Решение досрочного ЕГЭ 2015 по математике (март) 11 класс

перейти к условиям задач

14. Материал сайта www.itmathrepetitor.ru Стандартный алгоритм: находим производную функции $y=33x-30\sin x+29$ и приравниваем к нулю. Среди найденных корней уравнения (это нули производной) выбираем лишь те, которые принадлежат отрезку $[-\pi/2; 0]$. Добавляем к этим корням концевые точки отрезка $-\pi/2$ и $0$. А далее подставляем полученные значения в саму функцию $y=33x-30\sin x+29$ (не в производную!) вместо $x$ и определяем наибольшее среди получившихся $y$.
    Это все слова. Давайте конкретнее: $y'=(33x)'-(30\sin x)'+29'=33-30\cos x$. Для вычисления производной пригодились правила и таблица производных. Из уравнения $33-30\cos x=0$ следует, что $\cos x=\displaystyle\frac{11}{10}$. И кто-то от радости, что получилось простейшее уравнение, начинает применять формулу $x=\pm\arccos\displaystyle\frac{11}{10}+2\pi n, n\in Z$, не обращая внимание на факт $\displaystyle\frac{11}{10}>1$. Правильный ответ уравнения: корней нет. Поэтому рассматривать будем лишь концевые точки $-\displaystyle\frac{\pi}{2}$ и $0$. При $x=0$ значение функции (не производной!) $y=33\cdot 0-30\sin 0+29=29$. При $x=-\displaystyle\frac{\pi}{2}$ значение $y=33\cdot (-\displaystyle\frac{\pi}{2})-30\sin(-\displaystyle\frac{\pi}{2})+29$$=-\displaystyle\frac{33\pi}{2}+59<29$. То есть наибольшее значение равно $29$.
15. а) Разложим на множители левую часть уравнения методом группировки: $\cos^2 x\cdot (2\cos x-1)+(2\cos x-1)=9$$\Leftrightarrow (2\cos x -1)(\cos^2 x+1)=0$. Произведение равно нулю, значит, хотя бы один из множителей равен нулю. То есть $2\cos x-1=0$ или $\cos^2 x+1=0$. Второе уравнение не имеет корней, так как единица плюс неотрицательное число всегда больше нуля. Из первого уравнения получаем, что $\cos x=\displaystyle\frac{1}{2}\Leftrightarrow x=\pm\displaystyle\frac{\pi}{3}+2\pi n, n\in Z$.
    б) Разобьем формулу $x=\pm\displaystyle\frac{\pi}{3}+2\pi n, n\in Z$ на две более простых: 1)$x=\displaystyle\frac{\pi}{3}+2\pi n, n\in Z$; 2) $x=-\displaystyle\frac{\pi}{3}+2\pi n, n\in Z$. Найдем корни из первой формулы, которые принадлежат $[2\pi; \frac{7\pi}{2}]$. Для этого решим двойное неравенство $2\pi\le \displaystyle\frac{\pi}{3}+2\pi n\le \displaystyle\frac{7\pi}{2}$ $\Leftrightarrow 12\le 2+12n\le 21$ (после сокращения на $\pi$ и избавления от знаменателя)$\Leftrightarrow \displaystyle\frac{5}{6}\le n\le \displaystyle\frac{19}{12}$. Так как $n\in Z$, то есть по-русски $n$ - целое число (что это такое, смотрите здесь), то $n=1$. Тогда после подстановки в первую формулу получаем угол $\displaystyle\frac{\pi}{3}+2\pi=\displaystyle\frac{7\pi}{3}$.
    Аналогично поступаем со второй формулой: $2\pi\le -\displaystyle\frac{\pi}{3}+2\pi n\le \displaystyle\frac{7\pi}{2}$$\Leftrightarrow \displaystyle\frac{7}{6}\le n\le \displaystyle\frac{23}{12}$. Данному неравенству никакое целое $n$ не удовлетворяет. Значит, итоговый ответ пункта б): $\displaystyle\frac{7\pi}{3}$.
16. Проведем прямую через точку $K$ параллельно $BD_1$ до пересечения с прямой $B_1D_1$ в точке $F$ (смотрите рисунок). Точка $F$ существует, так как точки $K, B, D_1$ и $B_1$ лежат в одной плоскости. Через точки $F$ и $C_1$ проведем прямую до пересечения с ребром $A_1B_1$ в некоторой точке. Именно в этой точке плоскость $\alpha$ пересекает ребро $A_1B_1$, то есть это точка $P$ .  Треугольники $KB_1F$ и $BB_1D_1$ подобны, значит, $B_1F:FD_1 = 2:3$. Рассмотрим на плоскости грань $A_1B_1C_1D_1$ (смотрите второй рисунок).
    Продлим $C_1P$ до пересечения с продолжением $A_1D_1$ в точке $T$. Треугольники $TFD_1$ и $FB_1C_1$ подобны, значит, $B_1F:FD_1=B_1C_1:TD_1$, то есть $2:3=5:TD_1$, откуда $TD_1=\displaystyle\frac{5}{2}$. Тогда $TA_1=\displaystyle\frac{5}{2}-5=\displaystyle\frac{5}{2}$. Осталось заметить подобие треугольников $TPA_1$ и $PB_1C_1$, из которого следует, что $A_1P:PB_1=TA_1:B_1C_1$, то есть $A_1P:PB_1=1:2$. 
    б) Объем большей части найдем как разность объема куба и меньшей части. Объем куба равен 125. Меньшая часть является треугольной пирамидой $KPB_1C_1$, объем которой можно найти по формуле $\displaystyle\frac{1}{3}S_{KB_1P}\cdot B_1C_1$. Известно из условия, что $B_1C_1$ равно 5, $B_1K$ равно 2,  а из пункта а), что $PB_1$ равно $\displaystyle\frac{10}{3}$. Тогда искомый объем равен $125-\displaystyle\frac{1}{3}\cdot 5\cdot\frac{2\cdot \frac{10}{3}}{2} = \frac{1075}{9}$.
17. Материал сайта www.itmathrepetitor.ru Сразу заметим, что $\log_{0,5}(4+3x-x^2)=-\log_2(4+3x-x^2)$. Тогда после замены $t=\log_2(4+3x-x^2)$ неравенство принимает вид $t^2-7t+10>0$. Данное неравенство можно решить методом интервалов, для этого разложим левую часть на множители $(t-5)(t-2)>0$. Конечно, стоит научиться решать квадратные неравенства почти устно. В общем, $t\in (-\infty; 2)\cup (5; +\infty)$. Вернемся к переменной $x$ и запишем данный ответ в виде совокупности двух неравенств $\log_2(4+3x-x^2)>5$ и $\log_2(4+3x-x^2)<2$.
    Рассмотрим первое неравенство. Так как $5=\log_2{32}$, то оно равносильно неравенству $4+3x-x^2>32\Leftrightarrow x^2-3x+28<0$. Данное неравенство не имеет решений, так как квадратный трехчлен не имеет корней и коэффициент при $x^2$ больше нуля (то есть квадратный трехчлен принимает только положительные значения).
    Рассмотрим второе неравенство. Оно равносильно системе неравенств $\left\{\begin{array}{l l} 4+3x-x^2<4,\\ 4+3x-x^2>0\end{array}\right.$ $\Leftrightarrow \left\{\begin{array}{l l} x(x-3)>0,\\ (x-4)(x+1)<0\end{array}\right.$ $\Leftrightarrow \left\{\begin{array}{l l} x\in (-\infty; 0)\cup (3;+\infty),\\ x\in (-1;4)\end{array}\right.$. Тогда $x\in(-1;0)\cup (3;4)$.
18. а) Пусть точки $T$ и $R$ - точки касания окружности со сторонами $AB$ и $AD$ соответственно. Точка $F$ - точка касания окружности с прямой $MN$. По свойству касательных, проведенных из одной точки к окружности, $TM = MF$, $FN = NR$ и $AT=AR$. Тогда $P_{MAN}=MA+MF+FN+AN=MA+TM+NR+AN=TA+AR$$=2TA$. Но $TA$ равно половине стороны квадрата. Значит, $P_{MAN}$ равен стороне квадрата.

смотрите еще Репетиционный вариант ЕГЭ март, 2015