ЕГЭ 2022. Вариант 15 Ященко 36 вариантов ФИПИ школе.

$$\sqrt{5x}=2\frac{1}{2}x$$

$$\sqrt{5x}=\frac{5}{2}x$$

$$2\sqrt{5x}=5x$$

$$4\cdot5x=25x^2$$

$$4x=25x^2$$

$$5x^2-4x=0$$

$$x\cdot(5x-4)=0$$

$$x_1=0$$

$$x_2=0,8$$

Подставим найденные значения x в исходное уравнение, проверим, являются ли они корнями:

$$\sqrt{5\cdot0}=2\frac{1}{2}\cdot0$$

$$0=0$$ - верно,

$$x_1=0$$ - корень

$$\sqrt{5\cdot0,8}=2\frac{1}{2}\cdot0,8$$

$$\sqrt{4}=2$$

$$2=2$$ - верно,

$$x_2$$ - корень

$$0,8>0$$

Вероятность, что покупатель вообще возьмёт какую-то ручку $$1$$.

Вероятность того, что ручка окажется красной:

$$1-(вероятности  чёрная+синяя)=1-(0,37+0,45)=1-0,82=0,18$$

Вписанный угол ABC опирается на дугу AC, угол CAB – на дугу BC, а угол ABD – на дугу AD. При этом из рисунка видно, что дуга

$$AD=AC-BC$$

Учитывая, что градусные меры дуг вписанных углов в два раза больше самих углов, получаем значение угла ABD:

$$\angle ABD=\frac{1}{2}AD=\frac{1}{2}AC-\frac{1}{2}BC=\angle ABC-\angle CAB$$

$$\angle ABD=106^{\circ}-69^{\circ}=37^{\circ}$$

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

Сделаем рисунок с многоугольником $$A, B, C, D, A_1, B_1$$:

Из рисунка хорошо видно, что объем этого многогранника в 2 раза меньше объема всего параллелепипеда $$ABCDA_1B_1C_1D_1$$. То есть:

$$V=\frac{1}{2}AB\cdot BC\cdot AA_1=\frac{1}{2}\cdot9\cdot6\cdot5=135$$

Значение производной в точке $$x_0=5$$ равна угловому коэффициенту касательной, проходящей через эту точку:

По условию задания касательная проходит через начало координат $$(0; 0)$$ и точку $$(5; -1)$$. Следовательно, ее угловой коэффициент, равен:

$$f'(x=x_0)=\frac{\Delta y}{\Delta x}=\frac{-1-0}{5-0}=-\frac{1}{5}=-0,2$$

Найдем объем $$V_2$$ из выражения $$p_1V_1^{1,4}=p_2V_2^{1,4}$$, получим:

$$1\cdot192^{1,4}=128\cdot V_2^{1,4}$$

$$192^{\frac{7}{5}}=2^7\cdot V_2^{\frac{7}{5}}$$

Возведем обе части уравнения в степень 5/7, получим:

$$192=2^5V_2$$

$$V_2=\frac{192}{32}=6$$

Пусть вторая труба наполняет резервуар за $$x$$ часов. Первая труба заполняет бассейн за  40 часов, а обе за $$18+\frac{40}{60}=18+\frac{2}{3}=\frac{56}{3}$$ часа. Условно примем объем резервуара за 1. Тогда первая труба будет наполнять его со скоростью $$\frac{1}{x}$$, а вторая со скоростью $$\frac{1}{40}$$. И так как обе трубы заполняют этот резервуар за $$\frac{56}{54}$$ часа, то можно записать уравнение:

$$\frac{1}{x}+\frac{1}{40}=\frac{3}{56}$$

откуда

$$\frac{1}{x}=\frac{3}{56}-\frac{1}{40}=\frac{15-7}{280}=\frac{8}{280}=\frac{1}{35}$$

$$x=35$$

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

$$\left\{\begin{matrix} -1=\frac{k}{-4a}\\ 2=\frac{k}{-1+a} \end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} 4-a=k\\ 2a-2=k \end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} 4-a=2a-2\\ k=4-a \end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} a=2\\ k=2 \end{matrix}\right.$$

Получим: $$f(-7)=\frac{2}{-7+2}=\frac{2}{-5}=-0,4$$

Эту задачу проще решать от обратного и вычислять вероятность промаха цели при одном, двух, трех и т.д. числу выстрелов. А, затем, взять противоположную вероятность, которая будет определять поражение цели. Имеем:

- 1 выстрел. Вероятность промаха: $$P=1-0,2$$, вероятность попадания: $$1-P=0,2$$;

- 2 выстрела. Вероятность промаха: $$P=(1-0,2)^2$$, вероятность попадания: $$1-P=0,36$$;

- 3 выстрела. Вероятность промаха: $$P=(1-0,2)^3​​​​​​​$$, вероятность попадания: $$1-P=0,488$$​​​​​​​​​​​​​​.

То есть, стрелку нужно сделать 3 выстрела (минимум).

$$y=−x−\frac{196}{x}​ (x\neq0)$$

$$​y′=0​$$

$$​−1+\frac{196}{x^2}=0​$$

$$​x=14​$$

$$​x=−14​$$

По методу интервалов $$​x=14​$$ – т. максимума

а)

$$\sin^4\frac{x}{4}-\cos^4\frac{x}{4}=\cos(x-\frac{\pi}{2})$$

$$(\sin^2\frac{x}{4}-\cos^2\frac{x}{4})(\sin^2\frac{x}{4}+\cos^2\frac{x}{4})=\sin x$$

$$-(\cos^2\frac{x}{4}-\sin^2\frac{x}{4})=\sin x$$

$$-\cos(2\cdot\frac{x}{4})=2\sin\frac{x}{2}\cdot\cos\frac{x}{2}$$

$$-\cos\frac{x}{2}=2\sin\frac{x}{2}\cdot\cos\frac{x}{2}$$

$$\cos\frac{x}{2}+2\sin\frac{x}{2}\cdot\cos\frac{x}{2}=0$$

$$\cos\frac{x}{2}(1+2\sin\frac{x}{2})=0$$

$$\cos\frac{x}{2}=0$$ или $$1+2\sin\frac{x}{2}=0$$

Решим 1 уравнение:

$$\cos\frac{x}{2}=0$$

$$\frac{x}{2}=\frac{\pi}{2}+\pi n, n\in Z$$

$$x=\pi+2\pi n, n\in Z$$

Решим 2 уравнение:

$$1+2\sin\frac{x}{2}=0$$

$$\sin\frac{x}{2}=-\frac{1}{2}$$

$$\frac{x}{2}=-\frac{\pi}{6}+2\pi m, m\in Z$$ и $$\frac{x}{2}=-\frac{5\pi}{6}+2\pi k, k\in Z$$

$$x=-\frac{\pi}{3}+4\pi m, m\in Z$$ и $$x=-\frac{5\pi}{3}+4\pi k, k\in Z$$

б)

Выберем корни уравнения при помощи единичной окружности

Корень $$x=-\frac{5\pi}{3}+4\pi k, k\in Z$$ не принадлежит отрезку $$[-\frac{3\pi}{2};\pi],$$ поэтому его можно исключить.

$$x=-\pi; -\frac{\pi}{3}; \pi$$

1. Точки M и E лежат в одной плоскости – соединим их.
2. Так как плоскость $$\alpha || A_1F_1$$ и содержит точку E, проведем через т. E прямую, параллельную $$A_1F_1:A_1F_1||AF||EB.$$

1. Так как плоскость $$\alpha || A_1F_1$$ и содержит точку M, проведем через т. M прямую, параллельную $$A_1F_1:A_1F_1||AF||CD||MK.$$
2. Четырехугольник BEMK – искомое сечение призмы плоскостью $$\alpha$$

MK||BE (по построению)

∆BKC = ∆EMD (по двум катетам: BC=ED, CK=DM т.к. MK||CD) $$\Rightarrow$$ BK=EM.

Значит, BEMK – равнобедренная трапеция.

Ч.т.д.

б)

$$V_{FBKME}=\frac{1}{3}\cdot S_{BKME}\cdot H_{пир}$$

$$1) S_{BKME}=\frac{KM+BE}{2}\cdot H_{трап}$$

$$CK=MD=\frac{3}{5}DD_1=3\sqrt{3}$$

$$BK=\sqrt{BC^2+CK^2}=\sqrt{4^2+(3\sqrt{3})^2}=\sqrt{43}$$

$$BH=GE=\frac{8-4}{2}=2$$

$$h=KH=\sqrt{BK^2-BH^2}=\sqrt{43-4}=\sqrt{39}$$

Тогда:

$$S_{BKME}=\frac{4+8}{2}\cdot\sqrt{39}=6\sqrt{39}$$

2) Для нахождения высоты $$h_{пир}$$ пирамиды FBKME введем систему координат как показано на рисунках и по формуле найдем расстояние от точки F до плоскости BME:

По теореме косинусов из ∆AFB найдем BF:  $$BF=4\sqrt{3}$$

Найдем координаты точки F и точек плоскости основания: B,E,M.

$$F(-2\sqrt{3};-2;0)$$

$$B(2\sqrt{3};-2;0)$$

$$E(-2\sqrt{3};2;0)$$

$$M(0;4;3\sqrt{3})$$

Составим уравнение плоскости BME:

$$\left\{\begin{matrix} 2\sqrt{3}A-2B+D=0\\ -2\sqrt{3}A+2B+D=0\\ 4B+3\sqrt{3}C+D=0 \end{matrix}\right.$$

Сложим 1 и 2 уравнение и получим D=0.

Из второго уравнения: $$A=\frac{B}{\sqrt{3}}$$

Из третьего уравнения: $$С=-\frac{4B}{3\sqrt{3}}$$

Тогда, уравнение плоскости BME примет вид:

$$\frac{B}{\sqrt{3}}x+By-\frac{4B}{3\sqrt{3}}z=0$$

Разделим обе части уравнения на B:

$$\frac{1}{\sqrt{3}}x+y-\frac{4}{3\sqrt{3}}z=0$$

$$h_{пир}=p(F;BME)=\frac{\left|\frac{1}{\sqrt{3}}\cdot(-2\sqrt{3}+(-2)-\frac{4}{3\sqrt{3}}\cdot0\right|}{\sqrt{(\frac{1}{\sqrt{3}})^2+1^2+(\frac{4}{3\sqrt{3}})^2}}=\frac{6\sqrt{39}}{13}$$

$$V_{FBKME}=\frac{1}{3}\cdot6\sqrt{39}\cdot\frac{6\sqrt{39}}{13}=36$$

$$(2\cdot0,5^{x+2}-0,5\cdot2^{x+2})(2\log_{0,5}^2 (x+2)-0,5\log_2 (x+2))\leq 0$$

$$(2\cdot2^{-x-2}-2^{-1}\cdot2^{x+2})(2\log_{2}^2 (x+2)-\frac{1}{2}\log_2 (x+2))\leq 0$$

Для каждой скобки применим метод рационализации:

Если $$a>1,$$ то $$a^{f_1(x)}-a^{f_2(x)}$$ совпадает по знаку с $$(f_1(x)-f_2(x))$$ и $$\log_a f(x)$$ совпадает по знаку с $$(a-1)(f(x)-1)$$

$$(2^{-x-1}-2^{1+x})\cdot2\log_2 (x+2)\cdot(\log_2 (x+2)-\frac{1}{4})\leq0$$

$$-4(x+1)(x+1)(\log_2 (x+2)-\log_2\sqrt[4]{2})\leq0$$

$$(x+1)^2(x+2-\sqrt[4]{2})\geq0$$

$$[\sqrt[4]{2}-2;+\infty); -1$$

Пусть $$S$$ рублей – начальная сумма кредита. По условию сумма долга должна равномерно уменьшаться каждый месяц и на 24-й составлять 0 рублей, то есть, имеем последовательность долга по месяцам:

$$S,\frac{23}{24}S,\frac{22}{24}S,\cdots,\frac{10}{24}S,\cdots,\frac{1}{24}S,0$$

Далее, в начале каждого месяца долг возрастает на 1%, имеем последовательность перед выплатой:

$$1,01S;1,01\cdot\frac{23}{24}S;1,01\cdot\frac{22}{24}S;\cdots;1,01\cdot\frac{1}{24}S$$

Следовательно, сами выплаты по месяцам должны быть равны:

$$m_1=1,01S-\frac{23}{24}S=\frac{1}{24}S+0,01S$$

$$m_2=1,01\cdot\frac{23}{24}S-\frac{22}{24}S=\frac{1}{24}S+0,01\cdot\frac{23}{24}S$$

$$\cdots$$

$$m_{23}=1,01\cdot\frac{2}{24}S-\frac{1}{24}S=\frac{1}{24}S+0,01\cdot\frac{2}{24}S$$

$$m_{24}=1,01\cdot\frac{1}{24}S-0=\frac{1}{24}S+0,01\cdot\frac{1}{24}S$$

Известно, что за 15-й месяц выплаты составили 44 тыс. рублей, то есть:

$$m_{15}=\frac{1}{24}S+0,01\cdot\frac{10}{24}S=44000$$

Откуда

$$S=\frac{24\cdot44000}{1,1}=960000$$

И общая сумма возврата, равна:

$$(\frac{S}{24}+0,01S)+(\frac{S}{24}+0,01\cdot\frac{23}{24}S)+\cdots+(\frac{S}{24}+0,01\cdot\frac{1}{24}S)=$$

$$S+\frac{0,01S}{24}\cdot\frac{(24+1)\cdot24}{2}=S+\frac{0,25S}{2}$$

Подставляем числовые значения, получаем:

$$960000+\frac{0,25\cdot960000}{2}=1080000$$

а) $$ABCD$$ – прямоугольник, следовательно, $$CO=OD$$ и треугольник $$COD$$–равнобедренный. По условию задания $$\angle ODC=75^{\circ}$$, значит, $$\angle COD=180^{\circ}-75^{\circ}\cdot2=30^{\circ}$$. Также по условию задания $$\angle APB=150^{\circ}$$ и можно заметить, что $$\angle APB+\angle AOB=180^{\circ}$$ (так как $$\angle AOB=\angle COD$$ как вертикальные).

Получаем, что вокруг четырехугольника $$PAOB$$ можно описать окружность. При этом, углы $$BAP$$ и $$BOP$$ опираются на одну и ту же дугу $$BP$$, следовательно, они равны.

б) Рассмотрим треугольник $$BAP$$. По теореме косинусов сторона $$AB$$, равна:

$$AB^2=BP^2+AP^2-2BP\cdot AP\cdot\cos \angle APB$$

$$AB^2=4^2+(6\sqrt{3})^2-2\cdot4\cdot6\sqrt{3}\cdot\cos 150^{\circ}$$

$$AB^2=16+108+72=196$$

$$AB=\sqrt{196}=14$$

Стороны $$AB$$ и $$OP$$ пересекаются в точке $$M$$, при этом $$OB=OA$$, значит и дуги $$OB=OA$$ и углы $$\angle OPB=\angle OPA$$, следовательно, $$PM$$–биссектриса угла $$APB$$. По свойству биссектрисы:

$$\frac{AM}{MB}=\frac{AP}{BP}$$; $$\frac{6\sqrt{3}}{4}=\frac{3\sqrt{3}}{2}$$

Пусть $$AM=x$$, тогда $$BM=14–x$$ и

$$\frac{x}{14-x}=\frac{3\sqrt{3}}{2}$$

$$2x=3\sqrt{3}\cdot(14-x)$$

$$2x+3\sqrt{3}\cdot x=42\sqrt{3}$$

$$(2+3\sqrt{3})x=42\sqrt{3}$$

$$AM=x=\frac{42\sqrt{3}}{2+3\sqrt{3}}=\frac{42\sqrt{3}\cdot(2-3\sqrt{3}}{2^2-(3\sqrt{3})^2}=\frac{378-84\sqrt{3}}{23}$$

Треугольники $$COF$$ и $$AOM$$ равны по стороне и двум прилежащим к ней углам, значит, $$CF=AM$$

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!