Реальный ЕГЭ от 7 июня 2021. Основная волна. Вариант 1

a)

$2sin^3x+\sqrt2(1-2sin^2x)+sinx-\sqrt2=0;$

$2sin^3x+\sqrt2-2\sqrt2sin^2x+sinx-\sqrt2=0;$

$2sin^3x-2\sqrt2sin^2x+sinx=0;$

$sinx(2sin^2x-2\sqrt2sinx+1)=0;$

$sinx(\sqrt2sinx-1)^2=0;$

$sinx=0$ или $\sqrt2sinx=1;$

$sinx=0$ или $sinx=\frac{\sqrt2}{2};$

$x=\pi n$ или $x=\frac{\pi}{4}+2\pi n$ или $x=\frac{3\pi}{4}+2\pi n, n\in Z.$

б) Произведем отбор корней уравнения из отрезка $[-3, 5\pi; -2\pi]$ при помощи тригонометрического круга:

Ответ: а) $\pi n, \frac{\pi}{4}+2\pi n, \frac{3\pi}{4}+2\pi n, n\in Z;$

б) $-\frac{13\pi}{4}; -3\pi; -2\pi.$

а) Так как прямая $AB$ параллельна плоскости $CSD$ (ведь $AB\parallel CD$), то по свойству прямой, параллельной плоскости, плоскость $ABK$ пересечет $CDS$ по некоторой прямой $l$, такой что $K\in l,l\parallel AB.$ $l$ пересекается с $SD$ в точке $P.$ Очевидно, $P$ – середина $SD.$ Средняя линия $KP$ треугольника $CDS$ пересекает отрезок $SN$ в его середине. Что и требовалось показать.

б) Пусть $M$ – точка пересечения $KP$ и $SN.$ Расстояние от точки $P$ до $ABS$ – есть расстояние от $M$ до $ABS,$ так как $MP\parallel ABS.$

Пусть $MT\perp SE, E –$ середина $AB.$

В силу того, что $AB\perp NES$ (действительно, $AB\perp NE,AB\perp SE$) $AB\perp MT.$ Итак, $MT\perp SE,MT\perp AB,$ значит $MT\perp ABS$ по признаку перпендикулярности прямой и плоскости, то есть $MT$ – искомое расстояние.

$MT=\frac{NF}{2},$ где $NF\perp SE.$

$S_{NSE}=\frac{SH\cdot NE}{2}=\frac{NF\cdot SE}{2},$

откуда

$NF=\frac{SH\cdot NE}{SE}=\frac{24\cdot 14}{\sqrt{7^2+24^2}}=\frac{12\cdot 14}{25}.$

Итак, $MT=\frac{NF}{2}=\frac{168}{25}.$

Ответ: $\frac{168}{25}.$

$16^{\frac{1}{x}-1}-4^{\frac{1}{x}-1}-2\geq 0;$

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

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

$4^{\frac{1}{x}-1}-2\geq 0;$

$4^{\frac{1}{x}-1}\geq 4^{\frac{1}{2}};$

$\frac{1}{x}-1\geq \frac{1}{2};$

$\frac{1}{x}-\frac{3}{2}\geq 0;$

$\frac{2-3x}{2x}\geq 0;$

$x\in (0;\frac{2}{3}].$

Ответ: $(0;\frac{2}{3}].$

a) Так как угол $ KBC$ прямой, то $KC$ – диаметр окружности. Но тогда вписанный угол $KAC$ опирается на диаметр. Стало быть, $\angle KAC=90^{\circ} ,$ то есть $AK\perp AC,$ что и требовалось доказать.

б) Пусть $CT\perp AD.$ Трапеция вписана в окружность, значит является равнобедренной, $AH=TD.$

Площадь четырёхугольника $BCNH$ в $8$ раз больше площади треугольника $KNH$, означает, что площадь треугольника $KBC$ в $9$ раз больше площади подобного ему треугольника $KHN.$ Коэффициент подобия указанных треугольников равен $3.$

Угол $BKC$ как и вписанный угол $BAC$ опираются на одну дугу, значит и $\angle BKC=30^{\circ}.$ Тогда в треугольнике $BKC$ замечаем $BC=\frac{KC}{2}.$

Имеем:

$KC=2R=24, BC=12,$

$HN=\frac{BC}{3}=4,$

$BK=\sqrt{KC^2-BC^2}=\sqrt{24^2-12^2}=12\sqrt3,$

$BH=\frac{2BK}{3}=8\sqrt3, KH=\frac{BK}{3}=4\sqrt3.$

По свойству пересекающихся хорд

$AH\cdot HD=BH\cdot HK;$

$x\cdot (12+x)=8\sqrt3\cdot 4\sqrt3,$ где $AH=x.$

$x^2+12x-96=0;$

$x=-6+ \sqrt{6^2+96};$

$x=-6+ 2\sqrt{33}.$

Наконец, $AD=2x+12=-12+4\sqrt{33}+12=4\sqrt{33}.$

Ответ: $4\sqrt{33}.$

1-я выплата: $70+0,19\cdot 700;$

2-я выплата: $70+0,19\cdot 630;$

3-я выплата: $70+0,19\cdot 560;$

. . .

5-я выплата: $70+0,19\cdot 420;$

6-я выплата: $70+0,16\cdot 350;$

7-я выплата: $70+0,16\cdot 280;$

. . .

10-я выплата: $70+0,16\cdot 70.$

Сумма всех выплат:

$70\cdot 10+0,19\cdot (700+630+…+420)+0,16\cdot (350+280+…+70)=$

$=700+0,19\cdot \frac{700+420}{2}\cdot 5+0,16\cdot \frac{350+70}{2}\cdot 5=$

$=700+532+168=1400.$

Ответ: $1400.$

$|x^2-a^2|=|x+a|\sqrt{x^2-ax+4a};$

$|x+a|\cdot |x-a|-|x+a|\sqrt{x^2-ax+4a}=0;$

$|x+a|(|x-a|-\sqrt{x^2-ax+4a})=0;$

$|x+a|=0$ при условии $x^2-ax+4a\geq 0$ или $|x-a|=\sqrt{x^2-ax+4a};$

$a=-x$ при условии $x^2+x^2-4x\geq 0$ или $(x-a)^2=x^2-ax+4a;$

$a=-x$ при условии $x(x-2)\geq 0$ или $x^2-2ax+a^2=x^2-ax+4a;$

$a=-x$ при условии $x(x-2)\geq 0$ или $a^2-ax-4a=0;$

$a=-x$ при условии $x(x-2)\geq 0$ или $a(a-x-4)=0;$

$a=-x$ при условии $x(x-2)\geq 0$ или $a=0, a=x+4.$

Множество точек, отвечающих исходному уравнению, показаны в системе координат $(x;a)$ синим цветом (объединение прямых $a=x+4,a=0$ и двух лучей $a=-x, x\in(-\infty;0]\cup[2;+\infty$).

Становится видно, что исходное уравнение имеет два решения, если $a\in(-\infty;-2]\cup (0;2)\cup (2;+\infty).$

Ответ: $(-\infty;-2]\cup (0;2)\cup (2;+\infty).$

а) Может, например $2022=2009+11+2.$

б) Известно, что число имеет при делении на $9$ остаток такой же, что и сумма его цифр. Пусть первое число $A=9a+r,$ второе число $B=9b+r,$ третье число $C=9c+r.$ Но тогда $A+B+C=9(a+b+c)+3r$ – сумма чисел кратна $3.$ Но $2021$ не кратно $3.$ Сумма указанных трех чисел не может быть равна $2021.$

в) Так как число трехзначное, то сумма его цифр не превосходит $27.$ Тогда, с учетом того, что последнее число равно $2,$ – второе число может быть $11$ или $20.$

Первое число, как и второе, и третье, при делении на $9$ дают остаток $2.$ Сколько трёхзначных чисел при делении на $9$ дают остаток $2$? Посчитаем:

$11\cdot 9+2;$

$12\cdot 9+2;$

$13\cdot 9+2;$

$14\cdot 9+2;$

. . .

$110\cdot 9+2;$

Их количество: $110-11+1=100.$ Но из этих чисел следует убрать те, чья сумма цифр равна $2,$ а именно убираем $101,110,200.$ Стало быть, нужных нам трёхзначных чисел $97$ штук.

Ответ: a) да; б) нет; в) $97.$