ЕГЭ-2023 Вариант 7, решения

Видеоразбор: https://www.youtube.com/watch?v=JFHcTv4DrU4;t\&t=1s
и https://www.youtube.com/watch?v=3suxJESQ7Ms;t\&t=4s

Часть 1. Задания с кратким ответом

1. В треугольнике $ABC$ проведена биссектриса $AD$ и $AB = AD = CD$ .
Найдите больший угол треугольника $ABC$ . Ответ дайте в градусах.

Решение:

По условию, треугольник $CAD$ – равнобедренный, $AD=CD$ .

Значит, углы $CAD$ и $ACD$ равны.

Пусть $\angle CAD=\angle ACD=4,$

Также $\angle BAD=4$ , т.к. $AD$ - биссектриса,

Значит, угол $CAB$ равен $2\varphi$ .

Угол $ADB$ также равен $2\varphi$ как внешний угол треугольника $ACD$ (внешний угол треугольника равен сумме внутренних углов, не смежных с ним).

По условию, треугольник $ABD$ также равнобедренный, $AB = AD$ .

Тогда угол $ABC$ также равен $2\varphi$ .

в $\triangle ABC:$ $2\varphi +2\varphi +\varphi =180^{\circ}$ ,

$5\varphi =180^{\circ}$ , $\varphi =36^{\circ}$ ,

$\angle CAB=\angle ABC=2\varphi =72^{\circ}$

Ответ: 72

2. Ольга Чемезова

Найдите площадь поверхности «лесенки», изображенной на рисунке. Считайте, что все двугранные углы прямые.

Решение:

Передвинув два горизонтально расположенных прямоугольника вверх и два вертикально расположенных прямоугольна вправо, получим параллелепипед, из которого вырезаны два многоугольника – на передней и задней гранях (один из них показан на рисунке цветом).

Высота параллелепипеда равна $3 + 3 + 3 = 9$ , длина $6 + 6 + 6 = 18$ , ширина равна 15.

Площадь поверхности параллелепипеда равна $2\cdot (18\cdot 9+15\cdot 9+18\cdot 15)=1134$ ,

Площадь каждого из многоугольников равна $6\cdot 3+6\cdot 6=54$ ,

Площадь поверхности «лесенки» равна $1134-54\cdot 2=1026$ .

Ответ: 1026

3. Анна Малкова

Магазин фермерских товаров закупает мёд в одинаковых банках у двух пчеловодов – Антона и Бориса, причем 65% мёда, который поставляет Антон, - это липовый мёд. У Бориса липовый мёд составляет 20% всего мёда, который он привозит в магазин. Известно, что 56% мёда, который продает магазин, - это липовый мёд. Найдите вероятность того, что случайно выбранная в магазине банка мёда произведена Борисом.

Решение:

Пусть $x$ – вероятность того, что банка меда произведена на пасеке Бориса. Нарисуем «дерево» возможных исходов.

Банка меда может попасть в магазин $L$ пасеки Антона с вероятностью $1-x$ . Поскольку 65% меда, который поставляетт Антон, - это липовый мед, вероятность того, что мед липовый и с пасеки Антона, равен $0,65\cdot (1-x)$ . Аналогично, вероятность того, что мед липовый и с пасеки Бориса, равна $0,2x$ .

Получим:

$0,65(1-x)+0,2x=0,56$
$45x=9$
$x=0,2$

Ответ: 0,2

4. В таблице показано количество билетов и возможные выигрыши беспроигрышной денежной лотереи. Цена билета лотереи равна 50 рублей. Всего билетов выпущено 1000 штук. Участник покупает один случайный билет. На сколько рублей цена билета выше, чем математическое ожидание выигрыша?

Решение:

Математическое ожидание случайной величины есть сумма произведения вероятностей появления всех возможных значений на величину этих значений.

Говоря простым языком, это среднеожидаемое значение при многократном повторении испытаний.

Это средний выигрыш участника в нашем случае

$M$ – математическое ожидание

$x$ - случайная величина

$M=x_1\cdot P_1+x_2\cdot P_2+x_3\cdot P_3+...+x_n P_n$

$M=10\cdot 0,99+50\cdot 0,006+100\cdot 0,003+5000\cdot 0,001=$

$=9,9+0,3+0,3+5=15,5$

Найдем разницу между ценой билета и математическим ожиданием выигрыша.

50-15,5=34,5

Ответ: 34,5

5. Решите уравнение: $cos\sqrt{49-x^2}=1$ .

В ответе запишите количество корней уравнения.

Решение:

$cos\sqrt{49-x^2}=1$ ; ОДЗ: $49-x^2\geqslant 0$

$\sqrt{49-x^2}=2\pi n$ , $n\in Z$

$49-x^2=4\pi^2 n^2$ ,

$x^2=(49-2\pi n)^2$ ,

$x=\pm \sqrt{(7-2\pi n)(7+2\pi n)}$ .

Выражение под корнем должно быть неотрицательно.

$(7-2\pi n)(7+2\pi n)\geqslant 0$ ,

$(2\pi n-7)(2\pi n+7)\leqslant 0$ ,

$(n-\frac{7}{2\pi})(n+\frac{7}{2\pi})\leqslant 0$ .

Здесь $n$ – целое число.

Подходят только $n = -1; 0; 1$ .

Если $n=0$ , уравнение имеет корни $x=7$ или $x=-7$ .

Если $n = 1$ или $n= - 1$ , то $x=\pm \sqrt{49-4\pi^2}$ - еще 2 корня.

Всего уравнение имеет 4 корня.

Ответ: 4

6. Вычислить: $\frac{log_7 77-log_7 11}{7^{log_7 4}}$ .

Решение:

$\frac{log_7 77-log_7 11}{7^{log_7 4}}=\frac{log_7 \frac{77}{11}}{4}=\frac{log_7 7}{4}=\frac{1}{4}=0,25$

Ответ: 0,25

7. На рисунке изображен график $y=f$ - производной функции $y=f(x)$ , определенной на отрезке [-4,5; 3,5]. Сколько точек минимума имеет функция $y=f(x)$ на этом отрезке?

Решение:

Точки минимума – это точки, в которых производная функции $f$ равна нулю и меняет знак с «минуса» на «плюс».

Таких точек на рисунке 3.

Ответ: 3

8. Если достаточно быстро вращать ведёрко с водой на верёвке в вертикальной плоскости, то вода не будет выливаться. При вращении ведёрка сила давления воды на дно не остаётся постоянной: она максимальна в нижней точке и минимальна в верхней. Вода не будет выливаться, если сила её давления на дно будет положительной во всех точках траектории, кроме верхней, где она может быть равной нулю. В верхней точке сила давления, выраженная в ньютонах, равна $P=m(\frac{v^2}{L}-g)$ , где $m$ — масса воды в килограммах, $v$ — скорость движения ведёрка в м/с, $L$ — длина верёвки в метрах, $g$ — ускорение свободного падения (считайте $g = 10$ м/ $c^2$ ). С какой наименьшей скоростью надо вращать ведёрко, чтобы вода не выливалась, если длина верёвки равна 44,1 см? Ответ выразите в м/с.

Решение:

$P=m(\frac{v^2}{L}-g)\geqslant 0$ ;

$\frac{v^2}{L}-g\geqslant 0$ ; $g=10$ м/ $c^2$ ; $l=0,441$ м

$v^2\geqslant Lg$ , $v^2\geqslant 4,41$

$(v-2,1)(v+2,1)\geqslant 0$

$v\geqslant 2,1$ ; $v_{min}=2,1$

Ответ: 2,1

9. От пристани $N$ одновременно отправились вниз по течению плот и катер. Катер прошел вниз по течению 96 км, затем повернул обратно и вернулся в $N$ через 14 часов. Найдите скорость катера в стоячей воде, если известно, что катер встретил плот на обратном пути на расстоянии 24 км от $N$ . Ответ выразите в км/ч.

Решение:

$x$ км/ч, собственная скорость катера,

$y$ - скорость течения

$\left\{\begin{matrix}\frac{96}{x+y}+\frac{96}{x-y}=14 \\\frac{24}{y}=\frac{96}{x+y}+\frac{72}{x-y}\end{matrix}\right.$

1 уравнение:

$96(\frac{1}{x+y}+\frac{1}{x-y})=14$

$48(\frac{1}{x+y}+\frac{1}{x-y})=7$

2 уравнение:

$\frac{1}{y}=\frac{4}{x+y}+\frac{3}{x-y}$

$\frac{1}{y}=\frac{4x-4y+3x+3y}{x^2-y^2}$

$\frac{1}{y}=\frac{7x-y}{x^2-y^2}$

$x^2-y^2=7xy-y^2$

$x=7y$ ; подставляем в (1)

$48(\frac{1}{8y}+\frac{1}{6y})=7$

$\frac{\not{48}\cdot 14y}{\not {48}y^2}=7$ , $y=2$ , $x=14$

Ответ: 14

10. На рисунке изображен график функции $f(x)=\frac{1}{x-a}+b$ . Найдите $f(12)$ .

Решение:

На рисунке изображен график функции $f(x)=\frac{1}{x-a}+b$

Нарисована гипербола, которая сдвинута на $a$ по горизонтали и на $b$ по вертикали.

Значит, $a=2$ ; $b=3$ .

Подставим в формулу и получим:

$f(x)=\frac{1}{x-2}+3$

$f(12)=\frac{1}{12-2}+3=3,1$

Ответ: 3,1

11. Найдите точку минимума функции $y=4x-ln(x+8)+12$ .

Решение:

$y=4x-ln(x+8)+12$

Область определения функции: $x+8 >0$ .

Найдём производную функции:

$y$ ;

Приравняем производную к нулю, чтобы найти точки экстремума: $y$

$4-\frac{1}{x+8}=0$

$\frac{4x+31}{x+8}=0$ . При этом $x+8>0$ .

$4x+31=0$ ; $x=-7,75$ .

Если $4x+31<0$ , $x<-7,75$ , производная отрицательна.

Если $4x+31>0$ , $x>-7,75$ , производная положительна.

Значит, $x = -7,75$ – точка минимума. В ней производная равна нулю и меняет знак с «минуса» на «плюс».

Ответ: -7,75

Часть 2. Задания с развернутым ответом

12.

а) Решите уравнение: $sinx-cosx=4sinxcos^2 x$

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

Решение:

$sinx-cosx=4sinx\cdot cosx$

$sinx-cosx=4sinx\cdot (1-sin^2 x)$

$sinx-cosx=4sinx-4sin^3 x$

$-cosx=3sinx-4sin^3 x$

$-cosx=sin3x$

Мы применили формулу синуса тройного угла.

$sin3x+sin(\frac{\pi}{2}-x)=0$

$2sin\frac{3x+\frac{\pi}{2}-x}{2}cos\frac{3x+x-\frac{\pi}{2}}{2}=0$

Мы преобразовали $cosx$ в синус по формуле приведения и разложили левую часть уравнения на множители по формуле суммы синусов.

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

$\left[\begin{array}{ccc}sin(x+\frac{\pi}{4})=0 \\cos(2x-\frac{\pi}{4})=0\end{array}\right.$

$\left[\begin{array}{ccc}x+\frac{\pi}{4}=\pi k, k\in Z \\2x-\frac{\pi}{4}=\frac{\pi}{2}+\pi n, n\in Z\end{array}\right.$

$\left[\begin{array}{ccc}x=-\frac{\pi}{4}+\pi k, k\in Z \\x=\frac{3\pi}{8}+\frac{\pi n}{2}, n\in Z\end{array}\right.$

Это ответ в пункте (а).

Другой способ решения:

умножить обе части уравнения на $sinx+cosx$

Другая форма записи ответа:

$\left[\begin{array}{ccc}x=-\frac{\pi}{4}+\pi k, k\in Z \\x=-\frac{\pi}{8}+\frac{\pi}{2}n, n\in Z\end{array}\right.$

б) Отметим на единичной окружности отрезок $[-\pi ; 0]$ и найденные серии решений.

Видим, что указанному отрезку принадлежат точки: $-\frac{5\pi}{8}$ ; $-\frac{\pi}{4}$ ; $-\frac{\pi}{8}$ .

Ответ: $-\frac{5\pi}{8}$ ; $-\frac{\pi}{4}$ ; $-\frac{\pi}{8}$ .

13. В прямоугольном параллелепипеде $ABCDA_1B_1C_1D_1$ на диагонали $BD_1$ отмечена точка $N$ так, что $BN:ND_1 = 1 : 2$ . Точка $O$  — середина отрезка $CB_1$ .
а) Докажите, что прямая $NO$ проходит через точку $A$ .
б) Найдите объём параллелепипеда $ABCDA_1B_1C_1D_1$ , если длина отрезка $NO$ равна расстоянию между прямыми $BD_1$ и $CB_1$ и равна $\sqrt{2}$ .

Решение:

а) По условию, $BN:ND_1=1:2$ .
Пусть $O$ – точка пересечения диагоналей грани $BCC_1B_1$ , $BC_1\cap CB_1=O$

$O$ – середина $CB_1$ .

Докажем, что $A\in NO$ .

Другими словами, точки $A$ , $N$ , $O$ лежат на одной прямой, то есть $N\in AO$ .

Рассмотрим сечение параллелепипеда $ABC_1 D_1$ . Это прямоугольник, $BC_1$ перпендикулярна $AB$ по теореме о трёх перпендикулярах.

$AO\in (ABC_1)$ ; $BD_1\in (ABC_1 )$ , пусть $AO\cap BD_1=T$ .

Пусть $AC_1\cap BD_1=Q$

$Q$ – точка пересечения диагоналей параллелепипеда, она делит диагонали пополам, $Q$ - середина $BD_1$

Рассмотрим $\triangle AC_1 B$ :

$AO$ – медиана (т.к. $O$ – середина $CB_1$ ),

$BQ$ – медиана (т.к. $Q$ – середина $AC_1$ ),

$AO\cap BQ=T$ ;

$T$ - точка пересечения медиан, она делит медианы $\triangle AC_1B$ в отношении 2:1, считая от вершин,

$AT:TO=BT:TQ=2:1$ .

Пусть $BT=2x$ ; $QT=x$ , тогда $QD_1=3x$ ; $TD_1=4x$ ;

$BT:TD_1=2x:4x=1:2=BN:ND_1$ ;

Значит, точки $T$ и $N$ совпадают, $N\in AO$ .

б) Найдём $V$ параллелепипеда.

Покажем, что отрезок $NO$ перпендикулярен скрещивающимся прямым $BD_1$ и $CB_1$ .

Расстояние между скрещивающимися прямыми – это длина общего перпендикуляра к этим прямым. Другими словами, это кратчайшее расстояние между точкой, лежащей на одной из скрещивающихся прямых, и точкой на другой из скрещивающихся прямых.

Точка $N$ лежит на отрезке $BD_1$ , точка $O$ – на отрезке $CB_1$ . По условию, $NO=d$ ; $d$ – расстояние между скрещивающимися прямыми $BD_1$ и $CB_1$ . Значит, $NO$ – общий перпендикуляр к этим скрещивающимся прямым.

Получили: $NO\perp CB_1$ . Это значит, что $AO\perp CB_1$ и $AO\perp BD_1$ .

$NO=\sqrt{2}\Rightarrow AO=3\sqrt{2}$ по свойству медиан треугольника.

Рассмотрим $\triangle AB_1C$ .

$AO$ – медиана и высота $\triangle AB_1C$ , тогда $\triangle AB_1C$ - равнобедренный, значит, $AB_1=AC$ .

Треугольники $ABB_1$ и $ABC$ равны по катету и гипотенузе, $BB_1=BC$ , $BCC_1B_1$ – квадрат.

Рассмотрим $\triangle ABO$ . Угол $B$ – прямой, так как $AO\perp BO$ (по теореме о трех перпендикулярах).

Пусть $AB=a$ , $BB_1=BC=b$ ,

$AO=3NO=3\sqrt{2}$ , $BO=\frac{BC\sqrt{2}}{2}=\frac{b\sqrt{2}}{2}$

Из $\triangle ABO$ по теореме Пифагора:

$(3\sqrt{2})^2=(\frac{\sqrt{2}}{2}b)^2+a^2$ ,

$18=\frac{1}{2}b^2+a^2$ (1 уравнение).

Из треугольника $ABD_1$ по теореме Пифагора:

$BD_1=\sqrt{a^2+2b^2}$ ;

$D_1N=\frac{2}{3}BD_1=\frac{2}{3}\sqrt{a^2+2b^2}$ ,

Так как $AN$ и $D_1N$ перпендикулярны, $\triangle AD_1N$ прямоугольный, $\angle D_1NA=90^{\circ}$ .

По теореме Пифагора для $\triangle AD_1N$ :

$(2\sqrt{2})^2+(\frac{2}{3}\sqrt{a^2+2b^2})^2=(b\sqrt{2})^2$

$8+\frac{4}{9}(a^2+2b^2)=2b^2$ (2 уравнение).

Решим систему уравнений:

$\left\{\begin{matrix}18=\frac{1}{2}b^2+a^2 \\8+\frac{4}{9}(a^2+2b^2)=2b^2\end{matrix}\right.$

$\left\{\begin{matrix}b^2+2a^2=36 \\72+4a^2+8b^2=18b^2\end{matrix}\right.$

$\left\{\begin{matrix}b^2+2a^2=36 \\2a^2-5b^2=-36\end{matrix}\right.\Leftrightarrow$

Из второго уравнения вычтем первое уравнение, получим:

$6b^2=72$ , $b^2=12$ , тогда

$2a^2=24$ , $a^2=12$ .

Значит, $a=b=2\sqrt{3}$ .

Получили, что нам дан куб.

$V=a^3=(2\sqrt{3})^3=24\sqrt{3}$

Ответ: 24√3

14. Решите неравенство: $\frac{log_{0,5}(8x^2+24x-16)+log_2(x^4+6x^3+9x^2)}{x^2+3x-10}\geqslant 0$ .

Решение:

Замена: $x^2+3x=t$ ; тогда $8x^2+24x-16=8t-16$

$x^4+6x^3+9x^2=x^2(x^2+6x+9)=x^2(x+3)^2=(x^2+3x)^2=t^2$

Неравенство примет вид:

$\frac{log_2 t^2-log_2(8t-16)}{t-10}\geqslant 0$

Применим метод замены множителя (рационализации):

Множитель $(log_h f-log_h g)$ заменим на множитель $(h-1)(f-g)$ и не забываем про ОДЗ.

Получим

$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}t^2>0 \\8t-16>0\\\frac{(2-1)(t^2-8t+16)}{t-10}\geqslant 0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow$

$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}t\neq 0 \\t>2\\\frac{(t-4)^2}{t-10}\geqslant 0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow$

$\Leftrightarrow\left[\begin{array}{ccc}t>10\\t=4\end{array}\right.$

Вернемся к переменной $x$

$\left[\begin{array}{ccc}t>10\\t=4\end{array}\right.$ ; тогда $\left[\begin{array}{ccc}x^2+3x>10 \\x^2+3x=4\end{array}\right.\Leftrightarrow$

$\left[\begin{array}{ccc}x^2+3x-10>0 \\x^2+3x-4=0\end{array}\right.\Leftrightarrow$

$\left[\begin{array}{ccc}(x+5)(x-2)>0 \\x=-4\\x=1\end{array}\right.$

Решим первое неравенство:

Объединив случаи, получим ответ.

Ответ: $x\in(-\infty;-5)\cup$ {-4;1} $\cup (2;+\infty)$

15. Анна Малкова

По бизнес-плану предполагается изначально вложить в четырёхлетний проект 10 млн рублей. По итогам каждого года планируется прирост вложенных средств на 15% по сравнению с началом года. Начисленные проценты остаются вложенными в проект. Кроме этого, сразу после начислений процентов нужны дополнительные вложения: по целому числу $n$ млн рублей в первый и второй годы, а также по целому числу $m$ млн рублей в третий и четвёртый годы.

Найдите наименьшие значения $n$ и $m$ , при которых первоначальные вложения за два года как минимум удвоятся, а за четыре года как минимум утроятся.

В ответе запишите найденные значения $m$ и $n$ через точку с запятой ; без пробелов.

Решение:

К началу 2-го года получится $1,15\cdot10+n=11,5+n$ млн вложений, а к началу 3-го года - $1,15(11,5+n)+n=13,225+2,15n$ .

По условию $13,225+2,15n \geq 20$ . Наименьшее целок решение $n=4$ . Тогда к началу 3-го года получится $13,225+8,6=21,825$ млн.

К началу 4-года имеем $1,15\cdot21,825+m$ млн, а в конце проекта

$1,15(1,15\cdot21,825+m)+m=1,3225\cdot21,825+2,15m=28,8635625+2,15m$ .

По условию $28,8635625+2,15m\geq30$ . Получается, что $m=1$ - наименьшее целое решение.

Ответ: 4 и 1 млн руб.

16. Окружность с центром $O$ , вписанная в треугольник $ABC$ , касается его сторон $BC$ , $AB$ и $AC$ в точках $K$ , $L$ , $M$ соответственно. Прямая $KM$ вторично пересекает в точке $P$ окружность радиуса $AM$ с центром $A$ .

а) Докажите, что прямая $AP$ параллельна прямой $BC$ .

б) Пусть угол $ABC$ прямой, $AM = 3$ , $CM = 2$ , $Q$ – точка пересечения прямых $KM$ и $AB$ , а $T$ - такая точка на отрезке $PQ$ , что угол $OAT$ равен 45˚. Найдите $QT$ .

Решение:

а) Докажем, что $AP\parallel BC$ .

$AL=AM$ как отрезки касательных, проведённых из одной точки,

$AL=AM=AP=R$ – радиусы окружности,

$\triangle APM$ –равнобедренный, $\angle APM=\angle AMP=\varphi$ ,

$\angle AMP=\angle KMC=\varphi$ – вертикальные углы.

$CK=CM$ как отрезки касательных, проведённых из одной точки,

$\triangle MCK$ – равнобедренный $\Rightarrow \angle KMC=\angle MKC=\varphi$ ,

$\angle APK=\angle PKC=\varphi$ - это накрест лежащие углы, поэтому

$AP\parallel BC$ , что и требовалось доказать.

б)Найдем $QT$ .

$\angle B=90^{\circ}$ ; $AP\parallel BC$ из пункта (а).

По условию, $AM=3$ ; $MC=2$ ; $\angle OAT=45^{\circ}$ .

$AL=AM=AP=3$ как радиусы окружности, $CM=CK=2$ - как отрезки касательных.

Проведем перпендикуляры $OL$ и $OK$ из точки $O$ к катетам
треугольника $ABC$ .

$BKOL$ – квадрат, так как в нем $\angle L=\angle B=\angle K=90^{\circ}$ ; $OK=OL=r$ .

Получили, что $BK=BL=r$ .

$\triangle ABC$ – прямоугольный. По теореме Пифагора:

$AC^2+BC^2=AB^2$

$(3+r)^2+(2+r)^2=25$

$2r^2+10r-12=0$

$r^2+5r-6=0$ ;

$\left[\begin{array}{ccc}r=1 \\r=-6\end{array}\right.$ ; так как $r>0$ , $r=1$ .

Теперь мы знаем все стороны треугольника $ABC$ : $BC = 3$ , $AB = 4$ , тогда $AC = 5$ .

$\triangle AQP\sim \triangle BQK$ по двум углам,

$\frac{AP}{BK}=\frac{AQ}{BQ}$ .

Пусть $BQ=x$ , тогда

$\frac{3}{1}=\frac{x+4}{x}$ ; $3x=x+4$ ; $x=BQ=2$ .

Получили, что $AQ=6$ .

$\triangle APQ$ –прямоугольный. По теореме Пифагора:

$PQ^2=AP^2+AQ^2\Rightarrow$ $PQ=\sqrt{3^2+6^2}=3\sqrt{5}.$

$AP\parallel BC\Rightarrow$ $AP\perp AQ$ . $\angle PAQ=90^{\circ}$ , $\angle OAT=45^{\circ}$ ;

$O$ – центр вписанной окружности треугольника $ABC$ , поэтому

$AO$ – биссектриса $\angle CAB$ , отсюда следует, что $\angle OAL=\angle OAM=\alpha$ .

Пусть $T$ - середина $PM$ ;

$\triangle PAM$ – равнобедренный, $AT$ – его медиана, биссектриса, высота.

$\angle TAM=\angle PAT=\beta$

$\angle PAQ=90^{\circ}=2\alpha +2\beta\Rightarrow \alpha +\beta=45^{\circ}=\angle OAT$ .

Мы получили, что $AT\perp PQ$ , $T$ – середина $PM$ .

В прямоугольном треугольнике каждый катет есть среднее пропорциональное между гипотенузой и проекцией этого катета на гипотенузу, для треугольника $APQ$ :

$AQ^2=PQ\cdot QT$ , отсюда

$QT=\frac{AQ^2}{PQ}=\frac{36}{3\sqrt{5}}=\frac{12\sqrt{5}}{5}$

Ответ: $\frac{12\sqrt{5}}{5}$

17. Найдите все значения параметра $a$ , при которых неравенство

${log_{\frac{x^2+a^2}{2}} a} \geqslant 1$

имеет хотя бы одно решение.

Решение:

Применим метод рационализации.

Множитель $(log_h f-1)$ заменимна $(h-1)\cdot (f-h)$ при условии $h>0$ , $h\neq 1$ , $f>0$ .

Получим равносильную систему неравенств:

$\left\{\begin{matrix}(\frac{x^2+a^2}{2}-1)\cdot(a-\frac{x^2+a^2}{2})\geqslant 0 \\x^2+a^2\neq 0 \\\frac{x^2+a^2}{2}\neq 1 \\a>0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow$

$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}(x^2+a^2-2)\cdot(2a-x^2-a^2)\geqslant 0 \\x^2+a^2\neq 0 \\x^2+a^2\neq 2 \\a>0\end{matrix}\right.$

Упростим второй множитель в первом неравенстве:

$2a-x^2-a^2=-(x^2+a^2-2a+1)+1=1-x^2-(a-1)^2$

Первое неравенство умножаем на (-1) и не забываем сменить знак неравенства:

$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}(x^2+a^2-2)\cdot(x^2+(a-1)^2-1)\leqslant 0 \\x^2+a^2\neq 0 \\x^2+a^2\neq 2 \\a>0\end{matrix}\right.$

Решим систему неравенств методом областей в координатах $(a;x)$ . Найдем границы областей.

Для этого каждый множитель в левой части первого неравенства приравниваем к нулю:

Первый множитель $x^2+a^2-2=0\Leftrightarrow x^2+a^2=2$ , уравнение задаёт окружность с центром в точке $O (0;0)$ и радиусом $R=\sqrt{2}$ .

Второй множитель $x^2+(a-1)^2-1=0\Leftrightarrow x^2+(a-1)^2=1$ , уравнение задаёт окружность с центром в точке $(0;1)$ и радиусом $R=1$ .

Условие $x^2+a^2\neq 0$ показывает, что точка $(0;0)$ графику не принадлежит.
Условие $x^2+a^2\neq 2$ показывает, что граница $x^2+a^2=2$ (окружность) графику не принадлежит и нужно отметить её штриховой линией.

Эти окружности разбивают координатную плоскость на области. В каждой из этих областей левая часть неравенства сохраняет определённый знак. Для определения знака возьмём точку $M(0;1)$ и подставим в первое неравенство:

$a=0$ ; $x=1$ ; $(1+0-2)\cdot (1+1-1)=-1\cdot 1<0$

Получили знак «минус» для точки $M(0;1)$ и всей области, в которой она лежит.

При переходе через границу области знак левой части неравенства меняется (аналогично методу интервалов).

Отметим штриховкой на рисунке области, в которых левая часть первого неравенства отрицательна.

Решения первого неравенства – пары чисел $(a;x)$ , соответствующие точкам закрашенных областей.

Неравенство $a>0$ задает точки, лежащие справа от оси ординат.

Исходное неравенство имеет решения для тех (и только тех) значений параметра $a$ , которым соответствуют точки закрашенных областей.

Неравенство имеет решения при $a\in (0;1)\cup (1;2]$

Ответ: $a\in (0;1)\cup (1;2]$

18. Три числа назовем хорошей тройкой, если они могут быть длинами сторон треугольника.
Три числа назовем отличной тройкой, если они могут быть длинами сторон прямоугольного треугольника.
а) Даны 8 различных натуральных чисел. Может ли оказаться. что среди них не найдется ни одной хорошей тройки?
б) Даны 4 различных натуральных числа. Может ли оказаться, что среди них можно найти три отличных тройки?
в) Даны 12 различных чисел (необязательно натуральных). Какое наибольшее количество отличных троек могло оказаться среди них?

Решение:

а) Вспомним неравенство треугольника: в любом треугольнике сумма двух сторон больше третьей стороны.

Возьмем числа 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34 (это числа Фибоначчи; каждое, начиная с третьего, равно сумме двух предыдущих). Никакие три из них не могут являться сторонами треугольника.

Возможны и другие примеры.

б) Рассмотрим числа $a<b<c<d$ . Ясно, что ни $a$ , ни $b$ не может быть длиной гипотенузы прямоугольного треугольника. Какие же прямоугольные треугольники с длинами сторон $a$ , $b$ , $c$ и $d$ можно составить? Запишем возможные тройки чисел:

$(a; b; c)$ (1),
$(a; b; d)$ (2),
$(a; c; d)$ (3),
$(b; c; d)$ (4).

Треугольник (2) равен треугольнику (1) по двум катетам. Тогда $c=d$ , и это противоречит условию, поскольку все 4 числа – различны.
Треугольники (3) и (4) равны по катету и гипотенузе. То же можно сказать о и треугольниках (2) и (3) и о треугольниках (2) и (4). Снова противоречие с условием. Получается, что среди 4 различных чисел $a<b<c<d$ найдется не более двух отличных троек, соответствующим треугольникам с гипотенузами $c$ и $d$ .

в) Согласно пункту (б), из 4 различных отрезков с длинами $a<b<c<d$ , можно составить не более одного прямоугольного треугольника с гипотенузой $c$ и не более одного – с гипотенузой $d$ . Из 5 отрезков, длины которых $a<b<c<d<e$ , можно составить не более одного прямоугольного треугольника с гипотенузой $c$ , не более одного – с гипотенузой $d$ и не более двух – с гипотенузой $e$ .

Две пары чисел $(a,b)$ и $(c,d)$ назовем непересекающимися, если все числа $a$ , $b$ , $c$ , $d$ различны. Заметим, что если у двух неравных прямоугольных треугольников равны гипотенузы, то пары их катетов – непересекающиеся.

Сколько треугольников с гипотенузой $x_n$ можно составить, имея n различных отрезков? Не больше, чем количество непересекающихся пар, на которые можно разбить числа $x_1<x_2<...<x_{n-1}$ .

Для $n = 3$ – не более одного треугольника с гипотенузой $x_3$ ,

Для $n = 4$ – не более одного с гипотенузой $x_4$ ,

Для $n = 5$ – не более двух с гипотенузой $x_5...$ Запишем для каждого $n\leqslant 12$ максимальное количество треугольников с гипотенузой $x_n$ , которые можно составить из отрезков с длинами $x_1<x_2<...<x_{n-1}$ .

$n=6$ $(2)$ ,
$n=7$ $(3)$ ,
$n=8$ $(3)$ ,
$n=9$ $(4)$ ,
$n=10$ $(4)$ ,
$n=11$ $(5)$ ,
$n=12$ $(5)$ .

Следовательно, количество различных прямоугольных треугольников с длинами сторон, равными $x_1<x_2<...<x_{12}$ , не больше чем $1+1+2+2 + 3 + 3 + 4 + 4 + 5 + 5 = 30$ . Это оценка.

Приведем пример. Возьмем числа $1,\sqrt{2},\sqrt{3},...,\sqrt{12}$ . Из них можно составить 30 отличных троек:

$(1, \sqrt{2},\sqrt{3}); (1, \sqrt{3},\sqrt{4}); (1, \sqrt{4},\sqrt{5}); (\sqrt{2},\sqrt{3},\sqrt{5}); (1, \sqrt{5},\sqrt{6}); (\sqrt{2},\sqrt{4},\sqrt{6});$

$(1, \sqrt{6},\sqrt{7}); (\sqrt{2},\sqrt{5},\sqrt{7}); (\sqrt{3},\sqrt{4},\sqrt{7}); (1, \sqrt{7},\sqrt{8}); (\sqrt{2},\sqrt{6},\sqrt{8}); (\sqrt{3},\sqrt{5},\sqrt{8});$

$(1, \sqrt{8},\sqrt{9}); (\sqrt{2},\sqrt{7},\sqrt{9}); (\sqrt{3},\sqrt{6},\sqrt{9}); (\sqrt{4},\sqrt{5},\sqrt{9});$

$(1, \sqrt{9},\sqrt{10}); (\sqrt{2},\sqrt{8},\sqrt{10}); (\sqrt{3},\sqrt{7},\sqrt{10}); (\sqrt{4},\sqrt{6},\sqrt{10});$

$(1, \sqrt{10},\sqrt{11}); (\sqrt{2},\sqrt{9},\sqrt{11}); (\sqrt{3},\sqrt{8},\sqrt{11}); (\sqrt{4},\sqrt{7},\sqrt{11}); (\sqrt{5},\sqrt{6},\sqrt{11});$

$(1, \sqrt{11},\sqrt{12}); (\sqrt{2},\sqrt{10},\sqrt{12}); (\sqrt{3},\sqrt{9},\sqrt{12}); (\sqrt{4},\sqrt{8},\sqrt{12}); (\sqrt{5},\sqrt{7},\sqrt{12}).$

Ответ: 30

Благодарим за то, что пользуйтесь нашими материалами. Информация на странице «ЕГЭ-2023 Вариант 7, решения» подготовлена нашими авторами специально, чтобы помочь вам в освоении предмета и подготовке к экзаменам. Чтобы успешно сдать необходимые и поступить в ВУЗ или техникум нужно использовать все инструменты: учеба, контрольные, олимпиады, онлайн-лекции, видеоуроки, сборники заданий. Также вы можете воспользоваться другими статьями из разделов нашего сайта.

Публикация обновлена: 30.09.2023

ЕГЭ-2023 Вариант 7, решения

Это полезно