ЕГЭ 2020. Вариант 30. Ященко 36 вариантов ФИПИ школе.

Скрыть Чтобы определить этаж проживания Игоря, нужно разделить номер его квартиры 47 на 6 и округлить результат до большего значения, получим: $$47:6=7\frac{5}{6}$$ и после округления имеем 8. т.е. на 8 этаже.

Скрыть Найдем первую отметку по вертикали, равную 15. Из графика видно, что это соответствует числу 18 апреля.

Скрыть Площадь треугольника можно вычислить по формуле $$S=\frac{1}{2}ah$$, где $$a$$ - длина основания; $$h$$ - высота треугольника. Из рисунка видно, что $$a=3$$ , а $$h=4$$, следовательно, площадь равна $$S=\frac{1}{2}\cdot 3\cdot 4=6$$.

Скрыть Всего четыре участника игры. Среди них Галя - это один участник, остальных $$4-1=3$$ участника. Следовательно, вероятность того, что не Галя будет начинать игру, равна $$\frac{3}{4}=0,75$$.

Скрыть Возведем в квадрат левую и правую части уравнения: $$36x^2-156x+169=36x^2-132x+121$$. Упростим выражение, получим: $$-156x+132x=121-169\to x=2$$

Скрыть

По условию задачи дана градусная мера дуги AB, на которую опирается вписанный угол ADB. Значение угла ADB в два раза меньше градусной меры дуги, на которую он опирается, т.е. $$\angle ADB=138{}^\circ :2=69{}^\circ $$.

Следовательно, угол $$\angle ADC=180{}^\circ -\angle ADB=111{}^\circ $$. Рассмотрим треугольник $$ADC$$, в котором известны два угла, третий угол $$DAC$$, который также равен углу DAE, вычисляется как $$\angle DAC=\angle DAE=180{}^\circ -111{}^\circ -54{}^\circ =15{}^\circ $$.

Скрыть Положительный знак производной означает, что в точке взятия производной функция возрастает. Проанализируем график, представленный на рисунки из которого следует, что производная будет положительная в целых точках: $$x=-6;-5;-3;-1;2;3;4;5$$, т.е. в 8 точках.

Скрыть

В правильной четырехугольной пирамиде в основании лежит квадрат. Его сторона равна 10. Найдем диагональ квадрата, на пересечении которых лежит вершина пирамиды: $$d^2=100+100=200\to d=10\sqrt{2}$$.

Найдем высоту пирамиды из теоремы Пифагора. Рассмотрим прямоугольный треугольник, у которого гипотенуза равна боковому ребру, а один из катетов половине диагонали квадрата в основании. Второй катет, т.е. высота пирамиды, равна $$h^2={\left(7,5\right)}^2-{\left(5\sqrt{2}\right)}^2=56,25-50=6,25\to h=2,5$$.

Скрыть Преобразуем выражение, учитывая, что $${\cos 2\alpha \ }=2{{\cos }^{{\rm 2}} \alpha \ }-1$$, получим: $$\sqrt{27\cdot 4}{{\cos }^{{\rm 2}} \frac{\pi }{12}\ }-\sqrt{27}=\sqrt{27}{\cos \left(2\cdot \frac{\pi }{12}\right)\ }=\sqrt{27}\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{9}{2}=4,5$$.

Скрыть

Сначала вычислим значение логарифма, в который входит значение T, получим $$x=\alpha \cdot \frac{cm}{\gamma }\cdot {{\log }_2 \frac{T_B-T_n}{T-T_n}\ }\to {{\log }_2 \frac{T_B-T_n}{T-T_n}\ }=\frac{x\cdot \gamma }{\alpha \cdot c\cdot m}$$.

Вычислим значение $$\frac{x\cdot \gamma }{\alpha \cdot c\cdot m}=\frac{56\cdot 63}{1,4\cdot 4200\cdot 0,3}=2$$ следовательно, $${{\rm log}}_2\frac{57-25}{T-25}=2\to \frac{32}{T-25}=4\to T=33$$.

Скрыть Обозначим через $$x$$ скорость первого автомобиля. В момент встречи он проехал 350 км. Общее время в пути у него составило $$4+3=7$$ часов. Следовательно, $$x=\frac{350}{7}=50$$ км/ч.

Скрыть

Вычислим производную, получим: $$y'=\frac{20}{{{\cos }^{{\rm 2}} x\ }}-20$$.

Приравняем производную нулю для поиска точек экстремума функции, получим уравнение $$\frac{20}{{{\cos }^{{\rm 2}} x\ }}=20\to {{\cos }^{{\rm 2}} x\ }=1$$ откуда имеем $${\cos x\ }=1\to x=0\in \left[-\frac{\pi }{4};\frac{\pi }{4}\right]$$ и $${\cos x\ }=-1\to x=\pi \notin \left[-\frac{\pi }{4};\frac{\pi }{4}\right]$$.

Дополнительно нужно оценить значение функции в граничных точках диапазона $$y\left(-\frac{\pi }{4}\right)=20{\tan \left(-\frac{\pi }{4}\right)\ }-20\left(-\frac{\pi }{4}\right)+5\pi -6$$ и $$y\left(0\right)=20{\tan \left(0\right)\ }+5\pi -6$$ данные значения не могут быть выражены конечными десятичными дробями, а значит не являются ответами в ЕГЭ; $$y\left(\frac{\pi }{4}\right)=14$$ - точка максимума.

Скрыть

а) Упростим уравнение, получим: $$6\left(1-{{\cos }^{{\rm 2}} x\ }\right)+5{\cos x\ }-2=0\to 6{{\cos }^{{\rm 2}} x\ }-5{\cos x\ }-4=0$$.

Сделаем замену $${\cos x\ }=t,t\in [-1;1]$$, получим: $$6t^2-5t-4=0$$.

Решаем уравнение, имеем: $$D=25+96=121\to t_1=-\frac{1}{2};t_2=\frac{4}{3}\notin [-1;1]$$.

Переходя к косинусу, получаем $${\cos x\ }=-\frac{1}{2}\to x_1=\frac{2\pi }{3}+2\pi n,n\in Z;\ x_2=-\frac{2\pi }{3}+2\pi m,m\in Z$$.

б) С помощью числовой окружности выберем корни уравнения на промежутке $$\left[-5\pi ;-\frac{7\pi }{2}\right]$$. Получаем один корень $$-\frac{14\pi }{3}$$.

Скрыть

а) В основании правильной треугольной пирамиды лежит равносторонний треугольник. Проекция высоты S пирамиды на основание дает точку O, которая лежит на пересечении медиан. Таким образом, точка O делит медианы в отношении 2:1, то есть $$OC=\frac{2}{3}CE$$.

Рассмотрим высоту SE. Точка $$F_1$$, расположена точно по центру высоты SE. Следовательно, ее проекция на медиану CE делит отрезок OE пополам. В свою очередь отрезок $$OE=\frac{1}{3}CE$$, тогда $$EF=OF=\frac{\frac{1}{3}}{2}=\frac{1}{6}$$.

В итоге получаем, что точка F делит медиану CE как $$CF=\frac{5}{6}CE$$ или в соотношении 5:1, начиная от точки C.

б) Найдем высоту пирамиды CF, которая равна $$\frac{5}{6}CE$$. Длину медианы СЕ найдем по теореме Пифагора из прямоугольного треугольника BCE: $$CE=\sqrt{{12}^2-6^2}=6\sqrt{3}$$ и $$OC=\frac{2}{3}\cdot 6\sqrt{3}=4\sqrt{3}$$. Следовательно, $$CF=\frac{5}{6}\cdot 6\sqrt{3}=5\sqrt{3}$$.

Вычислим площадь основания пирамиды (площадь трапеции MNZK). Отрезок $$KZ=\frac{5}{6}\cdot 12=10$$, отрезок $$MN=\frac{12}{2}=6$$ (так как это средняя линия треугольника ABS), высота трапеции $$FF_1=\frac{1}{2}\cdot SO$$. Найдем высоту SO из прямоугольного треугольника SOC: $$SO=\sqrt{SC^2-OC^2}=\sqrt{64-48}=4$$, тогда $$FF_1=\frac{4}{2}=2$$.

Площадь трапеции (основания пирамиды) равна $$S=\frac{10+6}{2}\cdot 2=16$$.

Объем пирамиды найдем по формуле $$V=\frac{1}{3}\cdot S\cdot h=\frac{1}{3}\cdot 16\cdot 5\sqrt{3}=\frac{80\sqrt{3}}{3}$$.

Скрыть

1. Преобразуем выражение, получим: $$\frac{13-5\cdot 3^x}{9^x-12\cdot 3^x+27}-\frac{1}{2}\ge 0$$.

2. Делаем замену: $$3^x=t,t>0$$ получаем: $$\frac{13-5t}{t^2-12t+37}-\frac{1}{2}\ge 0\to \frac{26-10t-t^2+12t-27}{2\left(t^2-12t+27\right)}\ge 0\to \frac{t^2-2t+1}{2(t^2-12t+27)}\le 0\to $$ $$\to \frac{{\left(t-1\right)}^2}{t^2-12t+27}\le 0$$.

3. Для решения неравенства находим точки, которые разбивают числовую прямую на интервалы: $$\left\{ \begin{array}{c} {\left(t-1\right)}^2=0 \\ t^2-12t+27\ne 0 \end{array} \right.\to \left\{ \begin{array}{c} t=1 \\ t\ne 3 \\ t\ne 9 \end{array} \right.$$. Для $$t=1$$: $$3^x=3^0\to x=0$$. Для $$3<t<9$$: $$3^1<3^x$$$$<3^2\to 1<x<2$$.

Скрыть

а) О - центр большей окружности, К - внутренняя точка касания, КО - диаметр меньшей окружности.

$$\angle KBO$$ - прямой, т.к. опирается на диаметр окружности, значит, $$BO\bot KN$$. ВО - высота равнобедренного треугольника KNO. Тогда ВО - медиана треугольника KNO, В - середина КМ. $$\angle KAO$$ - прямой, А - лежит на окружности с диаметром КО. Тогда $$AO\bot KM$$, АО - высота равнобедренного треугольника KMO. Отсюда А - середина КМ. АВ тогда - средняя линия $$\triangle KMN,\ AB\parallel MN$$.

$$\triangle AKL\sim \triangle MKC$$ - по двум углам ($$\angle AKL-$$ общий; $$\angle KAL=\angle KMC$$), следовательно $$\frac{MC}{AL}=\frac{KC}{KL}$$.

$$\triangle LKB\sim \triangle CKN$$ ($$\angle LKB-$$ общий; $$\angle KLB=\angle KCN$$), следовательно $$\frac{CN}{LB}=\frac{KC}{KL}$$.

Правые части этих равенств равны, будут равны и левые части. $$\frac{MC}{AL}=\frac{CN}{LB}\to CN:MC=LB:AL$$.

б) Найти следует $$MN$$, если LB:LA=2:3, а радиус малой окружности равен $$\sqrt{23}$$, $$\frac{CN}{MC}=\frac{LB}{AL}=\frac{2}{3}$$; Пусть x - одна часть, тогда $$CN=2x,\ MC=3x,\ NM=5x$$.

В $$\triangle MON$$ проведем высоту OH, она также является медианой. Значит, $$MH=HN=2,5x$$.

Из прямоугольного треугольника MOH по теореме Пифагора найдем OH.

$$OH^2=MO^2-MH^2;OH=R=2r=2\sqrt{23};OH=\sqrt{92-6,25x^2};$$ Q - центр вписанной окружности. Проведем $$OD\bot QC,DC=OH$$. $$DC=\sqrt{92-6,25x^2},\ QD=QC-DC,\ QO=QC=r=\sqrt{23}\to $$ $$\to QD=\sqrt{23}-\sqrt{92-6,25x^2}$$.

$$OD=CH=MH-MC=2,5x-2x=0,5x$$; Из прямоугольного треугольника $$QDO$$ по теореме Пифагора имеем $$QO^2=QD^2+DO^2;{\left(\sqrt{23}\right)}^2={\left(0,5x\right)}^2+{\left(\sqrt{23}-\sqrt{92-6,25x^2}\right)}^2\to $$ $$\to 23=0,25x^2+23-2\sqrt{23}\sqrt{92-6,25x^2}+92-6,25x^2\to $$ $$\to 2\sqrt{23}\sqrt{92-6,25x^2}=92-6x^2\to \sqrt{23}\sqrt{92-6,25x^2}=46-3$$.

Возведем обе части в квадрат, после преобразований получим $$9x^2-\frac{529}{4}\cdot x^2=0\to x^2\left(3x-\frac{23}{2}\right)\left(3x-\frac{23}{2}\right)=0\to x=0,\ x=\frac{23}{6},x=-\frac{23}{6}$$.

Удовлетворяют условию задачи только $$x=\frac{23}{6}$$, тогда $$MN=5x=5\cdot \frac{23}{6}=\frac{115}{6}$$.

Скрыть

Взятый в первый год кредит в сумме 16 млн рублей, на следующий год сначала увеличивается на 25%, т.е. становится равный $$1,25\cdot 16$$ млн рублей, а затем, идет погашение таким образом, чтобы выплаты были равными каждый год. Предположим, что долг выплачивается $$x$$ лет, тогда после первого года выплата составит $$\frac{16}{x}+\frac{25}{100}\cdot 16$$ и сумма долга будет равна $$1,25\cdot 16-\frac{16}{x}-0,25\cdot 16=\frac{x-1}{x}\cdot 16$$ млн рублей.

После второго года следует сделать выплату в размере $$\frac{16}{x}+\frac{25}{100}\cdot \frac{x-1}{x}\cdot 16$$ и сумма долга будет равна $$1,25\cdot \frac{x-1}{x}\cdot 16-\frac{16}{x}-0,25\cdot \frac{\left(x-1\right)}{x}\cdot 16=\frac{x-2}{x}\cdot 16$$.

Таким образом, после $$x$$ лет сумма долга будет равна $$\frac{x-x}{x}\cdot 16=0$$, а размер выплат составит $$16+\frac{0,25\cdot 16}{x}\cdot \left(x+x-1+x-2+\dots +1\right)=38$$, так как по условию задачи общая сумма выплат составила 38 млн рублей. Учитывая, что $$\left(x+\left(x-1\right)+\left(x-2\right)+\dots +1\right)=\frac{\left(x+1\right)\cdot x}{2}$$, получим $$16+\frac{0,25\cdot 16}{x}\cdot \frac{x\left(x+1\right)}{2}=38\to 16+2x+2=38\to x=10$$. То есть на 10 лет.

Скрыть

$$\left\{ \begin{array}{c} x^2-8x+y^2+4y+15=4\left|2x-y-10\right|\ (1) \\ x+2y=a\ (2) \end{array} \right.$$

Уравнение (1) равносильно совокупности двух систем $$\left[ \begin{array}{c} \left\{ \begin{array}{c} 2x-y-10\ge 0 \\ x^2-8x+y^2+4y+15=8x-4y-40 \end{array} \right. \\ \left\{ \begin{array}{c} 2x-y-10<0 \\ x^2-8x+y^2+4y+15=-8x+4y+40 \end{array} \right. \end{array} \to \left[ \begin{array}{c} \left\{ \begin{array}{c} y\le 2x-10 \\ x^2-16x+y^2+8y=-55 \end{array} \right. \\ \left\{ \begin{array}{c} y>2x-10 \\ x^2+y^2=25 \end{array} \right. \end{array} \right.\right.$$ $$\to \left[ \begin{array}{c} \left\{ \begin{array}{c} y\le 2x-10 \\ x^2-16x+64+y^2+8y+16=-55+64+16 \end{array} \right. \\ \left\{ \begin{array}{c} y>2x-10 \\ x^2+y^2=25 \end{array} \right. \end{array} \right.\to$$ $$\to \left[ \begin{array}{c} \left\{ \begin{array}{c} y\le 2x-10 \\ {\left(x-8\right)}^2+{\left(y+4\right)}^2=25 \end{array} \right. \\ \left\{ \begin{array}{c} y>2x-10 \\ x^2+y^2=25 \end{array} \right. \end{array} \right.$$

$${\left(x-8\right)}^2+{\left(y+4\right)}^2=25$$ - уравнение окружности с центром (8;-4), $$R_1=5$$, но строить эту окружность будем в области $$y\le 2x-10$$.

$$x^2+y^2=25$$ уравнение окружности с центром (0;0), $$R_2=5$$, но строить эту окружность будем в области $$y>2x-10$$.

(2) $$x+2y=a\to y=-\frac{1}{2}x+\frac{a}{2}$$ - обозначим $$\frac{a}{2}=b\to y=-\frac{1}{2}x+b$$ - это множество прямых, параллельных прямой $$y=-\frac{1}{2}x$$.

Заметим еще, что прямые $$y=2x-10$$ и $$y=-\frac{1}{2}x$$ перпендикулярны, т.к. $$2\cdot \left(-\frac{1}{2}\right)=-1.$$

Найдем те значения b, при которых прямая $$y=-\frac{1}{2}x+b$$ проходит через точки: $$1) A\left(5;0\right)\to 0=-\frac{1}{2}\cdot 5+b,\ b=2,5$$ $$2) B\left(3;-4\right)\to -4=-\frac{1}{2}\cdot 3+b,\ b=-2,5$$ $$3) C(x_0;y_0)\to \left\{ \begin{array}{c} y_0=2x_0 \\ y_0=-0,5x_0+b,\ b=2,5x_0.\ \ CH\bot Ox.\ \ CH=y_0=2x_0,\ OH=x_0 \end{array} \right.$$

$$OC^2=OH^2+CH^2;25=x^2_0+4x^2_0,\ 5x^2_0=25,\ x_0=\pm \sqrt{5}$$

Для точки $$C(\sqrt{5};2\sqrt{5})\to b=2,5\sqrt{5}$$.

Для точки $$D\left(-\sqrt{5};-2\sqrt{5}\right)\to b=-2,5\sqrt{5}$$.

По условию должно быть более двух решений $$\left[ \begin{array}{c} -2\sqrt{5}<\frac{a}{2}\le -2,5\\2,5\le \frac{a}{2}<2\sqrt{5} \end{array} \to \left[ \begin{array}{c} -5\sqrt{5}<a\le -5 \\ 5\le a<5\sqrt{5}\end{array}\right.\right.$$. 

Скрыть

а) Да, может, например, если взять 19 чисел, равных 10, а 20-е равное 1, то после уменьшения 20-го числа на 1, оно становится равным 0 и получается среднее значение уже не 20 чисел, а 19-ти, то есть имеем:

- первоначальное среднее значение: $$S_1=\frac{19\cdot 10+1}{20}=9,55$$;

- среднее значение после изменения: $$S_2=\frac{19\cdot 10}{19}=10$$.

Как видим, второе среднее значение стало больше исходного.

б) Предположим, что для выполнения этого условия нужно взять $$n$$ единиц, затем взять $$19-n$$ чисел $$b$$ и одно число $$a$$, всего 20 чисел. Их среднее арифметическое будет равно $$\frac{n+b\left(19-n\right)-a}{20}=27$$, а после стирания единиц должны получить $$\frac{b\left(19-n\right)+a}{19-n+1}=34$$, то есть имеем систему уравнений: $$\left\{ \begin{array}{c} n+19b-bn+a=540 \\ 19b-bn+a=680-34n \end{array} \right.$$.

Вычтем из первого уравнения второе, получим: $$n=540-680+34n\to n\approx 4,24$$.

Таким образом, для выполнения условия данного пункта нужно взять дробное количество чисел, что невозможно в рамках данной задачи. 

в) Чтобы получить максимальное среднее оставшихся на доске чисел, изначально нужно записать набор чисел, состоящих из наибольшего числа единиц (которые, затем, будут стерты с доски), а остальные числа должны быть максимальными. Запишем это условие в виде $$\frac{n\cdot 1+40\left(19-n\right)+a}{20}=27$$, где $$n$$ - число единиц; $$a$$ - 20-е число (оно выбирается так, чтобы обеспечить среднее равным 27). Отсюда имеем: $$n+760-40n+a=540\to n=\frac{220+a}{39}$$.

Из полученного выражения видно, что минимальное значение $$a=14$$, при котором получим максимальное значение $$n=6$$. Таким образом, имеем последовательность чисел, сумма которых равна $$6\cdot 1+13\cdot 40+14$$ и среднее арифметическое $$S_1=\frac{6+13\cdot 40+14}{20}=27$$, а после стирания единиц, имеем: $$S_2=\frac{13\cdot 40+14}{14}=38\frac{1}{7}$$.