243 вариант Алекса Ларина. Разбор ЕГЭ математика 2019.
Решаем ЕГЭ 243 вариант Ларина. Подробное решение 1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15 заданий тренировочного варианта ЕГЭ Ларина №243 (alexlarin.com)
Решаем ЕГЭ 243 вариант Ларина. Подробное решение 16,17,18,19 заданий тренировочного варианта ЕГЭ Ларина №243 (alexlarin.com)
Задание 1
По тарифному плану «Лимитированный безлимит» Интернет‐провайдер каждый вечер снимает со счета абонента 26 рублей. Если на счету осталось меньше 26 рублей, то на следующее утро Интернет блокируется до пополнения счета. Сегодня утром на счету у Аристарха 800 рублей. Сколько дней (считая сегодняшний) он сможет пользоваться Интернетом, не пополняя счет?
Найдем количество дней: 800:26=30,7. Следовательно, округляем до меньшего, то есть 30 дней.
Задание 2
На диаграмме показано изменение цены на нефть в долларах США. Определите сколько раз падение цен на нефть сменялось их ростом.
Падение сменялось ростом четыре раза: 12/08-01/09; 02/09-03/09; 07/09-08/09; 09/09-10/09
Задание 3
Параллелограмм и прямоугольник имеют одинаковые стороны. Найдите тупой угол параллелограмма, если его площадь равна половине площади прямоугольника. Ответ дайте в градусах.
$$S_{1}=ab$$-площадь прямоугольника, где a,b - стороны прямоугольника $$S_{2}=ab \sin \alpha$$ – параллелограмма, где $$\alpha$$ - угол между смежными сторонами $$\frac{1}{2}ab=ab\sin \alpha \Leftrightarrow$$ $$\sin\alpha =\frac{1}{2}\Leftrightarrow$$ $$\alpha =30$$ Тогда тупой угол составит $$180-30=150$$
Задание 4
В торговом центре два одинаковых автомата продают шоколадки. Вероятность того, что к концу дня в автомате закончатся шоколадки, равна 0,6. Вероятность того, что шоколадки закончатся в обоих автоматах, равна 0,22. Найдите вероятность того, что к концу дня шоколадки останутся в обоих автоматах.
Вероятность, что закончатся хотя бы в одном :$$P=0,6+0,6-0,22=0,98$$ Событие "останутся шоколадки в обоих автоматах" противоположно событию "закончатся хотя бы в одном", следовательно, что останутся: $$P_{1}=1-0,98=0,02$$
Задание 5
Около окружности описана трапеция, периметр которой равен 60. Найдите ее среднюю линию.
Пусть a, b-боковые и c, d-основания , тогда $$a+b=c+d$$ (так как есть вписанная окружность). Тогда: $$P=a+b+c+d=2(c+d)=60$$ Следовательно, $$c+d=30$$, $$m=\frac{c+d}{2}=15$$-средняя линия.
Задание 6
На рисунке изображен график $$y=f'(x)$$ производной функции . Найдите абсциссу точки, в которой касательная к графику $$f(x)$$ параллельна оси абсцисс.
Касательная к графику функции параллельна оси Ох, если производная в точке касания равна 0. Так как нам дан график производной, то находим точку, где график пересекается ось Ох : x=2
Задание 7
Сечение площадью 2,25 проходит через середины ребер правильного тетраэдра. Найдите площадь S полной поверхности тетраэдра. В ответе укажите $$2\sqrt{3}S$$ .
Пусть a-сторона тетраэдра .Тогда $$\frac{a}{2}$$-сторона сечения (т.к. проходит через середины сторон, само сечение квадрат):$$(\frac{a}{2})^{2}=2,25\Leftrightarrow$$ $$\frac{a}{2}=1,5\Leftrightarrow a=3$$ Площадь одной грани: $$S=\frac{\sqrt{3}a^{2}}{4}=\frac{9\sqrt{3}}{4}$$ Площадь поверхности: $$\frac{9\sqrt{3}}{4}*4=9\sqrt{3}$$ Тогда в ответ запишем: $$9\sqrt{3}*2\sqrt{3}=54$$
Задание 8
Найдите значение выражения $$\log_{2}\cos\frac{\pi}{12} +\log_{2}\sin\frac{\pi}{24} +\log_{2}\sin\frac{11\pi}{24}$$
$$\log_{2} \cos \frac{\pi}{12}+\log_{2}\sin\frac{\pi}{24}+\log _{2}\sin \frac{11\pi}{24}=$$$$\log_{2}\cos \frac{\pi}{12}\sin \frac{\pi}{24}\sin (\frac{\pi}{2}-\frac{\pi}{24})=$$$$\log_{2}\cos \frac{\pi}{12} \sin \frac{\pi}{24}\cos \frac{\pi}{24}=$$$$\log_{2}\cos\frac{\pi}{12}*\frac{1}{2}\sin \frac{\pi}{12}=$$$$\log_{2}\frac{1}{4}\sin \frac{\pi}{6}=$$$$\log _{2}\frac{1}{4}*\frac{1}{2}=-3$$
Задание 9
Деталью прибора является квадратная рамка с намотанным на нее проводом, через который пропущен постоянный ток. Рамка помещена в однородное магнитное поле так , что она может вращаться. Момент силы Ампера (в Н∙м), стремящейся повернуть рамку, определяется формулой $$M=NIBl^{2}\sin \alpha$$, где $$I=8A$$‐ сила тока в рамке, $$B=0,05$$ Тл ‐ значение индукции магнитного поля, $$l=0,03$$ м ‐ размер рамки, $$N=500$$ ‐ число витков провода в рамке, $$\alpha$$ ‐ острый угол между перпендикуляром к рамке и вектором индукции. При каком наименьшем значении угла $$\alpha$$ (в градусах) рамка может начать вращаться, если для этого нужно, чтобы раскручивающий момент M был не меньше 0,09 Н*м .
Выразим синус угла из формулы: $$M=NIBL^{2}\sin x\Leftrightarrow \sin \alpha =\frac{M}{NIBl^{2}}$$ Найдем значение синуса угла и сам угол: $$\sin\alpha =\frac{0,09}{500*0,05 *(0,03 )^{2}*8}=$$$$\frac{9*10^{-2}}{5*10^{2}*5*10^{-2}*9*10^{-4}*8}=$$$$\frac{10^{2}}{5^{2}*8}=\frac{4}{8}=\frac{1}{2}\Rightarrow \alpha =30$$
Задание 10
Велосипедист ехал сначала 3 минуты с горы, а затем 5 минут в гору. Обратный путь он проделал за 16 минут, двигаясь с горы и в гору с теми же скоростями, что и прежде. Во сколько раз скорость велосипедиста при движении с горы была больше, чем скорость в гору?
Пусть x км\м-скорость с горы, у км\м-в гору. Тогда общее расстояние с горы :3x; в гору: 5y. Тогда в обратную сторону время составит: $$\frac{3x}{y}+\frac{5y}{x}=16\Leftrightarrow$$ $$3x^{2}+5y^{2}=16xy|:y^{2}$$ $$\frac{3x^{2}}{y^{2}}=-16\frac{x}{y}+5=0$$,пусть $$\frac{x}{y}=a$$ $$3a^{2}-16a+5=0$$ $$D=256-60=196$$ $$a_{1}=\frac{16-15}{6}\frac{1}{3}\Rightarrow$$ $$y=3x$$-скорость в гору не может быть больше чем с горы. $$a_{2}=\frac{16+14}{6}=5\Rightarrow$$ $$x=5y$$ Скорость с горы не может быть меньше скорости в гору, следовательно, остается только $$x=5y$$, то есть в 5 раз
Задание 11
Найдите наименьшее значение функции $$y=\log_{3} (x^{2}-6x+10)+2$$
$$y=log_{3}(x^{2}-6x+10)+2$$ Найдем минимальное значение функции; $$y_{min}$$ при $$x^{2}-6x+10\rightarrow min$$ Минимальное значение квадратичная функция принимает в вершине параболы (ветви вверх): $$x_{0}=-\frac{-6}{2}=3\Rightarrow$$ $$y_{0}=9-6*3+10=1$$ Тогда минимальное значение функции: $$y_{min}=log_{3}(1)+2=2$$
Задание 12
а)$$5*25 ^{x-\frac{1}{2}}-19*10^{x}+6*4^{x+\frac{3}{2}}=0$$
$$5*25^{-\frac{1}{2}}*5^{2x}-19 *2^{x}*5^{x}+6*4\frac{3}{2}*2^{2x}=0|:2^{2x}$$
$$(\frac{5}{2})^{2x}-19(\frac{5}{2})^{x}+48=0$$
Введем замену:
$$(\frac{5}{2})^{x}=y>0$$
$$y^{2}-19y+48=0$$
$$D=361-192=169$$
$$\left\{\begin{matrix}y_{1}=\frac{19+13}{2}=16\\y_{2}=\frac{19+13}{2}=3\end{matrix}\right.\Leftrightarrow$$ $$\left\{\begin{matrix}(\frac{5}{2})^{x} =16\\(\frac{5}{2})^{x}=3\end{matrix}\right.\Leftrightarrow$$ $$\left\{\begin{matrix}x=\log_{2,5} 16\\x=\log_{2,5}3\end{matrix}\right.$$
б) Представим [3;4] в виде логарифмов с основанием 2,5: $$[3;4] \Leftrightarrow [\log_{2,5} 2,5^{3};\log_{2,5} 2,5^{4}] \Leftrightarrow [\log_{2,5} 15,625;\log_{2,5} 39,0625]$$. Как видим, попадает только $$\log_{2,5} 16$$, так как у $$\log_{2,5}3$$ логарифмируемое выражение меньше нижний границы: $$3<15,625$$
Задание 13
На ребре SD правильной четырёхугольной пирамиды SАВСD отмечена точка M, причем SМ:МD=3:2. Точки P и Q – середины рёбер BC и AD соответственно
а) 1)Соединяем точки Q и P и Q и M (лежат в одной плоскости). Так как Q и P середины, то $$QP\parallel DC$$, тогда построим через М прямую, параллельную DC, пусть она пересекет SC в точке L. То есть $$ML\parallel DC\parallel QP$$, значит QMLP - трапеция
2)Из параллельности ML и DC получаем подобие SML и SDC, тогда, так как DS=CS, то и MD=LC. Так как AD=BC, то их половины QD=PC. $$\angle QDM=\angle PCM$$, тогда треугольники QDM и CPL равны по двум стороным и углу между ними и MQ=PL, то есть тапеция равнобедренная.
б) 1)Разобьем многогранник QDCPLM на четырехугольную пирамиду QDCPM и треугольную MLCP. Пусть объем пирамида SABCD равен V.
2) Если опустить перпендикуляр из точки M к плоскости ABCD, то его длина будет относить к длине перпендикуляра из S к этой плоскости так же, как DM:DS=2:5. При этом площадь QDCP составляет половину от ABCD. Выразим объем QDCPM через V: $$V_{QDCPM}=\frac{2}{5}*\frac{1}{2}V=\frac{1}{5}V$$
3) Аналогично рассмотрим пирамиды MLCP и DSCB. Высота первой к высоте второй, опущенный к плоскости SBC будут относиться как SM:SD=3:5. При этом площадь LCP составляет $$\frac{CL*CP}{CS*CB}$$ от площади SBC, то есть $$\frac{1}{5}$$. Тогда $$V_{MLCP}=\frac{3}{5}*\frac{1}{5}V_{DSCB}=\frac{3}{25}V_{DSCB}$$. Но если рассматривать DSCB как пирамиду с основанием DCB, то очевидно, что $$V_{DSCB}=\frac{1}{2}V$$ и тогда $$V_{MLCP}=\frac{3}{50}V$$
4) В итоге $$V_{QDCPLM}=\frac{1}{5}V+\frac{3}{50}V=\frac{13}{50}V$$. Тогда оставшаяся часть составим $$V-\frac{13}{50}V=\frac{37}{50}V$$. И отношение частей $$\frac{13}{37}$$
Задание 14
Решите неравенство $$\frac{4}{(\frac{1}{3})^{x-1}-9}-\frac{1}{(\frac{1}{3})^{x}-1}-3^{x-1}> 0$$
$$\frac{4}{(\frac{1}{3})^{x-1}-9}-\frac{1}{(\frac{1}{3}^{x})-1}-3^{x-1}>0$$
$$\frac{4}{3 (\frac{1}{3})^{x}-9}-\frac{1}{(\frac{1}{3})^{x}-1}-(\frac{1}{3})^{-x}*\frac{1}{3}>0$$
Замена: $$(\frac{1}{3})^{x}=y>0$$
$$\frac{4}{3y-9}-\frac{1}{y-1}-\frac{1}{3y}>0$$
$$\frac{4(3y(y-1))-3y(3y-9)-(3y-9)(y-1)}{3y(y-1)(3y-9)}>0$$
$$\frac{12y^{2}-12y-9y^{2}+27 y-3y^{2}+3y+9y-9}{3y(y-1)(3y-9)}>0$$
$$\frac{27y-9}{3y(y-1)(3y-9)}>0\Leftrightarrow \frac{3y-1}{y(y-1)(y-3)}>0$$
Построим координатную прямую, отметим нули данного выражения, расставим знаки значений, которые принимает данное выражение на полученных промежутках:
С учетом , что $$y>0$$ имеем:
$$\left[\begin{matrix}\left\{\begin{matrix}y>\frac{1}{3}\\y<1\end{matrix}\right.\\y>3\end{matrix}\right.\Leftrightarrow$$ $$\left[\begin{matrix}\left\{\begin{matrix}3^{-x}>3^{-1}\\3^{-x}<3^{0}\end{matrix}\right.\\3^{-x}>3^{1}\end{matrix}\right.\Leftrightarrow $$$$\left[\begin{matrix}\left\{\begin{matrix}x<1 \\x>0\end{matrix}\right. \\x<-1\end{matrix}\right.$$
Тогда $$x\in (-\infty ;-1)\cup(0;1)$$
Задание 15
Окружность с центром О, вписанная в треугольник АВС, касается его сторон АВ, АС и ВС в точках С1, В1 и А1 соответственно. Биссектриса угла А пересекает эту окружность в точке Q , лежащей внутри треугольника АВ1С1.
а) 1) $$\Delta AB_{1}Q$$ и $$\Delta AC_{1}Q :AB_{1}=AC_{1}$$(отрезки касательных), $$\angle B_{1}AQ=\angle QAC_{1}$$(AQ-биссектриса )
AQ-общая $$\Rightarrow \Delta AB_{1}Q=\Delta AC_{1}Q\Rightarrow$$ $$\Delta QB_{1}C_{1}$$ - равнобедренный и $$\angle QB_{1}C_{1}=\angle B_{1}C_{1}Q=\alpha$$ $$\Rightarrow \cup B_{1}Q=\cup QC_{1}=\alpha$$
2) $$\angle B_{1}C_{1}Q=\frac{1}{2}\cup B_{1}Q=\frac{1}{2}\alpha$$ (вписанный), $$\angle QC_{1}A=\frac{1}{2}\cup QC_{1}=\frac{1}{2}\alpha$$( между хордой и касательной) $$\Rightarrow \angle B_{1}C_{1}Q=\angle QC_{1}A\Rightarrow C_{1}Q$$-биссектриса
б) 1) из п.(a) получаем, что и $$\angle QB_{1}C_{1}=\angle QB_{1}A\Rightarrow B_{1}Q$$ –биссектриса $$\Rightarrow Q$$-центр вписанной окружности $$\Rightarrow QO$$-расстояние
2)$$r=\frac{S}{p}=\sqrt{\frac{(p-a)(p-b)(p-c)}{p}}; p=\frac{17+9+10}{2}=18$$
$$S=\sqrt{\frac{(18-9)(18-10)(18-17)}{18}}=\sqrt{\frac{9-8}{18}}=2$$
Задание 16
15‐го января планируется взять кредит в банке на 24 месяца. Условия его возврата таковы:
Какую сумму следует взять в кредит, чтобы общая сумма выплат после полного его погашения равнялась 1 млн рублей?
Пусть S-начальная сумма, n=24 - число месяцев; a=0,02 - процент (представлен в долях). Так как долг гасится равномерно за 24 месяца (основная его часть), то ежемесячный платеж по основному долгу: $$\frac{S}{n}=\frac{S}{24}$$. Так же к данному платежу будут прибавлять ежемесячные начисленные проценты на оставшуюся часть долга:
| месяц | долг на начало месяца | начисленный процент | итоговый платеж |
| 1 | S | Sa | $$\frac{S}{24}+Sa$$ |
| 2 | $$S-\frac{S}{24}=\frac{23S}{24}$$ | $$\frac{23S}{24}a$$ | $$\frac{S}{24}+\frac{23S}{24}a$$ |
| ... | ... | ... | ... |
| 24 | $$\frac{S}{24}$$ | $$\frac{S}{24}a$$ | $$\frac{S}{24}+\frac{S}{24}a$$ |
Сложим все выплаты и получим суммарные выплаты за 24 месяца:
$$24\frac{S}{24}+Sa(1+\frac{23}{24}+\frac{22}{24}+\frac{1}{24})=S+Sa*\frac{15}{2}=10^{6}$$
Найдем первоначальную сумму долга:
$$S(1+\frac{2}{100}*\frac{25}{2})=10^{6}$$
$$S=\frac{10^{6}*4^{4}}{5}=800000$$
Задание 17
Найдите все значения параметра a, при каждом из которых система уравнений $$\left\{\begin{matrix}x^{2}+5x+y^{2}-y-|x-5y+5|=52\\ y-2=a(x-5)\end{matrix}\right.$$ имеет ровно два решения
$$\left\{\begin{matrix}x^{2}+5x+y^{2}-y-\left | x-5y+5 \right |=52|(f)\\y-2=a(x-5)|(g)\end{matrix}\right.$$
Рассмотрим варианты раскрытия модуля:
1) При $$x-5y+5\geq 0\Leftrightarrow y\leq \frac{x}{5}+5$$
$$f_{1}:x^{2}+5x+y^{2}-y-x+5y-5=52$$
$$x^{2}+4x+4-4+y^{2}+4y+4-4-5=52$$
$$(x+2)^{2}+(y+2)^{2}=65$$-окружность с центром (-2 ;-2) и радиусом $$\sqrt{65}$$
2) При $$x-5y+5<0\Leftrightarrow y>\frac{x}{5}+5$$
$$f_{2}: x^{2}+5x+y^{2}-y+x-5y+5=52$$
$$x^{2}+6x+9-9+y^{2}-6y+9-9+5=52$$
$$(x+3)^{2}+(y-3)^{2}=65$$ - окружность с центром $$(-3;3)$$ и радиусом $$\sqrt{65}$$
При этом $$g: y=a(x-5)+2$$-прямая, проходящая через точку
Построим график обеих функций:
Чтобы прямая y=a(x-5)+2 имела 2 точки, то :
$$a \in (b_{1}; \frac{1}{5})$$, где $$b_{1}$$-коэффициент касательной $$y=b_{1}x+n_{1}(1)$$k и $$a \in (\frac{1}{5};b_{2})$$, где $$b_{2}$$- коэффициент касательной $$y=b_{2}x+n_{2}(2)$$(в обоих случаях касательная в точке (5;2))
1) Посмотрим радиус $$O_{2}A$$ . Задаем коэффициент k данной прямой $$f=\frac{4}{7}$$, при этом $$y=b_{1}x+n_{1}\perp O_{1}A\Rightarrow k*b_{1}=-1\Rightarrow b_{1}=-\frac{7}{4}$$
2) Аналогично $$O_{2}A$$: $$k=-\frac{1}{8}\Rightarrow b_{2}=8$$
В итоге получаем: $$a\in (-\frac{7}{4}; 8)$$