Ре­ше­ние. Ис­поль­зуя фор­му­лу по­лу­ча­ем

Ответ: б).

Ре­ше­ние. Сто­ро­на осе­во­го се­че­ния равна 6, тогда вы­со­та ци­лин­дра равна 6, а ра­ди­ус равен 3. Ис­поль­зуя фор­му­лу объёма ци­лин­дра по­лу­ча­ем

Ответ: г).

Ре­ше­ние. Так как про­из­вод­ная ха­рак­те­ри­зу­ет ско­рость из­ме­не­ния функ­ции в дан­ной точке, она будет равна 0 в точ­ках ло­каль­ных мак­си­му­мов и ло­каль­ных ми­ни­му­мов. В нашем слу­чае при x, рав­ном −5,5, −2,5, 1,5 и 6.

Ответ: −5, −2, 1,5, 6.

Ре­ше­ние. Вос­поль­зу­ем­ся фор­му­лой при­ве­де­ния и фор­му­лой ко­си­ну­са двой­но­го угла

Ответ:

Ре­ше­ние. Вос­поль­зу­ем­ся свой­ства­ми ло­га­риф­ма и По­лу­ча­ем

Ответ:

Ре­ше­ние. Введём обо­зна­че­ния (см. рис.). Пусть BB₁D₁D  — мень­шее диа­го­наль­ное се­че­ние, тогда, так как диа­го­наль об­ра­зу­ет с плос­ко­стью ос­но­ва­ния угол в 45°, а ис­ход­ный па­рал­ле­ле­пи­пед пря­мой, BB₁D₁D  — квад­рат. Сле­до­ва­тель­но, бо­ко­вые рёбра па­рал­ле­ле­пи­пе­да равны корню из 6. За­ме­тим, что пло­щадь боль­ше­го из се­че­ний равна про­из­ве­де­нию боль­шей диа­го­на­ли ос­но­ва­ния на бо­ко­вое ребро, от­ку­да В ос­но­ва­нии па­рал­ле­ло­грам­ма лежит ромб, тогда диа­го­на­ли ос­но­ва­ния пер­пен­ди­ку­ляр­ны. По тео­ре­ме Пи­фа­го­ра то есть

Пло­щадь пол­ной по­верх­но­сти равна сумме двух пло­ща­дей ос­но­ва­ния и четырёх пло­ща­дей бо­ко­вых гра­ней, в нашем слу­чае:

Ответ: 28.

Ре­ше­ние. За­ме­тим, что

По­лу­чен­ное вы­ра­же­ние задаёт па­ра­бо­лу, ветви ко­то­рой на­прав­ле­ны вверх, а зна­чит, ми­ни­маль­ное зна­че­ние до­сти­га­ет­ся в вер­ши­не  — точке с ко­ор­ди­на­та­ми Итак, мак­си­маль­ное зна­че­ние вы­чи­та­е­мо­го, ко­то­рое яв­ля­ет­ся чис­лом, мень­шим еди­ни­цы, до­сти­га­ет­ся при ми­ни­маль­ном зна­че­нии сте­пе­ни и равно 0,4. Ми­ни­маль­ное же зна­че­ние стре­мит­ся к нулю в виду того, что зна­че­ние сте­пе­ни стре­мит­ся к бес­ко­неч­но­сти. Тогда, так как ис­ход­ная функ­ция не­пре­рыв­на, она при­ни­ма­ет все зна­че­ния на по­лу­ин­тер­ва­ле от вклю­чи­тель­но, до не вклю­чи­тель­но.

Ответ:

Ре­ше­ние. Воз­ведём в квад­рат обе части, и тож­де­ствен­но пре­об­ра­зу­ем, при учёте того, что пра­вая часть долж­на быть не­от­ри­ца­тель­на:

Решим урав­не­ние, со­от­вет­ству­ю­щее по­след­не­му пред­ло­же­нию си­сте­мы, а затем нанесём по­лу­чен­ные корни на ось, чтобы ре­шить не­ра­вен­ство ме­то­дом ин­тер­ва­лов:

Как видно, урав­не­ние не имеет ре­ше­ний в дей­стви­тель­ных чис­лах, тогда со­от­вет­ству­ю­щее не­ра­вен­ство будет ис­тин­но при всех зна­че­ни­ях x. Итак, от­ве­том будут яв­лять­ся все зна­че­ния x из об­ла­сти до­пу­сти­мых зна­че­ний.

Ответ:

Ре­ше­ние. Тож­де­ствен­но по­лу­ча­ем

Ответ:

Ре­ше­ние. Введём обо­зна­че­ния (см. рис.), пусть O  — центр шара. Про­дол­же­ние вы­со­ты пра­виль­ной пи­ра­ми­ды про­хо­дит через центр опи­сан­ной сферы. Тре­уголь­ник ABC пра­виль­ный, тогда его вы­со­ту можно найти по фор­му­ле:

Так как H  — центр пра­виль­но­го тре­уголь­ни­ка, от­ре­зок CH в пол­то­ра раза мень­ше вы­со­ты, то есть, равен За­ме­тим, что от­ре­зок CH равен ра­ди­у­су шара, тогда точки H и O сов­па­да­ют, а сле­до­ва­тель­но, вы­со­та пи­ра­ми­ды равна ра­ди­у­су, то есть, Пло­щадь тре­уголь­ни­ка, ле­жа­ще­го в ос­но­ва­нии, равна Найдём объём пи­ра­ми­ды

Ответ: