Демонстрационный вариант
Математика Профильный уровень
Часть 1
Ответом на задания 1—12 должно быть целое число или десятичная дробь.
Поезд отправился из Санкт-Петербурга в 23 часа 50 минут и прибыл в Москву в 7 часов 50 минут следующих суток. Сколько часов поезд находился в пути?
На рисунке точками показана средняя температура воздуха в Сочи за каждый месяц 1920 года. По горизонтали указываются месяцы, по вертикали — температура в градусах Цельсия. Для наглядности точки соединены линией. Определите по рисунку, сколько месяцев из данного периода средняя температура была больше 18 градусов Цельсия.
На клетчатой бумаге с размером клетки 1 см × 1 см изображён треугольник. Найдите его площадь. Ответ дайте в см2.
В сборнике билетов по биологии всего 25 билетов. Только в двух билетах встречается вопрос о грибах. На экзамене школьнику достаётся один случайно выбранный билет из этого сборника. Найдите вероятность того, что в этом билете будет вопрос о грибах.
Треугольник ABC вписан в окружность с центром O. Найдите угол BOC, если угол BAC равен 32. Ответ дайте в градусах.
На рисунке 47 изображен график y = f'(x) — производной функции f(x). На оси абсцисс отмечено девять точек: x1, x2, ... x9. Сколько из этих точек лежат на промежутках возрастания функции f(x)?
В первом цилиндрическом сосуде уровень жидкости достигает 16 см. Эту жидкость перелили во второй цилиндрический сосуд, диаметр основания которого в 2 раза больше диаметра основания первого. На какой высоте будет находиться уровень жидкости во втором сосуде? Ответ выразите в см.
Локатор батискафа, равномерно погружающегося вертикально вниз, испускает ультразвуковой сигнал частотой 749 МГц. Приёмник регистрирует частоту сигнала, отражённого от дна океана. Скорость погружения батискафа (в м/с) и частоты связаны соотношением v=c⋅f−f0f+f0, где c = 1500 м/с — скорость звука в воде; f0— частота испускаемого сигнала (в МГц); f — частота отражённого сигнала (в МГц). Найдите частоту отражённого сигнала (в МГц), если батискаф погружается со скоростью 2 м/с.
Весной катер идёт против течения реки в 123 раза медленнее, чем по течению. Летом течение становится на 1 км/ч медленнее. Поэтому летом катер идёт против течения в 112 раза медленнее, чем по течению. Найдите скорость течения весной (в км/ч).
Часть 2.
При выполнении заданий 13—19 требуется записать полное решение и ответ.
а) Решите уравнение cos2x=1−cos(π2−x).
б) Найдите все корни этого уравнения, принадлежащие промежутку [-5π/2; -π).
а) Преобразуем обе части уравнения:
1−2sin2x=1−sinx;2sin2x−sinx=0;sinx(2sinx−1)=0, откуда sinx=0 или sinx=12
Из уравнения sinx=0 находим: x=\mathrm{πn}, где \mathrm n\in\mathbb{Z}
Из уравнения \sin x=\frac12 находим: x=(-1)^k\frac{\mathrm\pi}6+\mathrm{πk}, где \mathrm k\in\mathbb{Z}
б) С помощью числовой окружности отберём корни уравнения, принадлежащие промежутку \lbrack-\frac{5\mathrm\pi}2;-\mathrm\pi).
Получаем числа:
-2\pi;\;-\frac{11\pi}6;\;-\frac{7\pi}6.
Ответ:
а) \pi n,\;n\in\mathbb{Z};\;\left(-1\right)^k\frac\pi6+\pi k,\;k\in\mathbb{Z}
б) -2\pi;\;-\frac{11\pi}6;\;-\frac{7\pi}6.
В основание цилиндра высотой 60 и радиусом основания 15 вписан остроугольный треугольник АВС, в котором ВС = 10, АВ = АС.
а) Постройте сечение призмы АВСА1В1С плоскостью, проходящей через точку А и перпендикулярную плоскостям СВВ1и ВА1С, если АА1, ВВ1и СС1 — образующие цилиндра.
б) Найдите величину угла между плоскостями СВВ1 и ВА1С.
Решение:
а) Пусть O и O_1 - центры оснований цилиндра, тогда F и F_1 - середины хорд BC и B_1C_1 соответственно (см. рисунок) . Покажем, что AFF_1 - искомая плоскость. A_1F - медиана, значит, и высота равнобедренного треугольника A_1BC. FF_1\parallel BB_1, значит, FF_1\perp(ABC) и, в частности, FF_1\perp BC. Так как FF_1\perp BC и A_1F\perp BC,\; (AFF_1)\perp BC,\;, откуда (AFF_1)\perp A_1BC\; и (AFF_1)\perp BB_1C_1C\;. Сечением призмы ABCA_1B_1C_1 плоскостью AFF_1 является прямоугольник AFF_1A_1
б) Угол между плоскостями CA_1B и CBB_1 - это угол \angle A_1FF_1
\bigtriangleup A_1FF_1 - прямоугольный, tg\angle A_1FF_1=\frac{A_1F_1}{FF_1}
\bigtriangleup ABC - равнобедренный (по условию), CF=\frac{BC}2=5
\bigtriangleup COF - прямоугольный, OF=\sqrt{CO^2-CF^2}=\sqrt{15^2-5^2}=10\sqrt2
AF=AO+OF=15+10\sqrt2=5(3+2\sqrt2)AF=A_1F_1
tg\angle A_1FF_1=\frac{5(3+2\sqrt2)}{60}=\frac{3+2\sqrt2}{12}

Ответ: arctg\;\frac{3+2\sqrt2}{12}
Решите неравенство \left(4-x\right)\left(2\log_{11}^2x-3\log_{11}x+1\right)>0.
Решение:
ОДЗ: x>0
\begin{array}{l}(4-x)(2\log_{11}^2x-3\log_{11}x+1)>0\\(x-4)(\log_{11}x-1)(2\log_{11}-1)<0\end{array}
на ОДЗ выражение \log_{11}x-1=\log_{11}x-\log_{11}11 совпадает по знаку с выражением x-11, выражение 2\log_{11}x-1=2(\log_{11}x-\log_{11}\sqrt{11}) - с выражением x-\sqrt{11}. Получим, что исходное неравенство на ОДЗ равносильно (x-4)(x-\sqrt{11})(x-11)<0. Решив его методом интервалов, получим x\in(-\infty;\;\sqrt{11})\cup(4;11). Учитывая ОДЗ, x\in(0;\;\sqrt{11})\cup(4;11)
Ответ: \left(0;\;\sqrt{11}\right)\cup\left(4;\;11\right).
Две окружности с центрами О и О1, радиусы которых относятся как 1 : 3, касаются внешним образом, длина их общей внешней касательной АС равна 6√3
а) Докажите, что угол АОО1 равен 120° (ОА — радиус, проведённый в точку касания).
б) Найдите периметр фигуры, образованной внешними касательными и внешними дугами окружностей.
Решение:
а) Заметим, что OA\perp AC и O_1C\perp AC по свойству радиусов, проведенных в точку касания (см. рисунок). Опустим OK\perp OC_{1\;} (K лежит на O_1C). Пусть OA равно R, тогда O_1C=3R,\;OACK - прямоугольник, KC=OA=R. Значит, O_1K=2R. M - точка касания окружностей, OM=R,\;O_1M=3R. В прямоугольном треугольнике OO_1K катет O_1K=2R, гипотенуза OO_1=OM+MO_1=4R, то есть катет O_1K равен половине гипотенузы, откуда \angle O_1OK=30^\circ, \angle AOO_1=\angle AOK+\angle O_1OK=120^\circ, что и требовалось доказать.

В треугольнике OO_1K по теореме Пифагора OK=\sqrt{(4R)^2-(2R)^2}=2\sqrt3R. AC=OK=2\sqrt3R=6\sqrt3,\; следовательно, R=3.. Длина окружности с центром O равна 2\mathrm{πR}=6\mathrm\pi. Длина окружности с центром {\mathrm O}_1 равна 2\mathrm\pi(3\mathrm R)=18\mathrm\pi. \angle A_1OA=360^\circ-\angle AOO_1-\angle A_1OO_1=120^\circ (см. рисунок). Значит длина внешней дуги меньшей окружности равна6\mathrm\pi\frac{120^\circ}{360^\circ}=2\mathrm\pi. Ясно, что \angle{\mathrm{OO}}_1\mathrm C=60^\circ,\angle{\mathrm{CO}}_1{\mathrm C}_1=120^\circ,, значит длина внешней дуги большей окружности равна \frac{240^\circ}{360^\circ}\times18\mathrm\pi=12\mathrm\pi

искомый периметр равен {\mathrm A}_1{\mathrm C}_1+2\mathrm\pi+\mathrm{AC}+12\mathrm\pi=12\sqrt3+14\mathrm\pi
Ответ: 12\sqrt3+14\mathrm\pi
Предприниматель взял в аренду на 3 года помещения на условиях ежегодной платы (в конце года) С рублей. Имея некоторый первоначальный капитал, он удвоил его в течение года и оплатил аренду. Такая схема деятельности осуществлялась все три года. В результате в конце третьего года деятельности, после оплаты аренды предприниматель имел капитал в три раза превышающий первоначальный. Определите величину первоначального капитала, если аренда С составляла 12000 рублей.
Пусть x рублей первоначальный капитал предпринимателя, тогда 2x-С рублей - капитал после первого года
2(2x-С)-C=4x-3c рублей - капитал после второго года.
2(4x-3С)-C=8x-7c рублей - капитал после третьего года.
По условию к концу третьего года после оплаты аренды капитал предпринимателя в три раза превысил первоначальный, следовательно 8x-7c=3x
x=1,4\times12000=16800
Ответ: 16800 рублей
Найдите все значения а, при которых любое решение уравнения 2\sqrt{9-4x}-7\log_\frac12(2-\frac12x)-4a=0 принадлежит отрезку [-4; 0].
Рассмотрим функцию f(x)=2\sqrt{9-4x}-7\log_\frac12(2-\frac12x). Она определена при x\leq\frac94 и убывает на всей области определения. Значит, уравнение f(x)-4a=0 может иметь только единственное решение (при соответствующих значениях параметра a). Это решение принадлежит отрезку \lbrack-4;0\rbrack тогда и только тогда, когда f(-4)-4a\geq0;\;f(0)-4a\leq0. Получаем систему неравенств:
\left\{\begin{array}{l}10+14-4a\geq0\\6+7-4a\leq0\end{array}\right.\left\{\begin{array}{l}4a-24\leq0\\4a-13\geq0\end{array}\right.
Откуда \frac{13}4\leq a\leq6
Ответ: \left[\frac{13}4;6\right]
Натуральное число называется палиндромом, если при расстановке его цифр в обратном порядке оно не изменяется (например, 8, 22, 171 и т.п.).
а) Сколько существует шестизначных палиндромов, каждая цифра в которых встречается не больше двух раз?
б) Существует ли пара натуральных чисел (а;b), таких, что никакая натуральная степень числа а не является палиндромом, а любая степень числа b является?
в) Сколько существует упорядоченных пар (х; у), где х,у — двузначные палиндромы, х≠y, x + у — палиндром, причём нечётный?
Решение:
a) Шестизначный палиндром имеет вид \overline{xyzzyx}. Цифру x можно выбрать 9 способами (x(x\neq0)), после этого y - тоже 9 способами (y\neq x), затем z - 8 способами. Всего 9\times9\times8=648 таких палиндромов.
б) Да, приведем примеры: a=10,\;b=1. a^n=10^n - не является палиндромом, b^n=1 - палиндром.
в) Все двузначные палиндромы, очевидно, имеют вид 11a, 1\leq a\leq9. Пусть первый палиндром равен 11\alpha , второй 11\beta, тогда их сумма - 11(\alpha+\beta)<200 . Среди трехзначных чисел, меньших 200, все палиндромы имеют вид 1y1, где y - цифра. На 11 из них делится только 121. Значит суммой двузначных палиндромов, являющейся палиндромом, может быть одно из чисел 33,55,.....,121, то есть одно из чисел 11t.\;3\leq t\leq11,\;t - нечетно. Для каждого t найдем количество его представлений в виде суммы \begin{array}{l}t=\alpha+\beta,\;(\alpha\neq\beta).\\\end{array}
Если \begin{array}{l}t=\alpha+\beta\\\end{array}, то \begin{array}{l}\alpha=1,...,t-1\\\end{array}, при этом \begin{array}{l}\alpha\neq\beta\\\end{array}, так как t\; нечетно. То есть для каждого t\;-(t-1) способов. Тогда искомое число вариантов равно 2+4+6+8+10=30.
Однако при таком подсчете для t=11 мы посчитали два лишних представления (121=110+11=11+110), так как число 110 не является палиндромом. Значит, всего 30-2=28 вариантов.
Ответ: а) 648; б) да; в) 28.
№ | Ваш ответ | Ответ и решение | Первичный балл |
---|---|---|---|
Здесь появится результат первой части. Нажмите на кнопку «Завершить работу», чтобы увидеть правильные ответы и посмотреть решения. |