Решение ЕГЭ Демо 2018 Профильный

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

Условия 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 $C$ 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 $a=\sqrt{65}+3$ .