ЕГЭ-2023 Вариант 5, решения

Видеоразбор: https://www.youtube.com/watch?v=jvXj7e6TfHE;t\&t=1s
и https://www.youtube.com/watch?v=-OLWM0opafc&t;t\&t=6s

Часть 1. Задания с кратким ответом

1. Четырехугольник $ABCD$ вписан в окружность с диаметром $AC = 10$ , сторона $AB$ равна 8. Найдите тангенс угла $BDC$ .

Решение:
Четырехугольник $ABCD$ - вписан вокружность, угол $ABC$ – прямой, так как опирается на диаметр $AC$ .

$AC = 10$ ; $AB=8$ , из прямоугольного треугольника $ABC$ : $BC = 6$ по теореме Пифагора.

$\angle BDC$ - вписанный угол, он равен половине дуги $BC$ .

На эту дугу также опирается вписанный угол $BAC$ . Значит, $\angle BDC= \angle BAC$ .

Тогда $tg \angle BDC = tg \angle BAC = \frac{BC}{AB}=\frac{6}{8}=\frac{3}{4}=0,75$

Ответ: 0,75

2. Анна Малкова

Найдите объем восьмигранника, изображенного на рисунке, если $ABCD$ – квадрат со стороной 5, $O$ – точка пересечения его диагоналей, отрезок $EF$ перпендикулярен плоскости $ABC$ , $OE = OF = 6$ .

Решение:

Восьмигранник, изображенный на рисунке, состоит из двух равных четырехугольных пирамид: $ABCDE$ и $ABCDF$ .

Объем пирамиды $ABCDE$ равен:

$V_{ABCDE}=\frac{1}{3}S_{ABCD}\cdot OE=\frac{1}{3}\cdot 25\cdot 6=50$

Тогда $V_{ABCDEF}= 50\cdot 2=100$

Ответ: 100.

3. За наблюдаемый период на 90% всех дней приходилась ясная погода. Гидрометцентр в тот же период предсказывал верную погоду в 74 случаях из 100, причем в 80% всех случаев, когда на день приходилась ясная погода, предсказания Гидрометцентра сбывались. Сколько процентов среди пасмурных дней составляют те, в которых Гидрометцентр предсказал правильную погоду?

Решение:

Пусть из $x$ дней 90% дней – ясная погода, а 10% дней – пасмурная.
Тогда солнечных дней $0,9x$ , а пасмурных $0,1x$ .
Предсказание Гидрометцентра сбывалось, если
1) была предсказана ясная погода, и она оказалась ясной, или

2) если была предсказана пасмурная погода, и она оказалась пасмурной.

Первому случаю соответсвуют $0,8\cdot 0,9x$ дней (предсказана ясная погода, была ясная).

Пусть $p$ – доля случаев, когда была предсказана пасмурная погода и она оказалась пасмурной.

Тогда второму случаю соответсвует $p\cdot 0,1x$ дней.

Получим:
$0,8\cdot 0,9x + 0,1 px = 0,74x$ .

Сократим на х, не равный нулю, и найдем $p = 0,2$ .

Если доля случаев равна 0,2, то это составяляет 20% от числа случаев.

Ответ: 20

4. За наблюдаемый период на 90% всех дней приходилась ясная погода. Гидрометцентр в тот же период предсказывал верную погоду в 74 случаях из 100, причем в 80% всех случаев, когда на день приходилась ясная погода, предсказания Гидрометцентра сбывались. С какой вероятностью погода оказалась пасмурной в тот день, когда Гидрометцентр предсказал пасмурную погоду?

Решение:

Возьмем период 1000 дней.

Из них 900 ясные, 100 пасмурные.

Была ясная и предсказана ясная: $0,8\cdot 900 = 720$ дней.

Значит, была ясная, а предсказана пасмурная $900-720=180$ дней.

Была пасмурная, предсказана пасмурная: 20 дней = $0,2\cdot 100$ .

(так как из предыдущей задачи 0,2 – вероятность того, что погода предсказана пасмурная и была пасмурная).

Всего дней, когда предсказана пасмурная погода, $180 + 20 = 200$ .

Из них 20 дней действительно была пасмурная погода, $p = 20 : 200 = 0,1$ .

Ответ: 0,1

5. Решите уравнение: $4x^2+12x+\frac{12}{x}+\frac{4}{x^2}=47$ .
Если корней несколько, в ответе запишите сумму корней.

Решение:

Сгруппируем слагаемые:

$4(x^2+\frac{1}{x^2})+12(x+\frac{1}{x})=47$

Сделаем замену переменной: $x+\frac{1}{x}=t$

Тогда $t^2=x^2+2+\frac{1}{x^2}$

Получим уравнение:

$4(t^2-2)+12t=47$

$4t^2+12t-55=0$

$D=12^2+4\cdot 4\cdot 55=16(9+55)=16\cdot 64$

$\sqrt{D}=8\cdot 4=32$

$t=\frac{-12\pm 32}{8}$

$t=\frac{5}{2}$ или $t=-\frac{11}{2}$

Вернемся к переменной $x$ .

1) $x+\frac{1}{x}=\frac{5}{2}$

$2x^2-5x+2=0$

$D=9>0$ , уравнение имеет 2 корня.

По теореме Виета, сумма корней этого уравнения $x_1+x_2=\frac{5}{2}$

2) $x+\frac{1}{x}=-\frac{11}{2}$

$2x^2+11x+2=0$

$D=121-16>0$

Уравнение имеет 2 корня, их сумма $x_3 + x_4 = -\frac{11}{2}.$

Получаем:

$x_1+x_2=\frac{5}{2}$

$x_3+x_4=-\frac{11}{2}$

$x_1+x_2+x_3+x_4=-3$

Ответ: -3

6. Вычислите: $\frac{-2cos276^{\circ}}{cos84^{\circ}}$ .

Решение:

$\frac{-2cos 276^{\circ}}{cos 84^{\circ}}=\frac{-2 cos(270^{\circ}+6^{\circ})}{cos(90^{\circ}-6^{\circ})}=\frac{-2sin 6^{\circ}}{sin 6^{\circ}}=-2$

Мы воспользовались формулами приведения.

Ответ: -2

7. На рисунке изображен график непрерывной функции $f(x)$ и касательные $CD$ и $MN$ , проведенные к ее графику в точках $A$ и $B$ . Найдите отношение значений производной функции $f(x)$ в точках $A$ и $B$ .

Решение:

Найдём значения производных в точках $A$ и $B$ с помощью графика.
$f$ , где $\alpha$ - угол наклона касательной к графику функции в точке с абсциссой $x_0$ .

Для точки $A$ : $f$

Для точки $B$ : $f$

Отношение производных: $f$

Ответ: 0,15

8. Датчик сконструирован таким образом, что его антенна ловит радиосигнал, который затем преобразуется в электрический сигнал, изменяющийся со временем по закону
$U=U_0sin(\omega t+\varphi )$ ,где $t$ - время в секундах,амплитуда $U_0=2B$ , частота $\omega = 150^{\circ}$ ⁄с, фаза $\varphi = 45^{\circ}$ .
Датчик настроен так, что если напряжение в нём не ниже чем 1 В, то загорается лампочка. Какую часть времени (в процентах) на протяжении первой секунды после начала работы лампочка будет гореть?

Решение:

По условию, $U=U_0 sin(\omega t+\varphi )$ ,
$U_0=2B$
$\omega=150^{\circ}$ ⁄c, $\varphi =45^{\circ}$
$U=2sin(150^{\circ}t+45^{\circ})\geqslant 1$

$sin (150^{\circ}t+45^{\circ})\geqslant \frac{1}{2}$ . Найдем решения неравенства, удовлетворяющие условию $0\leqslant t\leqslant 1$ .

Сделаем замену переменной: $150^{\circ}t+45^{\circ}=\alpha$ . Получим:
$sin\alpha \geqslant \frac{1}{2}$ . Отметим решения неравенства на единичной окружности:

$0\leqslant t\leqslant 1$ ⇒ $45^{\circ}\leqslant \alpha \leqslant 150^{\circ}+45^{\circ}$

$45^{\circ}\leqslant \alpha \leqslant 195^{\circ}$ . Это соответствует первой секунде.

Посмотрим, какую часть из первой секунды лампочка будет гореть. Это значит, что выполняется условие: $30^{\circ}+360^{\circ} \cdot n \leqslant \alpha \leqslant 150^{\circ}+360^{\circ} \cdot n$ .

Найдём, какую часть первой секунды лампочка будет гореть:

Первой секунде соответствует отрезок от 45° до 195°, это 150°

Из них лампочка горит от 45° до 150°, это =105°.

$\frac{105^{\circ}}{150^{\circ}}\cdot 100$ % = $\frac{21^{\circ}}{30^{\circ}}\cdot 100$ % = $70$ %

Ответ: 70

9. Кристалл, находясь в стадии формирования, равномерно наращивает свою массу. Наблюдая формирование двух кристаллов, заметили, что за год первый кристалл увеличил свою первоначальную массу на 4%, а второй на 5%, в то время как прирост массы первого кристалла за 3 месяца оказался равным приросту массы второго кристалла за 4 месяца. Какой была первоначальная масса первого кристалла, если известно, что после тогокак масса каждого из кристаллов увеличилась на 20 г, отношение массы первого кристалла к массе второго кристалла стало равно 1,5? Ответ выразите в граммах.

Решение:

Составим таблицу.

Пусть $x$ граммов. - первоначальная масса 1-го кристалла, а $y$ гр. - первоначальная масса 2-го кристалла, тогда
$0,04x$ граммов- увеличение массы за год 1-го кристалла, а
$0,05y$ граммов - увеличение массы за год 2-го кристалла.

3 месяца – это четвёртая часть года, поэтому 1-й кристалл увеличится на $0,01x$ граммов.

4 месяца –это третья часть года, тогда 2-й кристалл увеличится на $\frac{0,05y}{3}$ граммов.

По условию задачи, прирост массы первого кристалла за 3 месяца равен приросту массы второго кристалла за 4 месяца.

Получим первое уравнение: $0,01x=\frac{0,05y}{3}$

После того как масса каждого из кристаллов увеличилась на 20 г, отношение массы первого кристалла к массе второго кристалла стало равно 1,5.

Получим второе уравнение: $\frac{x+20}{y+20}=\frac{3}{2}$

Решаем систему уравнений:

$\left\{\begin{matrix}0,01x=\frac{0,05y}{3} \\\frac{x+20}{y+20}=\frac{3}{2}\end{matrix}\right.$ ⇔ $\left\{\begin{matrix}x=\frac{5}{3}y \\2x+40=3y+60\end{matrix}\right.$ ⇔

$\left\{\begin{matrix}x=\frac{5}{3}y \\2x-3y=20\end{matrix}\right.$ ⇔ $\left\{\begin{matrix}x=\frac{5}{3}y \\\frac{10}{3}y-3y=20\end{matrix}\right.$ ⇔

$\left\{\begin{matrix}x=\frac{5}{3}y \\\frac{y}{3}=20\end{matrix}\right.$ ⇔ $\left\{\begin{matrix}y=60 \\x=100\end{matrix}\right.$

Получили, что 100 граммов - первоначальная масса 1-го кристалла.

Ответ: 100

10. На рисунке изображен график функции $f(x)=ax^2+bx+c$ , где $a, b, c$ - целые.
Найдите $f(-10)$ .

Решение:

Это график функции $f(x)=3(x-1)^2-4$ .

$f(-10)=3\cdot 121-4= 363-4 = 359$ .

Ответ: 359

11. Найдите точку максимума функции $y=(x^2-10x+10)e^{5-x}$ .

Решение:

Найдем производную функции и приравняем ее к нулю.

$y$ $(2x-10)e^{5-x}-$ $(x^2-10x+10)e^{5-x}=$ $=-(x^2-12x+20)e^{5-x}=$ $-(x-2)(x-10)e^{5-x}$

В этом выражении множитель $e^{5-x}$ всегда положителен.

Производная равна нулю, если $x = 2$ или $x = 10$ .

При $x = 2$ производная равна нулю и меняет знак с минуса на плюс, это точка минимума.

При $x = 10$ производна равна нулю и меняет знак с плюса на минус, это точка максимума функции. Запишем это значение в ответ.

Ответ: 10

Часть 2. Задания с развернутым ответом

12. а) Решите уравнение: $cos 3x-2 cos 2x=2$

б) Найдите все корни уравнения на отрезке $[0; \pi].$

Решение:

а) Разложим $cos 3x$ по формуле косинуса суммы.
$cos 2x \cdot cosx-sin 2x\cdot sin x-2(cos 2x+1)=0$ .

Теперь $sin 2x$ разложим по формуле синуса двойного угла.

$cos2xcosx-2sin^2 xcosx-4cos^2 x=0$ . И вынесем $cos x$ за скобки.

$cos x\cdot (cos2x-2sin^2 x-4cosx)=0,$

$cosx\cdot ((2cos^2 x-1)-2(1-cos^2 x)-4cosx)=0,$

$cosx\cdot (4cos^2 x-4cosx-3)=0.$

Произведение двух множителей равно нулю тогда и только тогда, когда хотя бы один из них равен нулю, а другой при этом имеет смысл.

$\left\{\begin{matrix}cosx=0 \\4cos^2 x-4 cosx-3=0\end{matrix}\right.$

Решим первое уравнение: $x=\frac{\pi}{2}+\pi k$ , $k\in Z$

Решим второе уравнение.

пусть $cosx=t$ ; $-1\leqslant t\leqslant 1$ ; $4t^2-4t-3=0$ ,

$\frac{D}{4}=4+12=16$ ; $t_1=-\frac{1}{2}$ ; $t_2=\frac{3}{2}>1$ , не подходит.

$cos x=- \frac{1}{2}$ ; $x=\frac{2\pi}{3}+2\pi n$ , $n\in Z$ или $x=-\frac{2\pi}{3}+2\pi m$ , $m\in Z$

Ответ a) $x=\frac{\pi}{2}+\pi n$ , $n\in Z$ или $x=\pm \frac{2\pi}{3}+2\pi m$ , $m\in Z$

б) Найдем корни на отрезке $[0;\pi]$ с помощью двойных неравенств.

1) $0\leqslant \frac{\pi}{2}+\pi k\leqslant \pi$
$-\frac{\pi }{2}\leqslant \pi k\leqslant \frac{\pi}{2}$
$-\frac{1}{2}\leqslant k\leqslant \frac{1}{2}$
$k=0$ ; $x_1=\frac{\pi}{2}$

2) $0\leqslant \frac{2\pi}{3}+2\pi n\leqslant \pi$
$-\frac{2\pi }{3}\leqslant 2\pi n\leqslant \frac{\pi}{3}$
$-\frac{1}{3}\leqslant n\leqslant \frac{1}{6}$
$n=0$ ; $x_2=\frac{2\pi}{3}$

3) $0\leqslant -\frac{2\pi}{3}+2\pi m\leqslant \pi$
$\frac{2\pi }{3}\leqslant 2\pi m\leqslant \frac{5\pi}{3}$
$\frac{1}{3}\leqslant m\leqslant \frac{5}{6}$ , нет целых чисел в указанном промежутке.

Ответ: a) $\frac{\pi}{2}+\pi n$ , $n\in Z$ ; $\pm \frac{2\pi}{3}+2\pi m$ , $m\in Z$

б) $x_1=\frac{\pi}{2}$ ; $x_2=\frac{2\pi}{3}$

13. В основании прямой призмы $ABCA_1B_1C_1$ лежит прямоугольный треугольник $ABC$ , у которого угол $C$ равен 90°, угол $A$ равен 30°, $AC = 10\sqrt{3}$ . Диагональ боковой грани $B_1C$ составляет угол 30° с плоскостью $AA_1B_1$ .
а)  $CE$ − высота треугольника $ABC$ . Докажите, что угол $B_1EC$ − прямой.
б) Найдите высоту призмы.

Решение:

а) Прямая $CE$ перпендикулярна прямой $AB$ по условию. Прямая $BB_1$ перпендикулярна плоскости $ABC$ , так как призма прямая. Значит, прямая $BB_1$ перпендикулярна любой прямой, лежащей в плоскости $ABC$ , в том числе и прямой $CE$ . Таким образом, прямая $CE$ перпендикулярна двум пересекающимся прямым плоскости $ABB_1$ ; $CE \perp ABB_1$ по признаку перпендикулярности прямой и плоскости.
Тогда прямая $CE$ перпендикулярна любой прямой плоскости $ABB_1$ , в частности и прямой $B_1 E$ ; $\angle B_1 EC=90^{\circ}$ .

б) $AB=20$ ; $BC=10$ ; $BE=5$ ;
Из пункта а) следует, что прямая $B_1 E$ является проекцией прямой $CB_1$ на плоскость $AA_1 B_1$ .Угол между прямой $B_1C$ и плоскостью $AA_1 B_1$ – это угол между этой прямой и ее проекцией на плоскость $AA_1 B_1$ , то есть $\angle CB_1 E$ ,и по условию он равен $30^{\circ}$ .
Найдём высоту $CE$ из треугольника $AEC$ .
В треугольнике $AEC$ катет $CE$ лежит напротив угла $30^{\circ}$ , $AC$ – гипотенуза, следовательно,
$CE = \frac{1}{2} AC =\frac{10\sqrt{3}}{2}=5\sqrt{3}$ .
В треугольнике $B_1 EC$ катет $CE$ лежит напротив угла $30^{\circ}$ , поэтому гипотенуза
$B_1 C = 2CE = 10\sqrt{3}$ .
В треугольнике $ABC$ с прямым углом $C$ катет $BC$ равен $AC\cdot tg30^{\circ}=10\sqrt{3}\cdot \frac{\sqrt{3}}{3}=10$ .
По теореме Пифагора для треугольника $BB_1 C$ :
$BB_1^2=B_1 C^2-BC^2=300-100=200$ ,
$BB_1=10\sqrt{2}$ .

Ответ: б) $10\sqrt{2}$ .

14. Решите неравенство: $9\cdot 2^{log_3(5-x)}+2^{1+log_3 x}-2^{log_3(5x-x^2)}\leqslant 18$ .

Решение:

Найдем ОДЗ:

$\left\{\begin{matrix}5-x>0 \\x>0 \\5x-x^2>0\end{matrix}\right.$ ⇔ $\left\{\begin{matrix}x<5 \\x>0 \\x(5-x)>0\end{matrix}\right.$ ⇔ $0<x<5$

Для $0<x<5$ получим:

$9\cdot 2^{log_3(5-x)}+2^{1+log_3 x}-2^{log_3(5x-x^2)\leqslant 18}$ ⇔
⇔ $9\cdot 2^{log_3(5-x)}+2 \cdot 2^{log_3 x}-2^{log_3 x}\cdot 2^{log_3(5-x)}-18 \leqslant 0$ .

Мы воспользовались свойствами степеней.
Разложим на множители левую часть неравенства.

$9(2^{log_3(5-x)}-2)-2^{log_3 x}(2^{log_3(5-x)}-2) \leqslant 0$
$(2^{log_3(5-x)}-2)(2^{log_3 x}-2^{log_2 9}) \geqslant 0$ ⇔
Применим метод замены множителя:
Множитель $h^f-h^g$ заменим на множитель $(h-1)(f-g)$ :
$(2-1)(log_3(5-x)-1)(2-1)(log_3 x-log_2 9)\geqslant 0$

И еще раз применим этот метод.

Множитель $(log_h f-log_h g)$ заменим на $(h-1)(f-g)$ ,
а множитель $(log_h f-1)$ заменим на $(h-1)(f-h)$ .
$(3-1)(5-x-3)(log_3 x-log_3 3^{log_2 9})\geqslant 0$

$(x-2)(x-3^{log_2 9})\leqslant 0$

Оценим $3^{log_2 9}$ .

$log_2 9>log_2 8$ ⇒ $log_2 9>3$ , тогда

$3^{log_2 9}>3^3$ , $3^{log_2 9}>27$ .

Решим неравенство методом интервалов:

Решения неравенства: $x\in [2;3^{log_2 9}]$
Сучетом ОДЗ $0<x<5$ получаем: $x\in [2;5)$
.
Ответ: $x\in[2;5)$

15. Анна Малкова

В марте 2001 года Антон открыл в банке счет под 5% годовых, с условием начисления процентов за каждый год нахождения денег на счете, и внес на этот счет 100 тысяч рублей.

Антон решил, что каждый год сумма на его счете должна увеличиваться на одну и ту же величину по сравнению с предыдущим годом, и неуклонно следовал этому правилу. Для этого в некоторые годы он добавлял деньги на счет сразу после начисления процентов, а в некоторые – снимал со счета сразу после начисления процентов.

В марте 2021 года, после очередного начисления процентов и соответствующих действий Антона, на счете было ровно 300 тысяч рублей. Обозначим $S_1$ – сумму, которую он за все эти годы дополнительно внес на счет, а $S_2$ – сумму, которую он за все эти годы снял со счета. Найдите разницу между $S_1$ и $S_2$ .

Решение:

Пусть $S$ – первоначальный размер вклада, $x$ – сумма на которую ежегодно увеличивается вклад:
$x=\frac{300-100}{20}=10$ тыс.рублей, $S=100$ тыс. рублей
$k=1+\frac{r}{100}$ , где r = 5.

Схема роста вклада:

Пополнения вклада (могут быть положительны или отрицательны)

$z_1=S+x-kS$

$z_2=S+2x-k(S+x)$

$z_3=S+3x-k(S+2x)$
…
$z_{20}=S+20x-k(S+19x)$

Общая сумма пополнений:

$P=20S+x\cdot (1+2+3+...+20)-k\cdot (20S+x\cdot (1+2+3+...+19))$

$=20S+210x-20kS-190kx=20S\cdot (1-k)+210x-190kx$

$=20S(1-1-\frac{r}{100})+210x-190(1+\frac{r}{100})x$

$=210x-190x-190\cdot \frac{r}{100}\cdot x-20S\cdot \frac{r}{100}=20x-190\cdot \frac{r}{100}\cdot x-20S\cdot \frac{r}{100}$

$P=200-190\cdot \frac{5}{100}\cdot 10-20\cdot 100\cdot \frac{5}{100}=200-95-100=5$ (тыс.рублей)

Обратите внимание, что для вычисления 1 + 2 + 3 +...+ 20 и 1 + 2 + 3 +...+ 19 мы пользуемся формулой суммы арифметической прогрессии.

$1+2+3+...+20=\frac{1+20}{2}\cdot 20=210$

$1+2+3+...+19=\frac{1+19}{2}\cdot 19=190$

Ответ: 5 тысяч рублей

16. Высоты равнобедренного треугольника $ABC$ с основанием $AC$ пересекаются в точке $H$ , угол $B$ равен 30 градусов. Луч $CH$ второй раз пересекает окружность $\omega$ , описанную вокруг треугольника $ABH$ , в точке $K$ .
а) Докажите, что $BA$ – биссектриса угла $KBC$ .
б) Отрезок $BC$ пересекает окружность $\omega$ в точке $E$ . Найдите $BE$ , если $AC = 12$ .

Решение:

а) Пусть $AD$ , $BT$ и $CF$ – высоты треугольника $ABC$ .

$\triangle ABD$ – прямоугольный, $\angle BDA=90^{\circ}$ , $\angle BAD=60^{\circ}$ ,
Тогда $\angle HKB=\angle BAH =60^{\circ}$ (как вписанные углы, опирающиеся на дугу $BH$ ).

$\triangle KBF$ – прямоугольный, $\angle FKB=60^{\circ}$ , тогда $\angle KBF=30^{\circ}$ => $BA$ – биссектриса $\angle KBC$ .

Кроме того, $\triangle KBC$ – правильный ( $\angle BKC=60^{\circ}$ , высота $BF$ является биссектрисой); $KB=BC=KC$ .

б) $AC=12$ , $BC\cap \omega =E$ . Найдем $BE$ .
По теореме синусов из $\triangle ABC$ :

$\frac{AC}{sin\angle B}=\frac{AB}{sin \angle C}$

$\angle C=\frac{180^{\circ}-30^{\circ}}{2}=75^{\circ}$

$\frac{12}{sin30^{\circ}}=\frac{AB}{sin 75^{\circ}}$

$AB=24\cdot sin 75^{\circ}$

Заметим, что из точки $C$ проведены к окружности секущие $CB$ и $CK$ ; по свойству отрезков секущих $CB\cdot CE=CK\cdot CH$ ; поскольку $BC=CK$ , получается, что $CE=CH$ .

Значит, треугольник $CEH$ – правильный.
Тогда $BE=CB-CE=AB-CH$ .

Из $\triangle ACH$ по теореме синусов:

$\frac{AC}{sin\angle AHC}=\frac{CH}{sin\angle HAC}$ ;

$\angle AHC=150^{\circ}$ ,

$\angle HAC=15^{\circ}$

$CH=\frac{12\cdot sin 15^{\circ}}{sin 150^{\circ}}=\frac{12\cdot sin(90^{\circ}-75^{\circ})}{sin(180^{\circ}-30^{\circ})}=\frac{12\cdot cos75^{\circ}}{sin30^{\circ}}=24\cdot cos75^{\circ}$

Если в задаче встретится $cos15^{\circ}$ или $sin22,5^{\circ}$ - не надо пугаться! Просто применяем формулы тригонометрии.

$BE=24\cdot sin 75^{\circ}-24\cdot cos75^{\circ}=24(sin 75^{\circ}-cos75^{\circ})=24(sin75^{\circ}-cos(90^{\circ}-15^{\circ}))$ ;

$BE=24(sin 75^{\circ}-sin15^{\circ}=24\cdot 2 \cdot sin30^{\circ}\cdot cos45^{\circ}=\frac{48\cdot \sqrt{2}}{4}=12\sqrt{2}$

Ответ: $12\sqrt{2}$

17. При каких значениях параметра $p$ уравнение

$5cos2x+\frac{2p}{sin x}+29=0$

имеет решения?

Решение:

$5 cos 2x+\frac{2p}{sin x}+29=0$ .

Применим формулу косинуса двойного угла.

$5(1-2sin^2 x)+\frac{2p}{sin x}+29=0$

Введём замену переменной: $sin x = t$ ; причем $-1\leqslant t\leqslant 1$ ; $t\neq 0$ .

Уравнение примет вид:

$5(1-2t^2)+\frac{2p}{t}+29=0$ . Оно равносильно системе:

$\left\{\begin{matrix}t\neq 0 \\5t\cdot (1-2t^2)+29t+2p=0\end{matrix}\right.$

$\left\{\begin{matrix}t\neq 0 \\-5t^3+17t+p=0\end{matrix}\right.$

Мы хотим найти, при каких значениях параметра р система имеет решения на отрезке [-1; 1].

Выразим $p$ из второго уравнения:

$p=5t^3-17t$ .

Исследуем функцию $p(t)= 5t^3-17t$ на отрезке [-1; 1] при $t\neq 0$ . Найдем область значений этой функции.
Производная функции: $p$ ,
$p$ , если $t=\pm \sqrt{\frac{17}{15}}$ . При этом $t=-\sqrt{\frac{17}{15}}$ – точка максимума, а $t=\sqrt{\frac{17}{15}}$ – точка минимума функции $p(t)$ .

Заметим, что на интервале $(-\sqrt{\frac{17}{15}}; \sqrt{\frac{17}{15}}$ значение производной отрицательно, функция p(t)на этом интервале монотонно убывает.

Отрезок [-1; 1] лежит внутри указанного интервала.
Значит, на отрезке [-1; 1] функция монотонно убывает.
Найдем значения функции $p(t)$ при $t = -1$ и $t=1$ .

$p(-1)=-5+17=12$ ,

$p(1)=5-17=-12$ .

Осталось исключить значение $p(t)$ , соответствующее $t = 0$ . Получим, что $p(0)=0$ .
Значит, на отрезке [-1; 1] функция принимает все значения от -12 до 12, кроме $p(0)=0$ .

Мы нашли, при каких р существуют решения исходного уравнения. Это объединение интервалов
$p\in [-12;0)\cup (0;12]$ .

Ответ: $[-12;0)\cup (0;12]$ ..

18. Возрастающие арифметические прогрессии $a_1, a_2, . . . ,an, . . .$ и $b_1, b_2, . . . , bn, . . .$ состоят из натуральных чисел.
а) Существуют ли такие прогрессии, для которых $a_1b_1 + a_3b_3 = 3a_2b_2$ ?
б) Существуют ли такие прогрессии, для которых $a_1b_1 + 2a_4b_4 = 3a_3b_3$ ?
в) Какое наибольшее значение может принимать произведение $a_3b_3$ ,
если $a_1b_1 + 2a_4b_4\leqslant 300$ ?

Решение:

Рассмотрим арифметические прогрессии
$a_1, a_2,...,a_n$
$b_1,b_2,...,b_n$

Пусть $d$ – разность первой прогрессии, $d>0$
$e$ – разность второй прогрессии, $e> 0$

а) Да, существуют.

Запишем равенство $a_1 b_1+a_3 b_3=3a_2 b_2$ в виде:

$a_1 b_1+(a_1+2d)(b_1+2e)=3(a_1+d)(b_1+e)$

Раскроем скобки:

$a_1 b_1+a_1 b_1+2d_1 b_1+a_1 e+4de=3a_1 b_1+3db_1+3ae+3de$

$de=a_1 b_1+db_1+a_1\cdot e$

Пусть $a_1=b_1=1$ .

$de = 1 + d + e$

возьмем $d = 2$ , $e = 3$ . Прогрессии имеют вид:

первый: $1, 3, 5, 7, 9...$

второй: $1, 4, 7, 10, 12...$

Равенство $a_1 b_1+a_3 b_3=3a_2 b_2$ выполняется, $1+5\cdot 7=3\cdot 3\cdot 4$ .

б) Предположим, что $a_1 b_1+2a_4 b_4=3a_3 b_3$ .

$a_1 b_1+2(a_1+3d)(b_1+3e)=3(a_1+2d)(b_1+2e)$

$a_1 b_1+2a_1 b_1+6db_1+6ea_1+18de=3a_1 b_1+6db_1+6a_1 e+12de$ ,

$18de=12de$ ,

$de=0$ , значит,

$d=0$ или $e=0$ - противоречие и условие $d>0$ , $e>0$ . Значит, предположение было неверно
в) Пусть $a_1 b_1+2a_4 b_4\leqslant 300$ .

Как и в пункте (б), запишем это равенство в виде
$a_1 b_1+2a_1 b_1+6db_1+6ea_1+18de\leqslant 300$ ,
Отсюда $a_1 b_1+2db_1+2ea_1+6de\leqslant 100$ .

Найдем наибольшее значение выражения $a_3 b_3=a_1 b_1+2db_1+2ea_1+4de$
Пусть $a_3 b_3=M$ ,
$a_1 b_1+2db_1+2ea_1+6de=N$ , $N\leqslant 100$
Мы получим, что
$N-M=2de$ , тогда
$M=N-2de\leqslant 100-2de\leqslant 98$ , поскольку $d\geqslant 1$ и $e\geqslant 1$ (обе арифметические прогрессии возрастающие).

$M\leqslant 98$ . Это оценка.

Приведем пример, когда $M = 98$ .

Возьмем две арифметические прогрессии с разностями $d = 1$ и $e = 1$ .
Поскольку $a_3 b_3=98$ , $(a_1+2)(b_1+2)=98$ ,
$98=2\cdot 7\cdot 7$ ; пусть $a_1+2=14$ , $b_1+2=7$ . Подойдут прогрессии $12, 13, 14, 15...$ и $5, 6, 7, 8...$ . Для них $a_3 b_3=98$ , $a_1 b_1+2 a_4 b_4=60+2\cdot 15\cdot 8=300$ .

Ответ:
а) да
б) нет
в) 300

Благодарим за то, что пользуйтесь нашими публикациями. Информация на странице «ЕГЭ-2023 Вариант 5, решения» подготовлена нашими авторами специально, чтобы помочь вам в освоении предмета и подготовке к экзаменам. Чтобы успешно сдать необходимые и поступить в высшее учебное заведение или колледж нужно использовать все инструменты: учеба, контрольные, олимпиады, онлайн-лекции, видеоуроки, сборники заданий. Также вы можете воспользоваться другими материалами из разделов нашего сайта.

Публикация обновлена: 29.09.2023

ЕГЭ-2023 Вариант 5, решения

Это полезно