ЕГЭ 2020. Вариант 25. Ященко 36 вариантов ФИПИ школе.

Скрыть Для определения исходного числа участников, нужно 7 разделить на коэффициент $$\frac{5}{100}=0,05$$, получим: $$\frac{7}{0,05}=140$$ участников.

Скрыть Рассмотрим сегмент графика, соответствующий 28 января. Так как температура откладывается по оси Oy, то нужно выбрать наименьшую точку на графике температуры. Это значение находится посередине отметок 4 и 6, то есть она равна 5 градусов Цельсия.

Скрыть Из рисунка видно, что стороны BC и BA имеют одинаковый наклон относительно вертикальной линии, проходящей через точку B (см. красная вертикальная линия на рисунке ниже). Равенство образованных углов (красные дуги) можно доказать через равенство тангенсов этих углов, они равны 3. Следовательно, биссектриса, исходящая из угла B, будет располагаться строго горизонтально и занимать ровно 4 клетки (см. синяя линия).

Скрыть Решим эту задачу от обратного, сначала найдем вероятность того, что девочки окажутся рядом, а затем, вычислим обратную вероятность по формуле $$1-P$$. Допустим, первая девочка уже куда-то села (вероятность этого события 1). Осталось 20 мест и вторая девочка должна сесть или слева или справа от нее. Имеем благоприятное число исходов $$m=2$$ и общее число исходов $$n=20$$: $$P=\frac{m}{n}=\frac{2}{20}=\frac{1}{10}$$, тогда противоположная вероятность того, что девочки не будут сидеть рядом, равна: $$1-P=0,9$$

Скрыть Так как $$216=6^3$$, то исходное уравнение можно записать в виде: $${\left(x-5\right)}^3=6^3\to x-5=6\to x=11$$

Скрыть Угол CAD и угол CBD - вписанные углы, опирающиеся на одну дугу, а значит, они равны 41$${}^\circ$$. Следовательно: $$\angle ABC=\angle ABD+\angle CBD=25{}^\circ +41{}^\circ =66{}^\circ $$

Скрыть

1. Значение производной положительно в некоторой точке x, если в окрестности этой точки функция возрастает. Наоборот, если в окрестности точки x функция убывает, то производная в ней отрицательна. Причем значение производной тем больше, чем сильнее изменение функции в окрестности точки x.

2. Выберем точку на графике, в которой функция возрастает наибольшим образом. Это точка -1.

Скрыть Объем прямоугольного параллелепипеда равен: $$V=a\cdot b\cdot c$$. Так как прямоугольный параллелепипед описан около цилиндра, то $$a=b=2R=2\cdot 5=10$$; $$c=h=7\to v=10\cdot 10\cdot 5=500$$

Скрыть Вспомним, что $${\cos 2\alpha \ }={{\cos }^{{\rm 2}} \alpha \ }-{{\sin }^{{\rm 2}} \alpha \ }$$, тогда $$3\sqrt{2}{\cos \left(2\cdot \frac{13\pi }{8}\right)\ }=3\sqrt{2}{{\rm (-}\cos \frac{\pi }{4}\ })=-3\sqrt{2}\cdot \frac{\sqrt{2}}{2}=-3$$

Скрыть Чтобы определить время, через которое масса $$m\left(t\right)=11$$ мг, подставим в закон изменения массы изотопа от времени все числовые значения и выразим (найдем) время $$t$$, получим: $$11=44\cdot 2^{-\frac{t}{6}}\to \frac{1}{4}=2^{-\frac{t}{6}}=2^{-2}\to \frac{t}{6}=2\to t=12$$

Скрыть

Обозначим через $$x$$ км/ч скорость течения. Тогда при движении ложки против течения, ее скорость была равна $$11-x$$ км/ч и на преодоления 112 км было потрачено $$\frac{112}{11-x}$$ часов. При обратном движении лодка шла по течению, то есть ее скорость была равна $$11+x$$ км/ч и на преодоления 112 км было затрачено $$\frac{112}{11+x}$$ часов. Известно, что на обратный путь было потрачено на 6 часов меньше. Имеем уравнение: $$\frac{112}{11-x}-\frac{112}{11+x}=6$$, откуда $$112\left(11+x\right)-112\left(11-x\right)=6(11-x)(11+x)\to $$ $$\to 6x^2+224x-726=0\to D=67600\to x_1=\frac{-224+260}{12}=3;\ x_2<0$$.

Получаем один положительный корень x=3 км/ч.

Скрыть

1. Вычислим производную функции, получим: $$y'={\left(2x-7\right)}^{e^{(x-17)}}+{\left(x^2-7x+7\right)}^{e^{\left(x-17\right)}}\to y'=e^{\left(x-17\right)}(x^2-5x)$$

2. Приравняем производную нулю и найдем точки экстремума функции: $$e^{\left(x-17\right)}\left(x^2-5x\right)=0$$, так как $$e^{x-17}>0$$, то $$x^2-5x=0\to \left[ \begin{array}{c} x_1=0 \\ x_2=5 \end{array} \right.$$

3. Точкой минимума будет являться та точка экстремума, в окрестности которой производная меняет свой знак с «-» на «+». Получаем точку x = 5.

Скрыть

а) Перепишем исходное уравнение, используя формулу: $${\cos \alpha \ }+{\cos \beta \ }=2{\cos \frac{\alpha +\beta }{2}\ }{\cos \frac{\alpha -\beta }{2}\ }$$. Получим: $$2{\cos 3x\ }{\cos x\ }=0$$

Имеем два уравнения:

$$1) {\cos 3x\ }=0\to 3x=\frac{\pi }{2}+\pi n,\ n\in Z\to x=\frac{\pi }{6}+\frac{\pi n}{3},\ n\in Z$$

$$2) {\cos x\ }=0\to x=\frac{\pi }{2}+\pi m,m\in Z$$

Множество $$\frac{\pi }{2}+\pi m,m\in Z$$ является частью множества $$\frac{\pi }{6}+\frac{\pi n}{3},\ n\in Z$$.

б) Отбор корней сделаем с помощью двойного неравенства, получим:

$$-\pi \le \frac{\pi }{6}+\frac{\pi n}{3}\le \frac{\pi }{3}\to -1\le \frac{1}{6}+\frac{n}{3}\le \frac{1}{3}\to -3,5\le n\le 0,5$$. (Целые n: -3,-2,-1,0)

Имеем следующие корни: $$-\frac{5\pi }{6};-\frac{\pi }{2};-\frac{\pi }{6};\frac{\pi }{6}.$$

Скрыть

а) По условию $$AB\ =\ BC\ =\ AC\ =\ 9\sqrt{2}$$, следовательно, основание пирамиды - правильный треугольник $$\triangle АВС$$.

Треугольники $$\triangle ABD\ =\ \triangle ACD$$ (АВ = АС, АD - общая), $$\triangle ACD\ =\ \triangle BCD$$ (ВС = АС, СD - общая), $$\triangle BCD\ =\ \triangle AВD$$ (ВС = АВ, ВD - общая).

Т. е. боковые рёбра пирамиды равны AD = BD = CD.

Если в пирамиде все боковые рёбра равны между собой, то высота пирамиды проходит через центр окружности, описанной около основания.

В данном случае отрезок DO, соединяющий вершину пирамиды с центром основания, является ее высотой.

Пирамида ABCD - правильная пирамида.

б) Так как AD = BD и $$\angle ADB\ =\ 90{}^\circ $$, то треугольник $$\triangle ADB$$ - равнобедренный прямоугольный треугольник. По теореме Пифагора найдем AD: $$AD^2+BD^2=AB^2\to 2AD^2=AB^2\to AD^2=\frac{AB^2}{2}\to AD=\frac{AB}{\sqrt{2}}=9$$.

Треугольники $$\triangle MDN$$ и $$\triangle ADC$$ подобны ($$\angle D$$ - общий угол, $$DM\ :\ DA\ =\ DN\ :\ DC\ =\ 6\ :\ 7$$). Тогда $$\frac{MN}{AC}=\frac{2}{9}\to MN=\frac{2}{9}\cdot 9\sqrt{2}=2\sqrt{2}$$.

Так как $$\frac{AM}{AD}=\frac{7}{9}\to AM=\frac{7}{9}\cdot 9=7$$

Рассмотрим $$\triangle АВМ$$, в котором $$\angle МAB=45{}^\circ $$. По теореме косинусов, найдем ВМ:

$$BM^2=AM^2+AB^2-2AM\cdot AB\cdot {\cos \angle MAB\ }=49+162-2\cdot 7\cdot 9\sqrt{2}\cdot \frac{\sqrt{2}}{2}=85.$$ $$BM=\sqrt{85}.$$

Треугольник $$\triangle MNB$$ - равнобедренный треугольник, в котором BM = BN. Тогда медиана BK является высотой треугольника $$\triangle MNB$$, т. е. $$BK\ \bot \ MN$$.

Из прямоугольного треугольника $$\triangle ВМK\ $$($$\angle ВKM\ =\ 90{}^\circ $$) найдем BK:

$$BK^2=BM^2-MK^2\ (MK=\frac{1}{2}\cdot MN=\frac{1}{2}\cdot 2\sqrt{2}=\sqrt{2}).$$ $$BK^2={\left(\sqrt{85}\right)}^2-{\left(\sqrt{2}\right)}^2=83\to BK=\sqrt{83}.$$ Площадь треугольника $$\Delta MNB$$ равна половине произведения основания MN на высоту BK: $$S_{MNB}=\frac{1}{2}\cdot MN\cdot BK=\frac{1}{2}\cdot 2\sqrt{2}\cdot \sqrt{83}=\sqrt{166}$$.

Скрыть

1. Запишем ОДЗ: $$x>0$$.

2. Преобразуем неравенство, учитывая, что $${{\log }_2 \left(\frac{x^{10}}{4}\right)\ }={{{\log }_2 x\ }}^{10}-{{\log }_2 4\ }=10{{\log }_2 x\ }-2$$ и $${{\log }^2_2 x\ }-{{\log }_2 \left(\frac{x^{10}}{4}\right)\ }+23={{\log }^2_2 x\ }-10{{\log }_2 x\ }+25={\left({{\log }_2 x\ }-5\right)}^2$$ получим: $$1+\frac{9}{{{\log }_2 x\ }-5}+\frac{18}{{\left({{\log }_2 x\ }-5\right)}^2}\ge 0$$. Пусть $${{\log }_2 x\ }-5=t$$, тогда: $$1+\frac{9}{t}+\frac{18}{t^2}\ge 0\to \frac{t^2+9t+18}{t^2}\ge 0\to \frac{(t+3)(t+6)}{t^2}\ge 0$$.

Имеем следующие точки, делящие числовую ось: $$t=-3;t=-6;t\ne 0$$.

Рассмотрим два случая: $$1) t\le -6\to {{\log }_2 x\ }-5\le -6\to {{\log }_2 x\ }\le {{\log }_2 \frac{1}{2}\ }\to x\le \frac{1}{2}$$ $$2) \left\{ \begin{array}{c} t\ge -3 \\ t\ne 0 \end{array} \right.\to \left\{ \begin{array}{c} {{\log }_2 x\ }-5\ge -3 \\ {{\log }_2 x\ }-5\ne 0 \end{array} \right.\to \left\{ \begin{array}{c} x\ge 4 \\ x\ne 32 \end{array} \right.$$ $$x\in (0;\left.\frac{1}{2}\right]\cup \left[4\right.;32)\cup (32;+\infty )$$

Скрыть

а) Поскольку$$\ AC_1=AB_1$$, треугольник$$\ AB_1C_1$$ равнобедренный, биссектриса его угла А перпендикулярна основанию $$B_1C_1$$ и делит его пополам, значит, высота треугольника $$B_1QC_1$$ проведённая из вершины Q, является его медианой. Значит, треугольник $$B_1QC_1$$ равнобедренный, $$\angle QB_1C_1=\angle QC_1B_1$$.

Из теоремы об угле между касательной и хордой следует, что $$\angle AC_1B_1=2\angle QB_1C_1=2\angle QC_1B_1$$. Следовательно, $$C_1Q$$ - биссектриса угла $$AC_1B_1$$.

б) Поскольку Q - точка пересечения биссектрис треугольника $$AB_1C_1$$, эта точка - центр окружности, вписанной в треугольник $$AB_1C_1.$$ Значит, искомое расстояние - это длина отрезка OQ, т.е. радиус окружности, вписанной в треугольник ABC.

Пусть этот радиус равен r, а полупериметр треугольника ABC равен р. Тогда $$p=\frac{AB+AC+BC}{2}=\frac{13+14+15}{2}=21\to $$ $$\to S_{\triangle ABC}=\sqrt{21\left(21-13\right)\left(21-14\right)\left(21-15\right)}=84$$

Следовательно, $$OQ=R=\frac{S_{\triangle ABC}}{P}=\frac{84}{21}=4$$.

Скрыть

Пусть $$x$$ рублей требуется платить каждый год для погашения кредита. Тогда, в первый год изначальная сумма 928200 рублей увеличивается в 1,1 раза (на 10%), а затем, уменьшается на величину $$x$$: $${\rm 928200}{\rm \cdot }{\rm 1,1}{\rm -}x$$ рублей.

Во второй год выполняется та же процедура: $$\left({\rm 928200}{\rm \cdot }{\rm 1,1}{\rm -}x\right)\cdot 1,1-x={\rm 928200}{\rm \cdot }{{\rm 1,1}}^{{\rm 2}}{\rm -}{\rm 1,}1x-x$$.

Соответственно, для третьего и четвертого годов, имеем: $${\rm 928200\cdot }{{\rm 1,1}}^{{\rm 3}}{\rm -}{{\rm 1,1}}^{{\rm 2}}x-1,1x-x$$; $$928200\cdot {1,1}^4-{1,1}^3x-{1,1}^2x-1,1x-x=0.$$

Равенство нулю означает, что за 4 года кредит был полностью погашен.

Найдем сумму платежа, получим: $$x\left({1,1}^3+{1,1}^2+1,1+1\right)=928200\cdot {1,1}^4\to x=292820$$ и банку за 4 года было выплачено $$292820\cdot 4=1171280$$ рублей.

Скрыть

ОДЗ $$\left\{ \begin{array}{c} x+a>0 \\ 4x-a>0 \end{array} \to \left\{ \begin{array}{c} a>-x \\ a<4x \end{array} \right.\right.$$

$$\left(7x-6\right)\left({\ln \left(x+a\right)\ }-{\ln \left(4x-a\right)\ }\right)=0$$

$$1: 7x-6=0\to x=\frac{6}{7}$$

$$2: {\ln \left(x+a\right)\ }-{\ln \left(4x-a\right)\ }=0\to x+a=4x-a\to x=\frac{2a}{3}$$

3 случая:

1) корни совпадают $$\frac{6}{7}=\frac{2a}{3};a=\frac{9}{7};$$

2) $$x=\frac{2a}{3}\in [0;1]$$ и с учетом ОДЗ $$\to $$ $$0<a\le 1,5$$

3) $$x=\frac{6}{7}$$ удовлетворяет ОДЗ, если $$-\frac{6}{7}<a<\frac{24}{7}$$

Скрыть

а) Пусть в первый день Маша сделала m фотографий, тогда за 5 дней она сделает $$m+\left(m+1\right)+\left(m+2\right)+\left(m+3\right)+\left(m+4\right)=5m+10$$

Аналогично Наташа, за первый день она сделала n фотографий, а за 5 дней $$5n+10.$$ фотографий.

Необходимо найти такие m и n, чтобы выполнялось условие: $$5n+10-5m-10=935\to n-m=\frac{935}{5}=187$$. Очевидно, можно взять, например, числа $$n=188$$ и $$m=1$$.

б) Если фотографии делались в течение 6 дней, то получим условие: $$n-m=\frac{935}{6}$$. Так как 935 не делится нацело на 6, то подобрать целые значения n и m невозможно.

в) Допустим, что Маша и Наташа делали фотографии x дней. Тогда в последний день Маша должна была сделать $$m+x-1<50\to m+x<51$$. То есть число дней должно быть $$1<x<51$$. Кроме того из условия $$nx-mx=935\to n-m=\frac{935}{x}$$ число x должно являться делителем числа 935. Отсюда получаем, что $$x=5,\ 11,\ 17.$$

Сначала вычислим максимальное число фотографий, сделанных Машей, получим:

- для $$x=3$$ имеем: $$m+3<51\to m=47$$. $$S=\frac{2\cdot m+x-1}{2}\cdot x\to S_3=144$$.

- для $$x=11$$ имеем: $$m=39,\ S_{11}=484$$. 

- для $$x=17$$ имеем: $$m=33,\ S_{17}=697$$.

Следовательно, максимальное число фотографий, сделанных Наташей, равно: $$697+935=1632$$.