Slider

Маттренинги Вариант 2

1. Авторская задача. Собираясь в отпуск в Таиланд, Яна меняет 55 тысяч рублей на доллары по курсу 63 рубля за доллар, чтобы по прилете в Бангкок поменять доллары на тайские баты по курсу 31,5 бата за доллар. Сколько тайских бат получит Яна?

Ответ: 27500.

Решение:

1 доллар стоит 63 рубля или 31,5 тайских бата. Значит, за 2 рубля можно получить 1 бат, а за 55 тысяч рублей – 27500 бат.

2. Авторская задача. На диаграмме показано изменение площади акватории Аральского моря в период с 1998 по 2002 год (в км²). В каком году из указанного периода площадь Аральского моря впервые стала меньше 25000 км²?

Ответ: 2002.

3. Найдите величину угла ABC. Ответ дайте в градусах.

Ответ: 135.

Решение:

Соединим точки А и С с центром окружности – точкой О. Угол АОС – прямой, значит, величина дуги АВС равна 90°, а величина дуги АКС равна 360° - 90° = 270°. Вписанный угол равен половине угловой величины дуги, на которую он опирается. Величина угла АВС, опирающегося на дугу АКС, равна 135 градусов.

4. Вероятность того, что клиент банка не вернет кредит, в период экономического роста равна 0,04, а в период экономического кризиса 0,2. Вероятность начала экономического кризиса оценивается в 0,45. Чему равна вероятность того, что клиент не вернет кредит?

Ответ: 0,112.

Решение:

Как обычно, рисуем «дерево» возможных исходов. По условию задачи, экономический кризис начнется с вероятностью 0,45. С вероятностью 0,55 будет экономический рост.

Вероятность того, что клиент не вернет кредит, равна 0,55\cdot 0,04 + 0,45\cdot 0,2 = 0,112.

5. Найдите корень уравнения \log_{5}(5-x)=2\log_{5}3.

Ответ: -4.

Решение

log_5(5-x)=2log_53

log_5(5-x)=log_53^2

5-x=9

x=-4.

6. Угол ACO равен 24°. Его сторона CA касается окружности. Найдите градусную величину большей дуги AD окружности, заключенной внутри этого угла. Ответ дайте в градусах.

Ответ: 114.

Решение: Касательная перпендикулярна радиусу, проведенному в точку касания, поэтому угол ОАС – прямой. Тогда угол АОС равен 90° - 24° = 66°.
Угол АОD – смежный с ним – равен 180° - 66° = 114°. Он равен угловой величине дуги АD, на которую опирается. Величина дуги АD равна 114 градусов.

7. Прямая y=5x+5 является касательной к графику функции 8x^2+29x+c Найдите c.

Ответ: 23.

Решение:

Запишем условия касания:

\left\{\begin{matrix}f(x)=kx+b\\ f

\left\{\begin{matrix}8x^2+29x+c=5x+5\\ 16x+29=5\end{matrix}\right.

Найдем из второго уравнения абсциссу точки касания: x = - 1,5.
Подставив это значение в первое уравнение, найдем c = 23.

8. В основании прямой призмы лежит ромб с диагоналями, равными 6 и 8. Площадь ее поверхности равна 248. Найдите боковое ребро этой призмы.

Ответ: 10.

Решение:

Площадь полной поверхности призмы:

S= 2Sосн + Sбок

Площадь ромба равна половине произведения диагоналей на высоту:

Sромба = \frac{d_1\cdot d_2}{2}

Сторона основания равна 5 (нашли из прямоугольного треугольника АОВ).

Sосн = \frac{6\cdot 8}{2}=24

Боковые грани прямой призмы – равные прямоугольники со сторонами 5 и х.
Получим:

248 = 24 \cdot  2 + 4\cdot 5x;
x = 10.

9. Найдите значение выражения \displaystyle \frac{15\sqrt[5]{\sqrt[28]{a}}-7\sqrt[7]{\sqrt[20]{a}}}{2\sqrt[35]{\sqrt[4]{a}}} при a> 0.

Ответ: 4.

Решение:

Запишем корни в виде степеней:

\displaystyle \frac{15\sqrt[5]{\sqrt[28]{a}}-7\sqrt[7]{\sqrt[20]{a}}}{2\sqrt[35]{\sqrt[4]{a}}}=\displaystyle \frac{15\cdot a^{\frac{1}{140}}-7\cdot a^{ \frac{1}{140}}}{2\cdot a^{ \frac{1}{140}}}=\displaystyle \frac{15-7}{2}=4

10. Амплитуда колебаний маятника зависит от частоты вынуждающей силы, определяемой по формуле A(\omega )=\frac{A_0\omega ^2_p}{\begin{vmatrix}\omega ^2_p-\omega ^2\end{vmatrix}}, где \omega – частота вынуждающей силы (в c^{-1}), A_0 – постоянный параметр, \omega _p=360c^{-1} – резонансная частота. Найдите максимальную частоту \omega , меньшую резонансной, для которой амплитуда колебаний превосходит величину A_0 не более чем на 12,5% Ответ выразите в c^{-1}.

Ответ: 120.

Решение:

Поскольку частота меньше резонансной, \omega_p^2-\omega^2>0, , и знак модуля можно убрать.

Запишем, что A(\omega)  больше A_0 не более, чем на 12,5%.

A_\omega\leq A_0\cdot(1+1,025)

A_\omega\leq \frac{9}{8} A_0

Здесь намного удобнее работать с обыкновенными дробями, чем с десятичными.

\frac{A_0\cdot\omega^2_p}{\omega^2_p-\omega^2}\leq\frac{9}{8}A_0,

\frac{\omega^2_p}{\omega^2_p-\omega^2}\leq\frac{9}{8}, ~~\omega^2_p-\omega^2>0, поэтому

8\omega_p^2\leq 9(\omega_p^2-\omega_p);

8\omega_p^2\leq 9\omega_p^2-9\omega_p;

\omega_p^2-9\omega^2 \geq 0;

(\omega_p-3\omega)(\omega_p+3\omega)\geq 0;

\omega_p-3\omega \geq 0;

\omega\leq\frac{\omega_1}{3};

\omega_{max}=\frac{360}{3}=120c^{-1}

11. Весной катер идёт против течения реки в 1\frac{2}{3} раза медленнее, чем по течению. Летом течение становится на 1 км/ч медленнее. Поэтому летом катер идёт против течения в 1\frac{1}{2} раза медленнее, чем по течению. Найдите скорость течения весной (в км/ч).

Ответ: 5.

Решение:

Пусть х км/ч - собственная скорость катера, у км/ч - скорость течения весной.

Скорость течения летом равна у-1 км/ч. Скорость движения катера:

весна лето
По течению x+у х+у-1
Против течения x-у х-у+1

 

\begin{cases}\frac{x+y}{x-y}=\frac{5}{3} &\\ &\\\frac{x+y-1}{x-y+1}=\frac{3}{2} \end{cases}\Leftrightarrow\begin{cases} 3(x+y)=5(x-y)&\\2(x+y-1)=3(x-y+1) & \end{cases}\Leftrightarrow

\Leftrightarrow\begin{cases} x=4y&\\x+5=5y & \end{cases}\Leftrightarrow\begin{cases} x=20&\\y=5. & \end{cases}

12. Найдите точку максимума функции y=\log_{2}(2+2x-x^2)-2.

Ответ: 1.

Решение:

Рассмотрим функцию t(x)=2+2x-x^2.

Это парабола ветвями вниз с вершиной x=-\frac{b}{2a}=\frac{2}{2}=1.

При x=1 функция t(x) достигает наибольшего значения.

Поскольку функция y=log_2t-2 монотонно возрастает, большему t соответсвует большее y.

Наибольше значение функции y=\log_{2}(2+2x-x^2)-2 будет при x=1.

13. Дано уравнение
log_{cos x} ( cos 2x - sin x ) = 0

а) решите уравнение
б) найдите все корни, принадлежащие промежутку [ -3π; 2π].

Ответ: а) -\frac{\pi}{6}+2\pi n, ~~n\in Z

б)-\frac{13\pi}{6};~~ -\frac{\pi}{6};~~\frac{11\pi}{6}

Решение:

log_{cos x} ( cos 2x - sin x ) = 0\Leftrightarrow\begin{cases} cosx>0&\\ cosx\neq1\\cos2x-sinx>0\\log_{cosx}(cos2x-sinx)=log_{cosx}1 \end{cases}\Leftrightarrow

\Leftrightarrow\begin{cases} cosx>0&\\ cosx\neq1\\cos2x-sinx=1 \end{cases}\Leftrightarrow\begin{cases} cosx>0&\\ cosx\neq1\\1-2sin^2x-sinx=1\end{cases}\Leftrightarrow

\Leftrightarrow\begin{cases}sinx(2sinx+1)=0\\cosx>0&\\ cosx\neq1 \end{cases}\Leftrightarrow\begin{cases}\left[       \begin{gathered}        sinx=0; \\         sinx=-\frac{1}{2}, \\       \end{gathered} \right.\\cosx>0&\\ cosx\neq1\end{cases}

Эту систему не нужно решать в уме, нарисуем тригонометрический круг.

Решение в пункте (а): -\frac{\pi}{6}+2\pi n, ~~n\in Z.

Другие серии решений не входят в ОДЗ.

б)x\in [-3\pi; 2\pi]

-3\pi\leq-\frac{\pi}{6}+2\pi n \leq 2\pi

-18\leq-1+12n \leq 12

-\frac{17}{12}\leq n\leq \frac{13}{12}

n=-1,~~ 0, или 1

при n=-1~~ x= -\frac{13\pi}{6}

при n=0~~ x= -\frac{\pi}{6}

при n=1~~ x= -\frac{11\pi}{6}.

14. В основании призмы ABCA_1B_1C_1 лежит правильный треугольник, вершина C_1 проецируется в центр Q основания АВС.
а) Докажите, что плоскости ABC_1 и QCC_1 перпендикулярны,
б) Найдите угол между прямой AA_1 и плоскостью ABC_1, если боковое ребро призмы равно стороне основания.

Ответ:

б)\frac{\sqrt{3}}{3}

Решение:

Заметим, что ABCC_1- правильная пирамида.

а) \triangle ABC - правильный

CQ\cap AB=M, М - середина АВ; CQ\bot AB.

По теореме о трёх перпендикулярах, CM\bot AB. Значит,

(CC_1M)\bot AB - по принципу перпендикулярности прямой и плоскости.

Плоскость АВС, содержит прямую АВ, AB\bot (CC_1Q).

Значит, (ABC_1)\bot (CC_1Q) по признаку перпендикулярности плоскостей.

б) Угол пежду прямой AA_1 и плоскостью ABC_1 равен углу между CC_1 и (ABC_1), т.к. AA_1 \parallel CC_1.

Угол между прямой и плоскостью равен углу между рямой и её проекцией на плоскость.

Проведём в плоскости CC_1Q прямую CH, CH \bot C_1M.

Также CH\bot AB, т.к. CH\in (CC_1Q), ~~ (CC_1Q\bot AB.

Значит, CH\bot (ABC_1);, точка H - проекция точки C на плоскость (ABC_1),~~ \angle CC_1H=\varphi - искомый угол.

Пусть АВ=а - сторона основания призмы.

По условию, CC_1=a,~~ CM=a\frac{\sqrt{3}}{2} - как высота в правильном треугольнике ABC;~~ CQ=\frac{a\sqrt{3}}{3}.

Так как ABCC_1 - правильная пирамида, AC_1=BC_1=CC_1=a, и тогда CM=C_1M,

\angle CC_1Q=\angle C_1CQ=\varphi, т.к. \triangle CC_1M - равнобедренный.

Из \triangle CC_1Q:

cos \varphi=\frac{CQ}{CC_1}=\frac{a\sqrt{3}}{3\cdot a}=\frac{\sqrt{3}}{3}

Ответ: б)\frac{\sqrt{3}}{3}

15. Решите неравенство: \displaystyle \frac{\log_{x-2}(3x-1)+\log_{x-2}\frac{1}{x}}{x-4}\leq 0.

Ответ: x\in (3;4)

Решение:

\displaystyle \frac{\log_{x-2}(3x-1)+\log_{x-2}\frac{1}{x}}{x-4}\leq 0 \Leftrightarrow

\Leftrightarrow\begin{cases}x\neq4 &\\3x-1>0\\x>0\\x-2>0\\x-2\neq1\\\\ \displaystyle \frac{log_{x-2}(3x-1)-log_{x-2}x}{x-4} \leq0& \end{cases}

По методу замены множителя, множитель log_hf-log_hg заменяется в неравенствах на (h-1)(f-g). Получим систему:

\begin{cases} \displaystyle \frac{(x-3)(3x-1-x)}{x-4}\leq0&\\ x\neq4\\x>2\\x\neq3& \end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases}  \displaystyle \frac{(x-3)(2x-1)}{x-4}\leq0 &\\ x>2 \\ x\neq3\\x\neq4.& \end{cases}

Решим первое неравенство методом интервалов

Запишем ответ: x\in (3;4)

16. Четырехугольник КLMN можно вписать в окружность, причем LM = MN, отрезки КМ и LN пересекаются в точке Р.
а) докажите, что KM \cdot MP = LM^2
б) Известно, что КМ = 8, угол LMN равен 150 градусов. Найдите площадь четырехугольника КLMN.

Ответ: б) 16.

Решение:

а) Докажечм, что KM\cdot MP=LM^2.

По условию, LM=MN, тогда \angle MNL=\angle MLN= \varphi,

\triangle LMN - равнобедренный.

\angle MKL=\angle MNL= \varphi, (опирается на ту же дугу); \angle MKM=\angle NLM= \varphi.

\triangle MLP \sim \triangle MKL по двум углам,

\frac{MP}{LM}=\frac{LM}{KM}\Rightarrow LM^2=MP\cdot KM.

б) Пусть KM=8, \angle LMN=150^\circ.

Найдем S_{KLMN}.

Обозначим LM=y. Из треугольников KLM и NLM по теореме косинусов:

\begin{cases} y^2=LK^2+KM^2-2LK\cdot KM\cdot cos\varphi &\\ y^2=NK^2+KM^2-2NK\cdot KM\cdot cos\varphi; & \end{cases}

Отсюда

LK^2-16\cdot LK\ cdot cos \varphi = NK^2-16\cdot NK\ cdot cos \varphi,

LK^2-NK^2=16(LK-NK)\ cdot cos \varphi;

\left[       \begin{gathered}         LK=NK \\         LK+NK=16 cos \varphi. \\       \end{gathered} \right.

По условию, \angle LMN=150^\circ.

Тогда \varphi=\frac{180^\circ-150^\circ}{2}=15^\circ.

1) 1 случай

LK=NK, тогда \triangle LKN - равнобедренный, KM\bot LN,~~ \triangle KLM=90^\circ (т.к. \triangle MLP \sim \triangle MKL),

КМ - диаметр, из \triangle KLM:

LM=KM\cdot sin \varphi =8sin15^\circ;

из \triangle LMP:

LP=LM\cdot cos \varphi =8sin15^\circ cos15^\circ=4\cdot sin30^\circ=2;

LN=2LP=4,

S_{\triangle KLMN}=\frac{8\cdot 4}{2}=16.

2) 2 случай:

LK+NK=16 cos 15^\circ.

S_{ABCD}=S_{\triangle KLM}+S_{\triangle KNM}=\frac{1}{2}\cdot LK\cdot KM\cdot sin 15^\circ + \frac{1}{2}\cdot NK\cdot KM\cdot sin 15^\circ=

=\frac{1}{2}\cdot8\cdot16\cdot sin15^\circ\cdot cos15^\circ=32\cdot sin30^\circ=16.

17. 15-го января был выдан полугодовой кредит на развитие бизнеса. В таблице представлен график его погашения.

В конце каждого месяца, начиная с января, текущий долг увеличивался на 5%, а выплаты по погашению кредита происходили в первой половине каждого месяца, начиная с февраля. На сколько процентов общая сумма выплат при таких условиях больше суммы самого кредита?

Ответ: 22,5.

Решение:

Пусть S - сумма кредита, р=5% - процент банка, k=1+\frac{p}{100}=1,05.

Нарисуем схему погашения кредита:

Можно сказать, что к данной в условии таблице мы добавим еще одну строку. Она показывает, какой была сумма долга сразу после начисления процентов.

Общая сумма выплат:

B=kS(1+0,9+0,8+0,7+0,6+0,5)-S(0,9+0,8+0,7+0,6+0,5)=

=S(1,05 \cdot\frac{1+0,5}{2}\cdot6-\frac{0,9+0,5}{2}\cdot5)=S\cdot1,225=

=S(1+\frac{22,5}{100}).

Общая сумма выплат больше суммы кредита на 22,5%.

В задаче мы пользовались формулой суммы арифметического прогресса:

S=\frac{a_1+a_n}{2}\cdot n.

Это была классическая задача на кредиты "второго типа".

18. Найти все значения параметра a при каждом из которых уравнение

sin(x-3a)+sin(\frac{x^2-6x+7a}{2})=4x-x^2-a

не имеет действительных решений.

Ответ: а>4

Решение:

sin(x-3a)+sin(\frac{x^2-6x+7a}{2})=4x-x^2-a

Нестандартная задача с параметром. Надо искать хитрый способ решения.

Обозначим \frac{x^2-6x+7a}{2}=y.

Тогда x^2=2y+6x-7a,

4x-x^2-a=4x-2y-6x+6a=6a-2x-2y.

Мы ищем какую-либо связь между выражениями x-3a,~~ x^2-6x+7a

и 4x-x^2-a.

Теперь уравнение примет вид:

sin(x-3a)+siny=-2y-2(x-3a).

Сгруппируем в левой части только слагаемые, содержащие у.

siny+2y=-(sin(x-3a)+2(x-3a)).

Рассмотрим функцию

f(z)=sinz+2z.

Эта функция нечетная (как сумма двух нечетных функций), f(-z)=-f(z).

Найдем f\prime(z).

f\prime(z)=cosz+2>0, значит,

f(z) монотонно возрастает и каждое свое значение принимает ровно один раз.

Тогда из равенства f(z_1)=-f(z_2) следует, что z_1=-z_2.

Получим:

3a-x=y

3a-x=\frac{x^2-6x+7a}{2}

x^2-4x+a=0.

Это уравнение намного проще исходного! Нам нужно, чтобы оно не имело действительных решений, что выполняется, если его дискриминант отрицателен.

16-4a<0; ~~a>4.

Ответ: а>4.

19. На доске написано 30 различных натуральных чисел, каждое из которых либо четное, либо его десятичная запись заканчивается на цифру 7. Сумма написанных чисел равна 810.
а) Может ли быть 24 четных числа?
б) Может ли быть на доске ровно два числа, оканчивающихся на 7?
в) Какое наименьшее количество чисел с последней цифрой 7 может быть на доске?

Ответ: а) да

б) нет

в) 4

Решение:

а) Да, может. Например:

7; 17; 27; 37; 47; 57; (6 чисел) 2; 4; 6; 8; ...; 46; (23 числа) 66.

По формуле суммы арифметической прогрессии, S_n=\frac{a_1+a_n}{2}\cdot n,

7+17+. . . +57=\frac{7+57}{2}\cdot 6=192;

2+4+6+. . . +46=\frac{2+46}{2}\cdot 23=552

192+552+66=810.

б) Если ровно два числа на доске оканчиваются на 7, то на доске 28 четных чисел. Их сумма S не меньше, чем сумма 28 членов арифмертической прогрессии, в которой a_1-2, ~~d=2.

S\geq\frac{2\cdot2+2\cdot27}{2}\cdot28; ~~S\geq812 - противоречие с условием.

Мы применили формулу суммы n членов арифметической прогрессии:

S_n=\frac{2a_1+d(n-1)}{2}\cdot n

в) Количество чисел, оканчиающихся на 7, должно быть больше двух.

Кроме того, количество чисел, оканчивающихся на 7, должно быть четно, поскольку 810 - четное число, и сумма любого количества четных чисел также четна.

Подберём пример для 4 чисел, оканчивающихся на 7.

7; 17; 27; 37; (4 числа); 2; 4; 6; ...; 48; 50; (25 чисел); 72.

Сумма этих чисел равна 810.

Ответ:
а) да

б) нет

в) 4.


При разработке вариантов использованы условия задач с сайтов https://ege.sdamgia.ru/,
http://zadachi.mccme.ru, http://kvant.mccme.ru.

Интенсивная подготовка

Бесплатные пробные ЕГЭ

Расписание курсов

Звоните нам: 8 (800) 775-06-82 (бесплатный звонок по России)
                       +7 (495) 984-09-27 (бесплатный звонок по Москве)

Или нажмите на кнопку «Узнать больше», чтобы заполнить контактную форму. Мы обязательно Вам перезвоним.

Полный онлайн-курс подготовки к ЕГЭ по математике. Структурировано. Четко. Без воды. Сдай ЕГЭ на 100 баллов!

Смотреть

Для нормального функционирования и Вашего удобства, сайт использует файлы cookies. Это совершенно обычная практика.Продолжая использовать портал, Вы соглашаетесь с нашей Политикой конфиденциальности.

Позвоните мне

Все поля обязательны для заполнения

Отправить