы:

x −2 −1 0 1y 0 1 4 9

(см. рис. 243).


При x < −2 график является частью гиперболы, y(−2) = 2,5. Возь-мём ещё несколько точек для построения:

x −2 −4 −5y 2,5 1,25 1

(см. рис. 243).

Рис. 243

Одну или две общие точки прямая y = q имеет с графиком при0 6 q 6 2,5; q > 2,5, т.е. при q > 0.

Ответ: [0;+∞).

24. ∠A = 180◦− (64◦+86◦) = 30◦. По теореме синусов BCsin∠A

= 2R, где

R = 9. BCsin 30◦

= 2R, BC · 21

= 2R, BC = R = 9.

Ответ: 9.

25. ∠LKT = 60◦+∠LKM , ∠MKN = 60◦+∠MKL, откуда следует, что∠LKT = ∠NKM . ∠LKT = ∠MKN по 1-му признаку равенства тре-угольников: KT = MK, LK = KN , ∠LKT = ∠NKM , а так как противравных углов в равных треугольниках лежат равные стороны, MN = LT .


26. Пусть биссектриса углаPNM пересекаетPK в точке T (см. рис. 244).Проведём TQ||KM . KT : TP = 1 : 2 (по условию), значитKT = 4, TP = 8. По теореме Фалеса из TQ||PN, TQ||KM следует, чтоMQ : QN = 1 : 2 и MQ = 5, QN = 10.

P N

T

K M

Q2

3

1

Рис. 244

∠1 = ∠3 (NT — биссектриса),∠1 = ∠2 (накрест лежащие углы при TQ||PN , секущая TN ), значит

∠2 = ∠3 и M TQN — равнобедренный, TQ = QN = 10.Проведём MA||KP (см. рис. 245). Тогда APKM и BTKM

— параллелограммы (стороны попарно параллельны и равны),KM = TB = PA = 7,KP = AM = 12. BQ = TQ− TB = 10− 7 = 3.

P AN

T

K M

BQ

5

10

Рис. 245

Из подобия треугольников BMQ и AMN получимMQ :MN = BQ : AN , 5 : 15 = 3 : AN , AN = 9.

PN = AN + PA = 9 + 7 = 16.Заметим, что треугольник AMN имеет стороны AM = 12, AN = 9,

MN = 15, значит, он прямоугольный по теореме, обратной теореме Пи-фагора (AM2+AN2 =MN2). Поэтому AM перпендикулярна PN и MAявляется высотой трапеции.

Значит, SPKMN = KP · KM + PN2

= 12 · 7 + 162

= 138.

Ответ: 138.



1. Центром симметрии площадки является точка пересечения диагоналейквадрата A3A6A9A12, поэтому очки A3 и A9 симметричны. Эта же точкаявляется центром симметрии прямоугольника A1A2A7A8. Значит, точкиA1 и A7 симметричны. Аналогично, точки A5 и A11 симметричны.

Рис. 246

Заполним таблицу. В ответе запишем номера точек нижней строки:79111.

A1 A3 A5 A7

A7 A9 A11 A1

Ответ: 79 111.2. Наибольшее расстояние между точками внешнего периметра пло-щадки равно длине диагонали A1A7 прямоугольника A1A2A7A8.A1A8 = 48, A7A8 = 20. По теореме Пифагора для треугольникаA1A7A8(∠A1A8A7 = 90

◦) A1A7 =√

A1A28 +A7A8 =

√482 + 20◦ = 52.

Ответ: 52.3. Площадь вертолётной площадки равна сумме площадей квадратаA3A6A9A12 со стороной 20 и четырёх равных прямоугольников со сто-ронами 20 и 14, то есть 400 + 4 · 280 = 1520.

Ответ: 1520.4. Для площадки понадобится 4 · 1520 = 6080 (кг) покрытия, то есть6080 : 15 ≈ 405,3. Значит, для покрытия всей площадки понадобится406 банок.

Ответ: 406.


5. Обозначим n число лет эксплуатации покры-тия. Найдём, при каком n выполнено неравенство130 000 + 20 000 + 6000n 6 120 000 + 12 000 + 9000n, 3000n > 18 000,n > 6. n = 6.

Ответ: 6.

6. 70 · (−0,001)− 4 · 0,01− 1 = −0,07− 0,04− 1 = −1,11.Ответ: −1,11.

7. 1) 1 < 1913

< 2; 2) 3 < 4013

< 4; 3) 4 < 6413

< 5; 4) 5 < 7513

< 6; 7513∈ [5; 6].

Ответ: 4.

8.(a− 3)(a+ 3)

a+ 3= a− 3. При a = −11; a− 3 = −11− 3 = −14.

Ответ: −14.9. Решим уравнение x2−3 = 2x. x2−2x−3 = 0, x = −1, x = 3. Абсциссаточки A положительна, следовательно, 3— абсцисса точки A.

Ответ: 3.

10. В результате бросания игральной кости 2 раза появится пара чисел:на первом месте любое число от одного до шести и на втором — любоечисло от одного до шести. Всего возможных пар чисел 36. В сумме 3 мо-жет получиться в двух случаях: если выпадет пара (1; 2) или пара (2; 1).

Вероятность того, что в сумме выпадет 3 очка, равна 236= 118≈ 0, 06.

Ответ: 0,06.

11. Графики возрастающих функций изображены на рисунках 1) и 4) (см.рисунок 188 из пособия).

Ответ: 14.

12. Знаменатель прогрессии «q» равен bn+1

bn= −2.

b6 = b1 · (−2)5 = −3 · (−32) = 96.Ответ: 96.

13.(x− 5)(x+ 5)3x(x+ 5)

= x− 53x

. При x = −0,4,

x− 53x

=−0,4− 53 · (−0,4) =

5,41,2

= 4,5.

Ответ: 4,5.


14. Подставим в формулу P = U2

Rданные; U = 220 В и R = 550 ом,

получим P = 220 · 220550

= 2 · 2205

= 88 (Вт).

Ответ: 88.15. Решим неравенство: 25 − 7(x + 3) > 9 − 5x, 25 − 7x − 21 > 9 − 5x,2x < −5, x < −2,5. Множество решений неравенства изображено на ри-сунке 3 (см. рисунок задания из пособия).

Ответ: 3.

16. sinB = ACAB

, 14AB

= 725

, AB = 14 · 257

= 50.

Рис. 247

Ответ: 50.17. Обозначим угол между векторами ~a и ~b через α, тогда используя~a ·~b = x1x2 + y1y2, где ~a{x1y1},~b{x2y2}. ~a ·~b = 5 · 3 + 12 · 4 = 63.

|~a| =√52 + 122 = 13, |~b| =

√32 + 42 = 5,

~a ·~b = |~a| · |~b| cosα, 63 = 13 · 5 cosα, cosα = 6365≈ 0,97.

Ответ: 0,97.18. Диаметр окружности равен 54 и равен стороне квадрата. Площадьквадрата равна 542 = 2916 (см. рисунок 184 пособия).

Ответ: 2916.19. Угол между двумя соседними спицами равен 360◦ : 15 = 24◦ (см.рисунок 190 пособия).

Ответ: 24.20. Утверждение 1) верно (это свойство ромба). Утверждение 2) верно,так как в прямоугольной трапеции есть два прямых угла.


Утверждение 3) неверно, так как медиана делит пополам сторону, к ко-торой проведена.

Итак, верны утверждения 1) и 2).Ответ: 12.

21. −15(x+ 3)2 − 5 > 0,−15 < 0, тогда в соответствии с условием, получаем

(x+ 3)2 − 5 < 0, то есть x2 + 6x+ 9− 5 < 0, x2 + 6x+ 4 < 0.

Найдём корни трёхчлена x2+6x+4. D4= 9− 4 = 5, x1,2 = −3±

√5.

Тогда решением неравенства будет промежуток (−3−√5;−3 +

√5).

Ответ: (−3−√5;−3 +

√5).

22. Обозначим скорость катера в неподвижной воде через x км/ч, тогдаскорость по течению равна (x+ 2) км/ч, а скорость против течения равна(x−2) км/ч. Отсюда x > 2. Составим таблицу так, чтобы в каждой строкевыполнялась формула S = v · t.


По течению 60 x+ 2 60x+ 2

Против течения 60 x− 2 60x− 2

Время движения против течения на 1 час 15 минут больше времени

движения по течению, 1 час 15 минут= 1 + 1560= 54

ч.


60x− 2 −

60x+ 2

= 54

. Разделим обе части на 5:

12x− 2 −

12x+ 2

= 14

;

12(x+ 2)(x− 2)(x+ 2) −

12(x− 2)(x+ 2)(x− 2) =

14

;

48(x− 2)(x+ 2) =

14

;

48 · 4 = (x− 2)(x+ 2);48 · 4 = x2 − 4;x2 = 48 · 4 + 4 = 4(48 + 1) = 4 · 49;x = ±2 · 7 = ±14. Так как x > 2, то x = 14.Ответ: 14.


23. При x < −2 графиком является луч с началом в выколотой точке(−2; 0), возьмём ещё одну точку для построения этого луча, например,(−3; 3).

При −2 6 x 6 4 графиком является отрезок с концами в точках(−2;−5) и (4;−2).

При x > 4 графиком является луч с началом в выколотой точке (4; 0,5)и проходящий через точку (5;−1) (см. рис. 248).

Рис. 248

Горизонтальная прямая y = k имеет с графиком функции две об-щие точки при −5 6 k 6 −2; 0 < k < 0,5 и одну общую точку приk ∈ (−∞;−5) ∪ (−2; 0] ∪ [0,5;+∞). Не более двух общих точек приk ∈ (−∞; +∞).

Ответ: (−∞;∞).24. Сумма углов, прилежащих боковой стороне трапеции, равна 180◦, зна-чит, сумма углов BAL и ABL равна 90◦ (см. рис. 249) и ∠ALB = 90◦.В прямоугольном треугольнике ABL гипотенузу AB найдём по теореме

Пифагора: AB =√

AL2 +BL2 =√

162 + 122 = 20.

Ответ: 20.

25. AO = OC, OL = OM (см. рис. 191 пособия).


Рис. 249

M

Q

P

L

K

S

Рис. 250

∠AOL+ ∠LOC + ∠COM + ∠MOA = 360◦;∠AOL+ ∠COM = 90◦ + 90◦ = 180◦. Отсюда,∠LOC + ∠MOA = 180◦; sin∠LOC = sin∠MOA. Тогда

SAOM = 12·AO ·OM · sin∠MOA = 1

2LO ·OC · sin∠LOC = SLOC .

26. Обозначим точку пересечения биссектрисы ML и высоты PQ за S(рис. 250).

По теореме синусов радиус описанной окружности

R = PK2 sin∠PMK

= 16sin∠PMK

.

Так как треугольник PQM прямоугольный, то cos∠QMP =MQPM

.

По свойству биссектрисы MQ :MP = QS : SP = 15 : 17. Поэтому

cos∠PMK = 1517,


sin∠PMK =√1− cos2 ∠PMK = 8

17,

R = 16 : 817= 34.

Ответ: 34.Решение варианта 34

1. Центром симметрии площадки является точка пересечения диагоналейквадрата A3A6A9A12, поэтому очки A3 и A9 симметричны. Эта же точкаявляется центром симметрии прямоугольника A1A2A7A8. Значит точкиA7 и A1, A2 и A8 — симметричны. Аналогично точки A5 и A11 симметрич-ны (см. рис. 251).

Рис. 251

A2 A3 A5 A7

A8 A9 A11 A1

В ответе запишем номера нижней строки: 89 111Ответ: 89 111.

2. Наибольшее расстояние между точками внешнего периметра пло-щадки равно длине диагонали A1A7 прямоугольника A1A2A7A8.A1A8 = 40, A7A8 = 30. По теореме Пифагора для треугольникаA1A7A8(∠A1A8A7 = 90

◦).


A1A7 =√

A1A28 +A7A2

8 =√402 + 302 = 50.

Ответ: 50.3. Площадь всей площадки для хранения овощей равна сумме площадейквадрата A3A6A9A12 со стороной 30 и четырёх равных прямоугольниковсо сторонами 5 и 30, то есть 900 + 4 · 150 = 1500.

Ответ: 1500.4. Для площадки понадобится 60·1500 = 90 000 (кг)=90 (т) гравия, то есть90 : 4 = 22,5 рейсов. Наименьшее число рейсов равно 23.

Ответ: 23.5. Обозначим n число лет эксплуатации покрытия. Найдём, при каком nвыполнено неравенство95 000 + 33 000 + 6000n 6 90 000 + 30 000 + 8000n.2000n > 8000, n > 4. n = 4.Ответ: 4.

6. 900 · 0,0001− 50 · (−0,001)− 4 = 0,09 + 0,05− 4 = −3,86.Ответ: −3,86.

7. 1) 2 < 2311

< 3; 2) 4 < 4811

< 5; 3) 5 < 5711

< 6; 4) 5 < 6511

< 6, 4811∈ [4; 5].

Ответ: 2.

8.(7− c)(7 + c)

7− c= 7 + c. При c = −12, 7 + c = −5.

Ответ: −5.9. Решим уравнение x2−4 = 3x. x2−3x−4 = 0, x = −1, x = 4. Абсциссаточки A отрицательна, следовательно, −1 — абсцисса точки A (см. рис.193 пособия).

Ответ: −1.10. В результате бросания игральной кости 2 раза появится пара чисел:на первом месте любое число от одного до шести и на втором — любоечисло от одного до шести. Всего возможных пар чисел 36. В сумме 8 мо-жет получиться, в следующих 5 случаях: если выпадут пары (2; 6), (3; 5),(4; 4), (5; 3), (6; 2). Вероятность того, что в сумме выпадет 8 очков, равна

536≈ 0,14.

Ответ: 0,14.11. Графики возрастающих функций изображены на рисунках 2) и 4) (см.рис. 194 пособия).

Ответ: 24.


12. Знаменатель прогрессии равен bn+1

bn= −4.

b4 = b1 · (−4)3 = 5 · (−64) = −320.Ответ: −320.

13.(a− 6)(a+ 6)9a(a+ 6)

= a− 69a

. При a = −0,48,

a− 69a

=−0,48− 69 · (−0,48) =

6,484,32

= 1,5.

Ответ: 1,5.

14. Подставим в формулу P = U2

Rданные U = 220 В, R = 110 ом,

P = 220 · 220110

= 2 · 220 = 440 (Вт).

Ответ: 440.

15. Решим неравенство: 31− 6(x+ 5) > 8− 11x, 31− 6x− 30 > 8− 11x,5x > 7, x > 1,4. Множество решений неравенства изображено на рисунке3. (см. рис. пособия).

Ответ: 3.

16. sinP = 941

. sinP = MNMP

, 18MP

= 941

, MP = 82 (см. рис. 252).

Рис. 252

Ответ: 82.

17. Обозначим угол между векторами ~a и ~b через α. Используя~a ·~b = x1x2 + y1y2, где ~a{x1; y1},~b{x2; y2}.


~a · ~b = −8 · (−15) + 6 · 8 = 168. |~a| =√

(−8)2 + 62 = 10,

|~b| =√

(−15)2 + 82 = 17, ~a · ~b = |~a| · |~b| cosα, 168 = 10 · 17 cosα,

cosα = 168170

≈ 0,99.Ответ: 0,99.

18. Диаметр окружности равен 64 и равен стороне квадрата. Площадьквадрата равна 642 = 4096 (см. рис. 195 пособия).

Ответ: 4096.19. Угол между двумя соседними спицами равен 360◦ : 18 = 20◦ (см. рис.196 пособия).

Ответ: 20.20. Утверждение 1) верно, так как центральный угол равен дуге, на кото-рую опирается, а вписанный угол, опирающийся на эту дугу,— её поло-вине. Утверждение 2) неверно, так как эти прямые параллельны. Утвер-ждение 3) верно (свойство равнобедренной трапеции).

Итак, верны утверждения 1) и 3).Ответ: 13.

21. −11(x+ 4)2 − 6 > 0, тогда в соответствии с условием, получаем −11 < 0

и (x + 4)2 − 6 < 0, то есть (x + 4 −√6)(x + 4 +

√6) < 0,

(x− (−4 +√6))(x− (−4−

√6)) < 0.

Тогда решение неравенства промежуток (−4−√6;−4 +

√6).

Ответ: (−4−√6;−4 +

√6).

22. Обозначим скорость течения реки через x км/ч, тогда скорость по те-чению равна (17+x) км/ч, а скорость против течения равна (17−x) км/ч.Ясно, что x > 0 и x < 17. Составим таблицу так, чтобы в каждой строкевыполнялась формула S = v · t.


Против течения 154 17− x 15417− x

По течению 154 17 + x 15417 + x

Всё время движения составило 18 часов 42 минуты, то есть

18 + 4260= 18 + 7

10= 18710

ч.

Составим уравнение и решим его.15417− x

+ 15417 + x

= 18710

. Разделим обе части на 11:


1417− x

+ 1417 + x

= 1710

.

14(17 + x)(17 + x)(17− x)

+14(17− x)

(17 + x)(17− x)= 1710

;

14 · 2 · 17(172 − x2)

= 1710

;

14 · 2(172 − x2)

= 110

;

172 − x2 = 10 · 14 · 2;x2 = 289− 280 = 9;x = ±3;Условию задачи удовлетворяет x = 3.Ответ: 3.

23. При x < −3 графиком является луч с началом в выколотой точке(−3; 7) и проходящий через точку (−4; 11).

При −3 6 x 6 5 графиком является отрезок с концами в точках(−3;−4,5) и (5;−0,5).

При x > 5 графиком является луч с началом в выколотой точке (5;−6)и проходящий через точку (6;−12) (см. рис. 253).

Прямая y = k не имеет с графиком функции двух общих точек и имеетодну общую точку при k ∈ (−∞;−6) ∪ [−4,5;−0,5] ∪ (7;+∞).

Ответ: (−∞;−6) ∪ [−4,5;−0,5] ∪ (7;+∞).24. Сумма углов, прилежащих боковой стороне трапеции, равна 180◦, зна-чит сумма углов BAL и ABL равна 90◦ (см. рис. 254) и ∠ALB = 90◦. Впрямоугольном треугольнике ABL гипотенузу AB найдём по теореме Пи-

фагора: AB =√

AL2 +BL2 =√

242 + 182 = 30.Ответ: 30.

25. AB = BC, BG = BF , ∠CBG и ∠ABF — углы со вза-имно перпендикулярными сторонами, поэтому ∠CBG = ∠ABF .sin∠CBG = sin∠ABF (см. рис. 197 пособия).

Тогда SABF =12AB ·BF ·sin∠ABF = 1

2BC ·BG·sin∠CBG = SBCG.

26. Обозначим точку пересечения биссектрисы DL и высоты CQ за S (см.рис. 255).

По теореме синусов радиус описанной окружности

R = CE2 sin∠CDE

= 9sin∠CDE

.


Рис. 253

Так как треугольник CDQ прямоугольный, то cos∠CDE = DQ : CD.По свойству биссектрисы DQ : DC = QS : SC = 40 : 41. Поэтому

cos∠CDE = 4041,


Рис. 254

D

Q

C

L

E

S

Рис. 255

sin∠CDE =√1− cos2 ∠CDE = 9

41,

R = 9 : 941= 41.

Ответ: 41.



1. На плане слева от въезда на участок расположен сарай, обозначенныйцифрой 1. Бассейн, имеющий форму восьмиугольника, имеет на плане но-мер 2, а участок под ели — номер 3. Площадь теплицы равна 48 кв. м. Онаобозначена цифрой 5.

Рис. 256

Заполним таблицу.

Объекты Участок под ели Бассейн Сарай ТеплицаЦифры 3 2 1 5

В ответе запишем номера нижней строки: 3215.

Ответ: 3215.

2. По условию площадь тротуарной плитки равна 1 кв. м. Всего потре-бовалось 95 плиток, что составляет 95 кв. м. Понадобится 95 : 5 = 19упаковок тротуарных плиток.

Ответ: 19.

3. Разобьём восьмиугольник горизонтальными отрезками на 3 фигуры:две равные равнобедренные трапеции с основаниями 2 м и 4 м и высо-той 1 м и прямоугольник со сторонами 2 м и 4 м. Площадь бассейна равна2 · 3 + 8 = 14 (кв. м).

Ответ: 14.


4. Максимальная длина проволоки равна длине диагонали теплицы, тоесть 10 метрам.

Ответ: 10.5. Затраты на стеклянную крышу составляют 36 000 рублей, а затраты накрышу из поликарбоната — 24 000 рублей. Установка стеклянной крышиобойдётся на 12 000 рублей дороже. Разность в доходе от продажи поми-доров, выращенных под разными крышами за сезон составит 6000 рублей.Через 12 000 : 6000 = 2 (сезона) будет компенсирована разность междустоимостью изготовления стеклянной крыши и стоимостью крыши из по-ликарбоната.

Ответ: 2.6. (1,8·10−3)·(4·10−2) = 1,8·4·10−3−2 = 7,2·10−5 = 72·10−6 = 0,000 072.

Ответ: 0,000 072.7. По рисунку определяем, что 4 < c < 5, поэтому верным является утвер-ждение 3).

Ответ: 3.8. 4 + 4

√5 + 5− 4

√5 = 9.

Ответ: 9.

9.−1617x2 + 17 = 0, x2 = 17

2

42, x = ±17

4. Меньший корень −4,25.

Ответ: −4,25.10. Вероятность промаха при выстреле равна 1 − 0,6 = 0,4. Попадание вмишень или промах при каждом выстреле не зависит от другого выстрела,поэтому вероятность того, что стрелок первыми двумя выстрелами пора-зит мишень, а третьим выстрелом промахнётся равна 0,36 · 0,4 = 0,144.

Ответ: 0,144.11. Графики убывающих функций изображены на рисунках 1), 3) и 4).

Ответ: 134.

12.

{

30 = a1 + 11d,62 = a1 + 21d,

где d — разность арифметической прогресии. Вы-

чтем из второго уравнения первое, получим 10d = 32, d = 3,2.Ответ: 3,2.

13. 13a

(

1− 15

)

= 525a

. При a = −0,13, 525a= 525(−0,13) = −80.

Ответ: −80.14. Подставим данные в формулу a = ω2R. 115,2 = ω2 · 3,2.ω2 = 1152 : 32 = 36, ω = 6.

Ответ: 6.


15.

{

−10 + 5x > 0,7− 6x > −17;

{

5x > 10,6x < 24,

{

x > 2,x < 4;

2 < x < 4. Решение систе-

мы — промежуток (2; 4)— это промежуток 4).

Ответ: 4.

16. Используя рисунок 201 пособия:

∠POA = 12∠POM = 1

2(180◦ − ∠PON) = 1

2(180◦ − 74◦) = 53◦.

Ответ: 53.

17. SABCD = AD · BH . AD = AH + HD = 8 + 12 = 20.В прямоугольном треугольнике BHD по теореме ПифагораBH =

√BD2 −DH2 =

√132 − 122 = 5. SABCD = 20 · 5 = 100

(см. рис. 202 пособия).

Ответ: 100.

18. MN — касательная, ON ⊥ MN как радиус, проведённый вточку касания (см. рисунок 203 пособия). 4KMN равнобедренный(MK = MN как отрезки касательных, проведённые к окружности из

одной точки), значит ∠MNK = 180◦ − ∠KMN2

= 180◦ − 68◦2

= 56◦.

∠KNO = 90◦ − ∠MNK = 90◦ − 56◦ = 34◦

Ответ: 34.

19. Разделим фигуру горизонтальными отрезками (см. рис.). Площадь фи-гуры равна сумме площадей прямоугольника со сторонами 1 и 5 и двухтрапеций. Основания одной трапеции 1 и 3 и высота 2, а основания другойравны 5 и 3, а высота — 2.

Рис. 257


Площадь фигуры равна 1 · 5 + 1 + 32

· 2 + 5 + 32

· 2 = 5 + 4 + 8 = 17.

Ответ: 17.20. Утверждение 3) неверно, так как сумма трёх тупых углов больше 180◦.Утверждения 1) и 2) верны.

Ответ: 12.21. (x− 7)2 <

√11(x− 7), (x− 7)(x− 7−

√11) < 0.

Отсюда, решением данного неравенства является промежуток(7; 7 +

√11).

Ответ: (7; 7 +√11).

22. Пусть второй трактор вспахивает за день x га, тогда первый вспахи-вает (x+2,5) га. Составим таблицу по условию задачи так, чтоб в каждойстроке выполнялась формула A = P · t.

Работа, A(га)

Производительность, P(га за день)

Время, t(рабочие дни)

Первый трактор 150 x + 2,5150

x+ 2,5

Второй трактор 150 x 150x

Условие «на поле размером 150 га первому трактору требует-ся на два рабочих дня меньше, чем второму» приводит к уравнению150x− 150x+ 2,5

= 2. Решим это уравнение.

150(x+ 2,5)x(x+ 2,5)

− 150xx(x+ 2,5)

= 2;

375x(x+ 2,5)

= 2;

375 = x(2x+ 5);2x2 + 5x− 375 = 0;

x1,2 =−5±

√25 + 2 · 4 · 3752 · 2 = −5±

√3025

4= −5± 55

4.

Так как x > 0, то x = −5 + 554

= 12,5.

Первый трактор вспахивает за день x+ 2,5 = 15 (га).Ответ: 15.

23. Построим график заданной функции (см. рис. 258).


Если x+1 > 0, то есть x > −1, то y = −x2+2x+1— часть параболыс вершиной (1; 2), y(−1) = −2.

Если x+1 6 0, то есть x 6 −1, то y = −x2−4x−5— часть параболыс вершиной (−2;−1), y(−1) = −2.

y = a — прямая, параллельная оси абсцисс или совпадающая с ней.По рисунку видно, что графики имеют ровно три общие точки при

a = −1 и a = −2.

Рис. 258

Ответ: −1,−2.24. Отрезки касательных, проведённых к окружности из одной точки, рав-ны, поэтому BD = BF (см. рис. 259).

В равнобедренном треугольнике BDF ∠BDF = ∠BFD. Каж-дый из них равен вписанному углу DEF и измеряется половиной ду-ги DF , как угол, заключённый между касательной и хордой, поэтому∠B = 180◦ − (80◦ + 80◦) = 20◦. Рассуждая аналогично, получим, что∠A = 180◦ − (38◦ + 38◦) = 104◦, ∠C = 180◦ − (62◦ + 62◦) = 56◦.

Ответ: 20◦, 56◦, 104◦.25. SKLO = SKLM − SLOM , SNOM = SNLM − SLOM (см. рис. 260).

Заметим, что в треугольниках KLM и NML совпадают сторона LMи высота, проведённая к этой стороне, значит SKLM = SNLM . ТогдаSKLO = SNOM .


Рис. 259

Рис. 260

26. Обозначим трапецию ABCD, BC ‖ AD, ∠D = 27◦, ∠A = 63◦,и пусть M,K,N,L — середины сторон AB,BC,CD,DA соответственно.Продлим боковые стороны и докажем, что прямые AB,KL и CD пересе-каются в одной точке S. Положим BC = a, AD = b (см. рис. 261).

A

M

B

K

C

N

D

L

S

Рис. 261


Через точку пересечения прямых AB и CD проведём прямую SL.Пусть она пересекает BC в точке K1. Треугольник ADS подобен тре-угольнику BCS, так как ∠ADS = ∠BCS и ∠DAS = ∠CBS как соот-ветственные, поэтому AS : BS = AD : BC = b : a.

Аналогично, 4ALS ∼ 4BK1S, и AS : BS = AL : BK1, AL = 12b,

откуда

BK1 =12b · a

b= 12a.

Точка K1 является серединой отрезка BC и совпада-ет с точкой K. Треугольник ASD прямоугольный, так как∠SDA + ∠SAD = 27◦ + 63◦ = 90◦. Медиана, проведённая из вер-

шины прямого угла, равна половине гипотенузы: SL = AD2= b2

.

Аналогично, SK = BC2= a2

. KL = SL− SK = b− a2

.

По формуле длины средней линии трапеции, 2MN = a+ b. Получаемсистему

{

b− a = 2KL,

b+ a = 2MN.

Возможны два случая: KL = 15, MN = 3 и KL = 3, MN = 15. Ноb− a < a+ b, значит KL < MN .

В случае KL = 3, MN = 15 получаем:{

b− a = 6,

b+ a = 30.

a = 12, b = 18, основания трапеции равны 12 и 18.Ответ: 12 и 18.


Решение варианта 361. На плане слева от въезда на участок расположен сарай, обозначенныйцифрой 1. Бассейн, имеющий форму восьмиугольника, имеет на плане но-мер 2, а участок под ели — номер 3. Площадь дома равна 94 кв. м. Онобозначен цифрой 4.

Рис. 262

Заполним таблицу.Объекты Сарай Жилой дом Бассейн Участок под елиЦифры 1 4 2 3

В ответе запишем последовательность цифр нижней строки: 1423.Ответ: 1423.

2. По условию площадь плитки равна 1 кв. м. Всего потребовалось 95

плиток, что составляет 95 кв. м. Понадобится 95 : 6 = 1556

, то есть 16

упаковок тротуарных плиток.Ответ: 16.

3. Площадь участка, выделенного под газонную траву, найдём как суммуплощадей трёх прямоугольников, квадрата и трапеции (см. рис. 263).

Стороны первого прямоугольника равны 3 м и 7 м, стороны второ-го и третьего — 10 м и 2 м, сторона квадрата — 4 м, основания тра-пеции 4 м и 10 м и высота — 8 м. Площадь участка под ели равна


Рис. 263

3 · 7 + 10 · 2 + 10 · 2 + 4 · 4 + 4 + 102

· 8 = 21 + 40 + 16 + 56 = 133

(м2).Ответ: 133.

4. Участок под ели на плане представляет собой прямоугольный треуголь-ник, катеты которого равны 8 м и 6 м. Наибольшей стороной треугольникаявляется гипотенуза. Её длина равна

√82 + 62 =

√100 = 10 (м).

Ответ: 10.5. Пусть n часов — время работы системы.< За n часов работы систе-ма очистки воды «Кит» обойдётся 12 000 + 4000 + 44n рублей, а системаочистки воды «Дельфин»— 10 000 + 3000 + 50n. Найдём n из условия16 000 + 44n 6 13 000 + 50n, 6n > 3000, n > 500. n = 500.

Ответ: 500.6. (2,6 ·10−2) · (3 ·10−3) = 2,6 ·3 ·10−2 ·10−3 = 7,8 ·10−2−3 = 7,8 ·10−5 == 78 · 10−6 = 0,000 078.

Ответ: 0,000 078.7. По рисунку 206 поcобия определяем, что 2 < b < 3, поэтому вернымявляется утверждение 3).

Ответ: 3.8. (3 +

√7)2 − 6

√7 = 9 + 6

√7 + 7− 6

√7 = 16.

Ответ: 16.

9.−43x2 + 9 = 0, 4

9x2 = 9, x2 = 9

2

22, x = ±9

2. Меньший корень:−4,5.

Ответ: −4,5.10. Вероятность промаха при выстреле равна 1 − 0,8 = 0,2. Попаданиев мишень или промах при каждом выстреле не зависит от другого вы-


стрела, поэтому вероятность того, что стрелок первыми двумя выстреламипоразит мишень, а третьим и четвёртым выстрелом промахнётся равна0,82 · 0,22 = 0,0256.

Ответ: 0,0256.11. Графики убывающих функций изображены на рисунках 3) и 4) (см. ри-сунок 207 из пособия).

Ответ: 34.

12.

{

−24 = a1 + 7d,−34 = a1 + 15d,

, где d — разность арифметической прогрессии,

Вычтем из второго уравнения первое, получим 8d = −10, d = −1,25.Ответ: −1,25.

13. 9b

(

1− 15

)

= 365b

. При b = −0,12, 365b= 365(−0,12) = −60.

Ответ: −60.14. Используя формулу a = ω2R, подставим данные. 0,012 = ω2 · 0,3.ω2 = 12 : 300 = 0,04, ω = 0,2.

Ответ: 0,2.

15.

{

−36 + 9x > 0,4− 8x > −12;

{

9x > 36,8x < 16;

{

x > 4,x < 2;

система не имеет решений и

этому соответствует 3).Ответ: 3.

16. Используя рисунок 208 пособия:

∠FMD = 12∠FMA = 1

2(180◦ − ∠FMC) = 1

2(180◦ − 48◦) = 66◦

Ответ: 66.17. Используя рисунок 209 пособия SABCD = AB · DH . AB = 19.В прямоугольном треугольнике BHD по теореме ПифагораDH =

√BD2 −BH2 =

√172 − 152 = 8. SABCD = 19 · 8 = 152.

Ответ: 152.18. Используя рисунок 210 пособия, FM — касательная, OM ⊥ FMкак радиус, проведённый в точку касания. 4EFM равнобедренный(FM = FE как отрезки касательных, проведённые к окружности из од-

ной точки), значит ∠FME = 180◦ − ∠EFM2

= 180◦ − 84◦2

= 48◦.

∠EMO = 90◦ − ∠FME = 90◦ − 48◦ = 42◦.Ответ: 42.

19. Проведём пунктирные линии так, как показано на рисунке 264. Чтобынайти площадь фигуры, сложим площади прямоугольника со сторонами7 и 5 и треугольника с основанием 4 и высотой 2 и вычтем сумму площадей


двух равных равнобедренных прямоугольных треугольников с катетом 2.

Получим 5 · 7 + 4 · 22− 2 · 2 · 2

2= 35 + 4− 4 = 35.

Рис. 264

Ответ: 35.

20. Утверждение 1) верно, действительно, S4 =12ab · sinC < ab. Утвер-

ждение 2) неверно, такие треугольники подобны. Утверждение 3) верно.Итак, верны утверждения 1) и 3).

Ответ: 13.

21. (x+ 11)2 <√5(x+ 11), (x+ 11)(x+ 11−

√5) < 0.

Отсюда, решением данного неравенства будет x ∈ (−11;−11 +√5).

Ответ: (−11;−11 +√5).

22. Пусть вторая труба пропускает x л в минуту, тогда первая пропускает(x− 4) л (отсюда x > 4). Составим таблицу по условию задачи так, чтоб вкаждой строке выполнялась формула A = P · t.

Работа, A(л)

Производительность, P(л в минуту)

Время, t(минуты)

Первая труба 520 x− 4 520x− 4

Вторая труба 720 x720x


Условие «Резервуар объёмом 520 л первая труба заполняет на 5 минутдольше, чем вторая труба заполняет резервуар объёмом 720 л» приводит

к уравнению 520x− 4 −

720x= 5. Решим последнее уравнение.

104x− 4 −

144x= 1;

104xx(x− 4) −

144(x− 4)x(x− 4) = 1;

576− 40xx(x− 4) = 1;576− 40x = x(x− 4);x2 + 36x− 576 = 0;x1,2 =

−36±√362 + 4 · 5762

= −36±√3600

2= −36± 60

2.

Так как x > 4, то x = −36 + 602

= 12.

Ответ: 12.23. Построим график заданной функции (см. рис. 265).

Если x + 2 > 0, то есть x > −2, то y = 5x + 10 − x2 − x − 4,y = −x2 + 4x+ 6— часть параболы с вершиной (2; 10), y(−2) = −6.

Если x + 2 6 0, то есть x 6 −2, то y = −5x − 10 − x2 − x − 4,y = −x2 − 6x− 14— часть параболы с вершиной (−3;−5), y(−2) = −6.

y = m — прямая, параллельная оси абсцисс или совпадающая с ней.По рисунку видно, что графики имеют ровно три общие точки при

m = −5, m = −6.Ответ: −5,−6.

24. Отрезки касательных, проведённых к окружности из одной точ-ки, равны, поэтому BD = BF . В равнобедренном треугольни-ке BDF∠BDF = ∠BFD (см. рис. 266).

Каждый из них равен вписанному углу DEF и измеряется половинойдуги DF , как угол, заключённый между касательной и хордой, поэтому∠B = 180◦ − (59◦ + 59◦) = 62◦. Рассуждая аналогично, получим, что∠A = 1800 − (33◦ + 33◦) = 114◦, ∠C = 180◦ − (88◦ + 88◦) = 4◦.

Ответ: 4, 62, 114.25. Пусть a, b и h основания трапеции и её высота, соответственно. Тогда

S = a+ b2

· h. Концы отрезка, соединяющего середины оснований, делят

каждое основание пополам, а всю трапецию на две трапеции, у каждой из


Рис. 265

Рис. 266


которых основания равны a2

и b2

, а высота h, поэтому площадь каждой

части равна

a2+ b2

2· h = 1

2Sтрап.

26. Обозначим трапецию ABCD, BC ‖ AD, ∠D = 44◦, ∠A = 46◦,и пусть M,K,N,L — середины сторон AB,BC,CD,DA соответственно.Продлим боковые стороны и докажем, что прямые AB,KL и CD пересе-каются в одной точке S. Положим BC = a, AD = b (см. рис. 267).

A

M

B

K

C

N

D

L

S

Рис. 267

Через точку пересечения прямых AB и CD проведём прямую SL.Пусть она пересекает BC в точке K1. Треугольник ADS подобен тре-угольнику BCS, так как ∠ADS = ∠BCS и ∠DAS = ∠CBS как соот-ветственные, поэтому AS : BS = AD : BC = b : a.

Аналогично, 4ALS ∼ 4BK1S, и AS : BS = AL : BK1, AL = 12b,

откуда

BK1 =12b · a

b= 12a.

Точка K1 является серединой отрезка BC и совпада-ет с точкой K. Треугольник ASD прямоугольный, так как∠SDA + ∠SAD = 44◦ + 46◦ = 90◦. Медиана, проведённая из вер-

шины прямого угла, равна половине гипотенузы: SL = AD2= b2

.


Аналогично, SK = BC2= a2

. KL = SL− SK = b− a2

.

По формуле длины средней линии трапеции, 2MN = a+ b. Получаемсистему

{

b− a = 2KL,

b+ a = 2MN.

Возможны два случая: KL = 7, MN = 11 и KL = 11, MN = 7. Ноb− a < a+ b, значит KL < MN .

В случае KL = 7, MN = 11 получаем:{

b− a = 14,

b+ a = 22.

a = 4, b = 18, основания трапеции равны 4 и 18.Ответ: 4 и 18.



1. Рядом с плитой находятся мойка и посудомоечная машина, причемпоследняя расположена справа от плиты, мойка обозначена цифрой 3 апосудомоечная машина — цифрой 5, стиральная машина и холодильникобозначены номерами 6 и 7 соответственно.

Рис. 268

Заполним таблицу.

Объекты Холодильник Стир. машина Мойка Посуд. машинаЦифры 7 6 3 5

В ответе запишем последовательность цифр в нижней строке: 7635.Ответ: 7635.

2. Клетка на плане имеет такие же размеры, что и плитка на «фартуке», тоесть на «фартуке» всего 68 плиток четырёх цветов, причём каждого цветаодинаковое количество плиток, поэтому красных плиток — 68 : 4 = 17.

Ответ: 17.3. Объём шкафа для посуды 80 · 240 · 60 = 1 152 000 (куб. см.)

Ответ: 1 152 000.4. Плита и блок розеток на плане представляют собой прямоугольни-ки и обозначены номерами 14 и 13 соответственно. Длина отрезка, со-единяющего правую верхнюю вершину плиты и левую нижнюю вершинублока розеток - кратчайшее расстояние между ними. Этот отрезок — ги-потенуза прямоугольного треугольника с горизонтальным катетом 80 см


и вертикальным катетом 60 см. По теореме Пифагора его длина равна√802 + 602 =

√10 000 = 100 см.

Ответ: 100.5. Пусть n — число месяцев работы панели. Найдём n из условия23 400+9375+5 · 13 ·n 6 21 600+8900+2,5 · 156 ·n, 325n > 2275, n > 7.Через 7 месяцев работы газовой панели экономия от использования газавместо электричества компенсирует разность в стоимости оборудованияи установки газовой и электрической панели.

Ответ: 7.

6.(

19

)2

· 36 + 2 · 518= 3681+ 59= 49+ 59= 1.

Ответ: 1.

7. Оценим числа: 211

< 210

; 311

< 310

; 511

< 510

; 911

< 910

. Отмеченное

на координатной прямой (см. рисунок 213 из пособия) число принадлежит

промежутку (0,4; 0,5), это число 511

. Это число под номером 3).

Ответ: 3.

8. 2−8 · 21227

= 2−8+12

27= 2

4

27= 24−7 = 2−3 = 1

8= 0,125.

Ответ: 0,125.9. x2+3x−18 = (x+6)(x−b). Тогда корни квадратного трёхчлена x1 = bи x2 = −6. Их произведение равно −18, откуда−6b = −18, b = 3.

Ответ: 3.10.Вероятность промаха при одном выстреле равна 1 − 0,6 = 0,4. По-падание или промах при одном выстреле не влияет на результат другоговыстрела. Вероятность того, что стрелок попал в мишень первым выстре-лом, а вторым и третьим промахнулся, равна 0,6 · 0,42 = 0,096.

Но попасть в мишень один раз при трёх выстрелах можно тремя спо-собами: первым выстрелом попасть, а остальными промахнуться, вторымвыстрелом попасть, а первым и третьим промахнуться или третьим вы-стрелом попасть, а первыми двумя промахнуться, поэтому вероятностьтого, что стрелок при трёх выстрелах попал в мишень один раз и два разапромахнулся равна 3 · 0,6 · 0,42 = 3 · 0,096 = 0,288.

Ответ: 0,288.11. Проанализируем формулу 1): старший коэффициент квадратноготрёхчлена положителен, значит ветви параболы направлены вверх, сво-бодный член отрицателен, значит парабола пересекает ось ординат ни-же нуля; формуле 1) соответствует график В). В формуле 2) старший


коэффициент отрицательный, значит ветви направлены вниз, свободныйчлен — положительный, формуле 2) соответствует график А. В форму-ле 3) старший коэффициент и свободный член положительны, формуле 3)соответствует график Б).

Ответ: 231.

12. b8b5=

b1 · q7

b1 · q4 = q3, где q — знаменатель геометрической прогресии.

q3 = −6 : 29= −27, q = −3.

Ответ: −3.

13. (x+7) : x2 − 14x+ 49

x− 7 ,(x+ 7)(x− 7)(x− 7)2 = x+ 7

x− 7 . При x = 9 выражение

x+ 7x− 7 =

9 + 79− 7 = 8.

Ответ: 8.

14. Подставим в формулу S = ab sinα данные: 1,8b · 49= 2; 0,8b = 2;

b = 2 : 0,8 = 2,5.Ответ: 2,5.

15. В левой части неравенства (x+3)(x− 1) > 0— разложение квадрат-ного трёхчлена с корнями −3 и 1 на линейные множители, Неравенствовыполняется для всех значений переменной, которые больше большегокорня и меньше меньшего корня: x < −3, x > 1, x ∈ (−∞;−3)∪ (1;+∞).Решение неравенства представлено 1).

Ответ: 1.16. Высоту прямоугольного треугольника (см. рис. 215 пособия) нахо-дим по теореме Пифагора:

√252 − 242 = 7. Площадь треугольника равна

12· 24 · 7 = 84.

Ответ: 84.17. Опишем окружность с центром O около данного девятиугольника (см.рисунок 216 пособия). Это можно сделать, так как вокруг любого пра-вильного многоугольника можно описать окружность. Центральный уголKOE и вписанный угол EDK опираются на одну дугу KFE, значит

∠EDK = 12∠KOE = ∠KOF = 360

◦

9= 40◦.

Ответ: 40.


18. Дуга EN , на которую опирается вписанный угол EMN равна 104◦

(см. рисунок 217 пособия). MN — диаметр, поэтому дуга MEN равна180◦. Тогда дуга ME равна 180◦ − 104◦ = 76◦. Вписанный угол EFM ,

опирается на эту дугу, значит ∠EFM = 76◦

2= 38◦.

Ответ: 38.

19. Впишем квадрат со стороной 5 в окружность с центром O (см. рис.269). O — точка пересечения диагоналей квадрата. Центральный уголAOC, равный 90◦, опирается на дугу AC, значит вписанный угол ABC,опирающийся на ту же дугу, равен 45◦.

Рис. 269

Ответ: 45.

20. Утверждение 1) верное, так как через одну точку можно провести бес-численное множество прямых.

Утверждение 2) неверное, поскольку сумма углов треугольника равна180◦.

Утверждение 3) верное, так как площадь квадрата равна квадрату егостороны, а две смежные стороны квадрата имеют одинаковые длины.

Итак, верны 1) и 3).

Ответ: 13.

21. x2(x2 + 7) 6 16(x2 + 7), (x2 + 7)(x2 − 16) 6 0.

Так как x2+7 > 0, то x2−16 6 0, то есть (x−4)(x+4) 6 0,−4 6 x 6 4.

Ответ: [−4; 4].


22. Условно будем считать, что свежие фрукты состоят из «сухого веще-ства» и воды. Сухое вещество составляет 100% − 88% = 12% от общеймассы свежих фруктов. Следовательно, в 920 кг свежих фруктов содер-

жится 920 · 12100

= 110,4 кг сухого вещества.

Сухофрукты получаются из свежих фруктов путём частичного высы-хания воды, масса сухого вещества остаётся неизменной. Значит, в сухо-фруктах тоже будет 110,4 кг сухого вещества. Однако оно будет состав-лять 100% − 8% = 92% от общей массы сухофруктов. Составим пропор-цию.

92% − 110,4 кг100% − x кг

Отсюда x = 110,4 · 10092

= 120.

Ответ: 120.23. Построим график заданной функции. Область определения функцииx 6= 0.

Если x − 2x

> 0, то y = 2(

x − 2x+ x + 2

x

)

, y = 4x и график на

соответствующих промежутках — части прямой.

Решим неравенство x− 2x

> 0.

x2 − 2x

> 0,(x−

√2)(x+

√2)

x> 0, −

√2 6 x < 0, x >

√2 (см.

рис. 270).

Рис. 270

y(−√2) = 4 · (−

√2) = −4

√2, y(

√2) = 4

√2.

Если x − 2x

6 0, то есть x 6 −√2; 0 < x 6

√2 (см. рис. 270), то

y = 2(

− x + 2x+ x + 2

x

)

, y = 8x

и график — часть гиперболы (см.

рис. 271).Прямая y = p — прямая, параллельная оси абсцисс или совпадающаяс ней (см. рис. 271).


Рис. 271

По рисунку видно, что ровно одну общую точку графики имеют приp = −4

√2 и p = 4

√2.

Ответ: −4√2; 4√2.

24. По условию ∠C = 90◦ = ∠MCN (см. рис. 272), а так как прямой уголопирается на диаметр, то MN — диаметр, MN = CH = 20.

Рис. 272

Ответ: 20.


25. Проведём высоту CH треугольника BCD, BL ⊥ CK (см. рис. 273).

SBCK =12BK · CH = 1

2KD · CH = SCKD,

SBCK =12SBCD. SABC

SBCK=

12CA ·BL12CK ·BL

= CACK

= 25

. Тогда

SABC

SBCD= SABC

2SBCK= 22 · 5 = 1 : 5, это означает, что площадь треугольника

ABC в 5 раз меньше площади треугольника BCD.

Рис. 273

26. Обозначим радиусы вписанных окружностей треугольников KHM иPKM за r и R (r = 36), ∠KPM = x (см. рис. 274).

Рис. 274

tg x = KM : KP = 24 : 7. Пусть KM = 24y, KP = 7y. НайдёмMP по теореме Пифагора: MP 2 = KM2+KP 2 = (242+72)y2 = 625y2,MP = 25y.


Треугольники KHM и PKM подобны, так как углы KHM и PKMпрямые, а угол M общий, поэтому R : r = PM : KM = 25 : 24,

R = 25r24= 25 · 36

24= 37,5.

Ответ: 37,5.Решение варианта 38

1. Плита обозначена цифрой 7, над ней под номером 8 — вытяжка, асправа — посудомоечная машина, которая обозначена цифрой 9. Мойкаобозначена цифрой 5, а холодильник — номером 1.

Рис. 275

Заполним таблицу.Объекты Посуд. машина Мойка Холодильник ВытяжкаЦифры 9 5 1 8

В ответ запишем цифры нижней строки: 9518.Ответ: 9518.

2. Клетка на плане имеет такие же размеры, что и плитка на «фартуке». Тоесть на «фартуке» всего 63 плитки. Площадь «фартука» равна 63 · 20 · 20,поэтому плиток размером 20 · 30 понадобится 63 · 20 · 20

20 · 30 = 42.

Ответ: 42.


3. Кухонный шкаф обозначен цифрой 2. Его объём равен60 · 240 · 60 = 864 000 (куб. см.)

Ответ: 864 000.4. Плита и блок розеток на плане представляют собой прямоугольникии обозначены номерами 7 и 13 соответственно. Длина отрезка, соединя-ющего левую верхнюю вершину плиты и правую нижнюю вершину бло-ка розеток — кратчайшее расстояние между ними. Этот отрезок — ги-потенуза прямоугольного треугольника с горизонтальным катетом 80 сми вертикальным катетом 60 см. По теореме Пифагора его длина равна√802 + 602 =

√10 000 = 100 (см).

Ответ: 100.5. Пусть n — число месяцев работы панели. Найдём n из условия15 230 + 8400 + 6 · 13 · n 6 12 800 + 8100 + 4 · 156n, 546n > 2730, n > 5.Через 5 месяцев работы газовой панели экономия от использования газавместо электричества компенсирует разности в стоимости оборудованияи установки газовой и электрической панели.

Ответ: 5.

6. 35 ·(

27

)2

+ 2 · 47= 35 · 4

49+ 87= 14049+ 5649= 4.

Ответ: 4.

7. Оценим числа: 27< 26= 13< 0,4; 3

7< 36= 0,5; 0,5 < 4

7< 0,6; 5

7> 0,7.

Отмеченное на координатной прямой число (см. рис. 220 пособия) при-

надлежит промежутку (0, 5; 0, 6), это число 47

. Это число представлено

цифрой 3).Ответ: 3.

8. 517 · 5−8

56= 5

17−8

56= 5

17−8

56= 5

9

56= 59−6 = 53 = 125.

Ответ: 125.9. Корни квадратного трёхчлена x1 = b и x2 = −7. Их произведение равно−14, откуда−7b = −14, b = 2.

Ответ: 2.10. Вероятность промаха при одном выстреле равна 1 − 0,3 = 0,7. По-падание или промах при одном выстреле не влияет на результат другоговыстрела. Вероятность того, что стрелок попал в мишень первым выстре-лом, а вторым, третьим и четвёртым промахнулся, равна 0,7·0,33 = 0,0189.

Но попасть в мишень один раз при четырёх выстрелах можно четырь-мя способами: первым выстрелом попасть, а остальными промахнуться,


вторым выстрелом попасть, а первым, третьим и четвертым промахнуться,третьим выстрелом попасть, а первыми двумя и последним промахнуться,первыми тремя промахнуться, а четвёртым попасть, поэтому вероятностьтого, что стрелок при четырёх выстрелах попал в мишень один раз и трираза промахнулся равна 4× 0,7× 0,33 = 4× 0,0189 = 0,0756.

Ответ: 0,0756.

11. Проанализируем формулу 1): старший коэффициент квадратноготрёхчлена отрицателен, значит ветви параболы направлены вниз, сво-бодный член отрицателен, значит парабола пересекает ось ординат ниженуля, графику A) соответствует формула 1). В формуле 2) старший ко-эффициент отрицательный, свободный член положительный, графику Бсоответствует формула 2). В формуле 3) старший коэффициент положи-тельный, свободный член отрицательный, графику В) соответствует фор-мула 3).

Ответ: 123.

12. b8b3=

b1 · q7

b1 · q2 = q7−2 = q5, где q — знаменатель геометрической про-

грессии. q5 = 144 : 964

, q = 4.

Ответ: 4.

13. (x + 5) : x2 − 10x+ 25

x− 5 =(x+ 5)(x− 5)(x− 5)2 = x+ 5

x− 5 . При x = 7 выра-

жение x+ 5x− 5 =

7 + 57− 5 = 6.

Ответ: 6.

14. В S = ab sinα подставим данные, получим: 36a · 16= 43,2; 6a = 43,2;

a = 43,2 : 6 = 7,2.

Ответ: 7,2.

15. В левой части неравенства (x− 5)(x+4) < 0— разложение квадрат-ного трёхчлена с корнями −4 и 5 на линейные множители, Неравенствовыполняется для всех значений переменной, удовлетворяющих неравен-ству:−4 < x < 5. Решение неравенства представлено 3).

Ответ: 3.


16. Высоту прямоугольного треугольника находим по теореме Пифаго-ра:√172 − 152 = 8 (см. рис. 220 пособия). Площадь треугольника равна

12· 15 · 8 = 60.

Ответ: 60.

17. Опишем окружность с центром O около данного девятиугольника(см. рис. 223 пособия). Это можно сделать, так как вокруг любого пра-вильного многоугольника можно описать окружность. Центральный уголAOK и вписанный угол ADK опираются на одну дугу AMK, значит

∠ADK = 12∠AOK = 1

2· 3∠AOM = 3 · 360

◦

9 · 2 = 60◦.

Ответ: 60.

18. Дуга DM , на которую опирается вписанный угол DAM равна56◦ · 2 = 112◦. MN — диаметр, поэтому дуга AMD равна 180◦. Тогдадуга AM равна 180◦ − 112◦ = 68◦. Вписанный угол MNA, опирается на

эту дугу, значит ∠MNA = 68◦

2= 34◦ (см. рис. 224 пособия).

Ответ: 34.

19. Впишем квадрат со стороной 5 в окружность с центром O (см.рис. 276).O — точка пересечения диагоналей квадрата. Центральный уголAOC, равный 90◦, опирается на дугу AC, значит вписанный угол ABC,опирающийся на ту же дугу, равен 45◦.

Рис. 276

Ответ: 45.


20. Утверждения 1) и 2) верны. Утверждение 3) неверное, поскольку нелюбая трапеция является равнобедренной.

Ответ: 12.21. x2(x2 + 13) 6 25(x2 + 13), (x2 + 13)(x2 − 25) 6 0.

x2 + 13 > 0, x2 − 25 6 0, (x− 5)(x+ 5) 6 0, x ∈ [−5; 5].Ответ: [−5; 5].

22. Будем считать, что и свежие фрукты, и сухофрукты состоят из «сухоговещества» и воды.

Сухое вещество составляет 100% − 6% = 94% от общей массы сухо-фруктов.

Следовательно, в 900 кг сухофруктов содержится 900 · 94100

= 846 (кг)

сухого вещества.Сухофрукты получаются из свежих фруктов путём частичного высы-

хания воды, масса сухого вещества остаётся неизменной. Значит, в све-жих фруктах тоже будет 846 кг сухого вещества. Однако оно будет со-ставлять 100% − 85% = 15% от общей массы свежих фруктов. Составимпропорцию.

15% − 846 кг100% − x кг

Отсюда x = 846 · 10015

= 5640.

Ответ: 5640.23. Построим график заданной функции. Область определения функцииx 6= 0.

Если x − 3x

> 0, то y = 12

(

x + 3x+ x − 3

x

)

, y = x и график её

представляет на соответствующих промежутках — части прямой.

Решим неравенство x− 3x

> 0.

x2 − 3x

> 0,(x−

√3)(x+

√3)

x> 0 (см. рис. 277).

Рис. 277

x ∈ [−√3; 0) ∪ [

√3;+∞), y(−

√3) = −

√3; y(

√3) =

√3.


Если x − 3x

< 0, то есть x ∈ (−∞;−√3) ∪ (0;

√3), то

y = 12

(

x+ 3x− x+ 3

x

)

= 3x

, y = 3x

— график — часть гиперболы.

Рис. 278

Прямая y = n— прямая, параллельная оси абсцисс или совпадающаяс ней (см. рис. 278).

По рисунку видно, что ровно одну общую точку графики имеют приn = −

√3 и n =

√3.

Ответ: −√3,√3.

24. По условию ∠C = 90◦ = ∠MCN (см. рис. 279), а так как прямой уголопирается на диаметр, поэтому MN — диаметр, MN = CH = 6.

Рис. 279


Ответ: 6.

25. Проведём высоту BH треугольника ABC, AK ⊥ BL (см. рис. 280).

Рис. 280

SABL =12AL ·BH = 1

2LC ·BH = SBLC ,

SABL =12SABC . SABD

SABL=

12

BD·AK

12

BL·AK= BD

BL= 27

.

Тогда SABD

SABC= SABD

2SABL= 22 · 7 = 1 : 7, это означает, что площадь

треугольникаABD в 7 раз меньше площади треугольника ABC.

26. Обозначим радиусы вписанных окружностей треугольников DHF иEDF за r и R (r = 6), ∠DEF = x (см. рис. 281).

D F

H

E

x

r

Рис. 281

tg x = DF : DE = 60 : 11. Пусть DF = 60y, DE = 11y. Найдём FEпо теореме Пифагора: FE2 = DF 2 + DE2 = (602 + 112)y2 = 3721y2,FE = 61y.


Треугольники DHF и EDF подобны, так как углы DHF и EDFпрямые, а угол F общий, поэтому R : r = EF : DF = 61 : 60,

R = 61r60= 61 · 6

60= 6,1.

Ответ: 6,1.


1. Слева от ворот находится баня, баня на плане обозначена цифрой 2,одна из двух тротуарных дорожек ведёт к огороду, площадь которого 70кв. м, огород обозначен цифрой 6, а другая — к жилому дому, обозначен-ному на плане номером 1, участок, засаженный розами, расположен переддомом под номером 7.

Рис. 282

Запишем это в таблицу.Объекты Огород Жилой дом Участок под розы БаняЦифры 6 1 7 2

В ответ запишем цифры нижней строки: 6172.Ответ: 6172.

2. Размеры плитки 1 м ×1 м совпадают с размерами маленькой клетки наплане. Площадь маленькой клетки равна 1 кв. м. Всего на плане 104 ма-


ленькие плитки, значит площадь домохозяйства, занятая плиткой, равна104 кв. м. Понадобится 104 : 8 = 13 (упаковок плитки).

Ответ: 13.3. Бассейн имеет квадратную форму, на плане обозначен цифрой 3. Диа-гональ квадрата равна 4. Площадь равна половине произведения диаго-

налей квадрата, то есть 12· 4 · 4 = 8.

Ответ: 8.4. Баня на плане представляет собой прямоугольник. Длина отрезка, со-единяющего правую верхнюю вершину бани и левый нижний угол дома —

кратчайшее расстояние между ними. Этот отрезок — гипотенуза прямо-угольного треугольника с горизонтальным катетом 8 м и вертикальнымкатетом 6м. По теореме Пифагора его длина равна

√82 + 62 =

√100 = 10

(м).Ответ: 10.

5. Пусть n число месяцев. По условию расход во-ды в месяц составляет 100 куб. м. Найдём n из условия100 000 + 15 000 + 2 · 100n 6 80 000 + 17 000 + 20 · 100n, 1800n > 18 000,n > 10, n = 10.

Ответ: 10.

6.0,9

56− 112

=0,9

1012− 112

=0,9 · 129

= 1,2.

Ответ: 1,2.

7. 4113= 3 2

13; 4514= 3 3

14. Заметим, что целая часть каждого числа рав-

на 3, поэтому выясним, какое из чисел 0,1; 0,2; 0,3; 0,4 заключено между

числами 213

и 314

.(

2 · 1413 · 14 < 3 · 13

14 · 13)

. 110= 1 · 1310 · 13 < 2

13= 2 · 1013 · 10 ;

213

< 210= 2 · 1410 · 14 < 3 · 10

14 · 10 =314

. 0,4 > 0,3 = 310

> 314

. 0,2 заключено

между числами 213

и 314

. Между числами 4113

и 4514

заключено число 3,2,

это соответствует 2).Ответ: 2.

8.√28 · 52 · 72 =

√

(24 · 5 · 7)2 = 24 · 5 · 7 = 560.Ответ: 560.


9. Произведение корней равно свободному члену, q = −5 · 3 = −15.Ответ: −15.

10. Частота попадания в ремонт телевизора в течение гарантийного сро-

ка, равна 621000

= 0,062. Частота попадания в ремонт телевизора в те-

чение гарантийного срока отличается от вероятности этого события на0,08− 0,062 = 0,018.

Ответ: 0,018.11. График функции A) y = |x| изображён на рисунке 3), график линей-ной функции Б) — прямая - изображён на рисунке 1), график квадратноготрёхчлена — парабола — изображён на рисунке 2).

Ответ: 312.12. Разность d арифметической прогрессии (an) равнаd = a2− a1 = 144− 162 = −18. an = a1+ (n− 1)d, an = 162− 18(n− 1).Найдём n из условия 162 − 18(n − 1) < 0, −18(n − 1) < −162,n − 1 > 162

18, n − 1 > 9, n > 10. Первый отрицательный член этой

прогрессии a11 = a1 + 10d = 162− 180 = −18.Ответ: −18.

13. 5a(3a+2b)− (a+5b)2 = 15a2+10ab−a2−10ab−25b2 = 14a2−25b2.При данных значениях a =

√7 и b =

√11 значение выражения равно

14 · 7− 25 · 11 = 98− 275 = −177.Ответ: −177.

14. В формулу PV = µRT подставим данные, 20 775 · 63 = 4,5 · 8,31 · T ;207,75 · 63 = 4,5 · 8,31 · T , 5 · 7 · 10 = T , T = 350.

Ответ: 350.

15. 81x2 > 100, x2 > 10081

, |x| > 109

, x < −109

, x > 109

. Решение неравен-

ства изображено на рисунке 2).Ответ: 2.

16. В равнобедренном треугольнике ABC : AB = BC,∠A = ∠C = 180◦ − 132◦ = 48◦.

∠B = 132◦ −∠A = 132◦ − 48◦ = 84◦, так как внешний угол треуголь-ника равен сумме двух внутренних углов треугольника, не смежных с ним(см. рис. 283).

Ответ: 84.17. Высоту трапеции, проведённую из вершины B, найдём как ка-тет прямоугольного треугольника с гипотенузой AB = 9, лежа-


Рис. 283

щий против угла, косинус которого равен 2√23

. Синус этого угла ра-

вен√1− cos2 α =

√

1−(

2√23

)2

= 13

. Высота трапеции равна

AB · sinA = AB · 13= 9 · 1

3= 3. Площадь трапеции равна произведению

полусуммы оснований на высоту, 8 + 242

· 3 = 48 (см. рис. 284).

Рис. 284

Ответ: 48.18. Так как вписанный угол равен половине дуги, на которую опирается,

∠MNQ = 12^MQ = 1

2^MQP − 1

2^ QP = 1

2(46◦ · 2− 39◦ · 2) =

= 12· 14◦ = 7◦. (см. рис. 285).

Ответ: 7.19. Впишем квадрат со стороной 4 в окружность с центром O (см.рис. 286).O — точка пересечения диагоналей квадрата. Центральный уголAOD, равный 90◦, опирается на дугу ABD, а центральный угол AOB ра-вен половине углаAOD, то есть 45◦, значит градусная мера дугиAB равна45◦.

Ответ: 45.


Рис. 285

Рис. 286

20. Утверждения 1) и 2) верны. Утверждение 3) неверно, так как углытреугольников, заключенные между соответственно равными сторонами(диагональ и боковая сторона), не равны.

Ответ: 12.

21. x8 = (x − 7)4, x8 − (x − 7)4 = 0, ((x4)2 − ((x − 7)2)2 = 0.(x4 + (x− 7)2)(x4 − (x− 7)2) = 0.

x4 + (x − 7)2 6= 0, (x2 − (x − 7))(x2 + (x − 7)) = 0. x2 − x + 7 = 0,x2 + x− 7 = 0.

x2 − x+ 7 = 0, D = 1− 28 = −27 < 0, уравнение не имеет корней.

x2 + x− 7 = 0, D = 1 + 28 = 29 > 0, x = −1±√29

2.


Следовательно, x = −1−√29

2и x = −1 +

√29

2.

Ответ:−1−

√29

2; −1 +

√29

2.

22. Так как скорость измеряется в км/ч, а расстояние в километрах, то

переведём время в часы. 54 мин= 5460= 910

. Составим таблицу так, чтоб в

каждой строчке выполнялась формула S = v · t.S, км v, км/ч t, ч

Первый 105 · 910

105 910

Второй 910x x 9

10

Из условия следует, что первый автомобиль за 910

ч прошёл на круг

больше второго, то есть

105 · 910− 910x = 45;

910(105− x) = 45;

105− x = 45 · 109= 50;

x = 105− 50 = 55.Ответ: 55.

23. Построим график заданной функции. Упростим выражение

(x2 + 4x) · |x|2x+ 8

=x(x+ 4) · |x|2(x+ 4)

=x|x|2

, при x+ 4 6= 0, x 6= −4.

Отсюда, y =x|x|2

, при x 6= −4.

При x > 0, получаем y = x2

2, графиком служит часть параболы, вер-

шина (0; 0).Найдём ещё несколько точек для построения параболы:

x 1 2 3y 0,5 2 4,5

(см. рис. 287).


При x < 0, получаем y = −x2

2, графиком служит часть параболы с

вершиной (0; 0) и выколотой точкой (−4;−8),x −1 −2 −4

y −12

−2 −8

Рис. 287


y = a — график есть прямая параллельная оси Ox или совпадающаяс ней.

Из графика видно, что при a = −8 прямая y = a не имеет с графикомни одной общей точки.

Ответ: −8.24. 4AMN ∼ 4ABC по двум углам: ∠A — общий, ∠B = ∠ANM таккак ∠B + ∠CNM = 180◦ как противоположные углы вписанного четы-рёхугольника, ∠CNM = ∠ANM = 180◦ (как смежные) (см. рис. 288).

Рис. 288

Тогда AMAC

= MNBC

, MN = AM ·BCAC

. По условию BC : AC = 2 : 5,

AC = 2,5BC; AC = 52BC, поэтому MN = 7 · 2

5= 2,8.

Ответ: 2,8.

25. Докажем, что ACEG — квадрат. По условию восьмиугольник пра-вильный, значит его стороны и углы равны (см. рис. 289).

Рис. 289


Тогда 4ABC = 4CDE = 4EFG = 4AHG. Докажем, что4ABC = 4CDE (равенство остальных треугольников доказывает-ся аналогично). AB = BC = CD = DE, 4ABC = 4CDE∠ABC = ∠CDE.

Треугольники равны по 1-му признаку равенства треугольни-ков, откуда следует, что ACEG — ромб. Для отыскания углаправильного восьмиугольника воспользуемся общей форму-

лой:180◦(n− 2)

n, откуда ∠ABC =

180◦(8− 2)8

= 135◦. Тогда

∠ACE = ∠BCD − 2 · ∠DCE = 135◦ − 2 · 180◦ − 135◦2

= 90◦.

ACEG — ромб с прямым углом, а значит квадрат.

26. Обозначим трапецию ABCD, BC и AD — основания, при этомBC : AD = 7 : 8. Обозначим точку пересечения диагоналей за E, и пустьпрямаяMN проходит через точкуE параллельно основаниям и пересека-ет боковые стороныAB иCD в точкахM иN соответственно. Обозначимh1 и h2 высоты, опущенные из точки E на основания трапеции BC и AD(см. рис. 290).

A

B C

M N

E

h1

h2

D

Рис. 290

Треугольники BCE и DAE подобны, так как ∠BCE = ∠DAE и∠CBE = ∠ADE как накрест лежащие при параллельных прямых BCи AD и секущей BD. Следовательно,

h1 : h2 = BC : AD = BE : ED = CE : EA = 7 : 8,

AD = 8BC7

, h2 =8h1

7.


Треугольники DEN и DBC подобны, так как угол D общий и∠CBE = ∠NED как соответственные при параллельных прямых BCи MN и секущей BD. Следовательно,

EN : BC = ED : BD = 8 : 15,

EN = 8BC15

.

Треугольники AME и ABC подобны, так как угол A общий и∠BCA = ∠MEA как соответственные при параллельных прямых BCи MN . Следовательно,

EM : BC = AE : AC = 8 : 15, EM = 8BC15

,

MN = EN + EM = 16BC15

.

Подставим выражение для MN в формулу площади трапеции:

SBCNM = 12(MN +BC)h1 =

12(16BC15

+BC)h1 =3130·BC · h1,

SMNDA =12(MN +AD)h2 =

12(16BC15

+ 87BC)(8

7h1) =

928735

·BC · h1,

SBCNM

SMNDA= 3130: 928735

= 15191856

.

Ответ: 1519 : 1856.


1. Слева от въезда находится летняя кухня, летняя кухня на плане обо-значена цифрой 1, дом находится за участком для роз, значит дом на планеобозначен номером 5, одна из двух тротуарных дорожек ведёт к огороду,обозначенному на плане цифрой 6. Беседка расположена на плане справаот квадратного бассейна под номером 3.

Запишем это в таблицу

Объекты Беседка Дом Огород Летняя кухняЦифры 3 5 6 1

В ответ занесём цифры из нижней строки: 3561.Ответ: 3561.

2. Размеры плитки 1 м ×1 м совпадают с размерами маленькой клетки наплане. Площадь маленькой клетки равна 1 кв. м. Всего на плане 112 ма-леньких плитки, значит площадь домохозяйства, занятая плиткой, равна


Рис. 291

112 кв. м. Понадобится 112 : 6 = 1823

упаковок плитки. Нужно приобре-

сти 19 упаковок плитки.

Ответ: 19.

3. Дом на плане занимает 20 клеток размером 2 м×2 м и еще 3 половинкиклеток размером 1× 2. Площадь дома равна 4 · 20 + 3 · 2 = 86 (кв. м).

Ответ: 86.

4. Огород на плане представляет собой прямоугольник. Длина отрез-ка, соединяющего правую нижнюю вершину огорода и верхнюю вершинубассейна — кратчайшее расстояние между ними. Этот отрезок — ги-потенуза прямоугольного треугольника с горизонтальным катетом 12 ми вертикальным катетом 5 м. По теореме Пифагора его длина равна√122 + 52 =

√144 + 25 =

√169 = 13 (м).

Ответ: 13.

5. Пусть n число месяцев. По условию расход во-ды в месяц составляет 130 куб. м. Найдём n из условия95 000 + 12 000 + 130 · 3n > 100 000 + 20 000 + 130 · 1 · n,107 000 + 390n > 120 000 + 130n, 260n > 13 000, n > 50. n = 50.

Ответ: 50.


6.0,7

58− 316

=0,7

1016− 316

=0,7 · 167

= 1,6.

Ответ: 1,6.

7. 4219= 2 4

19; 5523= 2 9

23. Заметим, что целая часть каждого числа рав-

на 2, поэтому выясним, какое из чисел 0,1; 0,2; 0,3; 0,4 заключено между

числами 419

и 923

.

(

4 · 2319 · 23 <

11 · 923 · 9

)

.

110

= 19190

< 40190

; 210

= 38190

< 419

= 40190

; 0,3 = 57190

> 40190

;

310= 419= 69230

< 9 · 1023 · 10 =

923

; 0,3 заключено между числами 419

и 923

.

0,4 = 410= 4 · 2310 · 23 > 9

23= 90230

. Между числами 4219

и 5523

заключено

число 2,3, что соответствует 3).

Ответ: 3.

8.√36 · 24 · 72 =

√

(33 · 22 · 7)2 = 33 · 4 · 7 = 756.Ответ: 756.

9. Произведение корней равно свободному члену, q = −7 · 2 = −14.Ответ: −14.

10. Частота попадания в ремонт планшета в течение гарантийного сро-

ка, равна 505000

= 0,01. Частота попадания в ремонт телевизора в те-

чение гарантийного срока отличается от вероятности этого события на0,12− 0,01 = 0,11.

Ответ: 0,11.

11. График функции A) y =√x изображён на рисунке 3), график функции

Б) — график обратной пропорциональности — гипербола — изображённа рисунке 1), график функции В) — график линейной функции — пря-мая — изображён на рисунке 2) (см. рис. 231 пособия).

Ответ: 312.

12. Разность d арифметической прогрессии (an) равнаd = a2 − a1 = 111 − 122 = −11. an = a1 + (n − 1)d = 122 − 11(n − 1).Найдём n из условия 122 − 11(n − 1) < 0, n − 1 > 122 : 11,


n > 12. Первый отрицательный член этой прогрессииa13 = a1 + 12d = 122 + 12 · (−11) = 122− 132 = 122− 132 = −10.

Ответ: −10.13. 7x(x+2y)− (x+7y)2 = 7x2+14xy−x2− 14xy− 49y2 = 6x2− 49y2.При данных значениях x =

√5 и y =

√13 значение выражения равно

6 · 5− 49 · 13 = 30− 637 = −607.Ответ: −607.

14. Используя формулу PV = µRT , подставим данные4432 · 0,9 = 1,5 · 8,31 · T ; 4432 · 9 = 15 · 8,31T , 39 888 = 124,65T ,

T = 39 888124,65

= 320.

Ответ: 320.

15. 36x2 < 25, 36x2− 25 < 0, (6x− 5)(6x+5) < 0;−56< x < 5

6. Решение

неравенства изображено на рисунке 4 пособия.

Ответ: 4.

16. В равнобедренном треугольнике ABC : AC = BC,∠A = ∠B = 180◦ − 124◦ = 56◦ (см. рис. 292).

Рис. 292

Ответ: 56.

17. Высоту трапеции, проведённую из вершины B, найдём как ка-тет прямоугольного треугольника с гипотенузой AB = 12, лежа-

щий против угла, синус которого равен 13

. Высота трапеции равна

AB sinA = AB · 13= 12 · 1

3= 4. Площадь трапеции равна 14 + 22

2·4 = 72

(см. рис. 293).

Ответ: 72.


Рис. 293

18. Так как вписанный угол равен половине дуги, на которую опирается. то

∠CDE = 12(^ CEF−^ EF ) = 1

2(54◦ · 2− 43◦ · 2) = 1

2(108◦ − 86◦) =

= 12· 22◦ = 11◦. (см. рис. 294).

Рис. 294

Ответ: 11.19. Впишем квадрат со стороной 4 в окружность с центром O (см.рис. 295).O — точка пересечения диагоналей квадрата. Центральный уголAOD, равный 90◦, опирается на дугу ABD, а центральный угол AOB ра-вен половине углаAOD, то есть 45◦, значит градусная мера дугиAB равна45◦ (см. рис. 295).

Ответ: 45.20. Утверждение 1) неверно, так как у описанного четырёхугольника сум-мы противоположных сторон равны. Значит прямоугольник, в которыйможно вписать окружность, должен быть квадратом. Утверждения 2) и3) верны.

Ответ: 23.21. x8 = (x−3)4, (x4)2−((x−3)2)2 = 0, (x4−(x−3)2)(x4+(x−3)2) = 0,x4 − (x− 3)2 = 0, x4 + (x− 3)2 6= 0.


Рис. 295

x4 − (x − 3)2 = 0, (x2 − (x − 3))(x2 + (x − 3)) = 0.(x2 − x + 3)(x2 + x − 3) = 0, x2 − x + 3 = 0, D = 1 − 12 = −11;D < 0, уравнение решений не имеет.

x2 + x− 3 = 0, D = 1 + 12 = 13, D > 0, x = −1±√13

2.

Следовательно, x = −1−√13

2и x = −1 +

√13

2

Ответ:−1−

√13

2; −1 +

√13

2.

22. Так как скорость измеряется в км/ч, то расстояние будем измерять

в километрах, а время в часах. За 45 мин = 34

ч первый велосипедист

прошёл на 4 км меньше, чем второй за 45 − 5 = 40 мин; 40 мин = 23

ч.

Обозначим искомую скорость через x км/ч, тогда скорость более быст-рого велосипедиста равна (x + 7) км/ч. Заполним таблицу так, чтобы вкаждой строке выполнялась формула S = v · t.

v, км/ч t, ч S, км

Первый x 34

34x

Второй (x+ 7) 23

23(x+ 7)

Из условия следует, что 23(x+ 7)− 3

4x = 3.


Отсюда(

23− 34

)

x = 3− 23· 7;

− 112x = 9− 14

3; 112x = 5

3.

x = 5 · 123

= 20.

x = 20.Ответ: 20 км/ч.

23. Преобразуем выражение2(3x2 + 4x) · |x|

3x+ 4=2x(3x+ 4) · |x|3x+ 4)

= 2x|x|,

при условии 3x+ 4 6= 0, x 6= −43

.

y = 2x|x|, при x 6= −43

.

При x > 0, получаем y = 2x2, графиком служит часть параболы, вер-шина (0; 0).

Найдём ещё несколько точек для построения параболы:x 1 2 3y 2 8 18

(см. рис. 296).

При x < 0, получаем y = −2x2, графиком служит часть параболы

с вершиной (0; 0) и выколотой точкой(

− 113;−35

9

)

,x −1 −2y −2 −8

y = m — график есть прямая параллельная оси Ox или совпадающаяс ней.

Отсюда, прямая y = m не имеет с графиком ни одной общей точки при

m = −359

.

Ответ: −359

.

24. 4AMN ∼ 4ABC по двум углам: ∠A — общий, ∠B = ∠ANM таккак ∠B + ∠CNM = 180◦ как противоположные углы вписанного четы-рёхугольника, ∠CNM + ∠ANM = 180◦ (как смежные) (см. рис. 297).

Тогда AMAC

= MNBC

, MN = AM ·BCAC

. По условию AC = 1,6BC,

AC == 85BC, BC : AC = 5 : 8, поэтому MN = 8 · 5

8= 5.

Ответ: 5.


Рис. 296

Рис. 297

25.Тогда ∠KBL = ∠CLM = ∠DMN = ∠ENO = ∠FOP = ∠AKP .Докажем, что 4KBL = 4CLM (равенство остальных треугольниковдоказывается аналогично). KB = BL = LC = CM , KBL = LCM .Треугольники равны по 1-му признаку равенства треугольников, от-куда следует, что KL = LM . Для отыскания угла правильного


Рис. 298

шестиугольника воспользуемся общей формулой:1800(n− 2)

n, откуда

∠KBL =180◦(6− 2)

6= 120◦.

Тогда ∠KLM = 180◦ − 2 · ∠BLK(∠BLK = ∠CLM).

BLK = 180◦ − 120◦2

= 30◦. KLM = 180◦ − 2 · 30◦ = 120◦. Доказа-

но, что KLMNOP — правильный шестиугольник.

26. Обозначим трапецию ABCD, BC и AD — основания, при этомBC : AD = 1 : 9. Обозначим точку пересечения диагоналей за E, и пустьпрямаяMN проходит через точкуE параллельно основаниям и пересека-ет боковые стороныAB иCD в точкахM иN соответственно. Обозначимh1 и h2 высоты, опущенные из точки E на основания трапеции BC и AD(см. рис. 299).

A

B C

M N

E

h1

h2

D

Рис. 299


Треугольники BCE и DAE подобны, так как ∠BCE = ∠DAE и∠CBE = ∠ADE как накрест лежащие при параллельных прямых BCи AD и секущей bd. Следовательно,

h1 : h2 = BC : AD = BE : ED = CE : EA = 1 : 9.AD9BC; h2 = 9h1.

Треугольники DEN и DBC подобны, так как угол D общий и∠CBE = ∠NED как соответственные при параллельных прямых BCи MN и секущей bd. Следовательно,

EN : BC = ED : BD = 9 : 10,

EN = 9BC10

.

Треугольники AME и ABC подобны, так как угол A общий и∠BCE = ∠MEA как соответственные при параллельных прямых BCи MN и секущей AC. Следовательно,

EM : BC = AE : AC = 9 : 10,

EM = 9BC10

, MN = EM + EN = 9BC5

= 1,8BC.

Подставим выражение для MN в формулу площади трапеции:

SBCNM = 12(MN +BC)h1 =

12(1,8BC +BC)h1 = 1,4BC · h1,

SMNDA =12(MN +AD)h2 =

12(1,8BC + 9BC)(9h1) = 48,6BC · h1,

SBCNM

SMNDA=1,4BC · h1

48,6BC · h1= 1,4 : 48,6 = 7 : 243.

Ответ: 7 : 243.

ÀÕŁÕÝØï Ò—àØ—ÝâÞÒ Ø× ÚÝØÓØ …—âÕÜ—âØÚ—. 9-Ù ÚÛ—ÆÆ...

Documents