50. Вариант 50

Вариант 50

Задание 1

Ответ: д) $\dfrac5z$ .

Задание 2

Ответ: б) $$x^2+(y-4)^2=5$$ .

$Окружность с центром (0; 4) и радиусом √5$

Задание 3

Ответ: г).

$Медиана AM в разностороннем треугольнике не перпендикулярна BC$

Задание 4

Ответ: $$5$$ .

Задание 5

Разложим числитель и знаменатель на множители:

\[y^2+14y+49=(y+7)^2;\]

\[(y+3)^2-16=(y+3-4)(y+3+4)=(y-1)(y+7).\]

При $y\ne1$ , $y\ne-7$ получаем:

\dfrac{(y+7)^2}{(y-1)(y+7)}=\dfrac{y+7}{y-1}.

Ответ: $\dfrac{y+7}{y-1}$ , где $y\ne1;-7$ .

Задание 6

В параллелограмме $$AB=DC=12$$ см. Так как $AD\parallel BC$ , то $\angle AMB=\angle MBC$ как накрест лежащие. $$BM$$ — биссектриса, поэтому $\angle ABM=\angle MBC=\angle AMB$ .

$Параллелограмм ABCD с биссектрисой BM, DC = 12 и MD = 4$

Следовательно, $\triangle ABM$ равнобедренный и $$AM=AB=12$$ см.

AD=AM+MD=12+4=16\text{ см};

P=2(AB+AD)=2(12+16)=56\text{ см}.

Ответ: $$56$$ см.

Задание 7

Приравняем значения функций:

$Две точки пересечения параболы и прямой y = −6$

-6=-4x^2+x-1;\quad4x^2-x-5=0.

D=(-1)^2-4\cdot4\cdot(-5)=81;

x=\dfrac{1\pm9}{8};\quad x_1=\dfrac54;\quad x_2=-1.

Ответ: $\left(\dfrac54;-6\right)$ и $$(-1;-6)$$ .

Задание 8

Ежедневные площади покраски образуют арифметическую прогрессию. По условию $$S_n=2700$$ и $$a_1+a_n=360$$ . По формуле суммы:

$Первый и последний дни дают 360 квадратных метров, вся работа — 2700$

S_n=\dfrac{a_1+a_n}{2}\cdot n;

2700=\dfrac{360}{2}\cdot n;\quad n=\dfrac{5400}{360}=15.

Ответ: $$15$$ дней.

Задание 9

1) В неравенстве $\dfrac{x-3}{x+5}\le0$ знаменатель не должен равняться нулю: $x\ne-5$ . Критические точки — $$-5$$ и $$3$$ . Дробь положительна вне промежутка между ними и отрицательна внутри; при $$x=3$$ она равна нулю. Поэтому $x\in(-5;3]$ .

2) Второе неравенство:

x^2+3x>-2;\quad(x+1)(x+2)>0.

Произведение положительно вне промежутка между корнями: $$x<-2$$ или $$x>-1$$ .

3) Пересечение решений:

x\in(-5;-2)\cup(-1;3].

Целые решения: $$-4,-3,0,1,2,3$$ . Их сумма:

\[-4-3+0+1+2+3=-1.\]

$Пересечение (−5; −2) и (−1; 3] и шесть целых решений$

Ответ: $$-1$$ .

Задание 10

Дано: $\triangle ABC$ ; $M\in AB$ , $N\in BC$ , $F\in AC$ ; $MN\parallel AC$ , $NF\parallel AB$ ; $S_{MBN}=16$ см⁠ $$^2$$ , $S_{FNC}=25$ см⁠ $$^2$$ .

Найти: $S_{AMNF}$ .

$Треугольник ABC, отрезки MN и NF образуют параллелограмм AMNF$

Решение. 1) Из параллельности сторон следует $\triangle BMN\sim\triangle NFC$ по двум углам. Поэтому:

\left(\dfrac{BN}{NC}\right)^2=\dfrac{16}{25};\quad\dfrac{BN}{NC}=\dfrac45.

2) Так как $$BC=BN+NC$$ , то $\dfrac{BN}{BC}=\dfrac49$ . Из $MN\parallel AC$ следует $\triangle BMN\sim\triangle BAC$ , значит:

\dfrac{S_{BMN}}{S_{BAC}}=\left(\dfrac49\right)^2=\dfrac{16}{81};

S_{ABC}=16:\dfrac{16}{81}=81\text{ см}^2.

3) Вычтем площади двух треугольников:

S_{AMNF}=81-16-25=40\text{ см}^2.

Ответ: $$40$$ см $$^2$$ .