Решение пробного ЕГЭ 2015 по математике (март) Профильный уровень 11 класс

перейти к условиям задач

1. Для покраски 67 кв. м необходимо $67\cdot 160 = 10720$ г краски. Это $10,72$ кг. Значит, количество банок необходимо $10,72 : 1,5 \approx 7,13$. Но так как количество банок должно быть целым числом, то округляем, причем в большую сторону, так как округление в меньшую сторону означает, что краски на весь потолок не хватит. Значит, 8 банок.
2. Одна клетка вдоль оси ординат (это вертикаль) значит 4 г. За первые три минуту функция изменила значение на 3 клетки, что соответствует 12 г. То есть 12 г вступило в реакцию за первые три минуты.
3. Для каменного фундамента необходимо $7\cdot 1500 +8\cdot 250=12500$ р. Для бетонного необходимо $5\cdot 710+36\cdot 250=12550$ р. Дешевле будет стоить каменный фундамент.
4. Похожая задача разбирается здесь (номер B5). Обрамим треугольник прямоугольником так, что все вершины треугольника принадлежат сторонам прямоугольника, а одна вершина еще и совпадает с вершиной прямоугольника. Такой прямоугольник состоит из исходного закрашенного треугольника и еще трех прямоугольных незакрашенных треугольников. Площадь закрашенного можно найти как разность площади прямоугольника и суммы площадей трех незакрашенных: $4\cdot 7 -\displaystyle\frac{1}{2}\cdot 3\cdot 4-\frac{1}{2}\cdot 3\cdot 7-\frac{1}{2}\cdot 1\cdot 4=\frac{19}{2}$
5. Вероятность того, что чайник выйдет из строя в течение первых пяти лет равна $1-0,48=0,52$. И это вероятность равна сумме вероятностей двух несовместных событий: чайник вышел из строя в течение первых двух лет работы и чайник вышел из строя в течение следующих трех лет работы. Тогда $0,32 + p =0,52$, откуда $p=0,2$.
6. Так как $\displaystyle\frac{1}{2}=2^{-1}$ и $(a^n)^m=a^{n\cdot m}$, то уравнение принимает вид $2^{3-2x}=16\Leftrightarrow 2^{3-2x}=2^4$, то есть $3-2x=4$ и $x=-0,5$.
7. Синус угла А равен $\displaystyle\frac{CB}{AB}=\frac{12}{AB}=\frac{3}{4}$, откуда $AB$ равно 16. Так как $CB^2=HB\cdot AB$ (по метрическим соотношениям в прямоугольном треугольнике), то $HB$ равно $9$. Значит, $AH=16-9=7$. Кстати, при нахождении каких-либо элементов треугольника себя всегда можно проверить здесь.
8. Если производная положительна на каком-либо интервале, то соответствующая функция на этом интервале возрастает. Поэтому на [-7; -3] $y=f(x)$ возрастает, хотя производная то убывает, то возрастает. А важен только знак производной - и она положительна. Получается, что функция начинает движение с точки $x=-7$ и далее все время возрастает. Значит, наименьшее значение в точке $x=-7$. Здесь в решении для простоты объяснения допущены некоторые вольности в фразах.
9. Многогранник $DCBB_1$ является треугольной пирамидой с основанием $BCD$ и высотой $B_1B$. Поэтому его объем равен $\displaystyle\frac{1}{3}\cdot BB_1\cdot \frac{1}{2}\cdot BC\cdot CD$ $=\displaystyle\frac{1}{3}\cdot 6\cdot\frac{1}{2}\cdot 4\cdot 5=20$.
10. В решении нам пригодятся формулы приведения и формула для синуса двойного угла. Заметим, что $\sin 178^{o}=\sin(180^{o}-2^{o})=\sin 2^{o}$ и $\sin 89^{o}=\sin(90^{o}-1^{o})=\cos 1^{o}$. Тогда выражение принимает вид $\displaystyle\frac{-7\sin 2^{o}}{\cos 1^{o}\cdot \sin 1^{o}}$. Домножим числитель и знаменатель дроби на $2$ и тогда к знаменателю применима формула для синуса двойного угла. После сокращения получаем $-14$.

11. Поставим известные данные в формулу $f=f_o\cdot\frac{c+u}{c-v}$. Получим $f=140\cdot\frac{c+14}{c-10}$. И перейдем к неравенству $140\cdot\frac{c+14}{c-10}\ge 150$, которое решим методом интервалов. Перенесем $150$ в левую часть, приведем к общему знаменателю дроби и получим в итоге, что $\frac{c-346}{c-10}\le 0$. Откуда $c\in (10; 346]$ и наибольшее значение $c$ равно $346$.
12. Вспомним две формулы: объем шара равен $\frac{4}{3}\pi R^3$ и объем конуса равен $\frac{1}{3}\cdot \pi R^2 h$. Но в данном конусе высота равна радиусу $h=R$ шара, так как центр шара совпадает с центром основания конуса. Значит, $\frac{4}{3}\pi R^3=60$, откуда $\pi R^3 = 45$. И объем конуса равен $\frac{1}{3}\cdot 45=15$.
13. Производительность первого переводчика равна $\frac{58}{29}=2$ стр/день, второго - $\frac{50}{20}=2,5$ стр/день. Если первый возьмет себе $x$ страниц, то второму останется $108-x$ стр. Так как время работы каждого переводчика одинаково, то $\displaystyle\frac{x}{2}=\frac{108-x}{2,5}$, откуда $x=48$. Значит, первый переводчик должен взять себе на $58-48=10$ стр меньше.
14. Производная функции равна $y'=2(x+2)e^{3-x}+(x+2)^2e^{3-x}\cdot (-1)$. Приравниваем ее к нулю и решаем уравнение: $2(x+2)e^{3-x}-(x+2)^2e^{3-x}=0$$\Leftrightarrow 2(x+2)-(x+2)^2=0$ (сократили на положительное выражение $e^{3-x}$ без потери корней). Тогда $-x(x+2)=0$, откуда $x=0$ или $x=-2$. Производная меняет знак с "+" на "-" только в точке $x=0$.
15. а) Возведем правую и левую части уравнения в квадрат. Однако, данное преобразование может привести к появлению посторонних корней. Поэтому дополнительно требуем, чтобы $-2\cos x \ge 0$. Получаем уравнение $7-8\sin x=4\cos^2 x\Leftrightarrow 7-8\sin x=4(1-\sin^2 x)$$\Leftrightarrow 4\sin^2 x-8\sin x+3=0$. Здесь полезно повторить тригонометрические формулы. Решаем данное уравнение как квадратное относительно $\sin x$. Тогда $\sin x=\frac{1}{2}$. (второй корень $\frac{3}{2}>1$). Так как $\cos x$ должен быть неположительным, то $x=\frac{5\pi}{6}+2\pi n, n\in Z$.
    б) Решим двойное неравенство $-\frac{3\pi}{2}< \frac{5\pi}{6}+2\pi n< \frac{3\pi}{2}$$\Leftrightarrow -9< 5+12n< 9$$\Leftrightarrow -\frac{7}{6}< n<\frac{1}{3}$. Так как $n\in Z$, то есть целое число, то $n=0$ или $n=-1$. Подставляем данные значения в формулу $\frac{5\pi}{6}+2\pi n$ и находим два конкретных угла.
16. Проведем через точку М прямую, параллельную AD, до пересечения в точке К с прямой SB. Точка К существует, так как прямая AD параллельна плоскости BSC. Тогда ADMK - искомое сечение. В равнобедренном треугольнике SDC известны все стороны, поэтому медиану DM без труда можно найти по формуле $m=\frac{1}{2}\sqrt{2(a^2+b^2)}-c^2$ (подробнее смотрите справочник). Медиана равна $\frac{\sqrt{6}}{2}$. При нахождении каких-либо элементов треугольника себя всегда можно проверить здесь. Тогда в трапеции ADMK известны боковые стороны DM=AK и нижнее основание AD. Верхнее основание KM равно $\frac{1}{2}$, так как KM - средняя линия треугольника SBC. Осталось найти площадь равнобедренной трапеции, если известны все стороны. Для этого можно из точек K и M провести две высоты KH и MT на AD. Тогда TD равно $\frac{1}{4}$. И после нахождения высоты по теореме Пифагора в треугольнике MTD применить формулу площади трапеции $S=\frac{a+b}{2}\cdot h$.
17. В этом примере полезно вспомнить, что $\log_ab-\log_ac$ можно заменить на эквивалентное по знаку выражение $(a-1)(b-c)$ (и учесть область определения логарифмов, конечно же). Повторить свойства логарифмов. Этот факт пригодится в конце решения. А пока упростим все слагаемые (и помним, что при преобразованиях меняются ограничения на $x$, которые проверим в конце решения): $\log_{3-x}(3-x)+\log_{3-x}(2-x)\le \displaystyle\frac{2\log_{3-x}|x-3|}{2\log_{x+2}|x-3|}+1$. Так как $3-x>0$ из-за существования логарифма в левой части, то $|x-3|=3-x$ и неравенство принимает вид $\log_{3-x}{(2-x)}-\log_{3-x}{(x+2)}\le 0$$\Leftrightarrow -2x(2-x)\le 0$. Откуда с учетом ограничений исходного неравенства получаем ответ. Самое важное: не забыть модуль, когда выносим четную степень; не забыть, что свойство $\log_a(bc)=\log_ab+\log_ac$ применимо только при $b>0, c>0$. Поэтому при разложении левой части в начале решения разложение квадратного трехчлена именно такое $(3-x)(2-x)$, а не $(x-2)(x-3)$.
19. Если $x$ -  сумма в рублях, которую Васильев каждый год вкладывает в банк, то $1,1x$ - сумма через год, $1,1x+x$ - новый вклад через год, $1,1(1,1x+x)$ - сумма через два года и так далее. Приходим к равенству $1,1(1,1(1,1x+x)+x)=72820$. Решив это линейное уравнение, получим $x=20000$.
20. Когда-то давно задачи такого типа часто встречались на вступительных экзаменах в МФТИ. И это радует. Каждую пару $(x,y)$ можно рассматривать как точку на плоскости в заданной системе координат. Тогда система уравнений - это точки пересечения графиков уравнений. Второе уравнение системы $y^2+(x-2)^2+6=a$ является уравнением окружности, если $a-6>0$. Тогда ее центр находится в точке $(2;0)$, а радиус равен $\sqrt{a-6}$. Так как $a$ - параметр, то данная окружность имеет фиксированный центр и произвольный радиус, который мы можем регулировать параметром. Необходимо подобрать такой параметр, чтобы окружность пересекла график первого уравнения только в одной точке. Первое уравнение преобразуем к виду $\sqrt{(x+2)^2+(y+5)^2}+\sqrt{(x+2)^2+(y+3)^2}=2$. Если вспомнить, что расстояние между двумя точками на плоскости может быть найдено по формуле $\sqrt{(x_1-x_2)^2+(y_1-y_2)^2}$, то становится понятно, почему первое уравнение геометрически означает, что сумма расстояния от точки $(-2; -5)$ до точки $(x;y)$ и расстояния от точки $(-2; -3)$ до точки $(x;y)$ равна $2$. Но расстояние между точками $(-2; -5)$ и $(-2;-3)$ равно 2, поэтому точка $(x;y)$ может быть только на отрезке между этими двумя точками. То есть графиком первого уравнения является отрезок. Осталось выбрать такое $a$, чтобы окружность пересекла отрезок ровно в одной точке.
21. а) Довольно быстро строится пример: $-1+4+9+16+25-36-49+64=32$. Вопрос только в фразе "Между ними произвольным образом расставляют знаки", то есть первое число $1^2$ не может стать $-1^2$. Поэтому такой пример, строго говоря, недопустим. Но, наверное, это замечание не стоит учитывать. б) Заметим, что $112= 13\cdot 8$. Следовательно, можно изучить серии чисел из восьмерок. Если окажется, что в разбиении на восьмерки числа $112$ каждая восьмерка чисел может давать в сумме ноль, то решение найдено. Действительно, такое разбиение существует (это восьмерки последовательных чисел) и знаки в каждой из них можно выбрать такие: +, -, -, +, -, +, +, -.  в) Рассмотреть остаток от деления на 4. 

смотрите еще Досрочный ЕГЭ март, 2015 по математике с ответами и решениями