Математика — это для всех! «Репетитор: математика»

Решения задач ЕГЭ 2018

Решения задач ЕГЭ 2018

Задача 13

а) Решите уравнение 2sin(2x+π4)+3cosx=sin2x1.
б) Укажите все корни уравнения, принадлежащие отрезку [π;5π2].

а)

Применим к первому слагаемому в левой части формулу синуса суммы sin(α+β)=sinα cos β+cos α sin β:

2sin2x cos π4+cos 2x sin π4+3cosx=sin2x1.

Поскольку cos π4=22, sin π4=22, получим:

2sin2x·22+2cos 2x·22+3cosx=sin2x1.

Преобразуем далее:

sin2x+cos 2x+3cosx=sin2x1,
cos 2x+3cosx+1=0.

Воспользуемся формулой косинуса двойного угла cos 2x=2cos2x1:

2cos2x1+3cosx+1=0,
2cos2x+3cosx=0.

Вынесем за скобки 2cosx:

2cosx(cosx+32)=0.

Отсюда заключаем: cosx=0 или cosx=32.

Решения первого уравнения:

x=π2+πn, nZ.

Решения второго уравнения:

x=±arccos(32)+2πk, kZ,

а поскольку arccos(32)=πarccos32=ππ6=5π6, то

x=±5π6+2πk, kZ.

б)

Отбор корней, принадлежащих отрезку [π;5π2], проведём с помощью решения соответствующих двойных неравенств.

(1) Работаем с формулой x=π2+πn, nZ.

ππ2+πn5π2

Делим на π:

112+n52.

Вычитаем 12 из всех трёх частей:

12n2.

Берём целые решения и находим соответствующие значения x:

n=1    x=π2+π, т. е. x=3π2.
n=2    x=π2+2π, т. е. x=5π2.

(2) Работаем с формулой x=5π6+2πk, kZ.

π5π6+2πk5π2

Делим на π:

156+2k52.

Умножаем на 6:

65+12k15.

Вычитаем 5 из всех трёх частей:

112k10.

Делим на 12:

112k56.

Целых решений нет.

(3) Работаем с формулой x=5π6+2πk, kZ.

π5π6+2πk5π2

Делим на π:

156+2k52

Умножаем на 6:

65+12k15.

Прибавляем 5 ко всем трём частям:

1112k20.

Делим на 12:

1112k53.

Берём целые решения и находим соответствующие значения x:

k=1    x=5π6+2π, т. е. x=7π6.

Ответ: (а) π2+πn, nZ, ±5π6+2πk, kZ; (б) 7π6, 3π2, 5π2.

Задача 14

В цилиндре образующая перпендикулярна плоскости основания. На окружности одного из оснований цилиндра выбраны точки A и B, а на окружности другого основания — точки B1 и C1, причём BB1 — образующая цилиндра, а отрезок AC1 пересекает ось цилиндра.

(а) Докажите, что угол ABC1 прямой.

(б) Найдите расстояние от точки B до прямой AC1, если AB=15, BB1=16, B1C1=12.

а)

Т. к. прямая AC1 и ось цилиндра пересекаются, то через них можно провести плоскость. Эта плоскость является осевым сечением цилиндра, а значит, пересекает основания по диаметрам AC и A1C1, а боковую поверхность по образующим CC1 и AA1.

Тогда угол ABC прямой, как вписанный угол, опирающийся на диаметр. Отсюда заключаем, что AB перпендикулярно BC, а т. к. BC — проекция наклонной BC1 на плоскость нижнего основания, то по теореме о трёх перпендикулярах AB перпендикулярно BC1, т. е. угол ABC1 прямой, ч. т. д.

б)

Расстояние от точки B до прямой AC1 равно высоте прямоугольного треугольника ABC1, проведённой к гипотенузе AC1. По теореме Пифагора для прямоугольного треугольника BB1C1 имеем: BC12=BB12+B1C12=256+144=400, откуда BC1=20. По теореме Пифагора для прямоугольного треугольника ABC1 имеем: AC12=AB2+BC12=225+400=625, откуда AC1=25. Поскольку высота, проведённая к гипотенузе, равна произведению катетов, делённому на гипотенузу, то искомое расстояние равно:

ABBC1AC1=152025=12.

Ответ: б) 12.

Задача 15

Решите неравенство log7(11x2+10)log7(x2+x+1)log7(xx+8+10).

Область определения неравенства (или по-другому, ОДЗ неравенства) задаётся системой неравенств:

{11x2+10>0,x2+x+1>0,xx+8+10>0.

Первые два неравенства системы справедливы при всех действительных значениях x, а третье неравенство приводится к виду 11x+80x+8>0. Решая его методом интервалов, получим: x(;8)(8011;+).

Применяя в левой части исходного неравенства формулу разности логарифмов, перепишем его в виде log711x2+10x2+x+1log711x+80x+8, или поскольку основание логарифмов больше единицы, 11x2+10x2+x+111x+80x+8.

Упростим и применим метод интервалов:

11x2+10x2+x+111x+80x+80,
11x3+10x+88x2+8011x311x211x80x280x80(x2+x+1)(x+8)0,
3x281x(x2+x+1)(x+8)0.

Умножив обе части неравенства на выражение x2+x+13, принимающие отрицательные значения при всех значениях переменной x, получим:

x2+27xx+80, или x(x+27)x+80.

Применим метод интервалов:

Теперь, с учётом ранее найденной ОДЗ, окончательно имеем:

Ответ: (;27](8011;0].

Задача 16

Окружность с центром в точке O высекает на всех сторонах трапеции ABCD равные хорды.

а) Докажите, что биссектрисы всех углов трапеции пересекаются в одной точке.

б) Найдите высоту трапеции, если окружность пересекает боковую сторону AB в точках K и L так, что AK=15, KL=6, LB=5.

а)

Расстояние от центра окружности радиуса R до хорды длины a находится по формуле R2(a2)2. Отсюда следует, что расстояния от центра окружности до любой из хорд, имеющих одну и ту же длину, равны. Таким образом, точка O (центр окружности) лежит внутри каждого из углов DAB, ABC, BCD и CDA и равноудалена от сторон этих углов. Это значит, что точка O лежит на биссектрисе каждого из перечисленных углов, а значит, эти биссектрисы пересекаются в точке O.

б)

Проведём из центра окружности перпендикуляры OM, ON и OP соответственно к сторонам DA, AB и BC. Проведём высоту BH и заметим также, что точки P, O и M лежат на одной прямой и отрезок PM тоже является высотой трапеции. Отсюда следует, что BP=HM и поэтому AH=AMHM=AMBP.

Но т. к. точка O лежит на биссектрисе угла ABC, то BP=BN, а т. к. точка N — середина отрезка KL, то BN=BL+12KL=5+3=8. Итак, BP=8. Рассуждая аналогично, получим, что AM=AN, а значит, AM=AN=AK+12KL=15+3=18.

Теперь находим, что AH=AMBP=188=10, а т. к. AB=AK+KL+LB=15+6+5=26, то по теореме Пифагора для прямоугольного треугольника ABH имеем: BH2=AB2AH2=262102=(2610)(26+10)=1636, откуда BH=46=24.

Ответ: б) 24.

Задача 17

15-го декабря планируется взять кредит в банке на 31 месяц. Условия его возврата таковы:

– со 2-го по 14-е число каждого месяца необходимо выплатить часть долга;

– 15-го числа каждого месяца с 1-го по 30-й долг должен быть на 20 тысяч рублей меньше долга на 15-е число предыдущего месяца;

– к 15-му числу 31-го месяца кредит должен быть полностью погашен.

Какой будет долг 15-го числа 30-го месяца, если общая сумма выплат после полного погашения кредита составит 1348 тысяч рублей?

Пусть величина кредита p тыс. руб.

15-го числа 1-го месяца (января) долг будет равен p20 тыс. руб., 15-го числа 2-го месяца p40 тыс. руб., …, 15-го числа 30-го месяца p3020, т. е. p600 тыс. руб. После начисления процентов на 31-м месяце долг станет равным 1,01(p600) тыс. руб. и будет погашен последним 31-м платежом, размер которого и будет составлять 1,01(p600) тыс. руб.

Платежи с 1-го по 30-й устроены следующим образом: выплачиваются проценты, начисленные за этот месяц, т. е 1% от долга на 15-е число предыдущего месяца, плюс платится ещё дополнительно 20 тыс. руб. Конкретно по месяцам:

Платёж 1-го месяца: 0,01p+20 тыс. руб.

Платёж 2-го месяца: 0,01(p20)+20 тыс. руб.

Платёж 3-го месяца: 0,01(p40)+20 тыс. руб.



Платёж 30-го месяца: 0,01(p580)+20 тыс. руб.

Общая сумма платежей за первые 30 месяцев составляет:

0,01(p+(p20)+(p20)+...+(p580))+2030 тыс. руб.

В скобках стоит сумма 30 членов арифметической прогрессии с первым членом p и последним членом p580. Поэтому имеем далее:

0,01p+p580230+600=0,3(p290)+600=0,3p+513.

Прибавляя найденный ранее платёж 31-го месяца, получим, что общая сумма платежей после полного погашения кредита равна: 0,3p+513+1,01(p600)=1,31p93 тыс. руб., что по условию составляет 1348 тыс. руб.

Получаем уравнение: 1,31p93=1348, или 1,31p=1441, откуда p=1100 тыс. руб.

Вспоминая, что 15-го числа 30-го месяца долг равен p600 тыс. руб., находим его величину: 1100600=500 (тыс. руб.).

Ответ: 500 тыс. руб.

Задача 18

Найдите все значения параметра a, при каждом из которых система уравнений имеет ровно четыре различных решения.

{(x+ay5)(x+ay5a)=0,x2+y2=16.

Второе уравнение задаёт окружность радиуса 4 с центром в начале координат.

Первое уравнение при a=1 задаёт прямую x+ay5=0, а прямая не может иметь с окружностью четыре общие точки, так что a=1 не удовлетворяет условию задачи.

При a1 первое уравнение задаёт пару параллельных прямых x+ay5=0 и x+ay5a=0. Четыре решения система будет иметь, если каждая из этих прямых пересекается с окружностью в двух различных точках.

Прямая x+ay5=0 пересекается с окружностью x2+y2=16 в двух различных точках тогда и только тогда, когда система уравнений {x+ay5=0,x2+y2=16. имеет два различных решения. Выражая из первого уравнения x=5ay и подставляя во второе, получим: (5ay)2+y2=16, или (a2+1)y210ay+9=0. Это квадратное уравнение имеет два различных корня при

D=100a236(a2+1)=64a236=64(a2916)=64(a34)(a+34)>0.

Решая неравенство методом интервалов, получим a(;34)(34;+).

Прямая x+ay5a=0 пересекается с окружностью x2+y2=16 в двух различных точках тогда и только тогда, когда система уравнений {x+ay5a=0,x2+y2=16. имеет два различных решения. Выражая из первого уравнения x=5aay и подставляя во второе, получим: (5aay)2+y2=16, или (a2+1)y210a2y+25a216=0. Это квадратное уравнение имеет два различных корня при

D=100a44(a2+1)(25a216)=6436a2=36(a2169)=
=36(a43)(a+43)>0.

Решая неравенство методом интервалов, получим a(43;43).

Беря пересечение множеств решений неравенств, получаем: a(43;34)(34;43).

Вспоминая, что наши рассуждения проводились в предположении a1, получаем окончательно:

a(43;34)(34;1)(1;43).

Ответ: a(43;34)(34;1)(1;43).

Задача 19

В школах №1 и №2 учащиеся писали тест. Из каждой школы тест писали по крайней мере 2 учащихся, а суммарно тест писали 30 учащихся. Каждый учащийся, писавший тест, набрал натуральное количество баллов. Оказалось, что в каждой школе средний балл за тест был целым числом. После этого один из учащихся, писавших тест, перешёл из школы №1 в школу №2, а средние баллы за тест были пересчитаны в обеих школах.

а) Мог ли средний балл в школе №1 уменьшиться в 4 раза?

б) Средний балл в школе №1 уменьшился на 4%, а средний балл в школе №2 также уменьшился на 4%. Мог ли первоначальный средний балл в школе №2 равняться 8?

в) Средний балл в школе №1 уменьшился на 4%, средний балл в школе №2 также уменьшился на 4%. Найдите наименьшее значение первоначального среднего балла в школе №2.

а)

Попробуем придумать подходящий пример, когда количество учащихся школы №1, писавших тест, является небольшим числом, скажем, 2 или 3.

Если таких учащихся было двое, причём перешедший в школу №2 набрал x баллов, а оставшийся в школе №1 — y баллов, то первоначальный средний балл в школе №1 был равен x+y2, а после перехода учащегося в школу №2 стал равен y. По условию x+y2=4y, откуда x+y=8y, или x=7y. Решением этого уравнения в натуральных числах является, например, y=2, x=14. Тогда первоначальный средний балл в школе №1 был равен 8, а после перехода учащегося, набравшего 14 баллов, в школу №2 стал равен 2, т. е. уменьшился в 4 раза.

б)

Пусть в школе №1 тест писали m учащихся, а в школе №2 — n учащихся. Пусть первоначальный средний балл в школе №1 был равен xN. Балл учащегося, перешедшего в школу №2, равен 0,04mx. Тогда после перехода средний балл в школе №2 стал равен 8n+0,04mxn+1 и по условию 8n+0,04mxn+1=0,968. Преобразуем: 800n+4mx=768n+768, или 8n+mx=192, или mx=1928n, или mx=8(24n).

Т. к. 0,04mx=mx25 — натуральное число, то mx делится на 25, а т. к. 8 и 25 взаимно просты, то 24n делится на 25. Но не существует натурального числа, меньшего 24, которое делится на 25!

в)

Пусть, так же, как в пункте (б), в школе №1 тест писали m учащихся, а в школе №2 — n учащихся. Пусть первоначальный средний балл в школе №1 был равен xN, а в школе №2 средний балл был равен yN. Балл учащегося, перешедшего в школу №2, равен 0,04mx, и рассуждая аналогично пункту (б), заменяя 8 на y, получим уравнение mx=y(24n). Вспомним, что mx, а значит и y(24n), делится на 25. При y<5 это невозможно, т. к. все натуральные числа, меньшие 5, взаимно просты с 25, а 24n, как было отмечено в решении пункта (б), не делится на 25.

Посмотрим, может ли быть y=5. При этом 24n должно делиться на 5. Если, скажем, n=14, то mx=50, m=30n=16, балл ученика, перешедшего в школу №2, равен 0,04mx=0,0450=2. Учащиеся школы №1 первоначально набрали в сумме mx=50 баллов. Например, это может быть так: перешедший в школу №2 набрал, как мы уже определили, 2 балла, 14 учащихся набрали по 3 балла и ещё один учащийся — 6 баллов. Учащиеся школы №2 первоначально набрали в сумме ny=145=70 баллов, например, все набрали по 5 баллов.

Таким образом, приведённый пример показывает, что случай y=5 возможен.

Ответ: а) да, б) нет, в) 5.

Хотите больше?

Вый найдёте тысячи задач ЕГЭ 2018 и 2019 с подробными решениями в нашем приложении "Репетитор: математика".

Доступно в App Store, Google Play и онлайн.

Подробнее о приложении...

Хотите получать уведомления о новых статьях в блоге? Подпишитесь на обновления.