Досрочный ЕГЭ по математике от 28 марта 2016

Средняя скорость бегуна есть $\frac{400}{45}$ м/с.

$\frac{400}{45}$м/с$=\frac{80}{9}$м/с$=\frac{\frac{80}{1000}}{\frac{9}{3600}}$км/ч=$32$км/ч.

Ответ: $32.$

Двигатель нагрелся до $90$ градусов Цельсия за первые $8$ минут.

Ответ: $90.$

Длина средней линии трапеции – есть полусумма длин оснований: $\frac{5+7}{2}$, то есть $6.$

Ответ: $6.$

Вероятность суммы двух несовместных событий – есть сумма вероятностей этих событий.

Искомая вероятность равна $0,25+0,35,$ то есть $0,6.$

Ответ: $0,6.$

$log_7(13-3x)=2;$

$log_7(13-3x)=log_77^2;$

$log_7(13-3x)=log_749;$

$13-3x=49;$

$3x=-36;$

$x=-12.$

Ответ: $-12.$

Пусть $AH_1,BH_2$ – высоты треугольника $ABC,$ проведенные к сторонам $BC, AC,$ равным $12$ и $15$ соответственно.

По условию $AH_1=10,$ найдем $BH_2.$

С одной стороны $S_{ABC}=\frac{AH_1\cdot BC}{2},$ с другой – $S_{ABC}=\frac{BH_2\cdot AC}{2}.$

Поэтому

$\frac{10\cdot 12}{2}=\frac{BH_2\cdot 15}{2};$

$BH_2=\frac{10\cdot 12}{15};$

$BH_2=8.$

 Ответ: $8.$

Функция возрастает в четырех точках: $x_3;x_4;x_5;x_6,$ так как в этих точках производная функции положительна, в отличие производной в остальных точках.

Ответ: $4.$

$42=\pi R^2H$  (1),

где $R$ – радиус основания цилиндра, $H$ – высота цилиндра.

При этом радиус шара – есть радиус $R$ основания цилиндра, высота цилиндра – диаметр шара, то есть $2R.$

Поэтому  (1) можно переписать так:

$42=2\pi R^3.$

Тогда

$V_{shar}=\frac{4\pi R^3}{3}=\frac{84}{3}=28.$

Ответ: $28.$

$\large 0,75^{\frac{1}{8}}\cdot 4^{\frac{1}{4}}\cdot 12^{\frac{7}{8}}=(\frac{3}{4})^{\frac{1}{8}}\cdot 4^{\frac{1}{4}}\cdot (3\cdot 4)^{\frac{7}{8}}=\frac{3^{\frac{1}{8}}\cdot 4^{\frac{1}{4}}\cdot 3^{\frac{7}{8}}\cdot 4^{\frac{7}{8}}}{4^{\frac{1}{8}}}=$

$\large=\frac{3^{\frac{1}{8}+\frac{7}{8}}\cdot 4^{\frac{2}{8}+\frac{7}{8}}}{4^{\frac{1}{8}}}=3\cdot 4^{\frac{9}{8}-\frac{1}{8}}=3\cdot 4=12.$

Ответ: $12.$

 Согласно условию

$V\geq 110.$

То есть

$\sqrt{2la}\geq 110.$

Подставляем известные данные, решаем получившееся неравенство:

$\sqrt{2\cdot 1,1\cdot a}\geq 110;$

$2\cdot 1,1\cdot a\geq 110^2;$

$a\geq \frac{110^2}{2\cdot 1,1};$

$a\geq \frac{110^2\cdot 10}{2\cdot 11};$

$a\geq \frac{11000}{2};$

$a\geq 5500;$

Наименьшее значение $a$ из $[5500;+\infty)$ – это $5500.$

Ответ: $5500.$

Работу принимаем за $1.$

Не забываем переводить минуты в часы – $50$ минут – $\frac{5}{6}$ часа.

Скорость работы первой трубы – $\frac{1}{7}.$

Скорость работы двух труб – $\frac{1}{5\frac{5}{6}}$ или $\frac{6}{35}.$

Скорость работы двух труб складывается из скоростей работы каждой трубы. Поэтому скорость работы второй трубы – $\large \frac{6}{35}-\frac{1}{7},$ то есть $\large \frac{1}{35}.$

Итак, одна вторая труба заполнит бассейн за $\large \frac{1}{\frac{1}{35}},$ то есть за $35$ часов.

Ответ: $35.$

$y’=2cosx-(2x-1)sinx-2cosx;$

$y’=-(2x-1)sinx;$

$y’=0$ на $(0;\frac{\pi}{2})$ в точке $\frac{1}{2}$.

При этом $y'(1)=-sin1<0,$ $y'(\frac{1}{4})=0,5sin0,25>0.$

При переходе через точку $0,5$ производная меняет знак с плюса на минус. Точка $0,5$ – точка максимума.

Ответ: $0,5.$

a)

$8^x-7\cdot 4^x-2^{x+4}+112=0;$

$2^{3x}-7\cdot 2^{2x}-16\cdot 2^{x}+112=0;$

$(2^{3x}-16\cdot 2^{x})-(7\cdot 2^{2x}-112)=0;$

$2^{x}(2^{2x}-16)-7(2^{2x}-16)=0;$

$(2^{x}-7)(2^{2x}-16)=0;$

$2^x=7$ или $2^{2x}=16;$

$x=log_27$ или  $x=2.$

б) Произведем  отбор корней уравнения из отрезка $[log_25;log_211].$

Функция $y=log_2x$ – возрастающая, поэтому

$log_24<log_25<log_27<log_211.$

Итак, в отрезок $[log_25;log_211]$ попала только точка $x=log_27.$

Ответ: 

а) $log_27$, $2.$

б) $log_27.$

Построим сечение призмы плоскостью $MNK.$

Пусть прямая $NK$ плоскости $A_1B_1C_1$ пересекается с прямыми $A_1B_1,B_1C_1$ в точках $E,T$  соответственно.

Прямая $EM$ плоскости $AA_1B_1$ пересекается с $AA_1$ в точке $P$.

Прямая $PN$ плоскости $ADD_1$ пересекается с $DD_1$ в точке $F$.

Прямая $FK$ плоскости $DCC_1$ пересекается с $DC$ в точке $V$, с прямой $CC_1$ –  в точке $Q$.

Наконец, прямая $MV$ плоскости $ABC$ пересекается с $BC$ в точке $L$.

$MPNKQL$ – сечение призмы плоскостью $MNK.$

a) Докажем, что $MNKL$ – квадрат.

Во-первых, $NK$ параллельна $ML,$ так как параллельные плоскости $(ABC,A_1B_1C_1)$ рассекаются третьей плоскостью ($MNK$) по параллельным прямым.

Во-вторых, $NK=ML.$ Действительно, треугольники $NKD_1, LBM$ равны по катету и острому углу.

Итак, $MNKL$ – параллелограмм. Осталось доказать, что $MN=NK$ и $\angle NML=90^{\circ}.$

Из треугольника $MNA_1$ по теореме Пифагора:

$MN=\sqrt{A_1N^2+A_1M^2}=\sqrt{A_1N^2+(AA_1^2+AM^2)}=5\sqrt2.$

Из подобия треугольников $NKD_1,A_1C_1D_1$, $k=\frac{ND_1}{A_1D_1}=\frac{5}{6}$ имеем:

$NK=\frac{5A_1C_1}{6}=\frac{5\cdot 6\sqrt2}{6}=5\sqrt2$

Далее, пусть $N_1$ – проекция $N$  на $ABC,$ $L_1$ – проекция $L$ на $AD.$

Имеем

$NL^2=NN_1^2+N_1L^2;$

$NL^2=NN_1^2+(N_1L_1^2+L_1L^2);$

$NL^2=48+(16+36);$

$NL^2=100.$

Наконец, замечаем, что  для треугольника $NML$ выполняется $NL^2=MN^2+ML^2.$ Действительно, $100=(5\sqrt2)^2+(5\sqrt2)^2.$ То есть по теореме, обратной теореме Пифагора, треугольник $NML$ прямоугольный ($\angle M$  – прямой.)

Итак, мы показали, что четырехугольник $MNKL$ – параллелограмм с равными сторонами и прямым углом, то есть $MNKL$ – квадрат.

б)

$S_{MPNKQL}=S_{MNKL}+S_{PNM}+S_{KQL}.$

Площадь квадрата $MNKL$ равна $(5\sqrt2)^2,$ то есть $50.$

Несложно заметить, что $P$ – середина $AA_1$ (из равенства треугольников $EA_1P,MAP$). Аналогично и $Q$ – середина $CC_1$. Треугольники $MPN,LQK$ равны.

$PN=PM=\sqrt{(2\sqrt3)^2+1^2}=\sqrt{13}.$

Для треугольника $PNM$ $p=\frac{2\sqrt{13}+5\sqrt2}{2}=\sqrt{13}+2,5\sqrt2.$

$S_{PNM}=\sqrt{p(p-PN)(p-PM)(p-NM)}=$

$=\sqrt{(\sqrt{13}+2,5\sqrt2)\cdot 2,5\sqrt2 \cdot 2,5\sqrt2 \cdot (\sqrt{13}-2,5\sqrt2)}=2,5.$

$S_{MPNKQL}=S_{MNKL}+2S_{PNM}=50+5=55.$

Ответ: б) $55.$

$(5x-13)log_{2x-5}(x^2-6x+10)\geq 0;$

Решать будем методом замены множителей.

$\begin{cases}(5x-13)(2x-5-1)(x^2-6x+10-1)\geq 0,\\2x-5>0,\\2x-5\neq 1,\\x^2-6x+10>0;&\end{cases}$

Последнее неравенство системы верно при любом значении $x$.

$\begin{cases}(5x-13)(2x-6)(x-3)^2\geq 0,\\x>2,5,\\x\neq 3,\\x^2-6x+10>0;&\end{cases}$

$\begin{cases}(5x-13)(x-3)^3\geq 0,\\x>2,5,\\x\neq 3,\\x^2-6x+10>0;&\end{cases}$

Ответ: $(2,5;2,6]\cup (3;+\infty)$.

a) Очевидно, треугольник $BOC$  равнобедренный ($BO,OC$ равны как радиусы). Пусть $\angle OBC=\angle OCB=\alpha.$

Согласно условию $\angle A=2\alpha.$

Но углы $BOC, BAC$ – соответствующие друг другу центральный и вписанный углы, поэтому $\angle BOC=4\alpha.$

Из треугольника $BOC:$

$6\alpha=180^{\circ},$

откуда

$\alpha =30^{\circ}.$

Итак, $\angle A=60^{\circ},\angle BOC=120^{\circ}.$ На сумму углов $B,C$ из треугольника $ABC$ остается $120^{\circ}.$ А сумма половин углов $B,C$ (то есть $\angle IBC+\angle ICB$) равна $60^{\circ}.$ Тогда в треугольнике $BIC$ угол $I$ равен $120^{\circ}.$

Итак, $\angle BOC=\angle BIC,$ а это означает, что точка $I$ попадает на окружность, описанную около треугольника $BOC.$

Что и требовалось доказать.

(подробнее, почему равенство указанных углов «укладывает» точку $I$ на окружность можно посмотреть здесь).

б) Из треугольника $ABC$

$\angle C=180^{\circ}-60^{\circ}-55^{\circ}=65^{\circ}.$

Пусть $Q$ – основание перпендикуляра, проведенного из $B$ к $AC,$ $T$ – основание перпендикуляра, проведенного из $C$ к $AB,$ $L$ – основание перпендикуляра, проведенного из $A$ к $BC.$

Из треугольника  $BQC:$

$\angle CBQ=90^{\circ}-65^{\circ}=25^{\circ}.$

Из треугольника  $BCT:$

$\angle BCT=90^{\circ}-55^{\circ}=35^{\circ}.$

В треугольнике $BHC:$

$\angle H=180^{\circ}-25^{\circ}-35^{\circ}=120^{\circ}.$

Итак, точка $H$, так же как и точка $I$, попадает на окружность, описанную около треугольника $BOC.$

Выясним, в каком порядке располагаются точки $O,I,H$ на окружности.

Заметим, что $\angle AOB=2\angle C=130^{\circ}.$

Тогда $\angle BAO=\angle OBA=25^{\circ},$ откуда $\angle OAC=35^{\circ}.$

Очевидно, $\angle IAC=30^{\circ}.$

Наконец,  из треугольника $ALC$  $\angle HAQ=90^{\circ}-65^{\circ}=25^{\circ}.$

Итак, точки расположены именно в том порядке, что указан на рисунке (точка $I$ – между $O$ и $H$).

Найдем градусную меру дуги $OIH$.

$\angle OBH=\angle ABQ-\angle ABO=30^{\circ}-25^{\circ}=5^{\circ}.$

Тогда $\breve{OIH}=10^{\circ},$ так как $\angle OBH$ – вписанный угол, опирающийся на дугу $OIH.$

Стало быть,  большая $\breve{OH}$ равна $350^{\circ},$ а именно на нее опирается вписанный угол $OIH,$ что мы ищем. Потому $\angle OIH=175^{\circ}.$

Ответ: б) $175^{\circ}.$

Пусть $n$ – целое число миллионов рублей (первоначальный вклад под $10$% годовых).

Заметим, увеличение вклада на $10$% по сравнению с его размером в начале года означает, что новая сумма вклада станет составлять $110$% старого, то есть увеличение некоторой величины на $10$% –  умножение этой величины на  коэффициент$1,1.$

На вкладе  в конце первого года:

$n\cdot 1,1$ млн. рублей.

На вкладе  в конце второго года:

$n\cdot 1,1^2$ млн. рублей.

На вкладе  на начало третьего года:

$n\cdot 1,1^2+3$ млн. рублей.

На вкладе  в конце третьего года:

$n\cdot 1,1^3+3\cdot 1,1$ млн. рублей.

На вкладе  на начало четвертого года:

$n\cdot 1,1^3+3\cdot 1,1+3$ млн. рублей.

На вкладе  в конце четвертого года:

$n\cdot 1,1^4+3\cdot 1,1^2+3\cdot 1,1$ млн. рублей.

Так как нас интересует наибольший размер первоначального вклада, при котором через четыре года вклад будет меньше $25$ млн. рублей, то найдем наибольшее натуральное $n$ из неравенства:

$n\cdot 1,1^4+3\cdot 1,1^2+3\cdot 1,1<25;$

$n<\frac{25-3\cdot 1,1^2-3\cdot 1,1}{1,1^4};$

$n<\frac{100(2500-363-330)}{121^2};$

$n<\frac{180700}{14641};$

$n<12\frac{5008}{14641};$

Откуда наибольшее натуральное $n$ – это $12.$

Ответ: $12$.

$\begin{cases}\frac{xy^2-3xy-3y+9}{\sqrt{x+3}}=0,\\y=ax;&\end{cases}$

$\begin{cases}xy^2-3xy-3y+9=0,\\x+3>0,\\y=ax;&\end{cases}$
$\begin{cases}xy(y-3)-3(y-3)=0,\\x>-3,\\y=ax;&\end{cases}$

$\begin{cases}(y-3)(xy-3)=0,\\x>-3,\\y=ax;&\end{cases}$

$\begin{cases}\left[\begin{array}{rcl}y=3,\\xy=3;\end{array}\right.\\x>-3,\\y=ax;&\end{cases}$

$\begin{cases}\left[\begin{array}{rcl}y=3,\\y=\frac{3}{x};\end{array}\right.\\x>-3,\\y=ax;&\end{cases}$

Уравнение $(y-3)(xy-3)=0$ задает объединение прямой $y=3$ и гиперболы $y=\frac{3}{x}.$ При условии $x>-3$  указанные линии «урезаются».

$y=ax$ – семейство прямых, проходящих через точку $(0;0).$

Рассмотрим, сколько раз пересекает прямая $y=ax$ объединение синих линий (см. рис.), отвечающее уравнению $\frac{xy^2-3xy-3y+9}{\sqrt{x+3}}=0$ в зависимости от $a.$

Случай $a\leq 0$ нам не подходит, так как гипербола располагается в $I, III$ четвертях, и более одного решения мы никак не получим.

Сразу выделяем случай $a=3,$ когда прямая $y=ax$ проходит через точку $A(1;3),$  точку пересечения прямой $y=3$ и гиперболы $y=\frac{3}{x}.$ Имеем два решения исходной системы.

Также стоит отметить случай прохождения прямой $y=ax$ через точку $B(-3;-1)$, точку пересечения  гиперболы с прямой $x=-3$. В этом случае, при $a=\frac{1}{3},$ прямая $y=ax$ пересечет гиперболу один раз и прямую $y=3$ один раз (в разных точках). Имеем два решения исходной системы.

При $a>3$ прямая $y=ax$ дважды пересечет гиперболу и один раз прямую $y=3,$ все  три точки пересечения различны. Случай не подходит.

При $a\in (\frac{1}{3};3)$ прямая $y=ax$ дважды пересекается с гиперболой и один раз с прямой $y=3$ (все три точки различны). Случай не подходит.

Наконец, в случае $a\in (0;\frac{1}{3})$ прямая $y=ax$ один раз пересекается с гиперболой и один раз с прямой $y=3$ (точки различны). Имеем два решения исходной системы.

Нами рассмотрены все значения $a$.

Итак,  при $a\in (0;\frac{1}{3}]\cup ${$3$} исходная система имеет два решения.

Ответ: $(0;\frac{1}{3}]\cup ${$3$}.

Замечание: полезно посмотреть похожие задания с параметром 1 и 2.

а) Да, множество хорошее.

Замечаем, что всего во множестве $100$ чисел. Суммы все пар, таких как $(200;299)$, $(201;298)$, $(202;297)$,…, $(249;250)$ одинаковы. Пар всего $50$. Отправляем любые двадцать пять пар в одно множество, двадцать пять остальных – в другое. Получаем два подмножества с одинаковой суммой чисел.

б) Множество {$2;4;8;…;2^{100}$} не является хорошим, так как   число $2^{100}$ больше суммы всех остальных чисел данного множества. Действительно,

$2+4+8+…+2^{99}=\frac{2(2^{99}-1)}{2-1}=2^{100}-2<2^{100}.$

в) Хорошие четырехэлементные подмножества множества

{$1;2;4;5;7;9;11$} могут быть таковы:

1) сумма трех элементов его равна четвертому;

2) сумма двух элементов его равна сумме двух других.

Рассмотрим первый случай.

Может ли в подмножество попасть только одно четное число?

Нет. Так как в этом случае сумма тройки чисел, содержащей одно четное и два нечетных числа, четна. Тогда на роль четвертого элемента, равного сумме трех указанных нечего выбрать.

Могут ли в нужное подмножество четные числа вообще не попасть? Нет, так как, взяв даже $1;5;7$ имеем сумму $13.$

Стало быть, в нужное подмножество попадают оба четных числа.

Несложно подобрать подходящие варианты: {$1;2;4;7$} и  {$2;4;5;11$}.

Рассмотрим второй случай.

Может ли в подмножество попасть только одно четное число?

Нет, иначе одна сумма будет четна, вторая нечетна.

Могут ли в нужное подмножество четные числа вообще не попасть?

Да. Из {$1;5;7;9;11$} можно выделить такие подмножества:

{$5;7;9;11$}, {$1;7;9;11$}, {$1;5;9;11$}, {$1;5;7;11$}, {$1;5;7;9$}.

И только первое и четвёртое подмножества хорошие.

Наконец, может ли в нужное подмножество попасть оба четных числа? Да. Тогда либо $2$ и $4$ потребуют, чтобы сумма двух других элементов, как их сумма была бы $6$ (а такой вариант один – {$1;2;4;5$}) либо в равных суммах $2+x,$ $4+y$ ($x,y$ – из $1;5;7;9;11$) $x$ на два больше $y.$ То есть на роль $x$ и $y$ можно взять, соответственно, пары $(5;7),(7;9),(9;11).$ Получаем хорошие подмножества: {$2;4;5;7$},{$2;4;7;9$},{$2;4;9;11$}.

Итак, всего мы выделили $8$ хороших подмножеств.

Ответ:

а) да;

б) нет;

в) $8$.