Вариант 1 (сентябрь 2018) профильный уровень, сайт "Решу ЕГЭ"
материал для подготовки к егэ (гиа, 11 класс) по теме

Вариант 1 (проф. Гущин сентябрь 2018)   Задание 13 № 504240

а) Решите уравнение

б) Найдите все корни этого уравнения, принадлежащие отрезку

Решение.

а) Левая часть уравнения определена при то есть при Числитель дроби должен быть равен нулю:

Серию нужно отбросить. Получаем ответ:

б) При помощи тригонометрической окружности отберём корни, лежащие на отрезке

Ответ: а) б)

Вариант 1 (проф. Гущин сентябрь 2018)      Задание 14 № 509022

На ребре прямоугольного параллелепипеда ABCDA1B1C1D1 взята точка E так, что A1E = 6EA. Точка T — середина ребра B1C1. Известно, что AD = 12, AA1 = 14.

а) Докажите, что плоскость ETD1 делит ребро BB1 в отношении 4 : 3.

б) Найдите площадь сечения параллелепипеда плоскостью ETD1.

Решение.

а) Проведём отрезок и в плоскости грани проведём через точку прямую, параллельную Эта прямая пересечёт ребро в точке Точка лежит в плоскости Треугольники и подобны. Следовательно,

Таким образом, Тогда и

б) Четырёхугольник — сечение параллелепипеда плоскостью Поскольку стороны и параллельны, но не равны. Четырёхугольник — трапеция. Продолжим боковые стороны и до пересечения в точке Точка — середина поэтому отрезок — средняя линия треугольника Из равенства треугольников и получаем откуда то есть трапеция — равнобедренная.

Найдём стороны трапеции:

Высота равнобедренной трапеции

Тогда              Ответ: б) 90.

Вариант 1 (проф. Гущин сентябрь 2018)       Задание 15 № 507258

Решите неравенство

Решение.

Решим неравенство:

Ответ: (−4; −3) ∪ (−1; 3).

Вариант 1 (проф. Гущин сентябрь 2018)       Задание 16 № 518116

В прямоугольную трапецию ABCD с прямым углом при вершине A и острым углом при вершине D вписана окружность с центром O. Прямая DO пересекает сторону AB в точке M, а прямая CO пересекает сторону AD в точке K.

а) Докажите, что .

б) Найдите площадь треугольника AOM, если и .

Решение.

а) Лучи CO и DO являются биссектрисами углов BCD и ADC соответственно, поэтому

,

то есть прямые CO и DO перпендикулярны.

Получаем

б) Лучи AO и BO являются биссектрисами прямым углов BAD и ABC соответственно, поэтому треугольник AOB равнобедренный прямоугольный. Значит, , . Поскольку прямые CO и DO перпендикулярны, получаем:

.

Следовательно, треугольники AOM и BOC равны и нужно найти площадь одного из них.

Пусть окружность касается сторон AB, BC, CD и AD в точках E, F, G и H соответственно, а её радиус равен r. Тогда

; ; .

В прямоугольном треугольнике COD имеем:

; ,

откуда . Значит, .      Ответ: б) 30.

Вариант 1 (проф. Гущин сентябрь 2018)      Задание 17 № 514523

В июле 2016 года планируется взять кредит в банке на пять лет в размере S тыс рублей. Условия его возврата таковы:

− каждый январь долг возрастает на 20% по сравнению с концом предыдущего года;

− с февраля по июнь каждого года необходимо выплатить часть долга;

− в июле 2017,2018 и 2019 долг остаётся равным S тыс. рублей;

− выплаты в 2020 и 2021 годах равны по 360 тыс. рублей;

− к июлю 2021 долг будет выплачен полностью.

Найдите общую сумму выплат за пять лет.

Решение.

В июле 2017, 2018 и 2019 годов долг перед банком не меняется, а ежегодные выплаты составляют 0,2S тыс. рублей.

В январе 2020 года долг (в тыс. рублей) равен 1,2S, а в июле — 1,2S − 360.

В январе 2021 года долг равен 1,44S − 432, а в июле 1,44S − 792.

По условию, долг будет выплачен полностью, значит, 1,44S — 792 = 0, откуда S = 550.

Таким образом, первые три выплаты составляют по 110 тыс. рублей, а последние две — по 360 тыс. рублей.  Общая сумма выплат составляет:      Ответ: 1050 тыс. рублей.

Вариант 1 (проф. Гущин сентябрь 2018)      Задание 18 № 500216

Найдите все значения при каждом из которых уравнение имеет более двух корней.

Решение.

Определим, что при a < 0 уравнение не имеет решений, так как левая часть не меньше нуля, а правая меньше нуля. Определим, для каких a ≥ 0 графики функции и имеют более двух общих точек на области  Заметим, что при всех a ≥ 1 уравнение имеет хотя бы один корень, не превосходящий нуль. При уравнение имеет два решения. При где m — значение a, которому соответствует точка касания графика функции и графика функции  Найдём m:

 Таким образом, при   уравнение имеет два решения, а при больших a — только одно решение. Значит, — единственный промежуток, на котором уравнение имеет больше двух решений (то есть три).      Ответ:

Приведём ещё одно решение:

Рассмотрим функции и Исследуем уравнение

На промежутке функция возрастает. Функция убывает на этом промежутке, поэтому уравнение имеет не более одного решения на промежутке причем решение будет существовать тогда и только тогда, когда, то есть при

При уравнение принимает вид При левая часть этого уравнения отрицательна, следовательно, решений нет. При это уравнение сводится к квадратному уравнению дискриминант которого поэтому при это уравнение не имеет корней, при — уравнение имеет единственный корень, равный при — уравнение имеет два корня.  Пусть уравнение имеет два корня, и

Тогда меньший корень а больший корень не превосходит если то есть при  По теореме Виета поэтому знаки корней и зависят от знаков выражений и Значит, при оба корня отрицательны, при один из корней отрицательный, а другой неотрицательный, при оба корня неотрицательны.

Таким образом, при уравнение не имеет корней при и имеет один корень при и имеет два корня при

Таким образом, уравнение имеет следующее количество корней:

— нет корней при              — один корень при и

— два корня при и

— три корня при                  Ответ:

Вариант 1 (проф. Гущин сентябрь 2018)     Задание 19 № 514920

Набор состоит из 33 натуральных чисел, среди которых есть числа 3, 4 и 5.

Среднее арифметическое любых 27 чисел этого набора меньше 2.

а) Может ли такой набор содержать ровно 13 единиц?

б) Может ли такой набор содержать менее 13 единиц?

в) Докажите, что в любом таком наборе есть несколько чисел, сумма которых равна 28.

Решение.

Если среднее арифметическое любых 27 чисел набора меньше 2, то сумма любых 27 чисел набора меньше 27 · 2 = 54. Будучи натуральным числом, эта сумма не превосходит 53.

Обозначим S максимальную сумму 27 чисел данного набора. Итак,

а) Да, может. Такой набор содержит 13 единиц, 17 двоек и 3, 4, 5. Для него, очевидно,

Наводящее соображение очень простое. Если есть ровно 13 единиц и 3, 4, 5, то оставшиеся 17 вакансий заполняются как минимум двойками. Вот и возьмём набор с этими 17-ю двойками! Ясно, что максимальная сумма S получится, если в качестве слагаемых взять 3, 4, 5 и все двойки, добрав остаток единицами.

б) Предположим, что набор содержит k единиц Остальные 30 − k чисел набора (помимо 3, 4, 5) назовём вакантными. Вакантных чисел, стало быть, не менее 18, и каждое вакантное число не меньше 2.

Таким образом, наш набор содержит 3, 4, 5 и восемнадцать чисел, не меньших 2; остальные числа набора не меньше 1. Для максимальной суммы S тогда получаем:

Данное неравенство показывает, что набор не может содержать менее 13 единиц.

в) Заметим сразу, что если набор содержит не менее 16 единиц, то

Поэтому остаётся разобрать случаи, когда количество k единиц в наборе менее 16.

Остальные 30 − k чисел (помимо 3, 4, 5) продолжаем называть вакантными.

При k = 13. Легко видеть, что набор, предъявленный в пункте а), оказывается единственным

набором с ровно тринадцатью единицами. В самом деле, для любого другого такого набора сумма 17-ти вакантных чисел будет больше и сумма S станет больше 53. А для предъявленного набора имеем:

При k = 14 или k = 15. Заметим, что среди вакантных чисел обязательно найдётся двойка. В самом деле, иначе все вакантные числа (которых, соответственно, 16 или 15) будут не меньше 3, и тогда их сумма окажется как минимум что противоречит условию.

Остаётся взять 14 единиц и эту двойку:

Доказательство закончено.              Ответ: а) да; б) нет.