Математика
Русский язык

Реальные варианты ЕГЭ 2016

1. Вспоминай формулы по каждой теме
2. Решай новые задачи каждый день
3. Вдумчиво разбирай решения

Тренировочные варианты «Школково». Резервный день. Задания с развернутым ответом 2016

Задание 1

а) Решите уравнение \[\dfrac{\sin 2x}{\sqrt{2}} + \sin\left(x - \dfrac{3\pi}{2}\right) = \dfrac{\sin x}{\sqrt{2}} + 0,5\,.\]

б) Найдите все корни этого уравнения, принадлежащие отрезку \(\left[-2\pi; -\dfrac{\pi}{2}\right]\).

а) ОДЗ: \(x\) – произвольный.

При помощи формул приведения и синуса двойного угла исходное уравнение можно переписать в виде:

\[\begin{aligned} &\dfrac{2\sin x\cdot\cos x}{\sqrt{2}} + \cos x = \dfrac{\sin x}{\sqrt{2}} + 0,5\qquad\Leftrightarrow\\ \Leftrightarrow\qquad &\cos x(\sqrt{2}\sin x + 1) = \dfrac{1}{2}\cdot(\sqrt{2}\sin x + 1)\qquad\Leftrightarrow\\ \Leftrightarrow\qquad &(\cos x - 0,5)(\sqrt{2}\sin x + 1) = 0\qquad\Leftrightarrow\\ \Leftrightarrow\qquad & \left[ \begin{gathered} \begin{aligned} &\cos x = 0,5\\ &\sin x = -\dfrac{1}{\sqrt{2}} \end{aligned} \end{gathered} \right. \end{aligned}\]

1) \(\cos x = 0,5\), откуда \(x = \pm \dfrac{\pi}{3} + 2\pi k\), \(k\in\mathbb{Z}\).

2) \(\sin x = -\dfrac{1}{\sqrt{2}}\), откуда \(x = -\dfrac{\pi}{4} + 2\pi n\), \(x = \dfrac{5\pi}{4} + 2\pi m\), \(n,m\in\mathbb{Z}\).

 

б) \(-2\pi\leqslant \dfrac{\pi}{3} + 2\pi k_1 \leqslant -\dfrac{\pi}{2}\) равносильно \(-\dfrac{7\pi}{3}\leqslant 2\pi k_1 \leqslant -\dfrac{5\pi}{6}\), что равносильно \(-\dfrac{7}{6}\leqslant k_1 \leqslant -\dfrac{5}{12}\), но \(k_1\in\mathbb{Z}\), следовательно, среди этих решений подходит только решение при \(k_1 = -1\): \(x = -\dfrac{5\pi}{3}\).

\(-2\pi\leqslant -\dfrac{\pi}{3} + 2\pi k_2 \leqslant -\dfrac{\pi}{2}\) равносильно \(-\dfrac{5\pi}{3}\leqslant 2\pi k_2 \leqslant -\dfrac{\pi}{6}\), что равносильно \(-\dfrac{5}{6}\leqslant k_2 \leqslant -\dfrac{1}{12}\), но \(k_2\in\mathbb{Z}\), следовательно, среди этих решений подходящих нет.

\(-2\pi\leqslant -\dfrac{\pi}{4} + 2\pi n \leqslant -\dfrac{\pi}{2}\) равносильно \(-\dfrac{7\pi}{4}\leqslant 2\pi n \leqslant -\dfrac{\pi}{4}\), что равносильно \(-\dfrac{7}{8}\leqslant n \leqslant -\dfrac{1}{8}\), но \(n\in\mathbb{Z}\), следовательно, среди этих решений подходящих нет.

\(-2\pi\leqslant \dfrac{5\pi}{4} + 2\pi m \leqslant -\dfrac{\pi}{2}\) равносильно \(-\dfrac{13\pi}{4}\leqslant 2\pi m \leqslant -\dfrac{7\pi}{4}\), что равносильно \(-\dfrac{13}{8}\leqslant m \leqslant -\dfrac{7}{8}\), но \(m\in\mathbb{Z}\), следовательно, среди этих решений подходит только решение при \(m = -1\): \(x = -\dfrac{3\pi}{4}\).

Ответ:

а) \(\pm \dfrac{\pi}{3} + 2\pi k, -\dfrac{\pi}{4} + 2\pi n, \dfrac{5\pi}{4} + 2\pi m\), \(k,n,m\in\mathbb{Z}\)

б) \(-\dfrac{5\pi}{3}, -\dfrac{3\pi}{4}\)

Задание 2

На ребрах \(AB\) и \(CC_1\) куба \(ABCDA_1B_1C_1D_1\) c ребром \(1\) отмечены точки \(M\) и \(N\) соответственно, причем \(AM = 0,4\), \(CN = 0,7\). Плоскость \(MDN\) пересекает ребро \(BB_1\) в точке \(K\).

 

а) Докажите, что \(\dfrac{BK}{KB_1} = \dfrac{21}{29}\).

б) Найдите расстояние от точки \(B\) до плоскости \((MDK)\).

а) Пусть \(P\) – точка пересечения \(MN\) и \(DK\), точка \(L\) – проекция точки \(P\) на плоскость \((ABCD)\).

Так как \(MC\) – проекция \(MN\) на \((ABCD)\), а \(BD\) – проекция \(KD\) на \((ABCD)\), то \(L\) – точка пересечения \(MC\) и \(BD\) (проекция точки пересечения прямых на плоскость есть точка пересечения проекций этих прямых на ту же плоскость).

 

Треугольники \(MLP\) и \(MCN\) – подобны (как прямоугольные треугольники, по острому углу), откуда \[\dfrac{PL}{NC} = \dfrac{ML}{MC}\,.\]

Треугольники \(DLP\) и \(DBK\) – подобны (как прямоугольные треугольники, по острому углу), откуда \[\dfrac{PL}{BK} = \dfrac{DL}{DB}\,.\]

Рассмотрим прямоугольную трапецию \(MBCD\)



треугольники \(MLB\) и \(DLC\) подобны по двум углам, откуда \[\dfrac{LC}{ML} = \dfrac{DC}{MB} = \dfrac{5}{3}\qquad\Rightarrow\qquad \dfrac{MC}{ML} = 1 + \dfrac{5}{3}\qquad\Rightarrow\qquad \dfrac{ML}{MC} = \dfrac{3}{8}\,,\] \[\dfrac{LB}{DL} = \dfrac{MB}{DC} = \dfrac{3}{5}\qquad\Rightarrow\qquad \dfrac{DB}{DL} = 1 + \dfrac{3}{5}\qquad\Rightarrow\qquad \dfrac{DL}{DB} = \dfrac{5}{8}\,.\]

Таким образом, \(PL = \dfrac{3}{8}\cdot 0,7\), \[\dfrac{PL}{BK} = \dfrac{5}{8}\ \Rightarrow\ BK = \dfrac{8}{5}\cdot \dfrac{3}{8}\cdot 0,7 = 0,42\ \Rightarrow\ B_1K = 0,58\ \Rightarrow\ \dfrac{BK}{KB_1} = \dfrac{21}{29}\,.\]

б) Рассмотрим треугольную пирамиду \(MKDB\): \[\dfrac{1}{3}S_{MDB}\cdot KB = V_{MKDB} = \dfrac{1}{3}S_{MDK}\cdot h,\] где \(h\) – искомая величина. Тогда \[h = \dfrac{S_{MDB}\cdot KB}{S_{MDK}} = \dfrac{\frac{1}{2}MB\cdot AD\cdot 0,42}{S_{MDK}} = \dfrac{0,126}{S_{MDK}}\]

По теореме Пифагора:

\[\begin{aligned} &MD = \sqrt{MA^2 + AD^2} = \dfrac{\sqrt{29}}{5},\qquad MK = \sqrt{MB^2 + KB^2} = \dfrac{\sqrt{13,41}}{5},\\ &KD = \sqrt{KB^2 + DB^2} = \dfrac{\sqrt{54,41}}{5} \end{aligned}\]

По формуле Герона:

\[\begin{aligned} &S_{MDK} = \sqrt{p(p - MD)(p - MK)(p - KD)} =\\ &\sqrt{\dfrac{\sqrt{29} + \sqrt{13,41} + \sqrt{54,41}}{10}\cdot\dfrac{-\sqrt{29} + \sqrt{13,41} + \sqrt{54,41}}{10}} \ \cdot\\ &\cdot\sqrt{\dfrac{\sqrt{29} - \sqrt{13,41} + \sqrt{54,41}}{10}\cdot\dfrac{\sqrt{29} + \sqrt{13,41} - \sqrt{54,41}}{10}} =\\ =\, &\dfrac{1}{100}\cdot\sqrt{(\sqrt{13,41} + \sqrt{54,41})^2 - 29}\cdot \sqrt{29 - (\sqrt{13,41} - \sqrt{54,41})^2} =\\ =\, &\dfrac{1}{100}\cdot\sqrt{38,82 + 2\sqrt{13,41}\sqrt{54,41}}\cdot \sqrt{2\sqrt{13,41}\sqrt{54,41} - 38,82} =\\ =\, &\dfrac{1}{100}\cdot\sqrt{1411,56} \end{aligned}\]

тогда

\[\begin{aligned} h = \dfrac{12,6}{\sqrt{1411,56}} = \dfrac{126}{\sqrt{141156}}=\dfrac{126}{6\sqrt{3921}}=\dfrac{21}{\sqrt{3921}}\,. \end{aligned}\]

Ответ:

б) \(\dfrac{21}{\sqrt{3921}}\)

Задание 3

Решите неравенство \[\dfrac{25^x - 5^x}{5^x - 2} + \dfrac{125^x - 12\cdot 5^{2x} + 0,6\cdot 5^{x + 1} - 35}{5^x - 12} \geqslant 25^x + 5^x + 4\]

ОДЗ:

\[\begin{aligned} \begin{cases} 5^x - 2\neq 0\\ 5^x - 12\neq 0 \end{cases} \qquad\Leftrightarrow\qquad \begin{cases} x\neq \log_5 2\\ x\neq \log_5 12 \end{cases} \end{aligned}\]

Решим на ОДЗ:
исходное неравенство равносильно неравенству \[\dfrac{5^{2x} - 5^x}{5^x - 2} + \dfrac{5^{3x} - 12\cdot 5^{2x} + 3\cdot 5^{x} - 35}{5^x - 12} \geqslant 5^{2x} + 5^x + 4\]

Сделаем замену \(5^x = t > 0\):

\[\begin{aligned} &\dfrac{t^2 - t}{t - 2} + \dfrac{t^3 - 12t^2 + 3t - 35}{t - 12} \geqslant t^2 + t + 4\qquad\Leftrightarrow\\ \Leftrightarrow\qquad & \dfrac{t(t - 2) + t - 2 + 2}{t - 2} + \dfrac{t^2(t - 12) + 3(t - 12) + 1}{t - 12} \geqslant t^2 + t + 4\qquad\Leftrightarrow\\ \Leftrightarrow\qquad & t + 1 + \dfrac{2}{t - 2} + t^2 + 3 + \dfrac{1}{t - 12} \geqslant t^2 + t + 4\qquad\Leftrightarrow\\ \Leftrightarrow\qquad & \dfrac{2}{t - 2} + \dfrac{1}{t - 12} \geqslant 0\qquad\Leftrightarrow\qquad \dfrac{2t - 24 + t - 2}{(t - 2)(t - 12)}\geqslant 0\qquad\Leftrightarrow\\ \Leftrightarrow\qquad & \dfrac{3t - 26}{(t - 2)(t - 12)}\geqslant 0 \end{aligned}\]

По методу интервалов



откуда \(t\in \left(2; \dfrac{26}{3}\right]\cup(12; +\infty)\)
\(5^x\in \left(2; \dfrac{26}{3}\right]\cup(12; +\infty)\) равносильно \[\left[ \begin{gathered} \begin{aligned} &5^{\log_5 2} < 5^x \leqslant 5^{\log_5\frac{26}{3}}\\ &5^x > 5^{\log_5 12} \end{aligned} \end{gathered} \right. \qquad\Leftrightarrow\qquad \left[ \begin{gathered} \begin{aligned} &\log_5 2 < x \leqslant \log_5\dfrac{26}{3}\\ &x > \log_5 12 \end{aligned} \end{gathered} \right.\]

Ответ:

\(\left(\log_5 2; \log_5\dfrac{26}{3}\right]\cup(\log_5 12; +\infty)\)

Задание 4

В прямоугольном треугольнике \(ABC\) с прямым углом \(C\) точки \(P\) и \(Q\) – середины катетов \(AC\) и \(BC\) соответственно, \(CD\) – высота.

 

а) Докажите, что прямые \(PD\) и \(QD\) перпендикулярны.

б) Пусть \(S\) – точка пересечения прямых \(BC\) и \(PD\), а \(T\) – точка пересечения прямых \(AC\) и \(QD\), причём \(AD = 6\), \(BD = 4\). Найдите площадь треугольника \(STP\).

а) \(DQ\) – медиана в прямоугольном треугольнике \(CDB\), проведённая к гипотенузе, тогда \(CQ = DQ\). Аналогично (для треугольника \(ACD\)), \(PD = PC\).


 

Тогда \(\angle QCD = \angle QDC\), \(\angle PCD = \angle PDC\), откуда \[\angle PDQ = \angle PDC + \angle QDC = \angle PCD + \angle QCD = \angle C = 90^\circ\,.\]

б) Рассмотрим прямоугольные треугольники \(CQT\) и \(DQS\): \[CQ = QD,\qquad \angle CQT = \angle DQS\,,\] тогда треугольники \(CQT\) и \(DQS\) равны, следовательно, \(\angle CTQ = \angle DSQ\), \(QT = QS\), откуда \(\angle QTS = \angle QST\), тогда в итоге \[\angle PTS = \angle PST\qquad\Rightarrow\qquad PT = PS\,.\]

\(\angle A = 90^\circ - \angle CBD = \angle DCB\), тогда прямоугольные треугольники \(ACD\) и \(BCD\) подобны (по острому углу), откуда \[\dfrac{CD}{AD} = \dfrac{DB}{CD} \qquad\Rightarrow\qquad CD^2 = AD\cdot BD = 24\,,\] откуда \(CD = 2\sqrt{6}\).

По теореме Пифагора: \[CB^2 = CD^2 + DB^2 = 40\qquad\Rightarrow\qquad CB = 2\sqrt{10}\qquad\Rightarrow\qquad CQ = \sqrt{10} = QD\,.\]

По теореме косинусов: \[CD^2 = CQ^2 + QD^2 - 2\cdot CQ\cdot QD\cdot\cos\angle CQD\] \[24 = 20 - 20\cdot\cos\angle CQD\qquad\Rightarrow\qquad \cos\angle CQD = -\dfrac{1}{5}\]

Так как \(\angle SQD = 180^\circ - \angle CQD\), то \[\cos\angle SQD = -\cos\angle CQD = \dfrac{1}{5}\,,\] откуда \(\mathrm{tg}\,\angle SQD = 2\sqrt{6}\), тогда \(DS = 4\sqrt{15}\).

Треугольники \(PCD\) и \(PTS\) равнобедренные с общим углом при вершине, следовательно, они подобны. Коэффициент подобия \[k = \dfrac{PS}{PD} = 1 + \dfrac{4\sqrt{15}}{PD} = 1 + \dfrac{4\sqrt{15}}{0,5AC} = 1 + \dfrac{4\sqrt{15}}{0,5\sqrt{CD^2 + AD^2}} = 1 + \dfrac{4\sqrt{15}}{\sqrt{15}} = 5\,.\] \(S_{PCD} = 0,5CD\cdot h\), где \(h\) – высота в треугольнике \(PCD\), проведённая из точки \(P\). По теореме Пифагора находим \(h = 3\), тогда \[S_{PCD} = 3\sqrt{6}\,,\] откуда \[S_{PST} = k^2\cdot S_{PCD} = 75\cdot\sqrt{6}\,.\]

Ответ:

б) \(75\sqrt{6}\)

Задание 5

Вклад в размере \(2\) млн. рублей планируется открыть на три года. В конце каждого года банк увеличивает вклад на \(10\%\) по сравнению с его размером в начале года. Кроме этого, в начале второго и третьего года вкладчик ежегодно пополняет вклад на \(x\) млн. рублей, где \(x\) – целое число. Найдите наименьшее значение \(x\), при котором банк за три года начислит на вклад больше \(1\) млн. рублей.

Составим табличку:


 

По условию требуется получить начисление больше \(1\) млн. руб. Суммарный вклад за три года составил \(2 + x + x\ млн. руб\)., тогда требуется получить итоговую сумму больше, чем \(2 + 2x + 1 = 3 + 2x\): \[\bigl((2,2 + x)\cdot 1,1 + x\bigr)\cdot 1,1 > 3 + 2x\quad\Leftrightarrow\quad 2,31x + 2,662 > 3 + 2x\quad\Leftrightarrow\quad 0,31x > 0,338,\] откуда с учётом того, что \(x\) – целое, находим: \[x \geqslant 2\,,\] то есть ответ в задаче: \(x = 2\).

Ответ:

\(2\)

Задание 6

Найдите все значения параметра \(a\), при каждом из которых система уравнений

\[\begin{aligned} \begin{cases} (x + 2)(2y + 5x - 2) = |2 + x|^3\\ y = -x + a \end{cases} \end{aligned}\]

имеет ровно четыре решения.

Подставим второе уравнение в первое: \[(x + 2)(3x - 2 + 2a) = |2 + x|^3\] При любых \(a\) у данного уравнения есть решение \(x = -2\). Рассмотрим два случая:
1) \(x > -2\), тогда \[3x - 2 + 2a = (x + 2)^2\qquad\Leftrightarrow\qquad x^2 + x + 6 - 2a = 0\] 2) \(x < -2\), тогда \[-3x + 2 - 2a = (x + 2)^2\qquad\Leftrightarrow\qquad x^2 + 7x + 2 + 2a = 0\]

По условию задачи требуется найти такие \(a\), что исходная система имеет ровно четыре решения. Это равносильно тому, что в одном из случаев 1), 2) подходят два корня, а в другом один корень.

Дискриминанты уравнений в случаях 1) и 2): \[D_1 = 8a - 23,\qquad D_2 = 41 - 8a\] так как в обоих случаях корни должны быть, то \(\dfrac{23}{8}\leqslant a \leqslant\dfrac{41}{8}\).

 

Пусть в случае 1) подходят два корня, а в случае 2) один корень (обозначим их соответствующими индексами): \[x_1 = \dfrac{-1\pm \sqrt{8a - 23}}{2},\qquad x_2 = \dfrac{-7\pm \sqrt{41 - 8a}}{2}\] тогда \[\begin{cases} \dfrac{-1 - \sqrt{8a - 23}}{2} > -2\\ 8a - 23 > 0 \end{cases} \qquad\Leftrightarrow\qquad \begin{cases} \sqrt{8a - 23} < 3\\ 8a - 23 > 0 \end{cases}\] откуда получаем, что \(\dfrac{23}{8} < a < 4\). При этом в случае 2) среди корней \[x = \dfrac{-7\pm \sqrt{41 - 8a}}{2}\] условию \(x < -2\) удовлетворяет ровно один корень (т.к. тогда \(\sqrt{41 - 8a} > 3\)), следовательно, все \(\dfrac{23}{8} < a < 4\) идут в ответ.

Пусть в случае 1) подходит один корень, а в случае 2) два корня (обозначим их соответствующими индексами): \[x_1 = \dfrac{-1\pm \sqrt{8a - 23}}{2},\qquad x_2 = \dfrac{-7\pm \sqrt{41 - 8a}}{2}\] тогда \[\begin{cases} \dfrac{-7 + \sqrt{41 - 8a}}{2} < -2\\ 41 - 8a > 0 \end{cases} \qquad\Leftrightarrow\qquad \begin{cases} \sqrt{41 - 8a} < 3\\ 41 - 8a > 0 \end{cases}\] откуда получаем, что \(4 < a < \dfrac{41}{8}\). При этом в случае 1) среди корней \[x = \dfrac{-1\pm \sqrt{8a - 23}}{2}\] условию \(x > -2\) удовлетворяет ровно один корень (т.к. тогда \(\sqrt{8a - 23} > 3\)), следовательно, все \(4 < a < \dfrac{41}{8}\) идут в ответ.

Так как мы рассмотрели все возможные случаи, то ответ: \[a\in (2,875; 4)\cup(4; 5,125)\,.\]

Ответ:

\((2,875; 4)\cup(4; 5,125)\)

Задание 7

На доске написано \(20\) чисел: пять «\(10\)», десять «\(8\)» и пять «\(6\)». Эти числа разбивают на две группы так, что в каждой группе есть хотя бы одно число. Среднее арифметическое чисел в первой группе равно \(M\), среднее арифметическое чисел во второй группе равно \(N\). (Для группы из единственного числа среднее арифметическое равно этому числу).

а) Приведите пример разбиения исходных чисел на две группы, при котором среднее арифметическое всех чисел больше \(\dfrac{M + N}{2}\).

б) Докажите, что если разбить исходные числа на две группы по \(10\) чисел, то \(\dfrac{M + N}{2}\) будет равно среднему арифметическому всех чисел.

в) Найдите наименьшее возможное значение выражения \(\dfrac{M + N}{2}\).

а) В качестве первой группы чисел можно взять все «\(6\)», тогда вторая группа будет состоять из всех «\(8\)» и «\(10\)». \[M = \dfrac{5\cdot 6}{5} = 6,\qquad N = \dfrac{10\cdot 8 + 5\cdot 10}{15} = \dfrac{130}{15} = 8\frac{2}{3}.\]

Среднее арифметическое всех чисел равно \[\dfrac{5\cdot 6 + 10\cdot 8 + 5\cdot 10}{20} = 8,\] при этом \[\dfrac{M + N}{2} = 3 + 4\frac{1}{3} = 7\frac{1}{3} < 8\,.\]

б) Количество «\(10\)», попавших в первую группу, обозначим через \(A\),
количество «\(8\)», попавших в первую группу, обозначим через \(B\),
количество «\(6\)», попавших в первую группу, обозначим через \(C\), тогда \[M = \dfrac{A\cdot 10 + B\cdot 8 + C\cdot 6}{10}, \qquad N = \dfrac{(5 - A)\cdot 10 + (10 - B)\cdot 8 + (5 - C)\cdot 6}{10},\] откуда \[M + N = \dfrac{A\cdot 10 + B\cdot 8 + C\cdot 6 + (5 - A)\cdot 10 + (10 - B)\cdot 8 + (5 - C)\cdot 6}{10} = 16,\] следовательно, \[\dfrac{M + N}{2} = 8,\] что и требовалось доказать.

в) Если количества чисел в группах одинаковы, то \(\dfrac{M + N}{2} = 8\).

 

Пусть количество чисел в первой группе меньше, чем количество чисел во второй группе.
Пусть в первую группу попало \(m\) чисел, тогда во вторую – \(20 - m\) (\(m\in \{1, ..., 9\}\)).

Согласно условию \[mM + (20 - m)N = 5\cdot 10 + 10\cdot 8 + 5\cdot 6 = 160\quad\Rightarrow\quad N = \dfrac{160 - mM}{20 - m}\,.\]

Теперь \[\dfrac{M + N}{2} = \dfrac{M + \frac{160 - mM}{20 - m}}{2} = \dfrac{20M - mM + 160 - mM}{2(20 - m)} = \dfrac{M(10 - m) + 80}{20 - m}\,.\]

Заметим, что \(M(10 - m) > 0\). Кроме того, \(M\geqslant 6\). Тогда \[\dfrac{M + N}{2}\geqslant \dfrac{6(10 - m) + 80}{20 - m} = \dfrac{140 - 6m}{20 - m} = 6 + \dfrac{20}{20 - m}\geqslant 6 + \dfrac{20}{20 - 1} = 7\frac{1}{19}\,.\]

При этом значение \(7\frac{1}{19}\) достигается в случае, когда в первую группу попадает только одна шестёрка, следовательно, \(7\frac{1}{19}\) и есть ответ.

Ответ:

а) \(6\times 5\) и \(8\times 10\), \(10\times 5\)

в) \(7\frac{1}{19}\)