ЕГЭ 2020. Вариант 25. Ященко 36 вариантов ФИПИ школе.
Задание 1
Призёрами городской олимпиады по математике стали 7 учеников, что составило 5% от числа участников. Сколько человек участвовало в олимпиаде?
Задание 2
На рисунке показано изменение температуры воздуха на протяжении трёх суток. По горизонтали указывается дата и время, по вертикали - значение температуры в градусах Цельсия. Определите по рисунку наименьшую температуру воздуха 28 мая. Ответ дайте в градусах Цельсия.
Задание 3
На клетчатой бумаге с размером клетки 1x1 изображён треугольник ABC. Найдите длину его биссектрисы, проведённой из вершины В.
Задание 4
Задание 5
Найдите корень уравнения $${\left(x-5\right)}^3=216$$.
Задание 6
Четырёхугольник ABCD вписан в окружность. Угол ABD равен 25$${}^\circ$$, угол CAD равен 41$${}^\circ$$. Найдите угол ABC. Ответ дайте в градусах.
Задание 7
На рисунке изображён график функции $$у = f(x)$$. На оси абсцисс отмечены точки -2, -1, 1, 4. В какой из этих точек значение производной наибольшее? В ответе укажите эту точку.
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.
Задание 8
Прямоугольный параллелепипед описан около цилиндра, радиус основания и высота которого равны 5. Найдите объем параллелепипеда.
Задание 9
Найдите значение выражения $$3\sqrt{2}{{\cos }^{{\rm 2}} \frac{13\pi }{8}\ }-3\sqrt{2}{{\sin }^{{\rm 2}} \frac{13\pi }{8}\ }$$
Задание 10
В ходе распада радиоактивного изотопа его масса уменьшается по закону $$m=m_0\cdot 2^{-\frac{t}{T}}$$, где $$m_0$$ - начальная масса изотопа, t - время, прошедшее от начального момента, Т - период полураспада. В начальный момент времени масса изотопа 44 мг. Период его полураспада составляет 6 мин. Найдите, через сколько минут масса изотопа будет равна 11 мг.
Задание 11
Моторная лодка прошла против течения реки 112 км и вернулась в пункт отправления, затратив на обратный путь на 6 часов меньше. Найдите скорость течения, если скорость лодки в неподвижной воде равна 11 км/ч. Ответ дайте в км/ч.
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.
Задание 12
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.
Задание 13
а) Решите уравнение $${\cos 4x\ }+{\cos 2x\ }=0$$.
б) Укажите корни этого уравнения, принадлежащие отрезку $$\left[-\pi ;\frac{\pi }{3}\right]$$
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: $$-\frac{5\pi }{6};-\frac{\pi }{2};-\frac{\pi }{6};\frac{\pi }{6}.$$
Задание 14
В пирамиде ABCD рёбра DA, DB и DC попарно перпендикулярны, а $${\rm АВ\ =\ ВС\ =\ АС\ =}9\sqrt{2}$$.
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: $$S_{MNB}=\frac{1}{2}\cdot MN\cdot BK=\frac{1}{2}\cdot 2\sqrt{2}\cdot \sqrt{83}=\sqrt{166}$$.
Задание 15
Решите неравенство $$1+\frac{9}{{{\log }_2 x\ }-5}+\frac{18}{{{\log }^2_2 x\ }-{{\log }_2 \left(\frac{x^{10}}{4}\right)\ }+23}\ge 0$$.
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: $$1) t\le -6\to {{\log }_2 x\ }-5\le -6\to {{\log }_2 x\ }\le {{\log }_2 \frac{1}{2}\ }\to x\le \frac{1}{2}$$ $$2) \left\{ \begin{array}{c} t\ge -3 \\ t\ne 0 \end{array} \right.\to \left\{ \begin{array}{c} {{\log }_2 x\ }-5\ge -3 \\ {{\log }_2 x\ }-5\ne 0 \end{array} \right.\to \left\{ \begin{array}{c} x\ge 4 \\ x\ne 32 \end{array} \right.$$ $$x\in (0;\left.\frac{1}{2}\right]\cup \left[4\right.;32)\cup (32;+\infty )$$
Задание 16
Окружность с центром О, вписанная в треугольник ABC, касается его сторон АВ, АС и ВС в точках $$C_1,B_1,A_1$$соответственно. Биссектриса угла А пересекает эту окружность в точке Q, лежащей внутри треугольника $$AB_1C_1$$
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, $$OQ=R=\frac{S_{\triangle ABC}}{P}=\frac{84}{21}=4$$.
Задание 17
В июле 2020 года планируется взять кредит в банке на сумму 928 200 рублей. Условия его возврата таковы:
Сколько рублей будет выплачено банку, если известно, что кредит будет полностью погашен четырьмя равными платежами (то есть за четыре года)?
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.
Задание 18
Найти все значения $$a$$ при каждом из которых уравнение $$\left(7x-6\right){\ln \left(x+a\right)\ }=(7x-6){\ln \left(4x-a\right)\ }$$ имеет единственный корень на отрезке $$[0;1]$$.
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 $$-\frac{6}{7}<a<\frac{24}{7}$$
Задание 19
Маша и Наташа делали фотографии несколько дней подряд. В первый день Маша сделала m фотографий, а Наташа - n фотографий. В каждый следующий день каждая из девочек делала на одну фотографию больше, чем в предыдущий день. Известно, что Наташа за всё время сделала суммарно на 935 фотографий больше, чем Маша, и что фотографировали они больше одного дня.
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: $$697+935=1632$$.