Ответ 5.
В боковой стенке высокого цилиндрического бака у самого дна закреплён кран. После его открытия вода начинает вытекать из бака, при этом высота столба воды в нём, выраженная в метрах, меняется по закону \(H(t)=H_0-\sqrt{2gH_0}kt+{g\over 2}k^2t^2\), где t - время (в секундах), прошедшее с момента открытия крана, \(H_0=20\) - начальная высота столба воды, \(k=1/400\) - отношение площадей поперечных сечений крана и бака, \(g-\) ускорение свободного падения (считайте g=10 м/с2). Через сколько секунд после открытия крана в баке останется четверть первоначального объёма?
\(5=20-\sqrt{2*10*20}{t\over 400}+{10\over 2}*{1\over 400^2}*{1\over t^2} \Rightarrow {5t^2\over 400^2}-{1\over 20}t+15=0 \Rightarrow \\ \Rightarrow t^2-4*400*t+4*300*400=0.\)
Решая полученное квадратное уравнение, находим искомое время \(t=400.\)
Ответ 400.
Первое уравнение составим из первого условия \(3y=2x \Rightarrow x=1.5y.\)
Второе уравнение составим из второго условия и решим его относительно скорости грузовика. Длину расстояния от А до В обозначим за единицу, тогда \({1\over y}=4+{1\over x}.\)
Отсюд находим, что \(y=1/12 \Rightarrow {1\over y}=12.\)
Ответ 12.
Отрезок также преобразуется в \([e; e^2].\) Причем найденная критическая точка входит в этот отрезок.
Найденная критическая точка - точка минимума (проверьте сами), тогда наименьшее значение функции будет при \(t=3.\)
Оно равно -6.
Ответ -6.
а) решите уравнение.
б) укажите корни этого уравнения, принадлежащие отрезку \([{{3\pi \over 2}; 3\pi]}.\)
Источник - alexlarin.com.
А) Докажите, что объем части призмы \(ABCA_1B_1C_1\), заключенный между секущей плоскостью и нижним основанием этой призмы составляет \({5\over 18}\) объема призмы.
Б) Найдите угол между нижним основанием призмы и плоскостью сечения, если призма \(ABCA_1B_1C_1\) ‐ правильная и все ее ребра равны между собой.
Источник - alexlarin.com.
Источник - alexlarin.com.
А) Докажите, что треугольник BFE равносторонний.
Б) Найдите площадь треугольника АВС.
Источник - Alexlarin.com.
а) k = 9;
б) k = 8?
Ответ 1.82.
Здесь воспользовались формулой приведения и формулой тангенса суммы двух углов.
Ответ -1.
Среди них делятся на три только: 12, 15, 18.
Тогда искомая вероятность равна P=3/10=0.3.
Ответ 0.3.
\({<}DOC- \)развернутый, тогда \({<}DOA=180^o-66^o=114^o.\)
Тогда и градусная мера искомой дуги равна \(114^o,\) так как на нее опирается центральный угол \({<}DOA=114^o.\)
Ответ 114.
Уравнение касательной имеет вид \({x+6\over 6+6}={y+1\over 2+1 }\Rightarrow 3(x+6)=12y+12 \Rightarrow y=0.25x-10.5.\)
Угловой коэффициент равен 0.25.
Спроецируем \(CC_1\) на плоскость грани\(ABA_1B_1.\) Тогда искомый угол легко найти. Его тангенс вычисляется из треугольника \(OHB_1.\)
\(tg\alpha={HB_1\over OH}={0.5AB\over 0.5AA_1}=\sqrt3.\)
Тогда искомый угол равен 60 градусам.
Ответ 60.
Упростим выражение и найдем его значение
\({b^2\sqrt [6]b\over \sqrt[10]b*\sqrt[15]b}={b^{13\over 6}\over b^{3+2\over 30}}=b^{{13\over 6}-{1\over 6}}=b^2=36.\)
Ответ 36.
