Решение ЕГЭ Демо 2018 Профильный уровень

Решение демонстрационного варианта
контрольных измерительных материалов
единого государственного экзамена 2018 года
по математике
Профильный уровень

ЕГЭУсловия задач и ответы здесь

13. а) Преобразуем обе части уравнения: 1-2\sin^2x=1-\sin x \Leftrightarrow 2\sin^2x-\sin x=0 \Leftrightarrow \sin x(2\sin x-1)=0, откуда \sin x=0 или \sin x=0,5.

Из первого уравнения x=\pi n, n\in Z.

Из второго уравнения x=(-1)^k\pi/6+\pi k,k\in Z.

б) С помощью числовой окружности отберем корни из промежутка [-5\pi/2;-\pi)

Получаем числа -2\pi,-11\pi/6,-7\pi/6.

14. а) Пусть H - середина AC. 

Тогда BN^2=BH^2+NH^2=(3\sqrt{3})^2+6^2=63. Вместе с тем, BM^2+MN^2=(3^2+6^2)+(3^2+3^2)=63, а тогда по теореме, обратной теореме Пифагора, треугольник BMN - прямоугольный с прямым углом BMN.

б) Проведем перпендикуляр NP к прямой A_1B_1. Так как NP перпендикулярно A_1B_1 и A_1A, то NP перпендикулярно ABB_1. Поэтому MP - проекция MN на плоскость ABB_1. Прямая BM перпендикулярна MN, тогда по теореме о трех перпендикулярах BM перпендикулярно MP. Значит, угол NMP - линейный угол искомого угла.

Длина NP равна половине высоты треугольника A_1B_1C_1, то есть NP=\displaystyle\frac{3\sqrt{3}}{2}. Поэтому \sin NMP=\displaystyle\frac{NP}{MN}=\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{8}}. Следовательно, угол NMP равен arcsin\sqrt{3/8}.

15. Пусть t=3^x. Тогда \displaystyle\frac{t^2-6t+4}{t-5}+\frac{6t-51}{t-9}\le t+5 \Leftrightarrow \displaystyle\frac{(t-1)(t-5)}{t-5}-\frac{1}{t-5}+\frac{6(t-9)}{t-9}+\frac{3}{t-9}\le t+5, откуда \displaystyle\frac{t-3}{(t-5)(t-9)}\le0 \Leftrightarrow t\le 3 или 5<t<9.

При t\le3: 3^x\le3\Leftrightarrow x\le1.

При 5<t<9: 5<3^x<9\Leftrightarrow\log_35<x<2.

16. а) Обозначим центры окружностей O_1 и O_2 соответственно. Пусть общая касательная, проведенная к окружности в точке K, пересекает AB в точке M. По свойству касательных, проведенных из одной точки, AM = KM и KM = BM.   Треугольник AKB, у которого медиана равна половине стороны, к которой она проведена, прямоугольный. Вписанный угол AKD прямой, поэтому он опирается на диаметр AD. Значит, AD перпендикулярно AB. Аналогично получаем, что BC перпендикулярно AB. Следовательно, прямые AD и BC параллельны.

б) Пусть для определенности первая окружность имеет радиус 4, вторая - радиус 1. Треугольники BKC и AKD подобны,  AD:BC = 4:1. Пусть S_{BKC}=S, тогда S_{AKD}=16S.

У треугольников AKD и AKB общая высота, следовательно, \displaystyle\frac{S_{AKD}}{S_{AKB}}=\frac{DK}{KB}=\frac{AD}{BC}, то есть S_{AKB}=4S. Аналогично, S_{CKD}=4S.

Площадь трапеции ABCD равна 25S. Проведем к AD перпендикуляр O_2H, равный высоте трапеции, и найдем его длину из прямоугольного треугольника O_2HO_1 по теореме Пифагора O_2H=\sqrt{O_1O_2^2-O_1H^2}=4. Тогда S_{ABCD}=\displaystyle\frac{AD+BC}{2}\cdot AB=20. Значит, 25S=20 и S=0,8, S_{AKB}=4S=3,2.

17.  По условию, долг перед банком (в млн рублей) на 15-е число каждого месяца должен уменьшаться до нуля следующим образом:
1; 0,6; 0,4; 0,3; 0,2; 0,1; 0.
Пусть k=1+\displaystyle\frac{r}{100}, тогда долг на 1-е число каждого месяца равен:
k ; 0,6k ; 0,4k ; 0,3k ; 0,2k ; 0,1k .
Следовательно, выплаты со 2-го по 14-е число каждого месяца составляют:
k − 0,6; 0,6k − 0,4 ; 0,4k − 0,3 ; 0,3k − 0,2 ; 0,2k − 0,1; 0,1k .
Общая сумма выплат составляет:
k(1+0,6+0,4+0,3+0,2+0,1)-(0,6+0,4+0,3+0,2+0,1)=2,6(k-1)+1.
По условию, общая сумма выплат будет меньше 1,2 млн рублей, значит,
2,6(k-1)+1<1,2; 2,6\cdot\displaystyle\frac{r}{100}+1<1,2; r<7\displaystyle\frac{9}{13}.
Наибольшее целое решение этого неравенства — число 7. Значит, искомое число процентов равно 7.

18. www.itmathrepetitor.ru Если x\ge0, то уравнение (|x|-5)^2+(y-4)^2=9 задает окружность \omega_1 с центром в точке C_1(5;4) радиусом 3, а если x<0, то оно задает окружность \omega_2 с центром в точке C_2(-5;4) с таким же радиусом.  При положительных значениях a уравнение (x+2)^2+y^2=a^2 задает окружность \omega с центром в точке C(-2;0) радиусом a. Поэтому задача состоит в том, чтобы найти все значения a, при каждом из которых окружность \omega имеет единственную общую точку с объединением окружностей \omega_1 и \omega_2.

Из точки C проведем луч CC_1 и обозначим через A_1 и B_1 точки его пересечения с окружностью \omega_1, где A_1 лежит между C и C_1. Так как CC_1=\sqrt{(5+2)^2+4^2}=\sqrt{65}, то CA_1=\sqrt{65}-3, CB_1=\sqrt{65}+3.

При a<CA_1 или a>CB_1 окружности \omega и \omega_1 не пересекаются.

При CA_1<a<CB_1 окружности \omega и \omega_1 имеют две общие точки.

При a=CA_1 или a=CB_1 окружности \omega и \omega_1 касаются.

Из точки ? проведем луч CC_2 и обозначим через A_2 и B_2 точки его пересечения с окружностью \omega_2, где A_2 лежит между C и C_2. Так как CC_2=\sqrt{(-5+2)^2+4^4}=5, то CA_2=5-3=2, CB_2=5+3=8.

www.itmathrepetitor.ru При a<CA_2 или a>CB_2 окружности \omega и \omega_2 не пересекаются.

При CA_2<a<CB_2 окружности \omega и \omega_2 имеют две общие точки.

При a=CA_2 или a=CB_2 окружности \omega и \omega_1 касаются.

Исходная система имеет единственное решение тогда и только тогда, когда окружность \omega касается ровно одной из двух окружностей \omega_1 и \omega_2 и не пересекается с другой. Так как CA_2<CA_1<CB_2<CB_1, то условию задачи удовлетворяют только числа a=2 и a=\sqrt{65}+3.

смотрите также Демо ЕГЭ 2017 Базовый уровень