ЕГЭ 2022. Вариант 14 Ященко 36 вариантов ФИПИ школе.

$$\log_{0,5} (х+5)=\log_2 0,2$$

$$\log_{\frac{1}{2}} (х+5)=\log_2 0,2$$

$$\log_{2^{-1}} (х+5)=\log_2 0,2$$

$$-1\cdot\log_{2} (х+5)=\log_2 0,2$$

$$\log_{2} (х+5)^{-1}=\log_2 0,2$$

$$\log_{2} (\frac{1}{x+5})=\log_2 0,2$$

$$\frac{1}{x+5}=0,2$$

$$(x+5)\cdot0,2=1$$

$$0,2x+1=1$$

$$0,2x=0$$

$$x=0$$

Среди 16 лыжников 4 спортсмена из Швеции. Известно, что один в гонке раздельный старт. Следовательно, осталось $$n=16-1=15$$ лыжника и из них $$m=4-1=3$$ из Швеции. Получаем вероятность того, что спортсмен из Швеции будет стартовать за своим соотечественником:

$$P=\frac{m}{n}=\frac{3}{15}=\frac{1}{5}=0,2$$

Учитывая, что угол CAB между касательной AC и хордой AB равен половине градусной меры дуги AB, то дуга

$$AB=2\cdot\angle CAB=2\cdot39=78^{\circ}$$

Угол AOB – центральный и опирается на дугу AB, следовательно, он равен 78°

$$\frac{14^{6,4}\cdot7^{-5,4}}{4^{2,2}}=\frac{(2\cdot7)^{6,4}\cdot7^{-5,4}}{(2^{2})^{2,2}}=\frac{2^{6,4}\cdot7^{6,4}\cdot7^{-5,4}}{2^{4,4}}=\frac{2^{6,4}\cdot7^{1}}{2^{4,4}}=2^2\cdot7^1=4\cdot7=28$$

Объем параллелепипеда определяется как произведение длин его сторон, т.е.

$$V_1=AB\cdot BC\cdot BB_1$$

Объем пирамиды (отмеченной красным на рисунке) можно определить по формуле

$$V_2=\frac{1}{3} S_{осн}\cdot BB_1=\frac{1}{3}\cdot\frac{1}{2}\cdot AB\cdot BC\cdot BB_1=\frac{1}{6} V_1$$.

Объем пирамиды $$ACB1D1$$ можно вычислить как объем куба минус 4 объема «красных» пирамид, получим

$$V=V_1-\frac{4}{6}V_1=\frac{2}{6}V_1=\frac{1}{3}V_1=\frac{1}{3}\cdot60=20$$

Известно, что производная принимает нулевые значения в точках экстремума функции. Выделим все точки экстремума на интервале $$(-9; 5)$$:

Всего таких точек 6.

Выразим синус угла из формулы времени полета:

$$\sin \alpha=\frac{\tan}{2v_0}$$

И подставим в полученное выражение числовые значения $$v_0=14 м/с^2$$ и $$t=1,4 сек$$:

$$\sin \alpha=\frac{1,4\cdot10}{2\cdot14}=\frac{1}{2}$$

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

$$\alpha=30^{\circ}$$

Пусть x кг – масса 48-процентного раствора. Суммарная масса вещества, равна:

$$3\cdot0,24+4\cdot0,32+x\cdot0,48$$

По условию задания получили 40-процентный раствор той же массы. Получаем равенство:

$$3\cdot0,24+4\cdot0,32+x\cdot0,48=0,4\cdot(3+4+x)$$

$$0,72+1,28+0,48x-0,4x=1,2+1,6$$

$$0,08x=2,8-0,72-1,28$$

$$0,08x=0,8$$

$$x=10$$

Точки $$A(1;2)$$ и $$B(4;-4)$$ принадлежат графику функции. Тогда:

$$\left\{\begin{matrix} 2=a+8+c\\ -4=16a+32+c \end{matrix}\right. \left\{\begin{matrix} a+c=-6\\ -6=15a+24 \end{matrix}\right. \left\{\begin{matrix} a=-2\\ c=-4 \end{matrix}\right.$$

$$f(x)=-2x^2+8x-4$$

$$f(6)=-72+48-4=-28$$

Из условия задачи следует, что из 30% бракованных тарелок, выявляется только 50%, т.е. $$30\cdot 0,5=15$$% брака от всего объема произведенных тарелок. В продажу поступает $$100-15=85$$% тарелок и среди них бракованных $$30-15=15$$%. Таким образом, вероятность того, что случайно выбранная тарелка не будет иметь дефектов, равна

$$\frac{85-15}{85}=\frac{70}{85}\approx0,82$$.

Найдём производную функции:

$$y'=((x+4)^2)'(x+1)+(x+4)^2(x+1)'=$$

$$=2(x+4)(x+1)(x+4)'+(x+4)^2=2(x+4)(x+1)+(x+4)^2=$$

$$=2x^2+2x+8x+8+x^2+8x+16=3x^2+18x+24$$

Найдём нули производной: $$3x^2+18x+24=0$$

С помощью дискриминанта находим корни уравнения:

$$x_1=-4$$

$$x_2=-2$$

Определим знаки производной функции и изобразим поведение функции:

Точка минимума: $$x=-2$$

а) 

ОДЗ уравнения: R

Уравнение состоит из двух множителей. Произведение равно нулю тогда и только тогда, когда хотя бы один из множителей равен нулю, а другой при этом не теряет смысла, т. е.

$$x^2+4x-2=0$$ или $$4^{3x+1}+8{2x-1}-11)=0$$

Решим 1 уравнение:

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

$$D=4^2-4\cdot1\cdot(-2)=24$$

$$x_{1,2}=\frac{-4\pm2\sqrt{6}}{2}$$

$$x_1=-2-\sqrt{6}$$

$$x_2=-2+\sqrt{6}$$

Решим 2 уравнение:

$$4^{3x+1}+8{2x-1}-11)=0$$

Используя свойства степеней, преобразуем  уравнение:

$$2^{2(3x+1)}+2^{3(2x-1)}-11=0$$

$$2^{6x+2}+2^{6x-3}-11=0$$

$$2^{6x}\cdot2^2+\frac{2^{6x}}{2^3}-11=0$$

$$2^{6x}\cdot(4+\frac{1}{8})=11$$

$$2^{6x}\cdot\frac{33}{8}=11$$

$$2^{6x}=\frac{8}{3}$$

Прологарифмируем обе части уравнения по основанию 2:

$$\log_2 (2^{6x})=\log_2 \frac{8}{3}$$

В левой части уравнения показатель степени вынесем за знак логарифма, в правой части уравнения от логарифма частного переходим к разности логарифмов:

$$6x\cdot\log_2 2=\log_2 8-\log_2 3$$

$$6x=3-\log_2 3$$

$$x=\frac{3-\log_2 3}{6}$$

$$x=\frac{1}{2}-\frac{\log_2 3}{6}$$

б)

$$x=-2-\sqrt{6}\notin[-0,5;0,5]$$

$$x=-2+\sqrt{6}\in[-0,5;0,5]$$

$$x=\frac{1}{2}-\frac{\log_2 3}{6}\in[-0,5;0,5]$$

а) Пусть KL перпендикулярно плоскости ABC. Проведем прямую ML, пересекающуюся с BC в точке N. Тогда плоскостью $$\alpha$$ будет являться плоскость KMN. Прямая SO — высота пирамиды.

Треугольники SOB и KLB подобны по двум углам, следовательно:

$$\frac{BK}{KS}=\frac{BL}{LO}=\frac{6}{1}; \frac{BL}{LD}=\frac{6}{8}=\frac{3}{4}$$.

Треугольники MBL и LHD подобны по двум углам:

$$\frac{MB}{DH}=\frac{BL}{LD}=\frac{3}{4}; \frac{6}{DH}=\frac{3}{4}\Leftrightarrow DH=8=DC$$.

Тогда H и C — совпадают, откуда также совпадают N и C, следовательно, точка C принадлежит плоскости $$\alpha$$.

б) Найдем площадь MKC:

$$S_{MKC}=\frac{1}{2} MC\cdot KL$$;

Из подобности треугольников SOB и KBL следует:

$$\frac{KL}{SO}=\frac{6}{7}\Leftrightarrow KL=\frac{6}{7}SO$$

По теореме Пифагора в треугольнике SCO:

$$SO=\sqrt{SC^2-CO^2}$$.

Найдем SO и CO:

$$CO=\frac{AC}{2}=\frac{\sqrt{8^2+8^2}}{2}=\frac{\sqrt{128}}{2}=\sqrt{32}=4\sqrt{2}$$;

$$SO=\sqrt{49-32}=\sqrt{17}$$.

Тогда $$KL=\frac{6\sqrt{17}}{7}$$.

По теореме Пифагора в треугольнике MBC:

$$MC=\sqrt{BC^2+BM^2}=\sqrt{8^2+6^2}=10$$

$$S_{MKC}=\frac{1}{2}\cdot10\cdot\frac{6\sqrt{17}}{7}=\frac{30\sqrt{17}}{7}$$

ОДЗ: $$x\neq\pm\sqrt{26}$$

$$4^4\lg^4\left|x^2-26\right|-16\lg^2\left|x^2-26\right|-240\leq0$$ $$|:16$$

$$16\lg^4\left|x^2-26\right|-\lg^2\left|x^2-26\right|-15\leq0$$

$$\lg^2\left|x^2-26\right|=t\geq0$$

$$\left\{\begin{matrix} t\geq0\\ 16t^2-t-15\leq0 \end{matrix}\right.\left\{\begin{matrix} t\in [0;+\infty)\\ t\in [-\frac{15}{16};1] \end{matrix}\right. t\leq1$$

$$\lg^2\left|x^2-26\right|-1\leq0$$

$$(\lg\left|x^2-26\right|-1)(\lg\left|x^2-26\right|+1)\leq0$$

$$z\in [-1;1]$$

$$-1\leq\lg\left|x^2-26\right|\leq1$$

$$\left\{\begin{matrix} \lg\left|x^2-26\right|\leq1\\ \lg\left|x^2-26\right|\geq-1 \end{matrix}\right.\left\{\begin{matrix} \left|x^2-26\right|\leq10\\ \left|x^2-26\right|\geq0,1 \end{matrix}\right.\left\{\begin{matrix} (x-6)(x+6)\leq0\\ (x-4)(x+4)\geq0\\ \left[\begin{matrix} x^2-26\geq0,1\\ x^2-26\leq-0,1\\ \end{matrix}\right. \end{matrix}\right. \left[\begin{matrix} \left\{\begin{matrix} x\in[-6;-\sqrt{26});(-\sqrt{26};-4];[4;\sqrt{26});(\sqrt{26};6]\\ x\in(-\infty;-\sqrt{26,1}];[\sqrt{26,1};+\infty) \end{matrix}\right.\\ \left\{\begin{matrix} x\in[-\sqrt{25,9};-4];[4;\sqrt{25,9}]\\ x\in [-\sqrt{25,9};\sqrt{25,9}] \end{matrix}\right. \end{matrix}\right.$$

Пусть S — размер кредита, он равен 1962 тысячам рублей. Срок погашения кредита n составляет 2 года или 24 месяца. Процентная ставка r составляет в первом варианте 18% годовых, а во втором 2% ежемесячно.

В первом варианте долг х выплачен двумя платежами, поэтому $$(S\cdot1,18-x)1,18-x=0,$$

откуда

$$S\cdot1,3924-2,18x=0\Leftrightarrow x=\frac{S\cdot1,3924}{2,18}\Leftrightarrow x=1253,16$$ тыс. руб.

Сумма выплат составляет $$1253,16\cdot2=2506,32$$ 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

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

Поэтому для суммы выплат получаем:

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

$$=S+S\cdot0,02\cdot\frac{25}{2}=S+\frac{S}{4}=1,25S$$.

или $$1,25\cdot1962=2452,5$$ тыс. руб.

Следовательно, более выгоден кредит, описанный в варианте 2; разность сумм выплат составит

$$2506,32-2452,5=53,82$$ (тыс. руб.) $$=53 820$$ руб.

а) Треугольники AOB и BOC подобны, поэтому угол BAO равен либо углу BCO, либо углу CBO. Пусть BAO=BCO, тогда треугольник ABC равнобедренный, AB=BC. Рассмотрим треугольник DCO. Угол DCO не может быть равен углу BAO, поскольку стороны AB и DC не параллельны, следовательно, DCO=ABO. Аналогично DAO=CBO=ABO, следовательно, треугольник ​ADC равнобедренный и AD = DC. Тогда AB+DC=AD+BC, следовательно, в четырехугольник ABCD можно вписать окружность, что и требовалось доказать.

Пусть BAO=CBO, тогда, рассуждая аналогично, получим AB=AD и BC=CD, следовательно, AB+CD=AD+ВC и в четырехугольник ABCD можно вписать окружность, что и требовалось доказать.

б) Рассмотрим угол BCD:

$$\widehat{BCD}=\widehat{BAD}=\alpha+\beta$$,

так как все треугольники прямоугольные. Следовательно,

$$\alpha+\beta=180^{\circ}-90^{\circ}=90^{\circ}$$.

$$\widehat{BCD}=\widehat{BAD}=90^{\circ}$$,

а потому четырехугольник ABCD является вписанным. Тогда диагональ ​​​​​​​BD — диаметр окружности.

Получаем: $$CO=\frac{CA}{2}=6$$, а $$BO\cdot OD=CO^2$$, откуда

$$x(13-x)=36\Leftrightarrow x^2-13x+36=0$$

$$x=4$$

$$x=9$$

Не нарушая общности, положим длину BO равной 4, а длину OD равной 9, тогда в треугольнике BOC:

$$BC=\sqrt{16+36}=\sqrt{52}=2\sqrt{13}$$,

$$CD=\sqrt{OD^2+CO^2}=\sqrt{81+36}=\sqrt{117}=3\sqrt{13}$$.

Далее найдем полупериметр и площадь четырехугольника и радиус вписанной окружности:

$$p=2\sqrt{13}+3\sqrt{13}=5\sqrt{13}$$,

$$S=\frac{12\cdot13}{2}=78$$,

$$S=r\cdot p\Leftrightarrow r=\frac{S}{p}=\frac{78}{5\sqrt{13}}=\frac{6\sqrt{13}}{5}$$.

Осталось отметить, что диагональ ​​АС может является другой диагональю четырехугольника и биссектрисой его углов. В этом случае аналогичное приведенному выше квадратное уравнение не имеет корней. Следовательно, такая конфигураций невозможна.

Рассмотрим первое уравнение:

$$y+2-\frac{4}{x}=\left|y+\frac{2}{x}-3\right|\Leftrightarrow\left\{\begin{matrix} y+\frac{2}{x}-3=\pm(y+2-\frac{4}{x})\\ y+2-\frac{4}{x}\geq0 \end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{\begin{matrix} \left[\begin{matrix} \frac{6}{x}=5\\ 2y=\frac{2}{x}+1 \end{matrix}\right.\\ y\geq\frac{4}{x}-2 \end{matrix}\right.\Leftrightarrow$$

$$\Leftrightarrow\left\{\begin{matrix} \left[\begin{matrix} x=\frac{6}{5}\\ y=\frac{1}{x}+\frac{1}{2} \end{matrix}\right.\\ y\geq\frac{4}{x}-2 \end{matrix}\right.$$

При $$x=\frac{6}{5},$$ получаем $$y\geq\frac{4}{3}.$$ А при $$y=\frac{1}{x}+\frac{1}{2}$$ имеем:

$$\left\{\begin{matrix} y=\frac{1}{x}+\frac{1}{2}\\ \frac{1}{x}+\frac{1}{2}\geq\frac{4}{x} \end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{\begin{matrix} y=\frac{1}{x}+\frac{1}{2}\\ \frac{3}{x}\leq\frac{5}{2} \end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{\begin{matrix} y=\frac{1}{x}+\frac{1}{2}\\ x<0 or x\geq\frac{6}{5} \end{matrix}\right.$$

Рассмотрим второе уравнение:

$$2y(y+2)+3x(ax-2)=xy(2a+3)\Leftrightarrow 2y^2+4y+3ax^2-6x=$$

$$=2axy+3xy\Leftrightarrow 2y^2+(4-2ax-3x)y+3x(ax-2)=0\Leftrightarrow$$

$$\Leftrightarrow (2y-3x)(y-ax+2)=0\Leftrightarrow\left[\begin{matrix} 2y=3x\\ y=ax-2 \end{matrix}\right.$$

График первого уравнения — объединение луча $$x=\frac{6}{5}$$ при $$y\geq\frac{4}{3}$$ и части гиперболы $$y=\frac{1}{x}+2$$ при $$x\in (-\infty;0)\cup[\frac{6}{5};+\infty).$$ График второго уравнения — объединение прямой $$y=\frac{3}{2}x$$ (1) и некоторой прямой (2), проходящей через точку A(0; −2). Построим эскизы графиков (см. рис.).

Абсцисса точки C — отрицательное решение уравнения $$\frac{1}{x}+\frac{1}{2}=\frac{3}{2}x.$$

При $$a>0$$ прямая (2) пересекает обе ветви графика первого уравнения. Следовательно, более трех решений система имеет при всех таких a, кроме a, соответствующих положению прямой (2), при котором она проходит через точку B. Это реализуется при:

$$\frac{9}{5}=a\frac{6}{5}-2\Leftrightarrow a=\frac{19}{6}.$$

Найдем a, при котором прямая (2) касается левой ветви графика первого уравнения:

$$\frac{1}{x}+\frac{1}{2}=ax-2\Leftrightarrow 1+\frac{1}{2}x=ax^2-2x\Leftrightarrow ax^2-\frac{5}{2}-1=0.$$

Уравнение имеет единственное решение при $$D=\frac{25}{4}+4a=0,$$ значит, $$a=-\frac{25}{16}.$$

Окончательно, при $$\frac{25}{16}<a<0$$ прямая (2) пересекает левую ветвь графика первого уравнения в двух точках, следовательно, система имеет более трех решений при всех таких a, кроме a, соответствующей прямой (2), при котором она проходит через точку C. Это реализуется при:

$$-1=a(-\frac{2}{3})-2\Leftrightarrow a=-\frac{3}{2}.$$

При $$a=0$$ прямая (2) пересекает график первого уравнения только в одной точке.

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 Оля ответила неверно на $$x$$ вопросов и не ответила вовсе на $$y$$, тогда она потеряла $$16x+11y$$ баллов.

а) По условию $$24\cdot8-16x-11y=35$$, откуда $$16x+11y=157$$, $$157-16x=11y$$. Перебором среди чисел $$157$$, $$157−16$$, $$157−32$$, ..., $$157-128$$ находим единственное кратное $$11$$ число $$157−80=77$$, откуда $$y=7, x=5$$ и верных ответов было $$24-5-7=12$$.

б) По условию $$25\cdot8-16x-11y=35$$, откуда $$16x+11y=165$$, $$11\cdot(15-y)=16x$$. Значит, $$x$$ кратно $$11$$, откуда $$x=0$$ (ведь даже $$11\cdot16=176>165$$). Тогда $$y=15$$.

в) По условию $$37\cdot8-16x-11y=35$$, откуда $$16x+11y=261$$, $$261-16x=11y$$. Перебором среди чисел $$261$$, $$261−16$$, $$261−32$$, ..., $$261−256$$ находим единственное кратное $$11$$ число $$261−96=165$$, откуда $$y=15, x=6$$.