ОГЭ математика 2023. Разбор варианта Алекса Ларина № 339.

$$\frac{0,4}{1+\frac{1}{9}}=\frac{4}{10}\cdot\frac{9}{10}=0,36$$

1) $$a>c\Rightarrow \frac{a}{4}>\frac{c}{4}\Rightarrow$$ неверно

2) $$a>c\Rightarrow -a<-c\Rightarrow$$ верно

3) $$a>c\Rightarrow a-31>c-31$$, но $$a-32>с-31$$ не факт $$\Rightarrow$$ неверно

4) $$a+13>c+10\Rightarrow$$ верно

Примечание

В пункте 3: $$a-32>c-31\Rightarrow a>c+1$$. Это не гарантируется для любых $$a$$ и $$c$$. Например: $$1>0,9$$, но $$1<0,9+1$$. Поэтому 3 тоже неверно.

$$\frac{5\cdot3\cdot8}{5\cdot3\cdot8-8\cdot9}=\frac{120}{120-72}=\frac{120}{48}=\frac{5}{2}=2,5$$

$$P(A)=\frac{1}{5}=0,2$$

А) ветви вверх, $$x_0<0\Rightarrow$$ т.к. $$x_0=-\frac{b}{2a}$$, $$a>0$$, то $$b>0$$

Б) ветви вниз $$(a<0), x_0<0\Rightarrow b<0$$

В) ветви вверх $$(a>0), x_0>0\Rightarrow b<0$$

Г) ветви вниз $$(a<0), x_0>0\Rightarrow b>0$$

При этом в пункте А имеем $$|a|$$ больше, чем $$|a|$$ в пункте Г. И при этом $$x_0$$ ближе, т.е. $$|b|$$ там меньше $$\Rightarrow$$ А-3; Г-2. Аналогично, Б-1; В-4.

$$h=\frac{3V}{S}=\frac{3\cdot40}{15}=8$$

$$(x - 1)(3x - 5) < 1$$

$$3x^2 - 5x - 3x + 5 < 1$$

$$3x^2 - 8x + 4 < 0$$

$$D = 64 - 4\cdot3\cdot3 = 64 - 48 = 16=4^2$$

$$x_1 = \frac{8 + 4}{6} = 2$$

$$x_2 = \frac{8 - 4}{6} = \frac{2}{3}$$

Чертим промежуток: ___+___2/3___-___2___+___.

Выбираем тот, что меньше нуля $$\Rightarrow (\frac{2}{3};2)\Rightarrow3$$

Прибыль каждый год увеличивалась на 10%, т.е. становилась равна 110% от прошлого года = 1,1.

Прибыль за 2000 год = 1000 млн рублей.

Прибыль за 2001 год:

$$1000\cdot1,1 = 1100$$ млн рублей

Прибыль за 2002 год:

$$1100\cdot1,1 = 1210$$ млн рублей

Прибыль за 2003 год:

$$1210\cdot1,1 = 1331$$ млн рублей

∠В опирается на диаметр = 90

∠С = 90 - ∠А = 90 - 75 = 15

$$R = OB$$

По теореме Пифагора:

$$ОВ = \sqrt{АО^2 - АВ^2}$$

$$ОВ = \sqrt{97^2-65^2}=\sqrt{5184}=72$$

$$|AC|=\sqrt{(2-(-3))^2+(19-7)^2}=\sqrt{5^2+12^2}=13$$.

Средняя линия будет равна половине $$AC\Rightarrow 6,5$$.

Учтём, что $$FC=FK+KC\Rightarrow MR+JI=ED$$.

Получим: $$GM=MR\cdot\sqrt{3};\; IH=JI\cdot\sqrt{3}$$.

Пусть $$FC\cap MG=X;\; FC\cap  IH=Y$$. Тогда $$XK=1,5MR;\; KY=1,5IJ$$.

Тогда $$S_{IMGH}=\frac{MG+IH}{2}\cdot XY=\frac{MR\cdot\sqrt{3}+JI\cdot\sqrt{3}}{2}(1,5MR+1,5IJ)=$$

$$=\frac{\sqrt{3}(MR+JI)}{2}\cdot1,5(MR+JI)=\frac{3\sqrt{3}}{4}ED^2=\frac{3\sqrt{3}}{4}\cdot(\frac{2\sqrt{2}}{\sqrt[4]{3}})^2=\frac{3\sqrt{3}}{4}\cdot\frac{4\cdot2}{\sqrt{3}}=6$$

1) неверно, легко себе представить разные по размеру квадраты, которые, естественно, будут иметь разные площади

2) неверно, утверждение может быть верно только для окружностей с одинаковыми радиусами.

3) верно, согласно определению остроугольного треугольника

$$\frac{8x-1}{15}-\frac{7x-2}{10}>\frac{1}{3}\Rightarrow 16x-2-21x+6>10\Rightarrow -5x>6\Rightarrow x<-\frac{6}{5}$$

$$(2x+1)^2\leq x(4x+3)\Rightarrow 4x^2+4x+1\leq4x^2+3x\Rightarrow x\leq-1$$

Получим: $$\left\{\begin{matrix} x<-\frac{6}{5}\\ x\leq-1 \end{matrix}\right.\Rightarrow x\in(-\infty;-\frac{6}{5})$$

Из первого утверждения делаем вывод, что $$1$$ км состав проходит за $$1$$ минуту.

При движении в туннеле $$1$$ минуту состав тратит на вход и $$3-1=2$$ минуты на движение внутри.

Тогда длинна туннеля $$2$$ км.

$$y=\frac{(x^2+3x-10)(x^2-1)}{x^2-x-2}=\frac{(x+5)(x-2)(x-1)(x+1)}{(x-2)(x+1)}=(x+5)(x-1)$$

При этом $$x\neq2\Rightarrow y\neq(2+5)(2-1)=7; x\neq-1\Rightarrow y\neq-8.$$

$$y=x^2+4x-5$$

$$x_0=-\frac{4}{2}=-2; y_0=(-2)^2+4\cdot(-2)-5=-9$$

$$y=ax$$ будет иметь одну точку, если

1) Пойдёт через $$(2;7)$$: $$7=a\cdot2\Rightarrow a=3,5$$

2) Пойдёт через $$(-1;-8)$$: $$-8=a\cdot(-1)\Rightarrow a=8$$

Пусть ABCD  — данный четырёхугольник, O  — середина стороны AB, K  — середина стороны BC, P  — середина стороны CD, H  — середина стороны DA. Проведём диагонали AC и BD и отрезки OK, KP, PH и HO, последовательно соединяющие середины сторон четырёхугольника. Тогда, по свойству средней линии треугольника, отрезки OK и PH параллельны диагонали AC и равны её половине, а отрезки KP и HO параллельны диагонали BD и равны её половине. Поэтому OKPH  — параллелограмм. А так как, по условию задачи, его диагонали KH и OP равны, то OKPH  — прямоугольник, и угол OKP— прямой. Отсюда следует, что и угол между диагоналями AC и BD тоже прямой, и, следовательно, площадь четырёхугольника ABCD будет равна половине произведения его диагоналей, то есть $$\frac{1}{2}\cdot8\cdot5=20$$.

Построенная фигура действительно будет треугольником, так как отрезки соединяют половину вершин шестиугольника, то есть три точки.

Каждая из сторон полученного треугольника является основанием равнобедренного треугольника с боковыми сторонами, равными стороне правильного шестиугольника, и углом при вершине, равным внутреннему углу этого шестиугольника. Значит, указанные равнобедренные треугольники равны по двум сторонам и углу между ними. Следовательно, равны и их основания, являющиеся сторонами построенного равностороннего треугольника.

1) Пусть $$S_{ABC}=S$$. Тогда $$S_{ABM}=S_{BMC}=\frac{S}{2}$$.

2) Пусть $$ML||KP$$. По теореме Фалеса: $$\frac{AM}{MC}=\frac{PL}{LC}=\frac{1}{1}$$; $$\frac{BK}{KM}=\frac{BP}{PL}=\frac{4}{1}$$.

Тогда $$\frac{BP}{BC}=\frac{4}{6}=\frac{2}{3}$$.

3) $$\frac{S_{BKP}}{S_{BMC}}=\frac{BK\cdot BP}{BM\cdot BC}=\frac{4\cdot2}{5\cdot3}=\frac{8}{15}\Rightarrow S_{BKP}=\frac{8}{15}\cdot\frac{S}{2}=\frac{4}{15}S\Rightarrow\frac{S_{BKP}}{S_{ABC}}=\frac{4}{15}$$