ЕГЭ по математике (профиль) от 2 июня 2017 года

а)

$\large 8\cdot (4^{cosx})^2-6\cdot 4^{cosx}+1=0.$

Наблюдаем квадратного уравнение относительно $4^{cosx}.$

$\large 4^{cosx}=\frac{3\pm 1}{8};$

$\large 4^{cosx}=\frac{1}{2}$ или $\large 4^{cosx}=\frac{1}{4};$

$\large 4^{cosx}=4^{-\frac{1}{2}}$ или $\large 4^{cosx}=4^{-1};$

$cosx=-\frac{1}{2}$ или $ cosx=-1;$

$x=\pm \frac{2\pi}{3}+2\pi n$ или $x=\pi +2\pi n,$  $n\in Z.$

б) Корни уравнения из  отрезка $[\frac{3\pi}{2};3\pi]:$

$\frac{8\pi}{3};3\pi.$

Ответ:

а) $\pm \frac{2\pi}{3}+2\pi n$; $\pi +2\pi n,$  $n\in Z;$

б) $\frac{8\pi}{3};3\pi.$ 

а)

$log_4(2^{2x}-\sqrt3cosx-sin2x)=x;$

$log_4(2^{2x}-\sqrt3cosx-sin2x)=log_44^x;$

$4^{x}-\sqrt3cosx-sin2x=4^x;$

$\sqrt3cosx+sin2x=0;$

$\sqrt3cosx+2sinxcosx=0;$

$cosx(\sqrt3+2sinx)=0;$

$cosx=0$ или $sinx=-\frac{\sqrt3}{2};$

$x=\frac{\pi}{2}+\pi n$ или $x=-\frac{\pi}{3}+2\pi n$ или $x=-\frac{2\pi}{3}+2\pi n,$   $n\in Z.$

б) Корни уравнения из  отрезка $[-\frac{\pi}{2};\frac{3\pi}{2}]:$

$-\frac{\pi}{2};-\frac{\pi}{3};\frac{\pi}{2};\frac{4\pi}{3};\frac{3\pi}{2}.$

Ответ:

а) $\frac{\pi}{2}+\pi n$,  $-\frac{\pi}{3}+2\pi n$,  $-\frac{2\pi}{3}+2\pi n,$   $n\in Z.$

б) $-\frac{\pi}{2};-\frac{\pi}{3};\frac{\pi}{2};\frac{4\pi}{3};\frac{3\pi}{2}.$

а) Заметим, так как $\angle BAD+\angle ADC=90^{\circ},$ то $\angle AKD=90^{\circ}.$

Прямая $AB,$ лежащая в $(ABC),$ перпендикулярна линии пересечения перпендикулярных плоскостей $ABC,PCD,$ а значит, по свойству перпендикулярных плоскостей, перпендикулярна плоскости $PCD.$

По признаку перпендикулярности плоскостей, раз плоскость $ABP$ содержит перпендикуляр $AB$ к плоскости $PCD,$ то плоскости $PAB,PCD$ перпендикулярны, что и требовалось доказать.

б) Как уже говорилось, $AB\perp PCD,$ значит, в частности, $AB\perp PK.$

Аналогично, используя то, что $CD\perp ABP,$ имеем, в частности, $CD\perp PK.$

То есть $PK$ перпендикулярна плоскости $ABC$ по признаку перпендикулярности прямой и плоскости.

Поскольку трапеция $ABCD$ равнобедренная, то $\angle KBC=\angle KCB,$ то есть прямоугольный треугольник $BCK$ – равнобедренный, и поскольку его гипотенуза равна $3$  согласно условию, то $BK=KC=\frac{3}{\sqrt2}.$

Итак, $V_{BCKP}=\frac{S_{BCK}\cdot PK}{3}=\frac{\frac{9}{4}\cdot 8}{3}=6.$

Ответ: $6$.

a) $PQ$ – средняя линия треугольника $ACD,$  $PQ\parallel AC.$

Так как $AM:MB =CN:NB=1:3$, то $MN\parallel AC.$

По признаку параллельности прямых $PQ\parallel MN.$ Это означает, что точки $P,Q,M$ и $N$ лежат в одной плоскости.

б) $V_{ABCD}=\frac{S_{ABC}\cdot h}{3},$ где $h$ – высота, опущенная из $D$ на $ABC.$

Будем искать объем многогранника $AMNCQP$ как сумму объемов пирамид $AMNCQ,$  $APMQ.$

Треугольники $MBN,ABC$ подобны, коэффициент подобия  –  $\frac{3}{4}.$ Поэтому $S_{MBC}:S_{ABC}=9:16,$ то есть $S_{AMNC}=\frac{7}{16}S_{ABC}.$

Заметим, высота пирамиды $AMNCQ$ (основание – $AMNC$)  –  $\frac{h}{2}$ (из подобия треугольников $DHC,QTC$ с коэффициентом $\frac{1}{2}$ ($H,T$ – основания перпендикуляров к плоскости $ABC$ из $D,Q$)).

$V_{AMNCQ}=\frac{S_{AMNC}\cdot \frac{h}{2}}{3}=\frac{\frac{7}{16}S_{ABC}\cdot \frac{h}{2}}{3}=\frac{7}{32}V_{ABCD}.$

С другой стороны $V_{ABCD}=\frac{S_{ABD}\cdot h’}{3},$ где $h’$ – высота, опущенная из $C$ на $ABD.$

Заметим, высота пирамиды $APMQ$ (основание – $APM$)  –  $\frac{h’}{2}$ (аналогично рассуждениям выше).

Тогда

$V_{APMQ}=\frac{S_{APM}\cdot \frac{h’}{2}}{3}.$

Несложно заметить, $S_{APM}=\frac{1}{2}\cdot AP\cdot AM\cdot sin A=\frac{1}{2}\cdot \frac{AD}{2}\cdot \frac{AB}{4}\cdot sin A=\frac{1}{8}S_{ABD}.$

Стало быть, $V_{APMQ}=\frac{\frac{1}{8}S_{ABD}\cdot \frac{h’}{2}}{3}=\frac{1}{16}V_{ABCD}.$

Итак, $V_{AMNCQP}=\frac{7}{32}V_{ABCD}+\frac{1}{16}V_{ABCD}=\frac{9}{32}V_{ABCD}.$

При этом объем второго многогранника $MBNQPD$ есть $V_{ABCD}-\frac{9}{32}V_{ABCD}=\frac{23}{32}V_{ABCD}.$

Наконец, искомое отношение объемов многогранников  – есть $9:23.$

Ответ: б) $9:23$.

a) $A_1C_1\perp B_1C_1$ по условию. $CC_1\perp A_1C_1$ (призма $ABCA_1B_1C_1$ – прямая). Тогда по признаку перпендикулярности прямой и плоскости $A_1C_1\perp CC_1B_1.$

Но тогда $A_1C_1\perp BC_1$ ($BC_1\in (CC_1B_1)$) по свойству прямой, перпендикулярной плоскости.

Итак, треугольник $A_1BC_1$ – прямоугольный.

б) Рассмотрим пирамиду $AA_1C_1B$ как пирамиду с основанием $A_1BC_1$.

Так как $AC\parallel A_1BC_1,$ то  расстояние от $A$ до плоскости $A_1BC_1$  равно расстоянию от $C$ до $A_1BC_1$.

Построим в плоскости $CC_1B_1$  перпендикуляр $CH$ к $ BC_1.$ Поскольку при этом $A_1C_1$ – перпендикуляр к $CC_1B_1,$ то $A_1C_1\perp CH.$ Итак, $CH\perp (A_1BC_1),$  длина $CH$ – длина высоты пирамиды $AA_1C_1B$, опущенной из $A$ на $A_1BC_1$.

Так как $A_1C_1=\sqrt{15^2-9^2}=12,$ то $S_{A_1BC_1}=54.$

Поскольку $S_{BCC_1}=\frac{CB\cdot CC_1}{2}=\frac{CH\cdot C_1B}{2},$ то $CH=\frac{CC_1\cdot CB}{C_1B}.$

Далее,

$BC=\sqrt{AB^2-AC^2}=\sqrt{13^2-12^2}=5;$

$CC_1=\sqrt{BC_1^2-BC^2}=\sqrt{9^2-5^2}=2\sqrt{14};$

$CH=\frac{2\sqrt{14}\cdot 5}{9}=\frac{10\sqrt{14}}{9}.$

Итак, $V_{AA_1C_1B}=\frac{S_{A_1BC_1}\cdot CH}{3}=\frac{54\cdot \frac{10\sqrt{14}}{9}}{3}=20\sqrt{14}.$

Ответ: $20\sqrt{14}.$ 

$\frac{log_2(4x^2)+35}{log_2^2x-36}\geq -1;$

$\frac{log_2(4x^2)+35+log_2^2x-36}{log_2^2x-36}\geq 0;$

$\frac{log_2^2x+log_2(4x^2)-1}{log_2^2x-36}\geq 0;$

$\frac{log_2^2x+(2+log_2x^2)-1}{log_2^2x-36}\geq 0;$

$\frac{log_2^2x+2log_2|x|+1}{log_2^2x-36}\geq 0;$

$\frac{(log_2x+1)^2}{(log_2x-6)(log_2x+6)}\geq 0;$

Применяем метод замены множителей:

$\frac{(log_2x-log_2\frac{1}{2})^2}{(log_2x-log_264)(log_2x-log_2\frac{1}{64})}\geq 0;$

$\frac{(x-\frac{1}{2})^2}{(x-64)(x-\frac{1}{64})}\geq 0,$  $x>0;$

$x\in (0;\frac{1}{64})\cup${$\frac{1}{2}$}$\cup (64;+\infty).$

Ответ: $(0;\frac{1}{64})\cup${$\frac{1}{2}$}$\cup (64;+\infty).$ 

$\frac{log_4(64x)}{log_4x-3}+\frac{log_4x-3}{log_4(64x)}\geq \frac{log_4x^4+16}{log_4^2x-9};$

$\frac{3+log_4x}{log_4x-3}+\frac{log_4x-3}{3+log_4x}\geq \frac{4log_4x+16}{(log_4x-3)(log_4x+3)}.$

Пусть $log_4x=m.$

$\frac{3+m}{m-3}+\frac{m-3}{3+m}\geq \frac{4m+16}{(m-3)(m+3)};$

$\frac{(m+3)^2+(m-3)^2-4m-16}{(m-3)(m+3)}\geq 0;$

$\frac{m^2-2m+1}{(m-3)(m+3)}\geq 0;$

$\frac{(m-1)^2}{(m-3)(m+3)}\geq 0.$

Обратная замена:

$\frac{(log_4x-1)^2}{(log_4x-3)(log_4x+3)}\geq 0;$

$\frac{(log_4x-log_44)^2}{(log_4x-log_464)(log_4x-log_4\frac{1}{64})}\geq 0;$

Применяем метод замены множителей:

$\frac{(x-4)^2}{(x-64)(x-\frac{1}{64})}\geq 0,$ $x>0;$

$x\in (0;\frac{1}{64})\cup${$4$}$\cup (64;+\infty).$

Ответ: $(0;\frac{1}{64})\cup${$4$}$\cup (64;+\infty).$ 

а) Пусть $F$– точка пересечения $AB,DC.$

Пусть $BF=x, FC=y.$

Пусть коэффициент подобия $\Delta BFC,\Delta AFD$  – $k$.

Тогда $AF=kx,FD=ky.$

С учетом того, что $E$ – середина $CD,$ имеем: $CE=ED=\frac{y(k-1)}{2}.$

Треугольники $FKC,FAE$ подобны по двум углам (угол $F$ – общий, углы $FKC,FAE$ равны как соответственные углы при параллельных прямых $KC,AE$ и секущей $AB$).

Тогда

$\frac{FK}{FA}=\frac{FC}{FE};$

$\frac{FK}{kx}=\frac{y}{y+\frac{y(k-1)}{2}};$

$FK=\frac{2kx}{1+k};$

Замечаем, что $FB:FK=FE:FD.$ Действительно,

$\frac{x}{\frac{2kx}{1+k}}=\frac{y+\frac{y(k-1)}{2}}{ky};$

$\frac{x}{\frac{2kx}{1+k}}=\frac{y+yk}{2ky};$

$\frac{k+1}{2k}=\frac{k+1}{2k}.$

Учитывая, что у треугольников $FKD,FBE$ общий угол $F$ и $FB:FK=FE:FD$, получаем, что $\Delta FKD$ подобен $\Delta FBE.$ Откуда $BE\parallel KD.$

Тогда по теореме о пропорциональных отрезках $CE:ED=CO:OK.$ Так как $CE=ED,$ то и $CO=OK.$

 Что и требовалось доказать.

б) Если $S$ – площадь треугольника $BCF,$ то в силу подобия $BCF,ADF$

 $S_{AFD}=k^2S$ ($k$ – из пункта (a)).

Тогда $S_{ABCD}=S(k^2-1)$.

Согласно условию $S_{BCK}=\frac{9S(k^2-1)}{64}.$

Так как $\frac{S_{BCF}}{S_{BCK}}=\frac{BF}{BK},$  то, используя данные пункта (а), получаем:

$\frac{S_{BCF}}{S_{BCK}}=\frac{k+1}{k-1}.$

Далее,

$\frac{S}{\frac{9S(k^2-1)}{64}}=\frac{k+1}{k-1};$

$\frac{64}{9(k^2-1)}=\frac{k+1}{k-1};$

$\frac{64}{9(k+1)}=k+1;$

$(k+1)^2=\frac{64}{9};$

$k=\frac{5}{3}.$

Итак, $BC:AD=3:5.$

Ответ: $3:5.$ 

а) Линия центров $O_1O_2$ перпендикулярна прямой $AB.$ Действительно, из равенства треугольников $O_1AO_2, O_1BO_2$ по трем сторонам вытекает равенство углов, например, $AO_1O_2,BO_1O_2;$ равенство указаных углов говорит о том, что $O_1O_2$ содержит биссектрису угла $O_1$ треугольника $ABO_1,$ а поскольку треугольник $ABO_1$ равнобедренный,  то $O_1O_2\perp AB.$

Угол $B$ опирается на диаметр $AC$ первой окружности, поэтому $\angle B=90^{\circ}.$ То есть и $CB\perp AB.$

Имеем: $O_1O_2\parallel CE.$

Откуда $\angle AO_1O_2=\angle ACB.$

Также замечаем, что вписанный и центральный углы $ADB,AO_2B$ опираются на одну дугу, то есть $2\angle ADB=\angle AO_2B.$ $O_2O_1$ – биссектриса угла $AO_2B,$ потому $\angle ADB=\angle AO_2O_1.$

Итак, треугольники  $CBD$ и $O_1AO_2$ подобны по двум углам.

б) Очевидно, $AE$ – диаметр второй окружности (угол $B$ – прямой, опирается на $AE$).

Треугольники $ADE,ABC$ подобны по двум углам ($\angle B=\angle D=90^{\circ},\angle DAE=\angle BAC$ по условию).

$\frac{AE}{AC}=\frac{AD}{AB};$

$3=\frac{AD}{3};$

$AD=9.$

Ответ: б) $9.$

a) Проведем через точку $C$ прямую, параллельную $BD.$ Пусть она пересекает $AD$ в точке $K.$ Четырехугольник $BCKD$ – параллелограмм (по признаку параллелограмма).

Замечаем, в треугольнике $ACK$   $AC=5, CK=12,AK=13,$ при этом $13^2=5^2+12^2.$ По теореме, обратной теореме Пифагора,  треугольник $ACK$ –  прямоугольный (угол $ACK$ – прямой).

$\angle ACK=\angle AOD$ ($O$ – точка пересечения диагоналей трапеции) как соответственные углы при параллельных прямых $BD,CK$ и секущей $AC.$

Итак, диагонали трапеции перпендикулярны.

б) Высота $h$ трапеции $ABCD$ – высота треугольника $ACK$, проведенная к гипотенузе $AK.$

Так как $S_{ACK}=\frac{AC\cdot CK}{2}=\frac{h\cdot AK}{2}$, то $h=\frac{5\cdot 12}{13}=\frac{60}{13}.$

Ответ: б) $\frac{60}{13}.$

Пусть кредит взят на сумму $x$ рублей.

Пусть $a=58564,b=106964.$

Поскольку банковский процент – $r$, то каждый январь остаток долга будет умножаться на коэффициент $\frac{r+100}{100},$ назовем его $p.$

Первая схема

В первый год после действия процента и первой выплаты в $a$ рублей на счету останется:

$px-a$ рублей,

во второй год после действия процента и выплаты в $a$ рублей на счету останется:

$p^2x-pa$ рублей

и так далее.

Наконец, четвертой  выплатой в $a$ рублей кредит полностью погашается:

$p^4x-p^3a-p^2a-pa-a=0$   (1)

Вторая схема

В первый год после действия процента и первой выплаты в $b$ рублей на счету останется:

$px-b$ рублей,

Второй  выплатой в $b$ рублей кредит полностью погашается:

$p^2x-pb-b=0$   (2)

Итак, из (1)

$p^4x=a(p^3+p^2+p+1),$

а из (2)

$p^2x=b(p+1).$

Тогда

$\frac{p^4x}{p^2x}=\frac{ a(p^3+p^2+p+1)}{b(p+1)};$

$bp^2(p+1)=a(p^3+p^2+p+1);$

$bp^2(p+1)=a(p+1)(p^2+1);$

$bp^2=a(p^2+1);$

$106964p^2=58564p^2+58564;$

$48400p^2=58564;$

$p^2=\frac{121}{100};$

$p=\frac{11}{10}.$

Откуда

$\frac{r+100}{100}=\frac{11}{10};$

$r=10.$

Ответ: $10.$ 

Пусть кредит был взят на сумму $x$ рублей.

После первого действия процента на счету окажется $1,3x$ рублей.

Пусть размер платежа  – $y$ рублей.

Тогда после первой выплаты долг составит $(1,3\cdot x-y)$ рублей.

Процент срабатывает второй раз, на счету – $(1,3^2\cdot x-1,3\cdot y).$  После второй выплаты долг составит $(1,3^2\cdot x-1,3\cdot y-y)$ рублей.

Процент срабатывает третий раз, на счету – $(1,3^3\cdot x-1,3^2\cdot y-1,3\cdot y).$

Кредит был выплачен тремя равными платежами (за три года), потому

$1,3^3\cdot x-1,3^2\cdot y-1,3\cdot y-y=0.$

При этом согласно условию $3y=x+156060.$

Тогда

$1,3^3\cdot (3y-156060)=y(1,3^2+1,3+1);$

$2,601y=1,3^3\cdot 156060;$

$y=131820.$

Откуда $x=3\cdot 131820-156060=239400$ рублей.

Ответ: $239400.$ 

Пусть кредит был взят на $n$ лет.

Первая выплата составила $\frac{18}{n}+0,1\cdot 18.$

Вторая выплата составила $\frac{18}{n}+0,1\cdot \frac{18(n-1)}{n}.$

Третья выплата составила $\frac{18}{n}+0,1\cdot \frac{18(n-2)}{n}.$

И так далее…

Последняя выплата составила $\frac{18}{n}+0,1\cdot \frac{18}{n}.$

Общая сумма выплат:

$n\cdot \frac{18}{n}+\frac{0,1\cdot 18}{n}(n+(n-1)+(n-2)+…+1)=18+1,8\cdot \frac{n+1}{2}\cdot n=18+0,9(n+1).$

По условию общая сумма выплат после полного погашения кредита составила $27$ млн. рублей, поэтому

$18+0,9(n+1)=27;$

$0,9(n+1)=9;$

$n=9.$

Ответ: $9.$ 

Необходимо найти значения $a$, при которых данная система

$\begin{cases}\left[\begin{array}{rcl}5x-3=0,\\ln(x^2-6x+10-a^2)=0;\end{array}\right.\\\frac{3}{5}\leq x\leq 3,\\x^2-6x+10-a^2>0;&\end{cases}$

имеет одно решение.

$\begin{cases}\left[\begin{array}{rcl}x=\frac{3}{5},\\(x-3)^2=a^2;\end{array}\right.\\\frac{3}{5}\leq x\leq 3,\\x^2-6x+10-a^2>0;&\end{cases}$

$\begin{cases}\left[\begin{array}{rcl}x=\frac{3}{5},\\ x=3\pm a;\end{array}\right.\\\frac{3}{5}\leq x\leq 3,\\x^2-6x+10-a^2>0;&\end{cases}$

Заметим, $x=3\pm a$ удовлетворяют последней строке системы.

Случай 1

$x=\frac{3}{5}$ – единственное решение системы.

Тогда

$\begin{cases}(\frac{3}{5}-3)^2+1-a^2>0,\\\left[\begin{array}{rcl}3-a>3,\\ 3-a\leq \frac{3}{5};\end{array}\right.\\\left[\begin{array}{crl}3+a>3,\\ 3+a\leq \frac{3}{5};\end{array}\right.&\end{cases}$

$\begin{cases}(a-\frac{13}{5})(a+\frac{13}{5})<0,\\\left[\begin{array}{rcl}a<0,\\ a\geq\frac{12}{5};;\end{array}\right.\\\left[\begin{array}{crl}a>0,\\ a\leq-\frac{12}{5};\end{array}\right.&\end{cases}$

$a\in (-2,6;-2,4]\cup [2,4;2,6).$

Случай 2

$x=3-a$ – единственное решение системы.

Тогда

$\begin{cases}(\frac{3}{5}-3)^2+1-a^2\leq 0,\\\frac{3}{5}\leq 3-a\leq 3,\\\left[\begin{array}{rcl}3+a>3,\\ 3+a<\frac{3}{5};\end{array}\right.&\end{cases}$

$\begin{cases}(a-\frac{13}{5})(a+\frac{13}{5})\geq 0,\\0\leq a\leq \frac{12}{5},\\\left[\begin{array}{rcl}a>0,\\ a<-\frac{12}{5};\end{array}\right.&\end{cases}$

Нет значений $a$, отвечающих системе.

Случай 3

$x=3+a$ – единственное решение системы.

Тогда

$\begin{cases}(\frac{13}{5}-3)^2+1-a^2\leq 0,\\\frac{3}{5}\leq 3+a\leq 3,\\\left[\begin{array}{rcl}3-a>3,\\ 3-a<\frac{3}{5};\end{array}\right.&\end{cases}$

$\begin{cases}(a-\frac{13}{5})(a+\frac{13}{5})\geq 0,\\-\frac{12}{5}\leq a\leq 0,\\\left[\begin{array}{rcl}a<0,\\ a>\frac{12}{5};\end{array}\right.&\end{cases}$

Нет значений $a$, отвечающих системе.

Итак, $a\in (-2,6;-2,4]\cup [2,4;2,6).$

Ответ: $(-2,6;-2,4]\cup [2,4;2,6).$

а) Нет, на доске не может быть написано поровну чисел, оканчивающихся на $2$ и на $6$. В противном случае  сумма таких чисел оканчивалась бы на $0$  $(15\cdot 2+15\cdot 6=120),$ что противоречит условию.

б) Нет, среди чисел на  доске не может ровно одно число заканчиваться на $6.$ Это бы означало, что $29$ чисел должно оканчиваться на $2$. Но даже если брать $2;12;22;…,$ то сумма $29$ таких слагаемых будет $\frac{(2+282)\cdot 29}{2},$ то есть $4118,$ что больше $2454.$

в) Определим, какое наибольшее количество чисел, оканчивающихся на $2$ может быть записано на доске.

Пусть на доске $n$ чисел, оканчивающихся на $2.$ Сумма $n$ таких чисел будет не меньше суммы набора $2;12;22;..;2+10(n-1).$

Решим неравенство:

$\frac{2+10n-8}{2}\cdot n\leq 2454;$

$(5n-3)n\leq 2454;$

$5n^2-3n-2454\leq 0;$

$(n-\frac{3+\sqrt{49089}}{10})(n-\frac{3-\sqrt{49089}}{10})\leq 0.$

Вторая скобка неравенства положительна.

$n-\frac{3+\sqrt{49089}}{10}\leq 0;$

Так как $220=\sqrt{48400}<\sqrt{49089}<\sqrt{49284}=222,$ то $22,3<\frac{3+\sqrt{48649}}{10}<22,5.$

Наибольшее натуральное $n,$ отвечающее неравенству, – это $22.$

Если мы берем $n=22,$ то сумма всех чисел должна оканчиваться на $2,$ так как  $22\cdot 2+8\cdot 6=92,$ что противоречит условию.

При $n=21$  сумма всех чисел должна оканчиваться на $6,$ так как  $21\cdot 2+9\cdot 6=96,$ что противоречит условию.

При $n=20$  сумма всех чисел должна оканчиваться на $0,$ так как  $20\cdot 2+10\cdot 6=100,$ что противоречит условию.

Подберем вариант, когда $n=19:$

$6;16;26;…;96;196;2;12;…;182$.

Ответ: а) нет; б) нет; в) $11.$