ЕГЭ 2022. Вариант 13 Ященко 36 вариантов ФИПИ школе.

$$\log_3 (2-x)=\log_9 16$$

$$\log_3 (2-x)=\frac{1}{2}\log_3^{2} 16$$

$$\log_3 (2-x)=\log_3 16$$

$$\log_3 (2-x)=\log_3 16^{\frac{1}{2}}$$

$$\log_3 (2-x)=\log_3 \sqrt{16}$$

$$\log_3 (2-x)=\log_3 4$$

$$2-x=4$$

$$-x=4-2$$

$$-x=2$$

$$x=-2$$

Чтобы норвежский лыжник под номером «5» стартовал за своим соотечественником, необходимо, чтобы под номером «4» также был спортсмен из Норвегии. Найдем вероятность этого события. Так как из 25 лыжников номером «5» уже занят, то остается $$n=25-1=24$$ лыжника и среди них $$m=7-1=6$$ из Норвегии. Получаем значение искомой вероятности: $$P=\frac{m}{n}=\frac{6}{24}=\frac{1}{4}=0,25$$

Для четырёхугольника описанного вокруг окружности справедливо равенство: $$AD+BC=DC+AB$$

Следовательно, периметр можно вычислить как $$P=2\cdot(AB+CD)=2\cdot(13+18)=62$$

$$=2^{4}\cdot5^{1}=16\cdot5=80.$$

Площадь поверхности шара находится по формуле: $$S=4\pi R^2$$

Площадь поверхности 1-го шара с $$R=7$$: $$S_1=4\cdot\pi\cdot7^2=4\cdot\pi\cdot49=196\pi$$

Площадь поверхности 2-го шара с $$R=24$$: $$S_2=4\cdot\pi\cdot24^2=4\cdot\pi\cdot576=2304\pi$$

Сумма площади поверхности двух шаров: $$S_1+S_2=196\pi+2304\pi=2500\pi$$

Найдём R такого шара:

$$4\pi R^2=2500\pi$$

$$4R^2=2500$$

$$R^2=625$$

$$R=25$$

Известно, что производная принимает положительное значение в точках, где функция возрастает. Выберем такие целые точки на графике f(x):

Имеем 6 таких точек.

Сначала выразим косинус угла из формулы высоты, получим: $$\cos 2\alpha=1-\frac{H}{v^{2}_{0}/4g}=1-\frac{4Hg}{v^{2}_{0}}$$

Подставим в эту формулу числовые значения $$H=4,4+1=5,4 м$$; $$v_{0}=12 м/c$$: $$\cos 2\alpha=1-\frac{4\cdot5,4\cdot10}{12^2}=1-\frac{18}{12}=-\frac{1}{2}$$

Так как угол острый, то имеем первую четверть единичной окружности:

$$2\alpha=120^{\circ}$$

$$\alpha=60^{\circ}$$

Обозначим за $$х$$ массу первого сплава, тогда масса второго $$175-х$$.

Масса никеля в первом сплаве $$0,5\cdot5$$, во втором $$0,15\cdot(175-x)$$, зная, что третий сплав получили сложением первых двух и там 25: никеля составим уравнение:

$$0,5x+0,15(175-x)=0,25\cdot175  |\cdot100$$

$$50x+15(175-x)=25\cdot175$$

$$50x+2625-15x=4375$$

$$35x=4375-2625$$

$$35x=1750$$

$$x=50$$ кг - масса первого сплава

$$175-x=175-50=125$$ - масса второго сплава

Найдём на сколько масса первого сплава меньше массы второго сплава: $$125-50=75$$ кг.

Коэффициент c всегда равен координате пересечения параболы оси $$Oy$$: $$c=-4$$Возьмём точку принадлежащую параболе $$(1:1)$$ подставим её координаты и значение $$c$$ в функцию, найдём $$b$$:

$$1=2\cdot1^2+b\cdot1-(-4)$$

$$b=3$$

Функция имеет вид:

$$f(x)=2x^2+3x-4$$

Найдём $$f(-5)$$:

$$f(-5)=2\cdot(-5)^2+3\cdot(-5)-4=50-15-4=31$$

$$х$$ - вероятность того, что яйцо из первого хозяйства

$$1-х$$ - вероятность того, что яйцо из второго хозяйства

по формуле полной вероятности:

$$0,95х+0,45(1-х)=0,6$$

$$0,95х+0,45-0,45х=0,6$$

$$0,5х=0,6-0,45$$

$$0,5х=0,15$$

$$х=0,3$$

$$y=3x^5-5x^3+16$$

$$y'=15x^4-15x^2$$

$$15x^4-15x^2=0$$

$$15x^2(x^2-1)=0$$

$$x_1=0$$

$$x_2=1$$ (не учитываем, т.к. не принадлежит $$[-2;0])$$

$$x_3=-1$$

$$f(-2)=3\cdot(-2)^5-5\cdot(-2)^{3}+16=-40$$

$$f(-1)=3\cdot(-1)^5-5\cdot(-1)^{3}+16=18$$ - наибольшее

$$f(0)=3\cdot(0)^5-5\cdot(0)^{3}+16=16$$

Решение определено при M(X):

$$\left\{\begin{matrix} (x-\sqrt{3})(x+\sqrt{3})>0\\ \sqrt{3}-x>0 \end{matrix}\right. \left\{\begin{matrix} x\in (-\infty;-\sqrt{3})\cup(\sqrt{3};+\infty)\\ x\in (-\infty;\sqrt{3}) \end{matrix}\right.$$

$$x<-\sqrt{3}$$

$$\left[\begin{matrix} x^2+2x-1=1\\ \log_2(x-\sqrt{3})(x+\sqrt{3})-\log_2(\sqrt{3}-x)=0 \end{matrix}\right. \left[\begin{matrix} x=-1+\sqrt{2} \notin M(x)\\ x=-1-\sqrt{2}\\ \log_2\frac{(x-\sqrt{3})(x+\sqrt{3})}{(\sqrt{3}-x)} \end{matrix}\right. \left[\begin{matrix} x=-1-\sqrt{2}\\ x=-1-\sqrt{3} \end{matrix}\right.$$

а) Пусть $$N$$ — середина стороны $$AC$$. Проведем медиану $$NB$$ основания пирамиды и высоту $$SO$$.

Рассмотрим треугольник $$SNB$$: $$BO$$ относится к $$ON$$ как $$2:1$$, потому что $$NB$$ — медиана, следовательно, $$BO=\frac{2}{3}BN$$; через точку $$K$$ проведем $$KH$$ параллельно $$SO$$. Тогда $$KH$$ перпендикулярен плоскости $$ABC$$ и прямой $$NB$$ в ней. Треугольники $$SOB$$ и $$KHB$$ подобны по двум сторонам и углу между ними. Следовательно,

$$\frac{BK}{BS}=\frac{3}{4}=\frac{BH}{BO}\Leftrightarrow BH=\frac{3}{4}BO=\frac{3}{4}\cdot\frac{2}{3}BN=\frac{1}{2}BN$$,

тогда $$H$$ — середина стороны $$BN$$.

Теперь рассмотрим треугольник $$BAN$$. Для него выполняется равенство дробей:

$$\frac{BM}{MA}\cdot\frac{AC}{CN}\cdot\frac{NH}{HB}=1\Leftrightarrow\frac{2}{4}\cdot\frac{6}{3}\cdot\frac{NH}{NH}=1$$,

значит, по теореме Менелая точки $$M, H$$ и $$C$$ лежат на одной прямой, тогда плоскость $$KMC$$ проходит через прямую $$KH$$ перпендикулярную плоскости $$ABC$$, следовательно, плоскости $$KMC$$ и $$ABC$$ перпендикулярны.

б) Рассчитаем объем $$BKCM$$:

$$V_{BKCM}=\frac{1}{3}\cdot KH\cdot S_{BMC}=\frac{1}{3}\cdot \frac{3}{4} SO\cdot S_{BMC}$$.

Рассмотрим треугольник $$SOB$$. По теореме Пифагора:

$$SO=\sqrt{SB^{2}-BO^{2}}=\sqrt{21-(\frac{1}{2}BN)^{2}}=\sqrt{21-(\frac{2}{3}\cdot\frac{\sqrt{3}}{2}AB)^{2}}=\sqrt{21-\frac{1}{3}\cdot36}=3$$

$$S_{BMC}=\frac{1}{2} BM\cdot BC\cdot\sin B=\frac{1}{2}\cdot2\cdot6\cdot\frac{\sqrt{3}}{2}=3\sqrt{3}$$

$$V=\frac{1}{3}\cdot\frac{3}{4}\cdot3\cdot3\sqrt{3}=\frac{9\sqrt{3}}{4}$$

$$\frac{4^{x-0,5}+1}{9\cdot4^{x}-16^{x+0,5}-2}\leq0,5$$

Пусть $$4^x=t>0$$

Получим: $$\frac{\frac{t}{2}+1}{9t-4t^2-2}\leq\frac{1}{2}\Leftrightarrow\frac{t+2}{2\cdot(-4)(t-\frac{1}{4})(t-2)}-\frac{1}{2}\leq0\Leftrightarrow\frac{t+2+4t^2-9t+2}{-8(t-\frac{1}{4})(t-2)}\geq0\Leftrightarrow$$

$$\Leftrightarrow\left[\begin{matrix} t=1\\ t\leq\frac{1}{4}\\ t\geq2 \end{matrix}\right.$$

С учётом $$t>0: \left[\begin{matrix} t\in (0;\frac{1}{4}]\\ t=1\\ t\geq2 \end{matrix}\right.$$

Обратная замена: $$\left[\begin{matrix} 4^x\leq\frac{1}{4}\\ 4^x=1\\ 4^x\geq2 \end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left[\begin{matrix} x\leq-1\\ x=0\\ x\geq\frac{1}{2} \end{matrix}\right.\Leftrightarrow x\in(-\infty;-1];0;[\frac{1}{2};+\infty)$$

Пусть S — размер кредита, он равен 1806 тысячам рублей. Срок погашения кредита n составляет 2 года или 24 месяца. Процентная ставка r составляет в первом варианте 15% годовых, а во втором 2% ежемесячно.

В первом варианте долг х выплачен двумя платежами, поэтому $$(S\cdot1,15-x)1,15-x=0$$,

откуда $$S\cdot1,3225-2,15x=0\Leftrightarrow\frac{S\cdot1,3225}{2,15}\Leftrightarrow x=\frac{1806\cdot1,3225}{2,15}=1110,9$$ тыс. руб.

Сумма выплат составляет:

$$1110,9\cdot2=2221,8$$ тыс. руб.

Во втором варианте суммы долга составляют арифметическую прогрессию:

$$S\cdot1,02, S\cdot1,02\cdot\frac{23}{24}, S\cdot1,02\cdot\frac{22}{24},\cdots,S\cdot1,02\cdot\frac{1}{24}$$.

а выплаты равны:

$$S\cdot0,02+\frac{S}{24},\frac{S\cdot0,02\cdot23+S}{24},\frac{S\cdot0,002\cdot22+5}{24},\cdots,\frac{S\cdot0,02+S}{24}$$.

Поэтому для суммы выплат получаем:

$$S+S\cdot0,02(1+\frac{23}{24}+\frac{22}{24}+...+\frac{1}{24})=S+S\cdot0,02(\frac{1+\frac{1}{24}}{2}\cdot24)=$$

$$=S+S\cdot0,02\cdot\frac{25}{2}=S+\frac{S}{4}=1,25S$$ или $$1,25\cdot1806=2257,5$$ тыс. руб.

Следовательно, более выгоден кредит, описанный в варианте 1; разность сумм выплат составит

$$2257,5-2221,8=35,7(тыс. руб.)=35700$$ руб.

а) Рассмотрим треугольники $$ABO$$ и $$COD$$: углы $$ABD$$ и $$BDC$$ при секущей $$BD$$ не равны. Тогда, так как треугольники $$ABO$$ и $$COD$$ подобны, углы $$ABO$$ и $$DCO$$, а также $$BAO$$ и $$CDO$$ равны. Аналогично для треугольников $$AOD$$ и $$BDC$$. Сумма углов $$ABO$$ и $$OBC$$ не равна $$90^{\circ}$$, следовательно, конфигурацию можно представить приведенным рисунком. Заметим, что $$\widehat{ABD}=\widehat{ACD}$$, cледовательно, вокруг четырехугольника $$ABCD$$ можно описать окружность.

б) Пусть $$BO = a, OC = b$$, тогда: $$OD=OC\cdot\frac{b}{a}=\frac{b^{2}}{a}$$, $$BO=OA\cdot \frac{AO}{OD}\Leftrightarrow a=\frac{AO^{2}}{b^{2}}\Leftrightarrow AO=b$$

Из этого следует, что стороны AO и OC равны: $$AO=OC=5.$$

Пусть $$OB=x$$, тогда $$OD=\frac{25}{x}=26-x$$ Тогда: $$x^{2}-26x+25=0$$ 

$$x=1$$, $$x=25$$.

С учетом симметрии, можно выбрать любое из найденных значений x.

Пусть длина $$OB$$ равна 1, длина $$OD$$ равна 25, тогда:

$$AB=BC=\sqrt{25+1}=\sqrt{26}$$, $$AD=DC=\sqrt{25+625}=\sqrt{650}=5\sqrt{26}$$.

Найдем полупериметр четырехугольника:

$$ABCD$$: $$p_{ABCD}=\frac{2\cdot \sqrt{26}+2\cdot 5\sqrt{26}}{2}=6\sqrt{26}$$.

Найдем площадь четырехугольника $$ABCD$$:

$$S_{ABCD}=2S_{BAD}=2\cdot \frac{1}{2}\cdot AO\cdot BD=5\cdot 26=130$$.

Вычислим искомый радиус:

$$r=\frac{S_{ABCD}}{p_{ABCD}}=\frac{130}{6\sqrt{26}}=\frac{62\sqrt{26}}{3\cdot 26}=\frac{5\sqrt{26}}{6}$$.

Осталось отметить, что диагональ $$АС$$ может является другой диагональю дельтоида и биссектрисой его углов. В этом случае аналогичное приведенному выше квадратное уравнение имеет вид $$x^{2}-5x+169=0$$, и не имеет корней. Следовательно, такая конфигураций невозможна.

Будем считать, что за каждый вопрос дают $$8$$ баллов, а потом списывают по $$16$$ за каждый неверный ответ и по $$11$$ за отсутствие ответа. Пусть Петя ответил неверно на $$x$$ вопросов и не ответил вовсе на y, тогда он потерял $$16x+11y$$ баллов.

а) По условию $$30\cdot8-16-11y=35$$, откуда $$16x+11y=205$$, $$205−16x=11y$$.

Перебором среди чисел $$205$$, $$205−16$$, $$205−32$$, ..., $$205−192$$ находим единственное кратное $$11$$ число $$205−128=77$$, откуда $$y=7$$.

б) По условию $$35\cdot8-16x-11y=35$$, откуда $$16x+11y=245$$, $$245−16x=11y$$.

Перебором среди чисел $$245$$, $$245−16$$, $$245−32$$, ..., $$245−240$$ находим единственное кратное $$11$$ число $$245−80=165$$, откуда $$y = 15$$.

в) Добавим к викторине два вопроса, на один из которых он ответит верно, а на другой неверно. Тогда получим условие пункта $$б)$$, в котором уже получено $$x=5$$, $$y=15$$.

Значит, он ответил верно на $$35−15−5=15$$ вопросов, один из которых был среди дополнительных. Поэтому на самом деле верных ответов было $$14$$.