Ре­ше­ние. Не­вер­ным яв­ля­ет­ся урав­не­ние в) По­ка­жем, как по­лу­чить вер­ное ра­вен­ство:

Пра­виль­ный ответ ука­зан под бук­вой в).

Ре­ше­ние. Пусть ра­ди­ус пер­во­го ци­лин­дра равен R, тогда ра­ди­ус вто­ро­го равен 2R, и пусть их вы­со­ты равны h. Найдём объёмы V₁ и V₂ этих ци­лин­дров:

По­лу­ча­ем, что объём вто­ро­го ци­лин­дра боль­ше пер­во­го в 4 раза, то есть на 300%.

Пра­виль­ный ответ ука­зан под бук­вой г).

Ре­ше­ние. Решим урав­не­ние:

Ответ:

Ре­ше­ние. По­сколь­ку функ­ция яв­ля­ет­ся воз­рас­та­ю­щей на мно­же­стве всех ве­ще­ствен­ных чисел, она при­ни­ма­ет бóльшие зна­че­ния при бóльших ар­гу­мен­тах. Срав­ним эти ар­гу­мен­ты:

По­это­му >

Ответ: >

Ре­ше­ние. Рас­кро­ем скоб­ки:

Найдём :

Гра­фик функ­ции   — пря­мая, пе­ре­се­ка­ю­щая ось абс­цисс в точке (2; 0) и ось ор­ди­нат в точке (0; −4) (см. рис).

Ре­ше­ние. Введём обо­зна­че­ния, как по­ка­за­но на ри­сун­ке (см. рис). Вы­со­та приз­мы O₁O₂ равна двум ра­ди­у­сам сферы, то есть По­сколь­ку тре­уголь­ная приз­ма пра­виль­ная, в её ос­но­ва­нии лежит пра­виль­ный тре­уголь­ник. Ра­ди­ус r впи­сан­ной окруж­но­сти этого тре­уголь­ни­ка равен ра­ди­у­су сферы, то есть Найдём сто­ро­ну AB:

Найдём пло­щадь S пол­ной по­верх­но­сти приз­мы:

Ответ:

Ре­ше­ние. Решим урав­не­ние:

Пусть тогда:

Вернёмся к ис­ход­ной пе­ре­мен­ной:

Ответ: {1}.

Ре­ше­ние. Решим урав­не­ние:

Ответ:

Ре­ше­ние. Решим урав­не­ние:

По­сколь­ку в ин­тер­ва­ле це­лы­ми ре­ше­ни­я­ми яв­ля­ют­ся 2 корня: 2 и 3.

Ответ: два целых ре­ше­ния.

Ре­ше­ние. Введём обо­зна­че­ния, как по­ка­за­но на ри­сун­ке (см. рис). Вы­ра­зим пло­щадь S осе­во­го се­че­ния APB:

По­сколь­ку S  =  4 см², то есть угол APB равен 150°, ис­хо­дя из того что по усло­вию он тупой. Пло­щадь S_осн ос­но­ва­ния ко­ну­са равна а пло­щадь S_бок бо­ко­вой по­верх­но­сти  — Две эти ве­ли­чи­ны имеют сле­ду­ю­щее от­но­ше­ние:

Так как PO  — вы­со­та, из пря­мо­уголь­но­го тре­уголь­ни­ка POB имеем:

Вы­чис­лим :

Ответ: в раза.