ОГЭ математика 2023. Разбор варианта Алекса Ларина № 334.

$$0,03\cdot0,3\cdot30000=0,009\cdot30000=270$$

Заметим, что $$-1<a<0, 0<b<1,$$ откуда $$a^3<0, a-b<0, ab<0, -1<a+b<1.$$ Таким образом, верным является утверждение $$ab<1.$$

$$\frac{2^{n+2}\cdot21^{n+3}}{6^{n+1}\cdot7^{n+2}}=\frac{2^n\cdot21^n\cdot2^2\cdot21^3}{6^n\cdot6^1\cdot7^n\cdot7^2}=\frac{42^n\cdot2^2\cdot3^3\cdot7^3}{42^n\cdot2\cdot3\cdot7^2}=2\cdot3^2\cdot7=14\cdot9=126$$

$$x^3=3x^2+4x$$

$$x^3-3x^2-4x=0\quad |:x$$

$$x^2-3x-4=0$$

$$x_1=-1$$

$$x_2=4$$

$$x_1<x_2$$

$$P(A)=\frac{1300}{100000}=0,013$$

А)

$$f(x)=0\Rightarrow\left[\begin{matrix} x^2-2=0\\ 53x-75=0 \end{matrix}\right.\Leftrightarrow x=\pm\sqrt{2}$$ и $$x=\frac{75}{53}$$

Очевидно, что это 2.

Б)

$$x^8-x^5+x^2-x+1=x^2(x^6+1)-x(x^6+1)+1=(x^6+1)(x^2-x)+1$$

При этом $$min(x^2-x)=(\frac{1}{2})^2-\frac{1}{2}=-\frac{1}{4}$$ и $$x^2-x=0$$ при $$x=0$$ и $$x=1.$$ При $$x\in(0;1)$$ имеем $$x^6+1\in(1;2)\Rightarrow (x^6+1)(x^2-x)$$ не выйдет за границы $$(2\cdot(-\frac{1}{4});1\cdot(-\frac{1}{4})),$$ т.е. $$(-\frac{1}{2};-\frac{1}{4})\Rightarrow$$ с учётом, что прибавляется 1, то выражение всегда положительное $$\Rightarrow 1$$ ответ.

Г)

Пусть $$x^2+x=y: \frac{1}{y}-\frac{1}{2y+3}<0\Rightarrow \frac{2y+3-y}{y(2y+3)}<0\Rightarrow \frac{y+3}{y(2y+3)}<0\Rightarrow$$

$$\Rightarrow y\in(-\infty;-3);(-\frac{3}{2};0).$$ Получим:

$$\left[\begin{matrix} x^2+x<-3\\ \left\{\begin{matrix} x^2+x>-\frac{3}{2}\\ x^2+x<0 \end{matrix}\right.\\ \end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left[\begin{matrix} \varnothing\\ \left\{\begin{matrix} x\in R\\ x^2+x<0 \end{matrix}\right.\\ \end{matrix}\right.\Leftrightarrow x^2+x<0\Rightarrow x\in(-1;0)\Rightarrow 4$$ вариант.

Примечание от наборщика.

Ларин - чудак, такое детям в простом варианте не дают. Маразм крепчал.

Можно поделить на первую скобку, так как больше нуля и знак неравенства не меняется:

$$3-2x>0$$

$$-2x>-3$$

$$2x>3$$

$$x<1,5\Rightarrow 4$$

Логично предположить, что в кладке с бревнами 12 рядов.

Пусть а₁ = 1 - количество бревен в 1-ом ряду;

а₁₂ = 12 - количество бревен в 12-ом ряду;

Знаменатель прогрессии d равен 1, т.к. количество бревен увеличивается на 1, если смотреть на ряды сверху вниз.

Нужна формула суммы первых n членов арифметической прогрессии.

$$S_n=\frac{(a_1+a_n)\cdot n}{2}=\frac{(1+12)\cdot12}{2}=78$$

Высота равностороннего треугольника равна $$\frac{a\sqrt{3}}{2}.$$

Следовательно, сторона треугольника $$a=59\sqrt{3}\cdot\frac{2}{\sqrt{3}}=118.$$

Тогда периметр равностороннего треугольника равен $$3\cdot118=354.$$

Равные хорды отсекают равные дуги. Т.е. каждая сторона отсекает дугу $$\frac{360^{\circ}}{8}=45^{\circ}.$$

$$\angle ACE$$ опирается на дугу, отсекаемую 4 сторонами, т.е. $$180^{\circ},$$ но угол вписанный $$\Rightarrow\angle ACE=\frac{180^{\circ}}{2}=90^{\circ}$$

Треугольники MBN и АВС подобны, так как MN параллельна АС.

Из подобия:

$$\frac{MN}{AC}=\frac{12}{16}=\frac{3}{4}.$$ Это коэффициент подобия.

Площади подобных треугольников относятся как квадрат коэффициента подобия, то есть

$$\frac{S_{mbn}}{S_{abc}}=\frac{9}{16}.$$ 

Тогда $$S_{mbn}=\frac{9}{16}\cdot S_{abc}$$

$$S_{mbn}=\frac{9}{16}\cdot80=45$$

$$S=\frac{\pi R^2}{2}=\pi\cdot50\Rightarrow R^2=100\Rightarrow R=10\Rightarrow AB=20.$$

Опустим из G перпендикуляр на AB; пусть он пересекает $$AB=H.$$ Тогда $$AC=CE=x; EH=HB=y.$$

Или $$2x+2y=20\Rightarrow x+y=10.$$

Но DGHC - прямоугольник $$\Rightarrow DG=CH=x+y=10\Rightarrow DE=DG=10.$$

1) верно, через точку вне прямой можно провести параллельную этой прямой.

2) неверно, большая сторона треугольника должна быть меньше суммы двух других.

3) верно, т. к. если один из углов ромба равен 90°, то и остальные равны 90°.

4) неверно, есть тупоугольные треугольники, у которых центр описанной окружности вне его.

$$(\frac{x+3}{x^2-3x}+\frac{x-3}{x^2+3x})\cdot\frac{9x-x^3}{x^2+9}=\frac{(x+3)^2+(x-3)^2}{(x^2-9)x}\cdot\frac{x(9-x^2)}{x^2+9}=$$

$$=-\frac{x^2+6x+9+x^2-6x+9}{x^2+9}=-\frac{2(x^2+9)}{x^2+9}=-2$$

1) $$50\cdot3=150$$ (км) - прошел первый автомобиль до начала движения второго.

2) $$50 + 70 = 120$$ (км/ч) - скорость сближения автомобилей.

3) $$750 - 150 = 600$$ (км) - расстояние между автомобилями в момент начала движения второго.

4) $$\frac{600}{120} = 5$$ (ч) - двигались автомобили до встречи после выезда второго.

5) $$3 + 5 = 8$$ (ч) - затратил первый автомобиль до встречи со вторым.

6) $$50\cdot8 =400$$ (км) -  на таком расстоянии от города а автомобили встретятся.

Для первой $$x_{0_1}=-\frac{-4a}{2}=2a,$$ для второй $$x_{0_2}=-\frac{8a}{-2}=4a$$

$$f(x_{0_1})=(2a)^2-4a\cdot2a+a=-4a^2+a$$

$$f(x_{0_2})=-(4a)^2+8a\cdot4a+4=16a^2+4$$

$$\left\{\begin{matrix} -4a^2+a>0\\ 16a^2+4>0 \end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{\begin{matrix} -4a(a-\frac{1}{4})>0\\ a\in R \end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{\begin{matrix} a(a-\frac{1}{4})<0\\ a\in R \end{matrix}\right.\Leftrightarrow a\in(0;\frac{1}{4})$$

Вариант, когда оба отрицательные, не имеет решений.

$$\angle2=\angle1$$ (NQ биссектриса)

$$\angle2=\angle3$$ (опираются на дугу MQ)

$$\Rightarrow\angle1=\angle3$$

$$\Delta NPQ\sim\Delta PSQ$$

$$\frac{NQ}{PQ}=\frac{PQ}{SQ}$$

$$NQ=\frac{PQ^2}{SQ}=\frac{86^2}{43}=172$$

$$NS=NQ-SQ=172-43=129$$

Вписанные углы ADB, CBD, ACB и DAC опираются на равные дуги, значит, они равны.

Получаем, что треугольники СOВ и AOD подобны по двум углам; их коэффициент подобия равен $$\frac{AO}{OC}$$

Поскольку AO = OC, эти треугольники равны, следовательно, AO = OC.

Пусть O - центр данной окружности, а Q - центр окружности, вписанной в треугольник ABC.

Точка касания M окружностей делит AC пополам.

Лучи AQ и AO - биссектрисы смежных углов, значит, угол OAQ прямой.

Из прямоугольного треугольника OAQ получаем:

$$AM^2=MQ\cdot MO$$

Тогда $$QM=\frac{AM^2}{OM}=\frac{9}{2}=4,5$$