Рубрики
ЕГЭ МАТЕМАТИКА

В1. После удержания налога у студента останется 100% —13% = 87% го­норара, то есть…

В1. После удержания налога у студента останется 100% —13% = 87% го­норара, то есть 1200- = 1044 рубля. Так как = 20,88, то искомое

IUU OU

Наибольшее нечётное число тюльпанов равно 19. Ответ:19.

В2.4 и более миллиметров осадков выпало 16,20 и 22 марта, всего 3 дня.

Ответ:3.

подпись: вз. воспользуемся формулой подпись: = ± arccos ⅜ + 2πfc, где к ∈ z.

C помощью таблицы значений обратных тригонометрических функций на­ходим arccos | = ?, тогда π0r + *)= ±21 + 2πfc, К Z.

Δ О о <5

Разделим каждый член уравнения на π:

⅛⅛ = ±∣ + 2fc, A∈Z. О о

Умножим каждый член уравнения на 3, а потом вычтем из обеих частей уравнения 4, получим:

Х+ 4 = ±1 + 6fc, К Z

Х= ±1 — 4 + 6fc, К Z.

Наибольший отрицательный корень уравнения получаем при К= 0.

Это корень х = 1 — 4 + 6- 0 = —3.

Ответ: —3.

84. AH1 = H2D = — = 2√7(cm. рис. 118). По теореме

Пифагора BH2 = AB2— AH2 = 64 — 28 = 36, BHγ = 6, откуда SinA = ¾⅜ = I = 0,75. AdО

Ответ:0,75.

Рис. 118.

85. Скидка первого типа может составить 420 • 0,3 = 126 (рублей);

Второго типа — 280 • 0,15 = 42 (рубля);

Третьего типа — 460 • 0,25 = 115 (рублей).

То есть наиболее выгодной окажется первая скидка, при этом клиент заплатит 420 + 280 + 460 — 126 = 1034 (рубля).

Ответ:1034.

86. Sabc = SaklmSakbSblcScma(см. рис. 119).

Sabc = 5∙8-∣∙4∙5-∣∙4∙2-∣∙3∙8 = 40-10-4-12 = 14. L U Ki

Ответ:14.

β7∙ 1°g√≡(α2δ3) = log ι(a2δ3) = 21ogo(a2b3) = 2(loga a2 + Ioga b3) = a*

Ответ:8.

88. Для заданной материальной точки изменение скорости движения определяется через производную пути по времени:

V(t) = χf{t) = (4t2— 34t + 5)’ = St— 34. Определим скорость в момент времени T = 9 с: v(9) = 8 • 9 — 34 = 38.

Ответ:38.

89. Каждая боковая грань пирамиды является равнобедренным треуголь­ником с основанием 14 и боковыми сторонами, равными 25. Проводя в этом треугольнике высоту (являющуюся одновременно медианой), мы мо-

Жем найти её длину по теореме Пифагора: H2 = 252 — (⅛ ∖

H = 24. Тогда площадь одной боковой грани равна | • 24 • 14 = 168. Ис — комая площадь равна 168 • 5 = 840.

Ответ:840.

В10. По условию лебёдка может функционировать без проверки рабочим при φ ≤ 2400; 20t + ≤ 2400; T2 + IOt — 1200 ≤ 0. Корнями трёхЬле-

На в левой части неравенства являются = —40 и Х2= 30. Решением неравенства является отрезок [—40; 30]. Искомое время равно 30 мин.

Ответ:30.

BH. 1) Найдём значения функции на концах отрезка: j∕(l) = 1 + ψ = 17;

2∕(8) = 8÷f = 10. о

1 R

2) Найдём производную: У’= 1——-

3) Найдём стационарные точки: 1 — = 0, Х2= 16, Х= ±4.

•Z/

4) Значение Х = — 4 не принадлежит указанному в условии отрезку. Зна­чение Х= 4 отрезку [1; 8] принадлежит.

5) Найдём значение функции в точке, где производная равна нулю:

Y(4) = 4+^ = 8.

6) Выберем из пунктов 1 и 5 наименьшее значение функции. Наименьшим является 8.

Ответ:8.

В12. В 24 кг сплава меди содержится = 10,8 (кг).

Пусть Х кг чистого олова надо прибавить к куску сплава. Составим и решим уравнение:

Lθ>8 =.⅜θ-∙ 24 4- Х= 27 Х= 3

24 + z 100’ + ’

Ответ:3.

С1.ОДЗ: <

 

Зх — 1 > 0, τ ≥ 0;

 

Замена 2v^ = T.

T[3][4][5]+ у — 1 = O; 2<3— 7<2+ 7< — 2 = 0, 2(<3- 1) - 7(<2-<) = О,

2(<- 1)(<2 +1 + 1) — 7T(T— 1) = O; (<- l)(2t2 + 2<+ 2 - 7<) = 0;

(t — 1)(2<2- 5<+ 2) = O; (<- 1)(2<- 1)(< - 2) = О,

Iι = l = 2’z5, х = 0 — не удовлетворяет ОДЗ,

<2 = ⅜ = 2^z5, \/х = — 1, решений нет. £

T 1, T3 = 2 = 2√≡ х = 1.

Ответ:1.

С2.1. Пусть SA = SB = SC = AB = BC = AC = а.

Тогда SM = MN = NB = (см. рис. 120). По теореме косинусов

9 Л2 7 2

CM2 = SC2 + SM2- 2SC5Mcos60o = α2 + ⅛ — ⅞- = ⅛-; У о У

подпись: 34=17
38 19’

Рис. 120.

 

CM = CN = &а. <5

Ответ:Arccos ⅛.

СЗ. ОДЗ: |я + 2| — 2 ≠ 0, |я; + 2∣ ≠ 2, отсюда Х≠ 0 и Х≠ —4. 4 >∣zc∣4 — ∣- (A; + 2| — 2)>θ ∣τ + 2∣-2″’11 ∣az÷2∣-2

А) Х

4 — а; A; ≥ 0 <=> ≤ Q

Х ‘ х

-2 0 2 х

Рис. 121.

Х∈ (0; 2].

Б) —2 ≤ Х

⅛ + χ’χ ≥ θ <=>x +4 ≥ Q. нет решений при — 2 ≤ Х< 0. X X

В) Х<— 2

4+*(-*-4) ≥ 0X2÷4х-4 ≥ о. a. 6[_2 _ 2√2∙ -4). —х — 4 Х+ 4

-2V∑-2 -4 -2 2V∑-2 x Рис. 122.

Ответ: [—2 — 2√2; —4) U (0,2].

С4.1. BDИ MC хорды (см. рис. 123). Пусть О — точка пересечения диагоналей параллелограмма. Тогда MO ■ ОС = ВО ∙ OD, MO• 4 = 2 • 2, MO = 1, AM = 3.

2. Найдем ND радиус окружности, описанной вокруг AAMD.По тео — реме синусов 2NDND = 2√‰ . = 3.

3. Докажем, что BD±ND. MO • ОС == MOOA = OD2 ≠> ODКасательная (QA секущая). BN = VBD2 + ND2 = 5.

Ответ:5.

Рис. 123.

 

 

С5. Решение 1.

1. X2 + 2X + Y2 ÷ 4j∕ = 25α2— 5 О + I)2 + + 2)2= 25а2.

2. Сделаем замену переменной: xι = ∣x + 1∣, j∕ι = Y ÷ 2|.

< 2,Каждому решению Xi > 0, > 0 будут соот-

Х^-f-Iud .

Ветствовать 4 решения. Случай = 0 (2/1 = 0) разберем отдельно.

подпись: ' √*t÷ y∕yi = 2, k x2 + y2 = 25а2.
подпись: 3. подпись: система может иметь единственное решение

При Xi = 2/1 (xι > O12/1 > 0). ТогдаX1 = 2/1 = 1; 2 = 25а2, а = ÷

Покажем, что для данных а существует единственное решение

(zι ≥ 0, J/1 ≥ 0). Пусть √x? = tι, √2∕T = ⅛, *ι, ⅛ ≥ О,

H + ⅛ = 2, t4 + (2 — ti)4 = 2.

(tJ+(2-tι)4)’ = 4tf-4(2-√ι)3 = О О tι =2-tι <=>tι = 1 —точка минимума, при = 1 t4 + (2 — tι)4 = 2, иначе t4 + (2 — й)4> 2, tι = T2 = 1 => Xi = = 1.

4. Пусть Xi = 0. Тогда τ∕ι = 4,16 = 25α2, A = ±^. Пусть j∕ι = 0. Тогда о

Xi = 4,16 = 25α2, A = ±^. Каждому решению (0; j∕ι), где j∕ι > 0, и

Соответствует 2 решения. Каждому решению (a? i; 0), где Xi > 0, со­

‘ √^ι ÷ √Z∕Γ = 2, Fcχι + У\= !6.

 

ответствует 2 решения. Проверим, что других решений нет.

Пусть YX{ = tι, √j∕Γ = t2; h,⅛ ≥ 0

(ti +⅛)4 = ^1+^2» 3tι⅛(h +⅛) = 0»что возможно

Только при = 0 или t2 = 0- Значит, при A = Система имеет о

4 решения.

4

Ответ: —

 

 

Решение 2.

Выполним замену переменных системы. Пусть Х = х+ 1, у = У+ 2. Таким образом, исходная система уравнений будет иметь ровно 4 решения тогда и только тогда, когда ровно четыре решения будет иметь система

• г ÷ = 2> уравнении I V+_2V25fl2

Далее для удобства вместо Х, у будем писать Х и У.

Из первого уравнения системы получаем ∣j∕∣ = (2 — χ∕jz]^)2. Данное уравнение задаёт две кривые на плоскости: график функции У= (2 — \/Й)2, симметричный относительно оси Оу, и симметричный ему относительно оси OxГрафик функции У= -(2 — ∖∕kl)2∙

Пусть /(x) = (2—√x)2. /(0) = 4, /(4) = 0. ∕,(x) = *⅛⅛ F‘{X) = 0 ∖/ ∙U

При Х= 4, F,(X) > 0 при Х> 4, F(X) < 0 при 0 <Х< 4. Таким образом, Х= 4 — точка минимума функции F(X).

F«(X) = > 0 ПРИ χ> 0, следовательно, график функции У = F(X)

Направлен выпуклостью вниз.

Построим на плоскости OxyМножество точек, отвечающих первому уравнению полученной системы (см. рис. 124).

Второе уравнение полученной системы задаёт окружность радиуса 51A| С центром в точке начала координат.

Рис. 124.

Таким образом, система уравнений может иметь ровно четыре решения в двух случаях (см. рис. 125)

В случае I радиус окружности должен быть равен 4, то есть 25а2= 16,

°=4

В случае II окружность и график функции У = F(X)Имеют одну общую точку с абсциссой Х∈ (0; 4) ( функция F(X) = (2 — √≡)2)∙

Так как и график У = F(X)На интервале (0; 4), и окружность, зада­ваемая вторым уравнением системы, симметричны относительно прямой У = XtАбсцисса этой точки Х% равна ординате У2, откуда X2 ≈ (2 — YX2)2 =≠>Х2 = У2= 1- Следовательно, радиус окружности II равен √2, то есть

25α2 = 2,α = ±V∙

О

Ответ: OO OO

9 Зак № 265

С6.1. Вычислим первые члены последовательности αι = 0, аг = 1, аз = 11, а4 = 102,… αι и аг — точные квадраты.

2. Выведем формулу общего члена для an. Пусть Un = an-∏ι — an, n ≥ 1. Тогда UnУдовлетворяет соотношению

Un-∏ι =an-∏2 Gn-Hi — 9an-∏ι -|- (П 4~ 1) 9anП= 9(an-∏ι Gn) 4~ 1 — = 9un +1. Таким образом, членами UnЯвляются = 1, U2 = 10, U3 = 91. Заметим, что так как aι = 0, то аг = аг — aι = щ, a3 = (аз — аг) ÷ (аг — aj = иг + иь

G∏-∏ι =(an-∏ι an) 4″ (an an-1) 4- ∙ ∙ ∙ 4-(аг aι) = un 4-Un~ι 4- ∙ ∙ ∙ 4- Ui.

Заметим, что разности между соседними членами UnОбразуют геомет­рическую прогрессию. Действительно, пусть Vn = Un+ιUn.

Тогда υn = 9Un ÷ 1 — 9un-ι — 1 = 9(un — un-ι) = 9un-ι. Таким обра­зом, членами υnЯвляются Ui = 9, иг = 81,…, υn = 9n. Получаем для Un. «1 = 9°, u2 = 90 + 91, u3 = 90 + 91 + 92,…, un = 90 + 91 + … 9n^1 =

Q1-I Qn~11

Тогда an = Ui + … + un-i = ■ ÷ + … + ≡—z——— =

О о

-l(91 + … + 9″-1-(n-l)) = l(9. ≡j-(п-1)) =

-1(9″-Sn-I).

3. AnЯвляется точным квадратом <=> 9n — Sn— 1 является точным квадра­том. Но при П> 2 справедливо неравенство

(3n-1)2< 9n-8n—1 < (3n)2,τ. к. 2∙3n-1 > 8n+l (что можно доказать, например, графически). Значит, при П> 2 точных квадратов среди AnНет.

Ответ:0; 1.

Добавить комментарий

Ваш адрес email не будет опубликован. Обязательные поля помечены *