Вариант 10
Математика Профильный уровень
Часть 1
Ответом на задания 1—12 должно быть целое число или десятичная дробь.
На покраску одного м2 поверхности одним слоем расходуется 0,2 литра краски. Найдите, какое количество краски необходимо (в л), чтобы покрасить забор площадью 21 м2 в три слоя.
На рисунке представлен график нагревания некоторого количества воды. По горизонтали указано время (в мин.), прошедшее с момента начала нагревания, по вертикали — температура воды в соответствующее время (в °С). Определите по графику, за сколько минут температура воды выросла с 40 °C до 80 °С.
На клетчатой бумаге с размером клетки 1 см × 1 см изображена окружность. Вычислите площадь закрашенной фигуры в см2. В ответ укажите Sπ.

В состязании по математике в команде «Незнайка в твоих штанах» 12 человек, из них три девочки. Отвечающего на вопрос члены жюри выбирают случайным образом. Найдите вероятность того, что выбранный участник — мальчик.
AD — основание равнобедренной трапеции ABCD. Диагонали трапеции пересекаются под прямым углом в точке O, угол A равен 75 °. Найдите длину боковой стороны (в см), если OD = 6√3 см.
Изменение координаты точки выражается функцией f(t)=252√t2+t22+6√t, где t (в с) — время движения. Определите, какова была мгновенная скорость (в м/с) при t = 9 c.
Площадь полной поверхности цилиндра равна 628 см. Найдите объём вписанного в него конуса, если радиус основания равен 5 см. Число π следует считать равным 3,14.
Для вычисления коэффициента эффективности миграции (в %) используется формула K=P−BP+B⋅100, где P — численность прибывших (в тыс. человек), B — численность выбывших (в тыс. человек). Сколько тысяч человек должно выехать из страны, чтобы коэффициент эффективности миграции достиг 10 % при 11 тыс. чел. прибывших?
Алексею необходимо выполнить грузоперевозку продукции массой 41,6 т. В первый день он перевез 200 кг товара. Найдите, на сколько тонн он ежедневно увеличивал массу привезённого товара по сравнению с предыдущим днём, если известно, что всю работу он выполнил за 13 дней.
Часть 2.
При выполнении заданий 13—19 требуется записать полное решение и ответ.
Дано уравнение √−ctgx⋅(2cos2x−cosx−1)=0.
А) Решите уравнение.
Б) Укажите его корни из промежутка [15π2;9π].
А) ОДЗ: sinx≠0;ctgx<0
√−ctgx=0
cosx=0
x=π2+πn, n∈Z
2cos2x−cosx−1=0
a=2;b=−1;c=−1;a+b+c=0⇒x1=1;x2=ca
⇒cosx=1;cosx=−12
x=2πn - не соответствует ОДЗ, x=−2π3+2πk;x=2π3+2πk, k∈N
x=−2π3+2πk - не соответствует ОДЗ
Б) Нанесем на числовую прямую и определим, какие корни входят в промежуток:
А) 2π3+2πn;π2+πk,n,k∈Z
Б) 15π2;17π2;26π3
Дана правильная треугольная призма ABCA1B1C1.
А) Докажите, что прямая В1С1 перпендикулярна линии пересечения плоскостей АВС1 и АСВ1.
Б) Найдите угол между плоскостями АВС1 и АСВ1, если известно, что АВ=2, АА1=2.

А) Доказать, что прямая В1С1 перпендикулярна линии пересечения плоскостей АВС1 и АСВ1.
т. A∈(ABC1). т. A∈(ACB1)
C1B∈(ABC1), B1C∈(ACB1)
C1B∩CB1=D⇒D∈(ABC1);D∈(ACB1)
и AD∈(ABC1);AD∈(ACB1)⇒AD - линия пересечения (ABC1) и (ACB1)
Имеем: необходимо доказать B1C1⊥AD
Опустим из D перпендикуляр DH на CB (DH⊥CB)
т.D - не только высота треугольника, но и медиана,т.е.CH=HB
т.к. △ABC - правильный, то AH - не только медиана, но и высота ⇒AH⊥CB
Тогда AD⊥CB (по теореме о трех перпендикулярах)
А т.к. CB∥C1B1, то AD⊥C1B1, что и требовалось доказать
Б) AB=2;AA1=2;∠((ABC1);(ACB1)−?
Опустим из C и B перпендикуляры на AD. Исходя из равенства △ADC=△ADB (по трем сторонам) они упадут на одну точку, пусть т.Т
Имеем CT⊥AD,BT⊥AD, ∠CTB - линейный угол искомого двугранного угла
△CTB - равносторонний ⇒TH⊥CB
Тогда sin(12∠CTB)=HCCT
Из △CHD по теореме Пифагора: CD=√CH2+HD2 (HD=12BB1) CD=√1+1=√2
Из △CHA по теореме Пифагора: AH=√AC2−CH2 AH=√4−1=√3
Из △AHD по теореме Пифагора: AD=√AH2+HD2 AH=√3+1=2
Имеем AC=AD⇒△CAD - равнобедренный . Опустим из А AF⊥CD
При этом CF=FD=12CD=√22
Тогда из △AFC по теореме Пифагора AF=√AC2−CF2=√4−12=√72
С одной стороны, S△ADC=12CT⋅AD, с другой стороныS△ADC=12AF⋅CD⇒CT⋅AD=AF⋅CD⇒2CT=√72⋅√2⇒CT=√72
sin(12∠CTB)=1√72=2√7⇒cos(12∠CTB)=√1−47=√37, sin(∠((ABC1);(ACB1)))=2⋅2√7⋅√37=4√37 и cos(∠((ABC1);(ACB1)))=√1−16⋅349=17
⇒∠((ABC1);(ACB1))=arccos(17)
Ответ: arccos17
Решите неравенство log2+x13+log2−x3≤0.
ОДЗ: 2+x>0⇒x>−2;2−x>0⇒x<2;2+x≠1;2−x≠1
log313log3(2+x)+log33log3(2−x)≤0
−1log3(2+x)+1log3(2−x)≤0
−log3(2−x)+log3(2+x)log3(2+x)⋅log3(2−x)≤0
Нули числителя: log32+x2−x=0
2+x2−x=1
2+x=2−x
x=0
Нули знаменателя: log3(2−x)=0⇒2−x=1⇒x=1
log3(2+x)=0⇒2+x=1⇒x=−1
Нанесем на числовую прямую нули числителя и знаменателя и расставим знаки:
Ответ: (-1;0]⋃(1; 2)
В неравнобедренном треугольнике АВС ∠BAC = 45°. Продолжение биссектрисы CD треугольника пересекает описанную около него окружность υ1 в точке Е. Окружность υ2, описанная около треугольника ADE, пересекает продолжение стороны АС в точке F.
А) Докажите, что DE — биссектриса угла FDB.
Б) Найдите радиус окружности υ2, если известно, что АС=6, AF=2.

А) ∠CEB=∠BAC=45∘ (опираются на одну и ту же дугу)
∠ABE=∠ECA (опираются на одну и ту же дугу)
⇒∠EDB=180∘−∠CEB−∠ABE=180∘−45∘−∠ECA=135∘−∠ECA
∠ECB=∠ECA (из условия)
Тогда ∠EDB=∠ECB+∠CBD (как внешний) или∠EDB=∠ECA+∠CBD
∠AEC=∠CBD (опираются на одну и ту же дугу)
∠AFD=∠AED (опираются на одну и ту же дугу в окружности v2)⇒∠AFD=∠CBD
∠EDA=180∘−∠EDB (как смежные)
Найдем ∠FDE: ∠FDE=∠EDA−∠FDA;∠FDA=180∘−∠FAD−∠FDA (из △FAD), где ∠DFA=∠CBD (смотреть выше) и ∠FAD=180∘−∠DAC=180∘−45∘=135∘ (как смежные)
⇒∠FDA=180∘−∠CBD−45∘+∠CBD=135∘−∠EDB+∠CBD=135∘−∠ECA−∠CBD+∠CBD=135∘−∠ECA=∠EDB
Имеем, что ∠FDE=∠EDB⇒DE - биссектриса ∠FDB
Б) Из △AFD по теореме синусов: FDsin(∠FAD)=AFsin(∠ADF)=ADsin(∠DFA)=2Rv2⇒AFsin(∠ADF)=Rv2
2sin(∠ADF)=2Rv2⇒Rv2=1sin(∠ADF)
△FDA=△BDC (по стороне и двум прилежащим углам, CD - общая)
⇒BC=FC;DC=AF+AC=2+6=8
Из △ABC по теореме синусов: ACsin(∠CBD)=CBsin(∠BAC)=ABsin(∠ACB)=2Rv1⇒ACsin(∠CBD)=CBsin(∠BAC); ⇒6sin(∠CBD)=28√2⇒sin(∠CBD)=3√28
⇒cos(∠CBD)=√1−9⋅264=√488
В пункте а) показывалось, что ∠ADF=45∘−∠CBD
⇒sin(∠ADF)=sin(45∘−∠CBD)=sin(45∘)cos(∠CBD)−cos(45∘)sin(∠CBD)=√22⋅√468−√22⋅3√28=2√23−62⋅8=√23−38
и Rv2=8√23−3=8(√23+3)23−9=24+8√2314=12+4√237
Ответ: 12+4√237
В начале января 2017 года планируется взять кредит в банке на S млн. рублей, где S — целое число, на 4 года. Условия его возврата таковы:
- каждый июль долг возрастает на 10% по сравнению с началом текущего года;
- с августа по декабрь каждого года необходимо выплатить часть долга;
- в январе каждого года долг должен составлять часть кредита в соответствии со следующей таблицей:
Начало года | 2017 | 2018 | 2019 | 2020 | 2021 |
Долг (в млн. рублей) | S | 0,7S | 0,4S | 0,2S | 0 |
Найдите наибольшее значение S, при котором разность между наибольшей и наименьшей выплатами не будет превышать 2 млн. руб.
Найдем выплаты за каждый год и составим таблицу
Год | 2017 | 2018 | 2019 | 2020 |
Выплаты (в млн. рублей) | 1,1S-0,7S=0,4S | 1,1*0,7S-0,4S=0,37S | 1,1*0,4S-0,2S=0,24S | 1,1*0,2S-0S=0,22S |
Найдем наибольшее значение S, при котором разность между наибольшей и наименьшей выплатами не будет превышать 2 млн. руб. Для этого определим, что наибольшая выплата сделана в 2017г., а наименьшая- в 2020г. Получим следующее неравенство:
0.4S−0.22S≤2
S≤11.11
Следовательно, т.к. по условию S - целое число, то наибольшее значение S=11
Ответ: 11
Найдите все значения параметра а, при каждом из которых уравнение 2sinx+4sinx+√sinx+2=a⋅log2(161+sinx) не имеет корней.
Пусть t=sinx, −1≤t≤1
2t+4t+√t+2=a⋅log2(161+t), ОДЗ: t≥0⇒0≤t≤1
Рассмотрим на участке t∈[0;1]:
f(t)=2t+4t+√t+2 - монотонно возрастает при t∈[0;1]
fmin=f(0)=1+0+0+2=3
fmax=f(1)=2+4+1+2=9
Рассмотрим h(t)=alog2(161+t) на участке t∈[0;1]
При a≥0 h(t) неотрицательна при t∈[0;1] и монотонно убывающая
Тогда
hmin=h(0)=alog2(161+0)=4a
hmax=h(1)=alog2(161+1)=3a
При a<0 график h(x) полностью лежит в нижней полуплоскости.
Рассмотрим уравнение при a<0, тогда графическое решение:
Откуда следует, что при a<0 уравнение не имеет решений!
Рассмотрим уравнение при a≥0, тогда его графическое решение:
Откуда следует, что
Объединение решений: a∈(−∞;34)∪(3;+∞)
Ответ: (-∞; 0,75)⋃(3; +∞)
а) Найдите остаток от деления 20132014 на 5.
б) Найдите остаток от деления 20152016 на 3.
в) Найдите остаток от деления 20102011 на 17.
При решении задач учтем, что:
1) Ecли какое–то число a при делении на число b дает остаток d, то это можно записать в виде равенстваa=br+d, где r– частное, d– остаток
2) (A+alpha)B=Acdotm+alphaB, где alpha - малая величина по сравнению с А
А) 20132014=left(2010+3right)2014=2010m+32014
32014=91007=left(10−1right)1007=10m−11007=10k+10−1=(10k+5)+4, следовательно d=4
Б) 20152016=left(2013+2right)2016=left(671∗3+2right)2016=3m+22016
22016=41008=left(3+1right)1008=10m−11007=3k+1, следовательно d=1
В) 20102011=left(118∗17+4right)2011=17m+42011
42011=4∗left(16right)1005=4∗left(17−1right)1005=4(17m−11007)=17k+64, следовательно d=13 ( остаток от деления 64 на 17)
\\\\n
Ответ: а) 4; б) 1; в) 13
№ | Ваш ответ | Ответ и решение | Первичный балл |
---|---|---|---|
Здесь появится результат первой части. Нажмите на кнопку «Завершить работу», чтобы увидеть правильные ответы и посмотреть решения. |