ЕГЭ математика 2018. Разбор варианта Алекса Ларина № 207
Решаем ЕГЭ вариант Ларина № 209. Подробное решение 1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,13,14,15 заданий тренировочного варианта ЕГЭ Ларина № 207 (alexlarin.com)
Решаем ЕГЭ вариант Ларина № 209. Подробное решение 16,17,18,19 заданий тренировочного варианта ЕГЭ Ларина № 207 (alexlarin.com)
Задание 1
27 выпускников школы поступили в технические вузы. Они составляют 30% от числа выпускников. Сколько в школе выпускников?
$$27-30$$ % $$x-100$$ % $$x=\frac{27\cdot100}{30}=90$$
Задание 3
На клетчатой бумаге нарисованы два круга. Площадь внутреннего круга равна 56. Найдите площадь закрашенной фигуры.
$$R=4$$ - радиус внешней клетки $$r=2$$ - радиус внутренней клетки $$\pi r^{2}=56\Rightarrow r^{2}=\frac{56}{\pi}\Rightarrow r=\sqrt{\frac{56}{\pi}}$$
$$R=2r \Rightarrow R=\sqrt{\frac{56}{\pi}}\cdot2$$
$$R=2r \Rightarrow \pi R^{2}=\pi \cdot \frac{56}{\pi}\cdot4=224$$
Sкольца$$=224-56=168$$
Задание 4
В чемпионате по гимнастике участвуют 60 спортсменок: 16 из Чехии, 17 из словаки, остальные из Австрии. Порядок, в котором выступают гимнастки определяется жребием. Найдите вероятность того, что спортсменка, выступающая первой, окажется из Австрии.
$$60-16-17=27$$ из Австрии $$p=\frac{27}{60}=0,45$$
Задание 5
Точка О является центром окружности, вписанной в прямоугольный треугольник ABC с прямым углом С. Луч АО пересекает катет ВС в точке Е. Найдите гипотенузу АВ, если $$AC=6\sqrt{3}$$ и $$\angle B$$ в 4 раза больше, чем $$\sqrt{EAC}$$.
$$AC=6\sqrt{3}$$ $$\angle B=4\angle EAC$$
AO - биссектриса $$\angle A$$
$$\Rightarrow \angle CAE=x$$ $$\Rightarrow \angle A=2x$$; $$\angle B=4x$$
$$2x+4x=90$$ $$\Rightarrow x=15^{\circ}$$ $$\Rightarrow \angle A=30^{\circ}$$; $$\angle B=60^{\circ}$$
$$\sin B=\frac{AC}{AB}$$ $$\Rightarrow AB=\frac{AC}{\sin B}=\frac{6\sqrt{3}}{\frac{\sqrt{3}}{2}}=12$$
Задание 6
Прямая $$y=-4x-11$$ является касательной к графику функции $$y=x^{3}+7x^{2}+7x-6$$. Найдите абсциссу точки касания.
$$f'=-4x-11x^{3}+7x^{2}+7x-6=g$$ $$f'=-4$$ $$g'=3x^{2}+14x+7$$ $$f'=g'$$ $$\Rightarrow$$ $$3x^{2}+14x+7=-4$$ $$3x^{2}+14x+11=0$$ $$D=196-132=64$$ $$x_{1}=\frac{-14+8}{6}=-1$$ $$x_{1}=\frac{-14-8}{6}=-\frac{11}{3}$$ $$f(-1)=-4(-1)-11=-7$$ $$g(-1)=(-1)^{3}+7\cdot (-1)^{2}+7\cdot (-1)-6=-7$$ $$f(-1)=g(-1)$$ $$\Rightarrow$$ абсцисса -1
Задание 7
Найдите расстояние между вершинами B1 и D2 многогранника, изображенного на рисунке. Все двугранные углы многогранника прямые. |
$$B_{1}D_{2}=\sqrt{BD^{2}+D_{1}C_{2}^{2}}=$$ $$=\sqrt{BC^{2}+CD^{2}+D_{1}C_{2}^{2}}=\sqrt{2^{2}+2^{2}+1^{2}}=\sqrt{9}=3$$
Задание 8
Найдите $$3\cos \alpha $$, если $$\sin\alpha=-\frac{2\sqrt{2}}{3}$$ и $$\alpha\in (\frac{3\pi}{2}; 2\pi)$$.
$$\sin\alpha=-\frac{2\sqrt{2}}{3}$$ $$\alpha\in (\frac{3\pi}{2}; 2\pi)$$ $$\cos\alpha=\pm \sqrt{1-\sin^{2}\alpha}$$ $$\cos\alpha=\sqrt{1-(-\frac{2\sqrt{2}}{3})^{2}}=\sqrt{1-\frac{8}{9}}=\frac{1}{3}$$ (косинус>0, т.к. $$\alpha$$ в 4 четверти) $$3\cos\alpha=3\cdot\frac{1}{3}=1$$
Задание 9
Для сматывания кабеля на заводе используют лебёдку, которая равноускоренно наматывает кабель на катушку. Угол, на который поворачивается катушка, изменяется со временем по закону $$\varphi=\omega t+\frac{\beta t^{2}}{2}$$, где t — время в минутах, ω=40°/мин — начальная угловая скорость вращения катушки, а β=4°/мин2 — угловое ускорение, с которым наматывается кабель. Рабочий должен проверить ход его намотки не позже того момента, когда угол намотки φ достигнет 3000°. Определите время после начала работы лебёдки, не позже которого рабочий должен проверить еe работу. Ответ выразите в минутах.
$$\varphi=\omega t+\frac{\beta t^{2}}{2}$$ $$\omega=40$$; $$\beta=4$$; $$\varphi=3000$$ $$3000=40t+\frac{4t^{2}}{2}$$ $$2t^{2}+40t-3000=0$$ $$t^{2}+20t-1500=0$$ $$D=400+6000=80^{2}$$ $$t_{1}=\frac{-20+80}{2}=30$$ $$t_{1}=\frac{-20-80}{2}=-50$$
Задание 12
Дано уравнение $$(1-\cos 2x)\sin 2x=\sqrt{3} \sin^2 x$$.
а) $$(1-cos2x)sin2x=\sqrt3 sin^2x$$; $$(1-(1-2sin^2x))sin2x=\sqrt3 sin^2x$$; $$2sin^2x\cdot sin2x-\sqrt3 sin^2x=0$$; $$sin^2x(2sin2x-\sqrt3)=0$$;
$$sinx=0 или sin2x=\frac{\sqrt3}{2}$$;
$$x=\pi n$$ или $$2x=\frac{\pi}{3}+2\pi n$$ или $$2x=\frac{2\pi}{3}+2\pi n, n\in Z$$;
$$x=\pi n$$ или $$x=\frac{\pi}{6}+\pi n$$ или $$x=\frac{\pi}{3}+\pi n, n\in Z$$.
б) Корни уравнения из отрезка $$[-\pi;\frac{\pi}{3}]$$:
$$-\pi;-\frac{5\pi}{6};-\frac{2\pi}{3};0;\frac{\pi}{6};\frac{\pi}{3}$$.
Задание 13
В основании треугольной пирамиды $$ABCD$$ лежит правильный треугольник $$ABC$$. Боковая грань пирамиды $$BCD$$ перпендикулярна основанию, $$BD=DC$$.
a) Пусть $$H$$ – середина $$BC$$. Так как треугольник $$BDC$$ равнобедренный, то прямая $$DH$$ перпендикулярна $$BC$$.
По условию боковая грань $$BCD$$ перпендикулярна основанию $$ABC$$, а значит по свойству перпендикулярных плоскостей перпендикуляр $$DH$$ к $$BC$$ является и перпендикуляром к плоскости $$ABC$$, то есть $$DH$$ – высота пирамиды $$ABCD$$.
Если в плоскости $$AHD$$ построить перпендикуляр $$HM$$ к $$AD$$, то поскольку $$AD$$, как наклонная к плоскости $$ABC$$, чья проекция $$AH$$ перпендикулярна $$BC$$, перпендикулярна $$BC$$, то $$AD$$ (будучи перпендикулярна двум пересекающимся прямым плоскости $$BCM$$), перпендикулярна ($$BCM$$) по признаку перпендикулярности прямой и плоскости.
Как построить перпендикуляр $$MH$$ к $$AD$$?
Для этого следует взять точку $$M$$ так, что $$AM:AD=1:4$$.
Действительно, как мы замечаем,
1) угол $$DAH$$ – и есть угол в $$60^{\circ}$$ между прямой $$AD$$ и плоскостью основания $$ABC$$, а значит $$AH$$ – половина $$AD$$ по свойству прямоугольного треугольника с углом в $$30^{\circ}$$;
2) $$AM$$ – половина $$AH$$, так как и в прямоугольном треугольнике $$AMH$$ есть угол в $$30^{\circ}$$. То есть $$AM$$ – половина половины $$AD$$.
Итак, искомое сечение – $$BMC$$, где $$M$$ – такая, что $$AM:AD=1:4$$.
б) Найдем объем пирамиды $$ACBM$$ с основанием $$ABC$$. $$V_{ABCM}=\frac{S_{ABC}\cdot MQ}{3}$$, где $$MQ$$ – высота указанной пирамиды. При этом, очевидно, проекция $$Q$$ точки $$M$$ на плоскость $$ABC$$ – такова, что $$AQ:AH=1:4$$ и $$MQ=\frac{DH}{4}$$.
$$MQ=\frac{DH}{4}=\frac{tg60^{\circ}\cdot AH}{4}=\frac{\sqrt3\cdot 12}{4}=3\sqrt3$$.
Итак, $$V_{ABCM}=\frac{\frac{(8\sqrt3)^2\sqrt3}{4}\cdot 3\sqrt3}{3}=144$$.
А поскольку $$V_{ABCD}=\frac{S_{ABC}\cdot DH}{3}=\frac{\frac{(8\sqrt3)^2\sqrt3}{4}\cdot 12\sqrt3}{3}=576$$, то $$V_{BCDM}=V_{ABCD}-V_{ABCM}=576-144=432$$.
Задание 14
Решите неравенство $$\frac{1}{\log_3(2x-1)\cdot \log_{x-1}9}< \frac{\log_3\sqrt{2x-1}}{\log_3(x-1)}$$.
$$\frac{1}{log_3(2x-1)\cdot log_{x-1}9}< \frac{log_3\sqrt{2x-1}}{log_3(x-1)}$$;
$$\frac{1}{2log_3(2x-1)\cdot log_{x-1}3}< \frac{\frac{1}{2}\cdot log_3(2x-1)}{log_3(x-1)}$$;
$$\frac{1}{log_{x-1}(2x-1)}< log_{x-1}(2x-1)$$;
$$\frac{log^2_{x-1}(2x-1)-1}{log_{x-1}(2x-1)}>0$$;
Готовимся применить метод замены множителей:
$$\frac{(log_{x-1}(2x-1)-log_{x-1}(x-1))(log_{x-1}(2x-1)-log_{x-1}\frac{1}{x-1})}{log_{x-1}(2x-1)-log_{x-1}1}>0$$;
$$\left\{\begin{matrix} \frac{(x-1-1)(2x-1-(x-1))((x-1-1)(2x-1-\frac{1}{x-1})}{(x-1-1)(2x-1-1)}>0,\\ x-1>0,\\ x-1\neq 1\\ 2x-1>0; \end{matrix}\right.$$
$$\left\{\begin{matrix} \frac{x(x-2)^2((2x-1)(x-1)-1)}{2(x-2)(x-1)^2}>0\\ x>1,\\ x\neq 2; \end{matrix}\right.$$
$$\left\{\begin{matrix} \frac{x(x-2)(2x^2-3x)}{2(x-2)^2}>0,\\ x>1\\ x\neq 2 \end{matrix}\right.$$
$$\left\{\begin{matrix} \frac{x^2(x-2)(2x-3)}{(x-1)^2}>0\\ x>1,\\ x\neq 2; \end{matrix}\right.$$
$$x\in (1;1,5)\cup (2;+\infty)$$.
Задание 15
В параллелограмме $$ABCD$$ точка $$E$$ – середина стороны $$AD$$. Отрезок $$BE$$ пересекает диагональ $$AC$$ в точке $$P$$. $$AB=PD$$.
a) Пусть $$H$$ – середина $$PC$$. Так как треугольник $$PCD$$ равнобедренный ($$PD=AB$$ по условию и $$DC=AB$$ по свойству параллелограмма), то $$DH\perp AC$$. Треугольники $$BCP,EAP$$ подобны по двум углам. И коэффициент их подобия $$\frac{BC}{AE}$$ равен 2.
То есть, если $$AP=x$$, то $$PC=2x$$. При этом $$PH=CH=x$$.
Замечаем, что треугольники $$APE,AHD$$ подобны по двум пропорциональным сторонам $$AP,AH$$ и $$AE,AD$$ и углу между ними $$A$$.
Но тогда, например, $$\angle APE=\angle AHD$$, откуда $$PE\parallel HD$$. Стало быть, раз $$DH\perp AC$$, то $$EP\perp AC$$. Что и требовалось доказать.
б) Пусть $$PE=y$$, тогда в силу подобия треугольников $$APE,CPB$$ с коэффициентом 2 (о чем говорили в пункте а) $$BP=2y$$.
Применим теорему Пифагора к треугольникам
$$ABP,AEP$$: $$AB^2-BP^2=AE^2-PE^2$$; $$4-4y^2=\frac{9}{4}-y^2$$; $$y=\frac{\sqrt{21}}{6}$$.
Откуда $$AP=\sqrt{AB^2-BP^2}=\sqrt{16-\frac{21}{36}}=\frac{5}{3}$$.
Далее, $$S_{ABC}=\frac{AC\cdot BP}{2}=\frac{(3\cdot \frac{5}{3})\cdot (2\cdot \frac{\sqrt{21}}{6})}{2}=\frac{\sqrt{35}}{2}$$.
Откуда $$S_{ABCD}=2\cdot S_{ABC}=\sqrt{35}$$.
Задание 16
Джим Хокинс планирует найти сокровища стоимостью 300 тыс. фунтов стерлингов, которые спрятал капитан Флинт. Перед началом поисков он взял кредит в размере 10 тыс. фунтов стерлингов у состоятельного сквайера Трелони, чтобы снарядить шхуну «Испаньола» для поиска сокровищ. Условия кредитования таковы, что ежемесячно за пользование денежными средствами Джим Хокинс должен заплатить Трелони 40% от суммы долга, ежемесячные проценты начисляются на тело долга (каждый месяц Джим платит проценты от 10 тыс. фунтов стерлингов). Через сколько полных месяцев Джим Хокинс гарантированно планирует найти сокровища, если после выплаты долга он хочет получить на руки не менее 230 тыс. фунтов стерлингов? (Джим Хокинс во время поиска сокровищ не может выплачивать долг, а платит его вместе с процентами после нахождения сокровищ).
Пусть Джим планирует найти сокровища через n полных месяцев. Джим должен будет выплатить Трелони за $$n$$ месяцев $$0,4\cdot 10\cdot n$$ тысяч фунтов стерлингов. Траты Джима: $$10+4n$$ тысяч фунтов. Так как после выплаты долга по кредиту Джим Хокинс хочет получить на руки не менее 230 тыс. фунтов стерлингов, то, учитывая, что он нашел через n месяцев сокровища в 300 тысяч фунтов, получаем: $$300-4n\geq 230$$; $$4n\leq 60$$; $$n\leq 15$$; Джим Хокинс может позволить себе искать сокровища 15 полных месяцев.
Задание 17
При каких значениях параметра $$a$$ для всякого $$x$$ из $$[0;7]$$ верно неравенство $$||x+2a|-3a|+||3x-a|+4a|\leq 7x+24$$.
Рассмотрим функцию $$f(x)=||x+2a|-3a|+||3x-a|+4a|-7x-24$$.
Как бы мы не раскрывали модули, коэффициент при x после приведения подобных слагаемых будет отрицателен. То есть $$f(x)$$ – убывающая (линейная) функция.
$$f(x)\leq 0$$ на $$[0;7]$$, если мы потребуем $$f(0)\leq 0$$.
Итак, $$||2a|-3a|+||-a|+4a|-24\leq 0$$;
Если $$a\geq 0$$, то $$|2a-3a|+|a+4a|\leq 24$$; $$a+5a\leq 24$$; $$a\leq 4$$.
Если $$a<0$$, то $$|-2a-3a|+|-a+4a|\leq 24$$; $$-5a-3a\leq 24$$; $$a\geq -3$$;
Итак, исходное неравенство верно для всякого $$x$$ из $$[0;7]$$ при $$a\in [-3;4]$$.
Задание 18
Даны $$n$$ различных натуральных чисел, составляющих арифметическую прогрессию $$(n>3)$$.
a) Пусть сумма всех $$n$$ штук данных чисел равна 14.
Пусть $$a_1$$ – первый член данной прогрессии, $$d$$ – шаг прогрессии. Тогда $$\frac{(2a_1+d(n-1))n}{2}=14$$; $$(2a_1+d(n-1))n=28$$; Пусть $$n=4$$.
Имеем $$(2a_1+3d)\cdot 4=28$$; $$2a_1+3d=7$$.
Если $$a_1=2$$,$$d=1$$, то имеем следующий ряд чисел: $$2;3;4;5$$. Это арифметическая прогрессия $$(n>3)$$, сумма которой равна $$14$$.
б) Пусть $$n$$ – наибольшее количество чисел данного ряда.
Тогда $$\frac{(2a_1+d(n-1))n}{2}<900$$; $$(2a_1+d(n-1))n<1800$$.
Очевидно, $$(2+1(n-1))n\leq (2a_1+d(n-1))n<1800$$; Поэтому $$(2+1(n-1))n<1800$$; $$n^2+n-1800<0$$; $$(n-\frac{-1+\sqrt{7201}}{2})(n-\frac{-1-\sqrt{7201}}{2})<0$$;
Так как $$84=\sqrt{7056}<\sqrt{7201}<\sqrt{7225}=85$$, то наибольшее натуральное значение $$n$$, отвечающее неравенству, – это $$41$$. Сумма ряда $$1;2;3;...41$$ равна $$\frac{(1+41)\cdot 41}{2}=861$$ (а уже у ряда $$1;2;3;...42$$ – сумма будет $$903$$).
в) $$\frac{(2a_1+d(n-1))n}{2}=123$$; $$(2a_1+d(n-1))n=246$$.
Так как $$246=2\cdot 3\cdot 41$$, то следует рассмотреть (учитывая, что $$n$$ уж точно меньше 41 и больше 3 по условию) лишь случай:
$$n=6, 2a_1+d(n-1)=41$$; $$n=6, 2a_1+5d=41$$;
При $$n=6$$ можно взять $$a_1=3, d=7$$.