ЕГЭ 2020. Вариант 31. Ященко 36 вариантов ФИПИ школе.

Скрыть Известно, что 15% можно представить в виде доли 0,15 от целого значения. Так, 15% от 150000 жителей есть $$150000\cdot 0,15=22500$$ и, следовательно, взрослых жителей в городе $$150000-22500=127500$$. Среди них 45% не работают, значит, работающих 55% что составляет $$127500\cdot 0,55=70125$$ жителей.

Скрыть Цена отложена по вертикали, следовательно, нужно найти наибольшую и наименьшую отметку по оси Oy. Из графика видно, что наибольшее значение 63, соответствующее 8-му дню, а наименьшее равно 61,3 для 22-го дня. Разница между ними составляет: $$63-61,3=1,7$$.

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

Скрыть Определим два события: А: «вес окажется меньше или равен 3 кг»; В: «вес окажется от 3кг до 3 кг 600 г». Можно заметить, что сумма этих двух несовместных событий $$C=A+B$$, соответствует событию «вес окажется меньше 3 кг 600 г». Следовательно, можно записать такое равенство: $$P\left(C\right)=P\left(A\right)+P\left(B\right)\to P\left(B\right)=0,93-\left(1-0,87\right)=0,8$$.

Скрыть Возведем в -1 степень левую и правую части уравнения: $$3x-1=\frac{1}{5}$$. Найдем корень уравнения: $$x=\frac{6}{5}:3=\frac{2}{5}=0,4$$.

Скрыть Углы ABC и ABD являются вписанными в окружность. Следовательно, градусные меры дуг, на которые они опираются в два раза больше значений самих углов. То есть, градусная мера дуги AC равна $$82{}^\circ \cdot 2=164{}^\circ $$, а градусная мера дуги AD равна $$47{}^\circ \cdot 2=94{}^\circ $$. Тогда градусная мера дуги CD равна$$164{}^\circ -94{}^\circ =70{}^\circ $$ и угол CAD равен $$\angle CAD=70{}^\circ :2=35{}^\circ $$.

Скрыть Функция $$f(x)$$ принимает минимумы или максимумы в точках, где производная равна нулю, т.е. пересекает ось Ox. Чтобы определить только точки максимума нужно выбрать точку $$f'\left(x\right)=0$$, которой предшествует положительное значение производной, т.е. когда график производной пересекает ось Ox из положительной области в отрицательную. Анализ рисунка показывает, что на интервале от -2 до 15 это точка $$x=10$$, т.е. одна точка.

Скрыть У правильной треугольной пирамиды в основании лежит равносторонний треугольник, а высота совпадает с точкой пересечения медиан треугольника. Медианы в точке пересечения делятся в отношении 2:1. Сначала найдем длину медианы AH, она же будет являться высотой треугольника ABC, лежащего в основании (см. рисунок). Стороны AB и BC равны по $$10,5=10\frac{1}{2}=\frac{21}{2}$$, а сторона $$BH=BC:2=\frac{21}{4}$$, следовательно, из теоремы Пифагора имеем: $$AH^2=AB^2-BH^2={\left(\frac{21}{2}\right)}^2-{\left(\frac{21}{4}\right)}^2=\frac{441\cdot 3}{16}\to AH=\frac{21\sqrt{3}}{4}$$. Тогда AO будет составлять 2/3 от AH и равна $$AO=\frac{2}{3}\cdot \frac{21\sqrt{3}}{4}=\frac{21}{2\sqrt{3}}$$. Наконец, высоту пирамиды SO вычислим также по теореме Пифагора из прямоугольного треугольника AOS, в котором известен катет AO и гипотенуза $$AS=7$$, получим: $$SO^2=AS^2-AO^2=49-\frac{441}{4\cdot 3}=\frac{49}{4}\to SO=3,5$$.

Скрыть Учитывая, что $${\sin \alpha \ }\cdot {\cos \alpha \ }=\frac{1}{2}{\sin 2\alpha \ }$$, получим: $$7\sqrt{2}\cdot \frac{1}{2}{\sin \left(2\cdot \frac{15\pi }{8}\right)\ }=\frac{7}{\sqrt{2}}{\sin \left(-\frac{\pi }{4}\right)\ }=\frac{7}{2}=3,5$$.

Скрыть Найдем объем $$V_2$$ из выражения $$p_1V^{1,4}_1=p_2V^{1,4}_2$$, получим: $${294,4}^{1,4}=128\cdot V^{1,4}_2\to {294,4}^{\frac{7}{5}}=2^7\cdot V^{\frac{7}{5}}_2$$. Возведем обе части уравнения в степень $$\frac{5}{7}$$, получим: $$294,4=2^5\cdot V_2\to V_2=9,2$$.

Скрыть Пропускную способность первой трубы обозначим через $$x$$. Тогда вторая труба будет пропускать $$x+8$$ литров воды. Время заполнения объема в 180 литров первой трубы составляет $$\frac{180}{x}$$, а тот же объем для второй трубы $$\frac{180}{x+8}$$. По условию задачи сказано, что вторая труба заполняет данный объем на 8 минут быстрее первой. Получаем уравнение $$\frac{180}{x}-\frac{180}{x+8}=8$$ откуда имеем: $$180\left(x+8\right)-180x-8\left(x^2+8x\right)=0\to 8x^2+64x-180\cdot 8=0\to$$ $$\to x^2+8x-180=0. $$ Решаем квадратное уравнение, получаем корни $$x_1=10,\ x_2=-18$$. Так как отрицательного значения быть не может, остается одно значение $$x=10$$.

Скрыть Преобразуем выражение $$y=\frac{2}{3}x^{\frac{3}{2}}-6x-5$$. Производная равна $$y'=x^{\frac{1}{2}}-6=\sqrt{x}-6$$. В точках экстремума функции производная равна нулю, получаем уравнение $$\sqrt{x}-6=0\to x=36\in [9;36]$$. Рассмотрим значения функции в граничных точках диапазона, получим: $$y\left(9\right)=\frac{2}{3}\cdot 9\cdot 3-54-5=-41$$. $$y\left(36\right)=\frac{2}{3}\cdot 36\cdot 6-216-5=-77.$$ Наименьшее значение равно -77.

Скрыть

а) Упростим уравнение, имеем: $$3\left({{\cos }^{{\rm 2}} x\ }-{{\sin }^{{\rm 2}} x\ }\right)-5{\sin x\ }+1=0\to 3\left(1-{{\sin }^{{\rm 2}} x\ }\right)-3{{\sin }^{{\rm 2}} x\ }-5{\sin x\ }+1=0\to $$ $$\to 6{{\sin }^{{\rm 2}} x\ }+5{\sin x\ }-4=0$$.

Делаем замену $${\sin x=t\ },\ t\in \left[-1;1\right],$$ получим: $$6t^2+5t-4=0$$.

Решаем уравнение, получаем: $$t_1=-\frac{4}{3}\notin \left[-1;1\right],\ t_2=\frac{1}{2}$$.

Переходя обратно к синусу, имеем $${\sin x\ }=\frac{1}{2}\to x_1=\frac{\pi }{6}+2\pi n,n\in Z;x_2=\frac{5\pi }{6}+2\pi m,m\in Z$$.

б) С помощью числовой окружности выберем корни уравнения на промежутке $$[\pi ;\frac{5\pi }{2}]$$. Получим число $$\frac{13\pi }{6}$$.

Скрыть

а) Сечение (плоскость $$a$$) проходит через точки M и N, причем $$MN$$ - средняя линия. Это означает, что отрезок $$MN\parallel AB\to MN\parallel ABC$$. По условию секущая плоскость перпендикулярна плоскости ABC, следовательно, она пересекает плоскость ABC по уровню PQ, причем $${\rm PQ}\parallel MN$$. Таким образом, секущая плоскость представляет собой трапецию PMNQ.

Рассмотрим прямоугольный треугольник SOE, где SO - высота правильной пирамиды. Точка O лежит на пересечении медиан правильного треугольника (в основании пирамиды) и делит их в отношении 2:1, то есть $$CO=\frac{2}{3}CE$$.

Точка K является серединой отрезка MN, причем $$KZ\bot CE$$, откуда следует, что $$KZ\parallel SO\to ZE=ZO$$. Так как $$EO=\frac{1}{3}CE$$, $$ZE=\frac{\frac{1}{3}}{2}\cdot CE=\frac{1}{6}CE$$. Таким образом, получаем, что $$CZ:ZE=5:1$$.

б) Найдем периметр трапеции MNPQ: $$P=MN+NQ+PQ+NP$$, где $$MN=\frac{1}{2}AB=3;PQ=\frac{5}{6}AB=5$$.

Для вычисления сторон $$MP=NQ$$, найдем высоту $$KZ=\frac{1}{2}SO=1$$ (величина $$SO=2$$ находится по теореме Пифагора из прямоугольного треугольника SOC, учитывая, что OC - радиус описанной окружности вокруг равностороннего треугольника и равен $$OC=\frac{6}{\sqrt{3}}$$). Длину отрезка NQ найдем из прямоугольного треугольника NHQ (см. рисунок ниже).

Катет $$NH=KZ=1$$, а катет HQ равен $$HQ=\frac{PQ-MN}{2}=\frac{5-3}{2}=1$$ и $$NQ=\sqrt{2}$$. Получаем значение периметра $$P=5+3+\sqrt{2}+\sqrt{2}=8+2\sqrt{2}$$.

Скрыть

1. Выполним замену $$2^{2-x^2}-1=t$$, получим: $$\frac{3}{t^2}-\frac{4}{t}+1\ge 0\to \frac{t^2-4t+3}{t^2}\ge 0$$.

2. Для решения неравенства находим точки, которые разбивают числовую прямую: $$\left\{ \begin{array}{c} t^2-4t+3=0 \\ t^2=0 \end{array} \right.\to \left\{ \begin{array}{c} t=1 \\ t=3 \\ t\ne 0 \end{array} \right.$$. $$1) \left\{ \begin{array}{c} t\le 1 \\ t\ne 0 \end{array} \right.\to \left\{ \begin{array}{c} 2^{2-x^2}\le 2^1 \\ 2^{2-x^2}\ne 2^0 \end{array} \right.\to \left\{ \begin{array}{c} 2-x^2\le 1 \\ x^2-2>0 \end{array} \right.$$ $$2) t\ge 3\to 2^{2-x^2}-1\ge 3\to 2-x^2\ge 2\to x=0.$$ $$x\in \left(-\infty ;-\sqrt{2}\right)\cup \left(-\sqrt{2};-1\right]\cup [1;\sqrt{2})\cup (\sqrt{2};+\infty ).$$

Скрыть

а) О - центр большей окружности, А - внутренняя точка касания двух окружностей, АО - диаметр меньшей окружности. $$\angle AMO$$ - прямой, т.к опирается на диаметр окружности. Значит $$MO\bot AC,\ MO$$ - высота равнобедренного треугольника АОС. Тогда МО - медиана треугольника АОС, М - середина АС. $$\angle AKO$$ - прямой, К - лежит на окружности с диаметром АО. Тогда $$KO\bot AB,\ KO$$ - высота равнобедренного треугольника АОВ. Отсюда К - середина отрезка АВ. КМ - средняя линия $$\triangle ABC$$. Следовательно, $$KM\parallel BC$$.

б) Пусть L - точка пересечения отрезков KM и AP. $$R=10,\ BC=16$$ надо найти AL. Опустим перпендикуляр ОН на хорду ВС. $$\triangle BOC$$ - равнобедренный, ОН - высота, медиана, биссектриса этого треугольника. H - середина ВС. $$BH=HC=8$$. Из прямоугольного треугольника ВОН по теореме Пифагора найдем ОН: $$OH^2=OB^2-BH^2={10}^2-8^2=36\to OH=6$$. Q - центр меньшей окружности, прямые $$QP\parallel OH$$. Опустим перпендикуляр QD на ОН. Тогда $$OD=OH-HD=6-5=1$$. Из прямоугольного треугольника $$\triangle QOD$$ по теореме Пифагора найдем $$QD^2=QO^2-OD^2=25-1=24;PH^2=QD^2=24$$. Из прямоугольного треугольника $$\triangle POH$$ по теореме Пифагора найдем $$OP^2=PH^2-OH^2=24-6^2=60.$$ Из прямоугольного треугольника $$\triangle QOD$$ по теореме Пифагора найдем $$AP^2=AO^2-OP^2={10}^2-60=40;\to AP=2\sqrt{10}.$$ КМ - средняя линия $$\triangle ABC$$, тогда L - середина отрезка АР. $$AL=\frac{1}{2}AP=\sqrt{10}$$.

Скрыть

Обозначим через $$x$$ размер кредита, т.е. $$x=4,5$$ млн рублей. По условию задачи каждый год кредит увеличивается на r%, т.е. становится равный $$\frac{100+r}{100}x$$, а затем, делается платеж так, чтобы сумма долга уменьшалась на одну и ту же величину, т.е. в первый раз платеж должен быть равен $$\frac{x}{9}+\frac{r}{100}x$$ и долг становится $$\frac{100+r}{100}x-\frac{x}{9}+\frac{r}{100}x=\frac{8}{9}x$$.

На следующий год осуществляются подобные действия, долг увеличивается на r%, а платеж вносится в размере $$\frac{x}{9}+\frac{r}{100}\cdot \frac{8}{9}x$$: $$\frac{100+r}{100}\cdot \frac{8}{9}x-\frac{x}{9}+\frac{r}{100}\cdot \frac{8}{9}x=\frac{7}{9}x$$.

В последний год сумма платежа будет равна $$\frac{x}{9}+\frac{r}{100}\cdot \frac{1}{9}x$$.

Из этих выражений видно, что максимальная сумма платежа приходится на 1-й год, а минимальная - на последний. Следовательно, получаем два неравенства: $$\left\{ \begin{array}{c} \frac{x}{9}+\frac{r}{100}x\le 1,4 \\ \frac{x}{9}+\frac{r}{100}\cdot \frac{1}{9}x\ge 0,6 \end{array} \right.$$.

Выражаем неизвестное r, подставляем вместо $$x=4,5$$, получим $$\left\{ \begin{array}{c} r\le \frac{140}{x}-\frac{100}{9}=20 \\ r\ge \frac{60\cdot 9}{x}-100=20 \end{array} \right.$$. Следовательно, $$r=20\%$$ годовых.

Скрыть

$$\left\{ \begin{array}{c} 2x-2y-2=\left|x^2+y^2-1\right| \\ y=a(x-1) \end{array} \right.;$$ $$\left[ \begin{array}{c} \left\{ \begin{array}{c} x^2+y^2+1\ge 0 \\ 2x-2y-2=x^2+y^2-1 \\ y=a(x-1) \end{array} \right. \\ \left\{ \begin{array}{c} x^2+y^2-1<0 \\ 2x-2y-2={-x}^2-y^2+1 \\ y=a(x-1) \end{array} \right. \end{array} \right.$$

Рассмотрим каждую систему в совокупности отдельно:

$$1) \left\{ \begin{array}{c} x^2+y^2+1\ge 0 \\ x^2-2x+1+y^2+2y+1=1 \\ y=a(x-1) \end{array} \right.. $$

Выполним преобразования: $$\left\{ \begin{array}{c} x^2+y^2+1\ge 0 \\ {\left(x-1\right)}^2+{\left(y+1\right)}^2=1\ {\rm (1)} \\ y=a(x-1) \end{array} \right.$$

$$2) \left\{ \begin{array}{c} x^2+y^2-1<0 \\ x^2+2x+1+y^2-2y+1=5 \\ y=a(x-1) \end{array} \right..$$

Выполним преобразования: : $$\left\{ \begin{array}{c} x^2+y^2+1\ge 0 \\ {\left(x+1\right)}^2+{\left(y-1\right)}^2=5\ {\rm (2)} \\ y=a(x-1) \end{array} \right.$$

Геометрическое место точек, представляющих собой решения систем $$\left\{ \begin{array}{c} x^2+y^2+1\ge 0 \\ {\left(x-1\right)}^2+{\left(y+1\right)}^2=1 \end{array} \right.$$ и $$\left\{ \begin{array}{c} x^2+y^2-1<0 \\ {\left(x+1\right)}^2+{\left(y-1\right)}^2=5 \end{array} \right.$$ - это две дуги, которые имеют две общие точки $$A(1;0)$$ и $$B(0;1)$$ - место стыка графиков. Системы (1) и (2) будут иметь более двух решений, если графики параметрической прямой и дуг будут иметь более двух точек пересечения.

Параметрическая прямая, проходящая через точки $$A(1;0)$$ и $$B(0;1)$$, имеет с графиком дуг две общие точки. Мы это положение рассматриваем как пограничное. При этом параметр равен $$a=1$$. Данное значение параметра включать в ответ не стоит.

Чтобы найти второе пограничное положение графика параметрической прямой и значение параметра при этом рассмотрим касание графика прямой $$y=a(x-1)$$ и графика окружности $${\left(x+1\right)}^2+{\left(y-1\right)}^2=5$$. Нам известно из условия задачи расстояние от точки $$O_2(-1;1)$$ до параметрической прямой $$y=a(x-1)$$. $$d=\sqrt{5}$$. Воспользуемся этим фактом. (Расстояние от точки до прямой по формуле $$d=\frac{\left|Ax_0+By_0+C\right|}{\sqrt{A^2+B^2}}$$)

Преобразуем уравнение прямой к виду $$Ax+By+C=0$$. $$y=ax-a\to ax-y-a=0$$. Расстояние от точки $$O_2(-1;1)$$ до касательной $$ax-y-a=0$$ равно $$d=\sqrt{5}$$. Следовательно $$\sqrt{5}=\frac{\left|-a-1-a\right|}{\sqrt{a^2+1}}$$.

Откуда $${\left(a-2\right)}^2=0.$$ Или $$a=2$$. 

Скрыть

а) Да, могло. Пример: пусть получены результаты теста 90, 90, 90, 78, 78, 78, 60, 60, 60.

Средний балл шести участников, не сдавших тест, равен $$\frac{78+78+78+60+60+60}{6}\ =\ 69$$. После добавления всем участникам по 5 баллов результаты будут такими: 95, 95, 95, 83, 83, 83, 65, 65, 65.

Средний балл трёх участников, не сдавших тест равен $$\frac{65+65+65}{3}\ =\ 65$$. Как видим, средний балл участников, не сдавших тест, понизился.

б) Да, так могло быть. Вернемся к примеру, рассмотренному в пункте а). Итак, пусть получены результаты теста 90, 90, 90, 78, 78, 78, 60, 60, 60. Сдали тест всего трое учащихся.

Средний балл участников, сдавших тест равен $$\frac{90+90+90}{3}=\ 90$$.

После добавления всем участникам по 5 баллов результаты будут такими: 95, 95, 95, 83, 83, 83, 65, 65, 65. Участников, сдавших тест уже шестеро. Средний балл равен $$\frac{95+95+95+83+83+83}{6}=\ 89$$. Таким образом, средний балл участников, сдавших тест, понизился, и средний балл участников, не сдавших тест, тоже понизился.

в) Пусть первоначально было $$х$$ участников, сдавших тест и $$у$$ участников, не сдавших тест.

Зная, что первоначально средний балл участников теста составил 90, средний балл участников, сдавших тест, составил 100, а средний балл участников, не сдавших тест, составил 75, можно записать равенство: $$90(х+у)\ =\ 100х+75у$$. Упростим это выражение: $$90х+90у=100х+75у$$, отсюда $$10х=15у$$ или $$2х=3у$$.

Затем всем участникам добавили по 5 баллов, и, возможно, это помогло $$р$$ учащимся пополнить списки сдавших тест.

Тогда сдали тест $$(х+р)$$ участников, а не сдавших будет$$\ (у-р)$$ человек.

Зная, что при этом средний балл участников, сдавших тест, стал равен 103, а не сдавших тест - 79, составим равенство: $$95(х+у)\ =\ 103(х+р)+79(у-р)$$. Упрощаем это выражение. $$95х+95у\ =\ 103х+103р+79у-79р$$;

$$8х+24р=16у$$ или $$2х+6р=4у$$. Так как $$2х=3у$$, то $$3у+6р=4у$$, тогда $$у=6р$$.

Так как мы выясняем, при каком наименьшем числе участников теста возможна такая ситуация, то возьмём $$р=1$$. Это будет означать, что добавление пяти баллов каждому участнику помогло лишь одному из них попасть в списки сдавших тест.

Тогда $$у=6$$ - это количество участников, не сдавших тест при первоначальном подсчёте баллов;

$$х\ =\frac{3\ \cdot \ 6}{2}=9\ $$- это количество участников, сдавших тест при первоначальном подсчёте баллов. Вывод: $$х+у\ =\ 9+6\ =\ 15\ $$- наименьшее число участников, при которых стала возможной описанная в пункте в) ситуация.