10. Вариант 10

Вариант 10

Задание 1

Ответ: б) \(x\le-4\).

Задание 2

Ответ: д) \(10\).

Задание 3

Ответ: в).

Задание 4

Ответ: \(-4n^7m^4\).

Задание 5

При \(y=-3\): \(-x^2+2x=-3\), то есть \(x^2-2x-3=0\).

\(D=4+12=16\), \(x=\dfrac{2\pm4}2\).

Ответ: \(x=-1\) и \(x=3\).

Задание 6

Дано: \(\angle C=90^\circ\), \(BC=6\) см, проекция \(AC\) на \(AB\) равна \(AH=5\) см. Найти: \(AB\).

Проведём \(CH\perp AB\). Пусть \(BH=x>0\). По свойству высоты \(CH^2=AH\cdot BH=5x\); по теореме Пифагора \(CH^2=36-x^2\).

\(36-x^2=5x\); \(x^2+5x-36=0\).

\(D=169\), \(x=\dfrac{-5\pm13}2\). Подходит \(x=4\).

Ответ: \(AB=4+5=9\) см.

Задание 7

Из первого уравнения \(x=3y+4\). Подставим во второе:

При \(y=2\): \(x=3\cdot2+4=10\).
При \(y=-1\): \(x=3\cdot(-1)+4=1\).

Ответ: \((10;2)\) и \((1;-1)\).

Задание 8

Пусть грузоподъёмность первого автомобиля \(q>0\) т, второго — \((q+3)\) т.

Первый автомобиль делает на \(6\) рейсов больше:

\(\dfrac{140}q-\dfrac{140}{q+3}=6\).

Умножим на \(q(q+3)\): \(420=6q(q+3)\); \(q^2+3q-70=0\).

\(q=\dfrac{-3\pm\sqrt{289}}2\). Подходит \(q=7\) т.

Ответ: \(7\) т.

Задание 9

ОДЗ: \(x\ne-1\), \(x\ne3\). Разложим числитель и знаменатель на множители:

\(\dfrac{-(x-1)(x+5)x^2}{(x-3)(x+1)}\ge0\).

Нули числителя: \(-5\), \(0\), \(1\). Нули знаменателя: \(-1\), \(3\). Знаки дроби на промежутках слева направо:

\(-;\ +;\ -;\ -;\ +;\ -\).

Нули числителя включаем, нули знаменателя исключаем. Получаем \([-5;-1)\cup\{0\}\cup[1;3)\).

Целые решения: \(-5\), \(-4\), \(-3\), \(-2\), \(0\), \(1\), \(2\). Ответ: \(7\).

Задание 10

Дано: прямоугольная трапеция \(ABCD\), \(AD=12\), \(BC=6\); окружность вписана. Найти: \(S_{ABCD}\).

1) По свойству описанного четырёхугольника \(AB+CD=AD+BC=18\).

2) Проведём \(CH\perp AD\). Четырёхугольник \(ABCH\) — прямоугольник, поэтому \(AH=BC=6\), \(CH=AB\), \(HD=12-6=6\).

3) Пусть \(CH=AB=h\), тогда \(CD=18-h\). По теореме Пифагора в \(\triangle CHD\):

\((18-h)^2=h^2+6^2\); \(324-36h=36\); \(h=8\).

4) \(S_{ABCD}=\dfrac{12+6}2\cdot8=72\).

Ответ: \(72\).