Решения задач из сборника - Сборник задач

Група в ViberГрупа в Facebook

Математика 9 класс подготовка к ГИА

Решения задач из сборника - Сборник задач

60. Умножим числитель и знаменатель каждой дроби на число, сопряжённое знаменателю.


Ответ:

Ответ: 1.

Ответ: 4√3.

Ответ: n(n + 1)(m — 1).

Ответ: (х — у)(х + 3у).

Оба корня принадлежат ОДЗ.

Ответ: 9, 2.


Ответ: 0; 2,5.

137. Представим данное уравнение в виде Определим знак дискриминанта:

Уравнение имеет два различных действительных корня.

Ответ: 2.

Прибавим к первому уравнению системы второе, умноженное на 2:

Решение исходной системы свелось к решению двух систем уравнений:

Решая каждую из этих систем способом подстановки, получим x1 = 1, y1 = 1, x2 = -1, y2 = -1.

Ответ: (1; 1), (—1; —1).

Ответ: (—∞;-3) U {-0,5}.




Рис. 250


Ответ:

194. Выражение имеет смысл при ж, удовлетворяющих следующим условиям:

Ответ:

201. Выражение имеет смысл при x, удовлетворяющих следующим условиям:



Рис. 250


Ответ:

241. Данное выражение определено, когда выполняется следующая система:

Получаем

Ответ:

242. Данное выражение определено, когда выполняется следующая система:

Получаем

Ответ:

249. По условию аn = 8n, аn ≤ 200, 8n ≤ 200, n ≤ 25.

Найдём сумму 25 натуральных чисел, кратных 8:

Ответ: 2600.

Ответ: 2,25.

281. По условию задачи а8 = 3а6. Тогда d = a8 — а7 = a6. Так как, с другой стороны, a6 = a1 + 5d, то получим d = a1 + 5d, a1 = —4d.

Итак,

Ответ: 0.

285. По условию имеем арифметическую прогрессию an = 4n—3, a1 = 1, d = 4.

Составим новую арифметическую прогрессию из членов прогрессии аn с чётными номерами. Для новой прогрессии получим b1 = а2 = 5, db = 8. Сумма членов исходной прогрессии с чётными номерами, не превосходящими 50, равна сумме первых 25 членов полученной прогрессии.

Ответ: 2525.

291. Тридцать первых членов с чётными номерами прогрессии аn составляют арифметическую прогрессию bn, такую, что b1 = а2, b2 = а4, ..., b30 = a60. Найдём а2 и a60.

Переформулируем задачу: найти сумму тридцати членов арифметической прогрессии, если b1 = -64, b30 = 168.

Получаем

Ответ: 1560.

340. у = |ах + b| + с, а > 0.

Из рисунка видно, что график функции у = |ах + b| опущен на 2 единицы вниз, значит, с = —2. Пусть tgα — угол наклона прямой к положительному направлению оси Ох. Тогда a = tgα = 6/2 = 3 (по условию a > 0). Если х > —2, то у = ах + (b + с). Так как у(0) = 4, то b + с = 4; b = 6.

Ответ: а = 3; b = 6; с = -2.

355. у = х3 — х2 — 4х + 4.

1) С осью Ох

х32 — 4х + 4 = 0, х2(а: — 1) — 4(ж — 1) — 0, (х — 1)(х2 -4) = 0;ж-1 = 0, Х\ = 1; х2 — 4 = 0, Х2 = 2, хз = —2.

(1;0), (2;0), (—2;0) — координаты точек пересечения графика функции у = х3 — х2 — 4х + 4 с осью Ох.

2) С осью Оу

(0; 4) — координаты точки пересечения графика функции у — х3 — х2 — 4х + 4 с осью Оу.

Ответ: (—2; 0), (1; 0), (2; 0), (0; 4).

415. Пусть скорость первого велосипедиста х км/ч, а второго — у км/ч.

1) первый до встречи прошёл 7,5x км, а второй — 4у км. Составим первое уравнение: 7,5х + 4у = 325;

2) первый до встречи прошёл 5х км, а второй — 7у км. Составим второе уравнение: 5х + 7у = 325.

Получим систему уравнений

Ответ: 30; 25.

421. Пусть х км/ч — скорость третьего катера, а t ч — время, за которое третий катер догонит второй. Расстояние, которое проплыл второй катер до встречи с третьим, равно 40 ∙ (t + 1) км, а третий катер проплыл xt км. К моменту встречи второго катера с первым второй катер проплыл (2t + 1) ∙ 40 км, а первый катер — (2t + 2) ∙ 30 км.

По условию xt = 40 ∙ (t + 1) и (2t + 1) ∙ 40 = (2t + 2) 30.

Решим систему уравнений:

Скорость третьего катера равна 80 км/ч.

Ответ: 80.

442. было пройдено за изначально намеченное время со скоростью ж км/ч. С увеличенной скоростью (х +10) км/ч было пройдено 420 - 240 = 180 км.

Планируемое время больше реального времени Составляем уравнение: Умножим обе части на 4x2+ 40.

По теореме, обратной теореме Виета, x1 = —90, x2 = 80.

По смыслу задачи ж = 80 км/ч — исходная скорость. Тогда общее время движения 420 : 80 = 5,25 ч.

Ответ: 5,25.

519. Пусть x — количество стекла первого сорта, у — количество стекла второго сорта, которые надо взять, чтобы получить стекло, пропускающее 60% света. Из условия задачи имеем

Ответ: 4:3.

532. Введём обозначение Учитывая, что старший коэффициент квадратного трёхчлена f(x) положителен, можно сделать вывод, что число 3 находится между корнями уравнения f(x) = 0 тогда и только тогда, когда f(3) < 0.

Решим неравенство

Ответ: k ∈ (—5; -1).

541. Среднее арифметическое девяти чисел равно 17, значит, сумма этих девяти чисел равна 17 ∙ 9 = 153.

Среднее арифметическое других одиннадцати чисел равно 7, значит, сумма этих одиннадцати чисел равна 7 ∙ 11 = 77.

Тогда сумма всех двадцати чисел равна 153 + 77 = 230, а их среднее арифметическое равно 230 : 20 = 11,5.

Ответ: 11,5.

611. Указанное неравенство не имеет решений, если дискриминант D квадратного уравнения x2 — (6а + 2)x + 9а + 3 = 0 меньше нуля. Вычислим и решим неравенство 9а2 — 3а — 2 < 0. Для этого решим уравнение 9а2 — 3а — 2 = 0. Корни его а1 = —1/3, а2 = 2/3, а решение неравенства

Ответ:

614. Неравенство ах2 + (а - 6)х + а ≥ 0 не имеет решений при отрицательных а, если дискриминант уравнения ах2 + (а — 6)х + а = 0 D = (а — 6)2 — 4а ∙ а < 0. Получаем

Решая методом интервалов (см. рис. 252), получим а < —6.



Рис. 252


Ответ: а < -6.

620. Построим окружность с центром в точке E(6; 4) радиусом 4 и проведём диаметры BF и АС, параллельные осям координат (см. рис. 253).



Рис. 253


По рисунку видно, что прямая у = kх имеет ровно одну общую точку с диаметрами АС и BF в трёх случаях.

1. Угловой коэффициент прямой у = kх больше либо равен угловому коэффициенту прямой у = 0 и меньше углового коэффициента прямой ОС.

Найдём угловой коэффициент прямой ОС, как прямой, проходящей через точку C(10; 4): 4 = 10k, k = 2/5.

Угловой коэффициент прямой у = 0 равен 0. Получаем: 0 ≤ k ≤ 2/5.

2. Условию задачи удовлетворяет прямая у — кх, проходящая через центр окружности точку E(6; 4). Найдём угловой коэффициент прямой ОЕ: 4 = 6k, k = 2/3.

3. Угловой коэффициент прямой у = kх больше углового коэффициента прямой ОВ, но меньше либо равен угловому коэффициенту прямой ОА.

Найдём угловой коэффициент прямой ОВ, как прямой, проходящей через точку B(6; 8): 8 = 6k, k = 4/3.

Найдём угловой коэффициент прямой ОА, как прямой, проходящей через точку A(2; 4): 4 = 2k, k = 2.

Получаем 4/3 < k ≤ 2.

Ответ:

626. Заметим, что ∠AKC = 90° как вписанный угол, опирающийся на диаметр окружности. Тогда середина отрезка ВС — точка D — является центром описанной окружности прямоугольного треугольника ВКС (см. рис. 254).



Рис. 254


Так как высота прямоугольного треугольника, проведённая из вершины прямого угла, есть среднее пропорциональное проекций катетов на гипотенузу, то то есть При этом и, значит, Тогда


Ответ: 15,6.

636. Так как то (см. рис. 255). Тогда



Рис. 255


Так как MN2 + МР2 = NP2, то треугольник MNP — прямоугольный по теореме, обратной теореме Пифагора. Следовательно,

Ответ: 2.

643. Пусть АВ = ВС = х, ВВ = у, AD = 24, AС = 30 (см. рис. 256).



Рис. 256



Используя теорему Пифагора для треугольников ABD и ADC, получим систему уравнений

Эта система имеет единственное решение х = 25, у = 7, удовлетворяющее условиям х > 0, у > 0.

Ответ: 25.

645. Пусть АВ = х, АС = у (см. рис. 257). Тогда из условия задачи следует совокупность систем уравнений:



Рис. 257


Так как во втором случае не выполняется одно из неравенств треугольника 2х > у, то АВ = 10.

Ответ: 10.

647. Пусть АВ = KL = CD = x, AM = МВ и CN = ND (см. рис. 258). Тогда ∠EAD = ∠ВЕА как накрест лежащие. Кроме того, АЕ — биссектриса ∠BAD. Следовательно, ∠ВАЕ = ∠BEА, и ∆АВЕ — равнобедренный.



Рис. 258


Так как ВК — биссектриса, проведённая к основанию равнобедренного треугольника АВЕ, то ВК — медиана этого треугольника. Таким образом, МК — средняя линия ∆АВЕ, то есть и МК || ВС. Аналогично доказывается то, что LN = x/2 и LN || AD.

AECF — параллелограмм, так как AF || ЕС и AF = ЕС = ВС - х. Тогда AKLF — также параллелограмм, так как АК || FL и АК = FL. Следовательно, KL || AD и точки М, К, L и N лежат на одной прямой, причём Таким образом,

Ответ: 2.

659. Возможны два случая:

1) Центр описанной окружности находится внутри трапеции (см. рис. 259).



Рис. 259


Тогда — радиус описанной окружности; Высота трапеции LX = LO + OK= 4 + 3 = 7.

2) Центр описанной окружности находится вне трапеции (см. рис. 260).



Рис. 260


Тогда — радиус описанной окружности; Высота трапеции LX = LO — ОK= 4 - 3= 1.

Ответ: 1; 7.

662. Так как трапеция равнобочная, то вокруг неё можно описать окружность (см. рис. 261). Тогда ∠ВАС = ∠BDC как вписанные углы, опирающиеся на одну и ту же дугу. Следовательно, ∆AOD — равнобедренный (∠OAD = ∠ODA, так как углы при основании равнобочной трапеции равны и ∠ВАС = ∠BDC) и, так как он прямоугольный, то ∠OAD = 45°. Но треугольник АОК также прямоугольный с острым углом в 45°, следовательно, он равнобедренный, и АК = ОК.



Рис. 261


Аналогично можно доказать, что OL = BL. Значит, где MN — средняя линия трапеции.

Ответ: 4.

670. Так как (см. рис. 262). Из треугольника OMD получим Из треугольника O1MD получим


Рис. 262


Тогда ОО1 = ОМ + О1М = 5 + 16 = 21; O1F = О1Е - ON = 20 — 13 = 7. Из треугольника O1OF получим

Ответ: 14√2.








Библиотека образовательных материалов для студентов, учителей, учеников и их родителей.

Все материалы доступны по лицензии Creative Commons — «Attribution-NonCommercial»

Наш сайт не претендует на авторство размещенных материалов. Мы только конвертируем в удобный формат материалы из сети Интернет, которые находятся в открытом доступе и присланные нашими посетителями.

Если вы являетесь обладателем авторского права на любой размещенный у нас материал и намерены удалить его или получить ссылки на место коммерческого размещения материалов, обратитесь для согласования к администратору сайта.

Разрешается копировать материалы с обязательной гипертекстовой ссылкой на сайт, будьте благодарными мы затратили много усилий чтобы привести информацию в удобный вид.

© 2014-2020 Все права на дизайн сайта принадлежат С.Є.А.