В 2014 году Единый государственный экзамен по матема­тике претерпит…

В 2014 году Единый государственный экзамен по матема­тике претерпит достаточно существенные изменения по срав­нению с экзаменом 2013 года. Эти изменения касаются как числа заданий (задач с кратким ответом станет на одну боль­ше, т. е. максимальное количество первичных баллов будет равно 33), так и структуры экзамена. Структурные изменения наиболее значительны. Теперь часть 1 ЕГЭ по математике со­стоит из 10 заданий Bl-BlO с кратким ответом; эти задачи проверяют сформированность практических математических знаний и умений базового уровня. Часть 2 ЕГЭ по матема­тике составляют 11 заданий повышенного и высокого уров­ня (задачи Bll—В15 с кратким ответом и задания Cl—С6 с развернутым решением), проверяющие профильный уровень математической подготовки. Правильное решение каждого из заданий Bl—Bl5 оценивается 1 баллом. Правильное решение каждого из заданий Cl и С2 оценивается 2 баллами, СЗ и С4 — 3 баллами, С5 и С6 — 4 баллами. Таким образом, структурные изменения затронули только задания с кратким ответом; эти изменения отражены в следующей таблице.

ЕГЭ-2014	ЕГЭ-2013
Bl	Bl
В2	Bl (проценты, доли)
ВЗ	В2
В4	В4
В5	ВЗ
В6	BlO
В7	В5
В8	В6
В9	В8
BlO	Bll
Bll	В7
В12	В12
В13	В9
В14	В13
В15	В14

Новая структура варианта допускает проведение экзамена как по полному тексту, так и только по части 1 для проверки освоения базового уровня. Это связано с будущим возможным разделением экзамена на два: один для выпускников, которым не требуется высокий балл (к ним относятся те, кто не собира­ется продолжать образование, и те, кто собирается делать это в университетах гуманитарного направления), второй — для тех выпускников, которым высокий балл по математике нужен для продолжения образования по выбранной специальности (эконо­мические, технические, инженерные и др. специальности).

Форма и содержание экзамена требуют, как представляет­ся очевидным, более полного описания типов и особенностей заданий демоверсии и открытого банка задач (именно на его ос­нове формируются заданий Bl—В15), которые целесообразно проиллюстрировать примерами решения. Такому описанию, снабженному примерами решения задач, аналогичных зада­чам демоверсии, и посвящена эта часть пособия. Надеемся, что она окажется полезной как выпускникам, так и учите­лям старших классов, позволив им лучше ориентироваться в предстоящей итоговой аттестации.

Настоящее пособие предназначено для организации ито­гового повторения (в том числе с начала учебного года) и завершающего этапа подготовки к экзамену и включает как задания, которые несколько проще возможных задач ЕГЭ, так и задания, которые несколько сложнее этих задач. Все задания сгруппированы в 30 диагностических работ и 21 те­матический тренинг (по одному тренингу на каждую задачу варианта).

Тренинги состоят из 20 заданий каждый: 10 подготовитель­ных и 10 зачетных заданий. Уровень сложности подготовитель­ных задач увеличивается от задачи к задаче, пока в последних заданиях не достигает уровня сложности реальных заданий экза­мена; уровень сложности зачетных заданий в целом соответствует уровню сложности реальных заданий ЕГЭ.

Первые две диагностические работы предназначены для завершающего этапа традиционного осеннего повторения ма­териала 10 класса. Они составлены по образцу демоверсии и состоят из 21 задачи каждая. При этом одна из работ не содержит задач с логарифмами, другая — задач с производной, что позволяет выбрать работу в соответствии с используемым учебником.

Следующие 4 диагностические работы содержат по 10 задач, аналогичных заданиям части 1 ЕГЭ (т. е. задачам Bl—В10); за ними следуют 4 диагностические работы, содержащие по 5 задач Bll—В15 второй части ЕГЭ, и б диагностических работ, содержащих весь спектр заданий с кратким ответом (В1—В15). Далее идут 4 диагностические работы, содержащие по б зада­ний с развернутым решением; завершают пособие 10 диагности­ческих работ, составленных в соответствии со спецификацией и демоверсией ЕГЭ по математике 2014 года (тренировочные варианты). При подготовке к решению заданий с кратким от­ветом следует вначале решить первые диагностические работы соответствующего раздела для выявления проблемных зон в знаниях и навыках решения задач, затем повторить вызвавший затруднения материал по учебнику, решить последовательно соответствующие тренинги (подготовительные и зачетные) и перейти к следующим диагностическим работам для оценки успешности повторения и закрепления навыков решения задач части с кратким ответом. Аналогичный алгоритм можно реко­мендовать и для подготовки к решению задач с развернутым решением, но при этом необходимо наряду с данным пособием использовать учебники для специализированных классов, учеб­ники профильного уровня и проверенные временем пособия для поступающих в вузы.

Задания с кратким ответом

Общие рекомендации

При решении задач с кратким ответом Единого государствен­ного экзамена и проверке решений важно помнить следующее.

• Проверка ответов осуществляется компьютером после ска­нирования бланка ответов и сопоставления результатов сканирования с правильными ответами. Поэтому цифры в бланке ответов следует писать разборчиво и строго в со­ответствии с инструкцией по заполнению бланка (с тем
чтобы, например, 1 и 7 или 8 и В распознавались коррект­но). К сожалению, ошибки сканирования полностью ис­

Ключить нельзя, поэтому если выпускник уверен в задаче,

За которую получил минус, ему нужно идти на апелляцию. Ответом к задаче может быть только целое число или ко­

Нечная десятичная дробь. Ответ, зафиксированный в иной

Форме, будет распознан как неправильный. Поэтому если результатом решения задачи явилась обыкновенная дробь,

Перед записью ответа в бланк её нужно обра­

Тить в десятичную, т. е. в ответе написать 0,75.

Единицы измерения (в каких именно единицах должен быть дан ответ, указывается в условии задачи) в бланке

Ответов писать не нужно, в противном случае сканер, веро­ятно, распознает ответ как неправильный.

Задание Bl

Задание на использование приобретенных знаний и умений в практической деятельно­сти и повседневной жизни: анализ реальных числовых данных; осуществление практических расчетов по формулам, использование оценки и прикидки при практиче­ских расчетах.

Задача на вычисление, моделирующая реаль­ную или близкую к реальной ситуацию.

Для решения задачи достаточно уметь вы­полнять арифметические действия с целыми числами и дробями, делать прикидку и оценку.

Пример задания Конфета стоит 4 руб. 30 коп. Какое наибольшее число конфет можно купить на 50 рублей?

РЕШЕНИЕ. Решать задачу можно по-разному, например, поделив 50 на 4,3 с остатком и получив в качестве целой части 11. Можно сделать прикидку, сообразив, что 10 конфет
стоят 43 рубля и, чтобы при покупке не выйти за пределы 50 рублей, добавить к этим 10 конфетам можно еще только одну. ответ.11.

Задание В2

Задание на использование приобретенных знаний и умений в практической деятельно­сти и повседневной жизни: анализ реальных числовых данных; осуществление практических расчетов по формулам, использование оценки и прикидки при практиче­ских расчетах.

Задача на вычисление, моделирующая реаль­ную или близкую к реальной ситуацию.

Для решения задачи достаточно уметь вы­полнять арифметические действия с дробями, знать, что такое доли и отношения, уметь делать прикидку и оценку, понимать, что процент — это одна сотая часть числа. Пример задания Одеяло тяжелей подушки на 25 %. На сколь­ко процентов подушка легче одеяла?

РЕШЕНИЕ. При решении задач на проценты достаточно знать, что процент — это одна сотая часть числа. Поэтому если число А увеличить на 7, или 26, или 38 процентов, то полу­чим числа, большие А соответственно на семь сотых, двадцать шесть сотых и тридцать восемь сотых, т. е. l,07α, l,26α, 1,38а. Если же число а уменьшить на 7, или 26 или 38 процентов, то получим числа, меньшие А соответственно на семь сотых, два­дцать шесть сотых и тридцать восемь сотых, т. е. 0,93α, 0,74а, 0,62а. Таким образом, основная идея при решении задач на проценты — «перевод» условия на язык десятичных дробей и обратный «перевод» на язык процентов. Обозначив в данной задаче массу одеяла буквой О, а массу подушки — буквой П, запишем условие задачи в десятичных дробях: O = l,25∏, от­куда ∏= γ-⅛τ =0,80. Значит, масса подушки на две десятых 1,25

Меньше массы одеяла. Поскольку две десятых — это двадцать сотых, получаем, что подушка легче одеяла на 20 %.

ОТВЕТ. 20.

Задание ВЗ

Тип задания по Задание на использование приобретенных Кодификатору знаний и умений в практической деятель — Требований Ности и повседневной жизни: описание с помощью функций различных реальных зависимостей меж­ду величинами и интерпретация их графиков; извлечение информации, представленной в таблицах, на диаграммах, графиках.

Характеристика Задание на чтение графика функции (диа — Задания граммы), моделирующее реальную или близ­

Кую к реальной ситуацию. График (диаграмма) характеризует изменение в зависимости от времени некоторой величины (температуры, стоимости акций и т. д.). Как правило, в за­дании требуется найти наибольшее (наименьшее) значение этой величины, разность между наибольшим и наименьшим значением (возможно, за определенный период времени), вре­мя, когда величина достигает данного значения, вычислить среднее значение величины.

Комментарий Простейшее задание на считывание инфор­мации, представленной в виде диаграммы или графика, возможно, требующее незначительных вычис­лений, например нахождения среднего значения некоторой величины.

Пример задания На диаграмме показано распределение отно­сительной влажности воздуха (в процентах)

В городе Ейске по месяцам года. Определите среднюю относи­тельную влажность воздуха (в процентах) в Ейске осенью.

Решение. Средняя относительная влажность воздуха в Ейске осенью равна среднему арифметическому значений от­носительной влажности (в процентах) в сентябре, октябре и ноябре, т. е. 70 + 77 + 84= 77

ОТВЕТ. 77.

Задание В4

Тип задания по Задание на использование приобретенных Кодификатору знаний и умений в практической деятель — Требований Ности и повседневной жизни: описание с помощью функций различных реальных зависимостей меж­ду величинами и интерпретация их графиков; извлечение информации, представленной в таблицах, на диаграммах, графиках; решение прикладных задач, в том числе социально — экономического и физического характера, на наибольшие и наименьшие значения, на нахождение скорости и уско­рения.

Характеристика Несложная текстовая задача (возможно, с таб — Задания личными данными) на оптимальное решение,

Связанная с анализом практической деятельности и моделиру­ющая реальную или близкую к реальной ситуацию.

Комментарий Чтобы решить задачу, достаточно вычислить стоимость товара с транспортировкой для каждой из трех указанных в условии фирм (поставщиков, провайдеров и т. п.) и в ответе указать наименьшую из них. Требуется аккуратность при записи ответа, поскольку числа могут оказаться довольно большими и неправильная запись одной разрядной единицы приведет к неправильному ответу. Ни в коем случае не следует записывать ответ, просто выбрав поставщика с меньшей ценой: нужно обязательно найти стои­мость товара для каждого поставщика с учетом всех условий задачи.

Пример задания Для ремонта квартиры нужно приобрести 73 квадратных метра паркетной доски. В табли­це указаны цены за квадратный метр, условия доставки и специальные предложения (при их наличии) каждой из трех
фирм, работающих в городе. У какой из них покупка с достав­кой окажется наиболее выгодной? В ответе укажите, сколько рублей придется заплатить за самую дешевую покупку с до­ставкой.

Поставщик	Стоимость паркетной доски (руб. за м2)	Стоимость доставки (руб.)	Специальные предложения
А	2850	4600
Б	3000	4400	При заказе на сумму более 200 000 руб. доставка бесплатно
В	2900	4500	При заказе на сумму более 210 000 руб. доставка бесплатно

РЕШЕНИЕ. Стоимость покупки у фирмы А складывается из стоимости самой паркетной доски, равной 2850-73 = 208 050 руб., и стоимости доставки, равной 4600 руб., т. е. составля­ет 212 650 руб. Стоимость покупки у фирмы Б совпадает со стоимостью самой паркетной доски, равной 3000-73 = 219 000 руб. (доставка в этом случае бесплатна). Стоимость покупки у фирмы В также совпадает со стоимостью самой паркетной доски, равной 2900-73 = 211 700 руб. Таким образом, наиболее выгодна для покупателя покупка у фирмы В.

ОТВЕТ. 211700.

Задание В5

Планиметрическая задача на нахождение гео­метрических величин (длин, углов, площа­дей).

Задание на вычисление площади треугольни­ка, четырехугольника, круга и его частей, в том числе по данным рисунка, представляющего собой изоб­ражение фигуры, площадь которой требуется найти, на коор­динатной плоскости или клетчатой бумаге (сетке) со стороной клетки 1 × 1.

Комментарий Площадь искомой фигуры может быть най­дена по известной формуле. Например, для треугольника или параллелограмма во многих случаях доста­точно провести мысленно высоту к одной из сторон. Выбирать в качестве стороны и высоты нужно те, длины которых вы­ражаются целым числом делений сетки, либо те, которые параллельны осям координат. В некоторых случаях для вы­числения недостающих элементов можно использовать тео­рему Пифагора. Ряд задач можно решить, разбив фигуру на части, вычисление площадей которых не представляет труда, или заметив, что фигура сама является частью другой фигуры, а площадь последней можно найти почти сразу.

Пример задания Найдите площадь квадрата, изображённого на клетчатой бумаге со стороной клетки 1 см.

Ответ дайте в квадратных сантиметрах.

РЕШЕНИЕ. Площадь квадрата равна квадрату его стороны, а квадрат стороны в данном случае можно найти по теореме Пифагора, он будет равен 42 + 22, т. е. 20.

ОТВЕТ. 20.

Задание В6

Тип задания по Задание на построение и исследование про — Кодификатору стейших математических моделей: моделиро — Пгребований

Вание реальных ситуации с использованием статистических и вероятностных методов, решение простейших комбинаторных задач методом перебора, а также с использо­
ванием известных формул; вычисление в простейших случаях вероятности событий на основе подсчета числа исходов.

Характеристика задания	Несложная задача по теории вероятностей или статистике.
Комментарий	Для решения задачи достаточно уметь нахо­дить отношение числа благоприятных для на-

Ступления некоторого события исходов к числу всех равновоз­можных исходов.

Пример задания

В коробке лежит 10 одинаковых по внешнему виду конфет, в трех из которых нет фрукто-

Вой начинки. Ваня берет одну конфету. Найдите вероятность того, что в этой конфете будет фруктовая начинка.

РЕШЕНИЕ. Число конфет с фруктовой начинкой равно 7, число всех конфет равно 10. Поэтому искомая вероятность равна 0,7.

ОТВЕТ. 0,7.

	Задание В7
Тип задания по кодификатору требований	Уравнение или система уравнений.
Характеристика задания	Несложное рациональное, показательное, ло­гарифмическое, тригонометрическое или ир­рациональное уравнение.
Комментарий	Уравнение сводится в одно действие к линей­ному или квадратному (в последнем случае в

Зависимости от условия в ответе нужно указать только один из корней — меньший или больший).

Пример задания

/ 1 ч 12—»х Решите уравнение ( — ) =36. \6/

РЕШЕНИЕ. Приведя левую и правую части уравнения к степеням числа 6, получим уравнение 67x-12 = 62, откуда 7х — 12 = 2, и, значит, Х= 2.

ОТВЕТ. 2.

Задание В8

Планиметрическая задача на нахождение гео­метрических величин (длин, углов, площа­дей); моделирование реальных ситуаций на языке геометрии, исследование построенных моделей с ис­пользованием геометрических понятий и теорем, аппарата алгебры; практическая задача, связанная с нахождением гео­метрических величин.

Несложная планиметрическая задача, в том числе по готовому чертежу.

Для решения задачи достаточно знать основ­ные формулы и теоремы планиметрии.

Концы отрезка ABЛежат по разные стороны от прямой I. Расстояние АН от точки А до прямой IРавно 12 см, а расстояние BQОт точки В до прямой I Равно 4 см. Найдите расстояние MPОт середины MОтрезка AB До прямой I. Ответ дайте в сантиметрах. Единицу измерения в ответе не пишите.

РЕШЕНИЕ. Продолжим отрезок MPДо пересечения с отрез­ком BHВ точке N.Тогда MN= ^AH = Q(как средняя линия

Угольника BQH).Следовательно, MP = MN — PN= 6 — 2 = 4. ОТВЕТ. 4.

 

Задание В9

Задание на выполнение действий с функци­ями и производными функций, исследование функций.

Характеристика Ставшая традиционной для ЕГЭ по матема — Задания тике задача на чтение графика функции для

Ответа на вопрос о каком-то из свойств производной этой функ­ции либо на чтение графика производной функции для ответа на вопрос о каком-то из свойств самой функции.

Комментарий Для решения задачи достаточно знать, что в каждой точке интервала возрастания диф­ференцируемой на этом интервале функции её производная положительна; в каждой точке интервала убывания диффе­ренцируемой на этом интервале функции её производная отри­цательна; в каждой точке экстремума непрерывной функции производная либо равна нулю, либо не существует («угол» на графике функции). Обратно, если дан график производ­ной функции, то на тех интервалах, где он расположен вы­ше оси абсцисс (т. е. производная положительна), функция возрастает; на тех интервалах, где он расположен ниже оси абсцисс (т. е. производная отрицательна), функция убывает; общие точки графика производной и оси абсцисс (т. е. точ­ки, в которых производная равна нулю) либо являются точ­ками максимума, если график производной пересекает ось абсцисс «сверху вниз» (т. е. производная меняет знак с плюса на минус: возрастание функции сменяется убыванием), ли­бо являются точками минимума, если график производной пересекает ось абсцисс «снизу ввверх» (т. е. производная ме­няет знак с минуса на плюс: убывание функции сменяется возрастанием), либо не являются точками экстремума (гра­фик производной не пересекает ось абсцисс, а лишь касается её: в этом случае не происходит смены знака производной и характер монотонности функции не меняется).

Пример задания На рисунке изображён график функции У — = F(X)И двенадцать точек x1, X3, x3, …, x12 оси абсцисс (точки X3, X3, хч, х%, Хю являются точками экс­тремума). В скольких из этих двенадцати точек производная F‘(X)Положительна, если известно, что функция Y~F(X)Диф­ференцируема на всей числовой прямой за исключением, быть может, некоторых точек экстремума?

РЕШЕНИЕ. По условию ТОЧКИ X3, X5, X7, Xg, X10являются точками экстремума функции, поэтому в этих точках произ­водная либо равна нулю (точки x3, x5, х7, x1o), либо не суще­ствует (точка Xg). Каждая из оставшихся точек принадлежит либо интервалу убывания функции (точки x1, X2, Xβ, Xg),Ли­бо интервалу возрастания функции (точки х4, хц, x12). По­скольку на каждом из этих интервалов функция У= /(х) диф­ференцируема, то положительные значения её производная принимает в точках x4, x11, x12.

Ответ.3.

Задание BlO

Стереометрическая задача на нахождение гео­метрических величин (длин, углов, площа­дей, объёмов).

Характеристика Несложное задание по стереометрии на при — Задания менение основных формул, связанных с вы­

Числением площадей поверхностей или объёмов многогранни­ков (пирамид и призм) или тел вращения (цилиндров, конусов, шаров), в том числе вписанных или описанных около других многогранников или тел вращения.

Комментарий Для решения задачи достаточно знать форму­лы площадей поверхности и объёмов пирами­ды, призмы, цилиндра, конуса и шара.

Пример задания В цилиндрический стакан налили 1 литр во­ды. После того как в стакан положили ка­мень, уровень воды повысился на по сравнению с тем, кото­рый был до этого. Найдите объём камня, если известно, что он погрузился в воду полностью. Ответ дайте в кубических сантиметрах (1 литр равен 1000 см3).

РЕШЕНИЕ. Объем камня равен объёму вытесненной воды, т. е. объёму цилиндра, высота которого в четыре раза меньше высоты данного цилиндра (т. е. цилиндра объёмом 1000 см3), а радиус основания — тот же. Поэтому искомый объём равен ⅜∙1000, т. е. 250 см3. 4

ОТВЕТ. 250.

Задание Bll

Задание на выполнение вычислений и преоб­разований.

Задача на вычисление значения числового или буквенного выражения.

Комментарий Для решения задачи достаточно уметь выпол­нять действия с числами, знать определение и простейшие свойства степеней, корней, логарифмов, синуса, косинуса, тангенса.

Пример задания Найдите значение выражения (γ1°g5 75)1°g?

Решение. Поскольку (αft)c = (Ac)B,Данное выражение мож­но преобразовать так:

(7l°g5 75)log7 5 __ (7log7 5)log5 75 _ 5 Iog5 75 _ 75

ОТВЕТ. 75.

Задание Bl2

Задание на использование приобретенных знаний и умений в практической деятель­ности и повседневной жизни: описание с помощью функций различных реальных зависимостей меж­ду величинами и интерпретация их графиков; извлечение информации, представленной в таблицах, на диаграммах, графиках; решение прикладных задач, в том числе социально — экономического и физического характера, на наибольшие и наименьшие значения, на нахождение скорости и ускорения. Характеристика Текстовое задание на анализ практической Задания ситуации, моделирующее реальную или близ­

Кую к реальной ситуацию (например, экономические, физиче­ские, химические и др. процессы).

Комментарий По условию задачи требуется составить урав­нение или неравенство, сводимое к линейно­му или квадратному, решением которого и является искомая величина.

Пример задания Высота HОтскочившего от земли мяча меня­ется по закону H(T) = 12,5i — 5i2(высота изме­ряется в метрах, время T — в секундах). Сколько секунд мяч будет находиться на высоте не менее пяти метров от поверх­ности земли?

Решение. Составим по условию задачи неравенство и ре­шим его: 12,5г — 5г2≥ 5, откуда 5г2 — 12,5г + 5 ≤ 0. Корнями квадратного трехчлена в левой части последнего неравенства являются числа 0,5 и 2, и, значит, решение неравенства — отрезок [0,5; 2]. Таким образом, мяч находился на высоте не менее пяти метров от поверхности земли с момента времени Tχ —0,5 (сек) до момента времени г2= 2 (сек) включительно, т. е. всего 2 — 0,5 = 1,5 секунды.

ОТВЕТ. 1,5.

Задание Bl3

Тип задания по кодификатору требований	Стереометрическая задача на нахождение гео­метрических величин (длин, углов, площа­дей, объёмов).
Характеристика задания	Несложное задание на вычисление элементов, площадей поверхностей или объёмов много­гранников или тел вращения.
Комментарий	Для решения задачи достаточно знать свой­ства правильных пирамид и призм, формулы

Площадей поверхности и объёмов пирамиды, призмы, цилин­дра, конуса и шара.

Пример задания Боковое ребро правильной треугольной пира­миды равно 15, а одна из высот основания равна 18. Найдите высоту пирамиды.

РЕШЕНИЕ. Пусть DABC— данная правильная треугольная пирамида с вершиной D.Поскольку пирамида правильная, её основанием является правильный треугольник АВС, все высоты которого равны и совпадают с медианами треуголь­ника. Основанием высоты правильной пирамиды является центр вписанной и описанной окружностей её основания. Для правильной треугольной пирамиды это точка пересечения медиан основания. Пусть AAi — медиана треугольника АВС, 2

Точка H — основание высоты пирамиды. Тогда АН — — AAi = О

9

= — • 18 — 12 (точка HЯвляется точкой пересечения медиан О треугольника ABC и, значит, делит каждую из них в отно­шении 2:1, считая от вершины). Высоту DHНаходим как катет прямоугольного треугольника DAH,Применив теорему Пифагора:

DH = √Z>A2- AH2 = √152 — 122 = 9.

ОТВЕТ. 9.

Задание В14

Тип задания по Построение и исследование простейших ма — Кодификатору тематических моделей: моделирование реаль — Требований „ R.

Нои ситуации на языке алгебры, составление уравнения или неравенства по условию задачи; исследование построенной модели с использованием аппарата алгебры.

Характеристика Традиционная «текстовая» задача (на движе — Задания ние, работу и т. п.), сводящаяся к составле­

Нию и решению уравнения.

Комментарий В качестве неизвестной, как правило, лучше выбирать искомую величину. Составленное уравнение является рациональным и сводится в большинстве случаев к квадратному или линейному.

Пример задания Моторная лодка прошла 80 км от пункта А до пункта В и после трехчасовой стоянки вер­нулась обратно, затратив на весь путь 12 часов. Найдите ско­рость лодки в неподвижной воде, если скорость течения равна 2 км/ч. Ответ дайте в км/ч.

РЕШЕНИЕ. Обозначим скорость лодки в неподвижной воде

Через Х (км/ч). Очевидно, что Х>2. Тогда время, затраченное

80 80 ln 1Q 80 . 80 ∩

Дачи уравнение —— + -—- + 3 = 12, откуда —— + -—= 9.

X T Zi X Zt X T &X Zi

Умножив обе части последнего уравнения на (х — 2)(х + 2), получим 80(х — 2) + 80(x + 2) = 9(х2 — 4). Раскроем скобки, перенесем все слагаемые в правую часть, приведем подобные слагаемые и запишем полученное квадратное уравнение 9х2 — 2

— 160х — 36 = 0. Корнями уравнения являются числа — — и 18, <7

Из которых только второе больше 2.

ОТВЕТ. 18.

Задание В15

Задание на выполнение действий с функци­ями и производными функций, исследование функций.

Характеристика Задание на вычисление с помощью производ — Задания ной τo4eκэкстремума данной функции или

Наибольшего (наименьшего) значения данной функции на дан­ном отрезке. Производная в некоторых задачах может быть задана графиком.

Комментарий Решение задания связано с нахождением при помощи производной точек минимума (мак­симума) заданной функции или её наименьшего (наибольше­го) значения на отрезке. При этом возможны два основных случая: либо производная задана графиком, либо функция задана формулой. Если производная задана графиком, то на тех промежутках, где он расположен выше оси абсцисс (т. е. производная положительна), функция возрастает; на тех про­межутках, где он расположен ниже оси абсцисс (т. е. произ­водная отрицательна), функция убывает. Точки, в которых график производной пересекает ось абсцисс (т. е. точки, в
которых производная меняет знак), являются точками экстре­мума. Если функция задана формулой, то при нахождении наибольшего (наименьшего) значения функции на отрезке можно использовать стандартный алгоритм.

Пример задания Найдите наибольшее значение функции У = In о 18 Г 2πЛ!

= 19 — 2 cos Х—— х на отрезке —— ;0|.

π LoJ

Решение. Найдем производную данной функции: У’ — 18 18

= 2 sin Х——- . Поскольку — > 3, а 2 sin Х < 3, то значение про­

Изводной отрицательно при любом значении Х. Поэтому функ — 18

Ция У= 19 — 2 cos Х—- — х убывает на всей числовой оси и, зна­

Ти

Чит, достигает своего наибольшего значения на отрезке в ле­вом конце отрезка, т. е. в точке — ⅛^∙ Найдем это наибольшее О

= 19 — 2 cos

Задания с развернутым решением

Общие рекомендации

• Каждая из задач С1-С6 оценивается 2, 3 или 4 баллами. Максимальный балл выставляется за полное обоснованное решение. При этом можно использовать любые утвержде­ния и факты из школьных учебников без дополнительных обоснований или пояснений. Нужно постараться оформить решение так, чтобы оно было понятно не только его автору, но и любому другому компетентному человеку, в частности проверяющему.

• Даже если полностью решить задачу не удается, нужно постараться продвинуться в её решении, сделать хотя бы часть задачи: вполне вероятно, что потраченные усилия окажутся оцененными — разумеется, не максимальным числом баллов, но на Едином экзамене и один балл за задачу будет далеко не лишним.

Задание Cl

Уравнение или система уравнений.

Относительно несложное уравнение или система уравнений с отбором корней. Может содержать тригонометрические функции, логарифмы, степени, корни.

Как правило, решение задачи требует замены переменной, позволяющей свести уравнение

1 — Cos2Х _ 1 _ I

COS2ХCOS2Х

Поэтому уравнение можно переписать в виде

—¾ — + 6 = 0.

COSzX COS X

Решив уравнение как квадратное относительно 1 13 1

Чим, что——— = 2 или——- = -, откуда cos Х — χ или cos X =

Cos Х cos Х2 2 2

Таким образом, решениями данного уравнения являются все

Числа вида X = ±^ + 2πk, K ∈ Z, и Х —± arccos + 2πm, m∈Z.

О о Г 1

Отберем корни уравнения, принадлежащие отрезку πj.

Из чисел вида Х = ⅜ + 2πk, Ke,Z,Данному отрезку принадле — О

Жит лишь Х = ~(⅛ = 0), так как при ⅛ ≥ 1 получим, что Х > 2π,

О

А при K ≤ — 1 получим, что Х < - π.

Из чисел вида Х = + 2πk, KeZ,Данному отрезку при-

О

Надлежит лишь X = —(⅛ = 0), так как при ⅛≥ 1 получим, что О

Х > π,А при K ≤ — 1 получим, что Х <— 2л.

2

Из чисел вида Х — arccos — +2πm, т еZ, данному отрезку

3 2

Принадлежит лишь Х = arccos — (т —0), так как при m ≥ 1 О

Получим, что Х >2л, а при Т≤ — 1 получим, что Х <— к.

2

Из чисел вида Х = — arccos — + 2πm, m∈Z, данному отрез — θ 2

Ку принадлежит лишь X=— arccos — (т= 0), т. к. при m ≥ 1 О

Получим, что Х > π,А при Т≤ -1 получим, что Х <— 2π.

ОТВЕТ, x = ±∙^∙ + 2πk, KG,Z; x = ± arccos + 2πm, MζZ. — О OO

2 2 π

— arccos —; arccos —. О OO

Задание С2

Нужно найти длину отрезка, площадь, угол (между двумя пря­мыми, между прямой и плоскостью, между двумя плоскостя­ми), связанные с призмой, пирамидой, цилиндром, конусом или шаром. Дополнительные построения минимальны (напри­мер, построение линейного угла «хорошего» двугранного угла И т. д.).

Пример задания В правильной четырехугольной призме A.. .Di Сторона основания равна 10, а боковое ребро

AAi —2. Точка О принадлежит ребру AiBiИ делит его в отно­шении 4:1, считая от вершины Ai.Найдите площадь сечения этой призмы плоскостью, проходящей через точки A, C и О.

РЕШЕНИЕ. Поскольку две параллельные плоскости пе­ресекаются третьей плоскостью по параллельным прямым, для построения сечения достаточно провести в плоскости верхнего основания призмы прямую, параллельную АС, до Пересечения с ребром BiCi в точке PИскомое сечение — тра­пеция ACPO(рис. 1). Поскольку прямая ACПараллельна AiCi, прямая OPПараллельна прямой AiCi. Отсюда сле­дует, что треугольники PB1OИ CiBiAi подобны, причём BiP: BiC = B1O: B1A1 = OP: A1C1 = 1:5. Значит, AC = A1C1 = = 10√2, OP = 2√2.

В равныХ прямоуголЬных треугольниках CCiP и AA1O CP = АО = VAA21 + AiO2 = vz68, значит, трапеция ACPOРав­нобедренная.

Пусть PH — высота трапеции ACPO,Проведенная к основа­нию AC (рис. 2), тогда:

Сн = ac op=4√2, Рн = Vcp2- CH2 = б,

Рис. 1 Рис. 2

ОТВЕТ. 36√2.

Задание СЗ

Неравенство или система неравенств.

Неравенство или система неравенств, содер­жащих степени, дроби, корни, логарифмы (в том числе с переменным основанием).

Комментарий Обратим внимание на преобразования, с кото­рыми связана значительная часть ошибочных решений задания СЗ. При решении неравенств, содержащих сумму двух и более логарифмов, следует помнить о том, что равенство logαF(X) +loga g(x) = loga(f(x)g(x)) выполняется не при любых значениях переменной, поскольку области опре­деления его левой и правой частей различны. Левая часть определена при f(x) >О, G(X) >О (каждое из выражений поло­жительно). Правая часть определена при f(x) ∙g(x) >О (каж­дое из выражений положительно либо каждое из выражений отрицательно). Таким образом, область определения правой части равенства Ioga f(x) + Ioga g(x) = loga(f(x)g(x)) шире об­ласти определения его левой части. Поэтому переход от сум­мы логарифмов к логарифму произведения может привести к приобретению посторонних решений. Чтобы этого не случи­лось, нужно в самом начале решения выписать необходимые ограничения (как иногда говорят, найти ОДЗ неравенства). Преобразование же логарифма произведения в сумму лога­рифмов (т. е. переход от loga(∕(x)g(x)) к IogaF(X) +loga g(x)) таит еще больше опасностей: в этом случае область допусти­мых значений переменной сужается, и можно просто потерять решения неравенства. Поэтому если такое преобразование все — таки необходимо, часто приходится рассматривать два случая:

А) F(X)>0, G(X)>0 (в этом случае Ioga(F(X)G(X)) = Ioga f(x) + + ιθga g(χ));

Б) /(x) <О, G(X) <О (при этом Ioga (f(x)g(x)) =Ioga (-f(x)) + + Ioga (-g(x)))∙

Сделанные рекомендации остаются в силе и для случая преобразования разности логарифмов в логарифм частного и наоборот. Если есть выбор, лучше преобразовывать сумму (разность) логарифмов в логарифм произведения (частного), выписав необходимые ограничения (это позволит исключить посторонние решения), а не наоборот (при таком преобразо­вании решения будут потеряны). Так, при упрощении левой части неравенства

Ioga (f(x) ∙g(x)) + loga <р(х)

Переход к логарифму произведения с последующим сокраще­нием алгебраической дроби, т. е. переход к системе

Lθgα ∕2(χ) <Р(х), F(X)G(X) >О

Будет равносильным, а упрощение путем преобразования логарифмов произведения и частного в сумму и разность ло­гарифмов соответственно может привести к потере решений.

При решении неравенств, содержащих выражения ви­да logαF2N(X),Следует использовать формулу Iogaf2N(X) — = 2N ∙loga∖F(X)|. Если не поставить знак модуля, то получится равенство, в котором левая часть определена при всех Х, Для которых F(X) ≠ 0, а правая часть — при всех Х, для кото­рых F{X)>0, т. е. область определения левой части окажется шире, что может привести к потере решений соответству­ющего неравенства. Так, например, при решении неравен­ства Iog5F2(х) > 2 переход к неравенству 2 Iog5/(х) > 2 будет означать потерю решений; правильным в этом случае будет переход к неравенству 2 Iog5 ∣∕(x)∣ >2 или сразу к неравенству F2(X)>52.

Особое внимание следует также уделить применению ме­тода интервалов и методов решения логарифмических нера­венств. Логарифмические неравенства с переменным основа­нием можно решать «традиционным» способом, рассматривая два случая (основание больше 1, основание положительно и меньше 1). Второй способ — применение метода интервалов. Третий способ основан на следующих простых утверждениях.

УТВЕРЖДЕНИЕ 1. Если числа Р и QОдного знака (т. е. Pq>O),То и числа Рг и Qr(г ≠0) одного знака; обратно, если числа Рг и QrОдного знака, то и числа Р и QОдного знака.

Утверждение2. Если a >О, Ъ > 1, то числа Iogftа и a — 1 одного знака.

Утверждение 1 означает, что если числа Р и QОдного зна­ка, то неравенства Рг >О и Qr >О равносильны. Вместе с утверждением 2 это позволяет при решении логарифмических неравенств вида r(x) logc(x)A(X) >О переходить (разумеется, записав необходимые ограничения) сначала к неравенству
г(х) l°gfe a(χ}>0 (где Ь — любое число, большее 1), а затем Iogftс(х)

К неравенству r(x) —1 > 0. Таким образом, неравенство

0>
c(x) — 1
а(х) >о, с(х) > 0.
» align=»right» width=»156″ height=»89″ class=»»/>С(х) — 1

Logft α(x)

Г(х)1τ^ >О равносильно системе, logftc(x)

При необходимости такой переход можно сделать несколь­ко раз. Описанный алгоритм справедлив и для неравенств противоположного знака и нестрогих неравенств. Кроме того, при решении логарифмических неравенств часто оказывается полезным и следующее утверждение.

УТВЕРЖДЕНИЕ 3. Если А> 0, B > 0, С> 1, то числа IogcА — — IogcBИ А — Ъ одного знака.

Сформулированные утверждения применимы к неравен­ствам, правая часть которых равна нулю, а левая представляет собой произведение или частное нескольких алгебраических множителей. В некоторых случаях такие множители можно заменить более простыми, имеющими те же знаки (точнее, те же промежутки знакопостоянства), что и заменяемые. Кроме указанных выше, к таким парам можно отнести следующие: ∣α∣ — |&| и A2- B2, 2∖Fa — 2TybИ А — Ъ (при условиях α ≥ О и b ≥ 0), 2N+χ∕A — 2N+∖∕B и а — Ъ, 2N+Y∕A + 2N+∖∕BИ А + B, La —IbИ A — B(при условии I> 1).

Пример задания Решите систему неравенств

‘ 9x+1— 244•3х+ 27 ≤ О,

21og2 10*^111 + Iog2(IOx ÷ Il)2 ≥ 2.

РЕШЕНИЕ. Решим первое неравенство системы, приве­дя его к виду 9 • (3х)2 — 244 • 3х+ 27 ≤ О и сделав замену переменной T —3x, T> 0. Получим квадратное неравенство 9f2— 244f + 27 ≤ 0, решив которое, найдем ≤ T ≤ 27. Значит,

≤ 3x ≤ 27, или 32 ≤ 3x ≤ З3, откуда х ∈ [—2; 3]. Решим вто­рое неравенство системы, перейдя сначала к равносильной системе

1°g2(lf5 J1l)2″l°g2(10^11)2 ≥ 2, ∖ — L ∖J ∙⅞* I — L. L /

(х — l)(10x + 11) >О,

А затем, преобразовав сумму логарифмов в логарифм произве­дения и сократив дробь, к системе

Log2(x-l)2 ≥ 2,
(x-l)(10x+ll) > 0.

Неравенство Iog2(х — I)2 ≥ 2 равносильно неравенству (х — I)2 ≥ ≥4, решив которое, получим x∈ (—оо; — 1] U [3; +оо). Решение второго неравенства последней системы: (—∞; -1,1) U (1; +оо). Решение последней системы: (—оо; —1,1) U [3; +ос). Поэтому решение данной системы: [—2; —1,1) U{3}.

ОТВЕТ. [—2; — 1,1)U{3}.

Задание С4

Тип задания по кодификатору требований	Планиметрическая задача на нахождение гео­метрических величин (длин, углов, площа­дей).
Характеристика задания	Задача на вычисление длин, площадей, углов, связанных с плоскими фигурами.
Комментарий	Довольно сложная задача, либо с двумя во­просами (один из которых — на доказатель­ство), либо требующая рассмотрения двух

Случаев и приводящая к двум разным ответам.

Пример задания

Диагонали ACИ BDТрапеции ABCDПересе­каются в точке 0.Площади треугольников

AODИ BOCРавны соответственно 49 см2 и 36 см2.

А) Докажите, что площади треугольников AOBИ CODРав­ны.

Б) Найдите площадь трапеции.

Решение, а) В условии задачи не сказано, какие стороны трапеции являются её боковыми сторонами, а какие — основа­ниями. Докажем вначале, что площади двух треугольников, общая вершина которых находится в точке пересечения диа­гоналей трапеции, а основаниями служат боковые стороны, равны (см. рис.) Площади треугольников ABDИ ACDРавны, поскольку эти треугольники имеют общее основание AD,И их высоты, проведенные к этому основанию, равны как высоты трапеции. Но тогда

-Sδaob — — Sδabd ~ Saaod — Saacd — Saaod — Sacodj

Что и требовалось. По условию Saaod ≠ SabocjПоэтому AD И BCЯвляются не боковыми сторонами, а основаниями тра­пеции. Следовательно, треугольники AOBИ CODЯвляются треугольниками, общая вершина которых находится в точ­ке пересечения диагоналей данной трапеции, а основаниями служат её боковые стороны. Значит, их площади равны.

Б) Треугольники AODИ BOCПодобны по двум углам, и отно­шение их площадей равно квадрату коэффициента подобия K.

7 АО

Поэтому K — — = . Поскольку треугольники ABO и CBOИме­

Ют общую высоту, проведенную из вершины В, отношение их

О „ SaaboАО7

Площадей равно отношению их основании, т. е. -=—— ~77F = а-

SacboОС О

Значит,

Saabo = ½Sacbo = Z ∙36 = 42 см2,
О о

Поэтому и Sacod = 42 см2. Но тогда

Sabcd —49 + 36 + 42 + 42 — 169 см2.

ОТВЕТ. 169 см2.