Математика
Русский язык

Реальные варианты ЕГЭ 2017

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

Тренировочные варианты «Школково». Основная волна. 2 июня 2017. Вторая часть. Вариант 1

Задание 1

а) Решите уравнение \[\left(\dfrac14\right)^{\sin(x+\pi)}= 2^{2\sqrt3\sin\left(\dfrac{\pi}2-x\right)}\]

б) Найдите все корни этого уравнения, принадлежащие отрезку \(\left[-\dfrac{9\pi}2;-3\pi\right]\)

а) По формулам приведения \(\sin (x+\pi)=-\sin x\) и \(\sin \left(\frac{\pi}2-x\right)=\cos x\), следовательно, уравнение перепишется в виде \[\left(2^{-2}\right)^{-\sin x}=2^{2\sqrt3\cos x} \quad\Leftrightarrow\quad 2^{2\sin x}=2^{2\sqrt3\cos x} \quad\Leftrightarrow\quad 2\sin x=2\sqrt3\cos x\] Заметим, что в полученном уравнении не может быть \(\cos x=0\), так как в этом случае из уравнения будет следовать, что и \(\sin x=0\), а это противоречит основному тригонометрическому тождеству: \(\sin^2x+\cos^2x=1\). Следовательно, можно разделить обе части уравнения на \(2\cos x\): \[\mathrm{tg}\,x=\sqrt3 \quad\Leftrightarrow\quad x=\dfrac{\pi}3+\pi n, n\in\mathbb{Z}\]

б) Отберем корни.
\[-\dfrac{9\pi}2\leqslant \dfrac{\pi}3+\pi n\leqslant -3\pi \quad\Leftrightarrow\quad -\dfrac{29}6\leqslant n\leqslant -\dfrac{10}3 \quad\Rightarrow\quad n=-4 \quad\Rightarrow\quad x=-\dfrac{11\pi}3\]

Ответ:

а) \(\dfrac{\pi}3+\pi n, n\in\mathbb{Z}\)

 

б) \(-\dfrac{11\pi}3\)

Задание 2

Дана четырехугольная пирамида \(PABCD\), в основании которой лежит трапеция \(ABCD\) с большим основанием \(AD\). Известно, что сумма углов \(BAD\) и \(CDA\) равна \(90^\circ\). Грани \(PAB\) и \(PCD\) перпендикулярны плоскости основания. \(K\) – точка пересечения прямых \(AB\) и \(CD\).

а) Докажите, что грани \(PAB\) и \(PCD\) перпендикулярны.

б) Найдите объем пирамиды \(PBCK\), если известно, что \(AB=BC=CD=2\), а высота пирамиды \(PABCD\) равна \(12\).

а) Две плоскости взаимно перпендикулярны, если одна из них проходит через прямую, перпендикулярную второй плоскости. Так как \(PAB\perp ABC\), то в плоскости \(PAB\) можно провести прямую \(PH\perp ABC\) (тогда \(H\in AB\)). Аналогично в плоскости \(PCD\) можно провести \(PL\perp ABC\) (\(L\in CD\)). Следовательно, из одной точки к плоскости проведены две прямые, перпендикулярные ей, что возможно только в том случае, если эти прямые совпадают, то есть \(H=L\). Следовательно, \(PH\) – общая прямая для двух плоскостей \(PAB\) и \(PCD\). Следовательно, \(PH\) совпадает с \(PK\).



Таким образом, \(PK\perp (ABC)\). Следовательно, \(PK\) – высота пирамиды \(PABCD\).
Так как \(\angle BAD+\angle CDA=90^\circ\), то \(\angle AKD=90^\circ\). Следовательно, \(AK\perp PK\) и \(AK\perp KD\), то есть \(AK\) перпендикулярна двух пересекающимся прямым из плоскости \(PCD\), значит, \(AK\perp (PCD)\). Тогда плоскость \(PAB\) проходит через прямую, перпендикулярную плоскости \(PCD\), следовательно, \((PAB)\perp (PCD)\), чтд.

 

б) По теореме Фалеса \[\dfrac{KB}{KC}=\dfrac{BA}{CD}=1\] Следовательно, \(\triangle BKC\) прямоугольный и равнобедренный, следовательно, \[KB=KC=\dfrac{BC}{\sqrt2}=\sqrt2\] Тогда \[V_{PBKC}=\dfrac13\cdot PK\cdot \dfrac12\cdot KB\cdot KC=4\]

Ответ:

б) 4

Задание 3

Решите неравенство \[\dfrac{\log_3(81x)}{\log_3x-4}+\dfrac{\log_3x-4}{\log_3(81x)}\geqslant \dfrac{24-\log_3(x^8)}{\log_3^2x-16}\]

ОДЗ неравенства: \(x>0\). Решим неравенство на ОДЗ. Сделаем замену \(\log_3x=t\). Тогда на ОДЗ \(\log_3(81x)=\log_3(81)+\log_3x=4+t\), \(\log_3(x^8)=8\log_3x=8t\) и неравенство примет вид: \[\dfrac{4+t}{t-4}+\dfrac{t-4}{4+t}\geqslant \dfrac{24-8t}{t^2-16} \quad\Leftrightarrow\quad \dfrac{2t^2+8t+8}{(t-4)(t+4)}\geqslant 0 \quad\Leftrightarrow\quad \dfrac{2(t+2)^2}{(t-4)(t+4)}\geqslant 0\] Решим данное неравенство методом интервалов:



Таким образом, решением будут \[t\in (-\infty;-4)\cup\{-2\}\cup(4;+\infty)\] Сделаем обратную замену: \[\left[\begin{gathered}\begin{aligned} &\log_3x<-4\\ &\log_3x=-2\\ &\log_3x>4 \end{aligned}\end{gathered}\right.\quad\Rightarrow\quad \left[\begin{gathered}\begin{aligned} &x<\dfrac1{81}\\[1ex] &x=\dfrac19\\[1ex] &x>81 \end{aligned}\end{gathered}\right.\] Учитывая ОДЗ \(x>0\), получаем окончательный ответ \[x\in\left(0;\frac1{81}\right)\cup\{\frac19\}\cup(81;+\infty)\]

Ответ:

\(\left(0;\frac1{81}\right)\cup\{\frac19\}\cup(81;+\infty)\)

Задание 4

Сумма оснований трапеции равна \(13\), диагонали равны \(5\) и \(12\).

а) Докажите, что диагонали трапеции взаимно перпендикулярны.

б) Найдите высоту трапеции.

Пусть дана трапеция \(ABCD\), \(BC+AD=13\), \(AC=5\), \(BD=12\). Достроим к трапеции \(ABCD\) такую же трапецию \(A'B'CD\), как показано на рисунке:



Тогда \(BD=A'C\), \(AC=B'D\), \(AD=B'C\), \(BC=A'D\). Следовательно, \(ACB'D\) – параллелограмм, следовательно, \(AC\parallel B'D\). Аналогично \(BD\parallel A'C\). Рассмотрим \(\triangle BDB'\). По теореме, обратной теореме Пифагора, он прямоугольный: \(BB'^2=BD^2+B'D^2\), то есть \(\angle BDB'=90^\circ\). Тогда \(\angle COD=180^\circ-\angle ODO'=90^\circ\), так как \(\angle COD\) и \(\angle ODO'\) – односторонние углы при \(AC\parallel B'D\) и \(BD\) секущей.

 

б) Проведем \(DH\perp BB'\).



Тогда \(DH\) – высота \(\triangle BDB'\) и высота трапеции \(ABCD\). Так как, с одной стороны, площадь \(S_{BDB'}=0,5DH\cdot BB'\), а с другой стороны, равна \(S_{BDB'}=0,5BD\cdot B'D\), то: \[BD\cdot B'D=DH\cdot BB' \quad\Rightarrow\quad DH=\dfrac{60}{13}\]

Ответ:

б) \(\frac{60}{13}\)

Задание 5

В июле планируется взять кредит в банке на некоторую сумму. Условия его возврата таковы:
— каждый январь долг возрастает на \(r\%\) по сравнению с концом предыдущего года;
— с февраля по июнь каждого года необходимо выплачивать часть долга.
Найдите \(r\), если известно, что если ежегодно выплачивать по \(777\,600\) рублей, то кредит будет погашен за 4 года, а если ежегодно выплачивать по \(1\,317\,600\) рублей, то кредит будет полностью погашен за 2 года.

Пусть \(A\) рублей – сумма, взятая в кредит. Заметим, что кредит будет выплачиваться аннуитетными платежами. Обозначим за \(t=\frac{100+r}{100}\), \(x=777\,600\) и \(y=1\,317\,600\) и составим таблицу для обоих случаев (когда кредит выплачивался 4 года и 2 года): \[\begin{array}{|l|l|l|c|} \hline \text{Номер года} & \text{Долг до начисления }\% & \text{Долг после начисления }\% & \text{Платеж}\\ \hline 1 & A & tA & x\\ \hline 2 & tA-x & t(tA-x) &x\\ \hline 3 & t(tA-x)-x& t(t(tA-x)-x) &x\\ \hline 4 & t(t(tA-x)-x)-x& t(t(t(tA-x)-x)-x) &x\\ \hline \end{array}\] Тогда после последнего платежа долг будет равен \[t(t(t(tA-x)-x)-x)-x=0 \quad\Leftrightarrow\quad t^4A=x(t^3+t^2+t+1) \quad\Rightarrow\quad A=\dfrac{x(t+1)(t^2+1)}{t^4}\quad(*)\] \[\begin{array}{|l|l|l|c|} \hline \text{Номер года} & \text{Долг до начисления }\% & \text{Долг после начисления }\% & \text{Платеж}\\ \hline 1 & A & tA & y\\ \hline 2 & tA-y & t(tA-y) &y\\ \hline \end{array}\] Тогда после последнего платежа долг будет равен \[t(tA-y)-y=0 \quad\Leftrightarrow\quad t^2A=y(t+1) \quad\Rightarrow\quad A=\dfrac{y(t+1)}{t^2}\quad(**)\] Приравняем правые части уравнений \((*)\) и \((**)\): \[\dfrac{x(t+1)(t^2+1)}{t^4}=\dfrac{y(t+1)}{t^2} \quad\Rightarrow\quad \dfrac{x(t^2+1)}{t^2}=y\] Сделаем подстановку и найдем \(t\): \[t^2=\dfrac{x}{y-x}=\dfrac{777\,600}{1\,317\,600-777\,600}= \dfrac{7776}{5400}=1,44\] Тогда \[t=\sqrt{1,44}=1,2 \quad\Rightarrow\quad r=20.\]

Ответ: 20

Задание 6

Найдите все значения параметра \(a\), при каждом из которых уравнение \[\sqrt{x-a}\cdot \sin x=\sqrt{x-a}\cdot \cos x\]

имеет ровно один корень на отрезке \([0;\pi]\).

Преобразуем уравнение: \[\sqrt{x-a}\cdot (\sin x-\cos x)=0 \quad\Leftrightarrow\quad \begin{cases} \left[\begin{gathered}\begin{aligned} &x-a=0\\ &\sin x-\cos x=0 \end{aligned} \end{gathered}\right.\\ x-a\geqslant 0 \end{cases}\quad\Leftrightarrow\quad \begin{cases} \left[\begin{gathered}\begin{aligned} &x=a\\ &\mathrm{tg}\,x=1 \end{aligned} \end{gathered}\right.\\ x\geqslant a \end{cases} \quad\Leftrightarrow\quad \begin{cases} \left[\begin{gathered}\begin{aligned} &x_1=a\\ &x_2=\dfrac{\pi}4+\pi n, n\in\mathbb{Z} \end{aligned} \end{gathered}\right.\\ x\geqslant a \end{cases}\] Назовем решение неравенства \(x\geqslant a\) ОДЗ.
Заметим, что из серии корней \(x_2\) в отрезок \([0;\pi]\) попадает только корень \(x_2=\dfrac{\pi}4\). Следовательно, найдем, при каких значениях \(a\) система будет иметь одно решение на \([0;\pi]\): \[\begin{cases} \left[\begin{gathered}\begin{aligned} &x_1=a\\ &x_2=\dfrac{\pi}4 \end{aligned} \end{gathered}\right.\\ x\geqslant a \end{cases}\] Заметим, что если \(a>\pi\), то ОДЗ пересекается с отрезком \([0;\pi]\) по пустому множеству, следовательно, система не будет иметь ни одного решения на отрезке \([0;\pi]\). Значит, как минимум, \(a\leqslant \pi\). Рассмотрим три случая:

 

1) \(0<a\leqslant \pi\). Тогда ОДЗ: \(x\in [a;+\infty)\). ОДЗ в пересечении с отрезком \([0;\pi]\) дает отрезок \([a;\pi]\). Следовательно, нужно, чтобы система имела одно решение на \([a;\pi]\). Заметим, что в этом случае \(x_1=a\) всегда попадает в \([a;\pi]\). Значит, нужно, чтобы \(x_2=\frac{\pi}4\) не лежал на отрезке \([a;\pi]\) (то есть \(\frac{\pi}4<a\)), либо совпадал с точкой \(a\). Тогда система будет иметь на \([0;\pi]\) ровно один корень \(x_1=a\). Следовательно, обобщая все вышесказанное: \[\begin{cases} 0<a\leqslant \pi\\[1ex] \dfrac{\pi}4\leqslant a \end{cases} \quad\Leftrightarrow\quad \dfrac{\pi}4\leqslant a\leqslant \pi\]

2) Если \(a=0\), то ОДЗ: \(x\in [0;+\infty)\) и система имеет два корня \(x_1=0\) и \(x_2=\frac{\pi}4\) на \([0;\pi]\), следовательно, этот случай нам не подходит.

 

3) Пусть \(a<0\). Тогда ОДЗ: \(x\in [a;+\infty)\) и ОДЗ в пересечении с отрезком \([0;\pi]\) дает отрезок \([0;\pi]\). Тогда корень \(x_1=a\) не попадает в отрезок \([0;\pi]\), \(x_2=\frac{\pi}4\) попадает и система имеет на этом отрезке ровно одно решение.

 

Таким образом, искомые \(a\): \[a\in (-\infty;0)\cup\left[\dfrac{\pi}4;\pi\right]\]

Ответ:

\((-\infty;0)\cup\left[\dfrac{\pi}4;\pi\right]\)

Задание 7

На доске написано \(30\) натуральных чисел. Какие-то из них красные, а какие-то — зеленые. Все красные числа кратны \(8\), а зеленые – кратны \(3\). Все красные числа отличаются друг от друга, все зеленые числа также отличаются друг от друга. Но между красными и зелеными числами могут быть одинаковые.

 

а) Может ли сумма всех чисел, записанных на доске, быть меньше \(1395=3+6+\dots+90\), если на доске написаны только кратные \(3\) числа?

б) Может ли на доске быть написано только одно красное число, если сумма всех записанных на доске чисел равна \(1066\)?

в) Какое наименьшее количество красных чисел может быть написано на доске, если сумма всех чисел равна \(1066\)?

 

(ЕГЭ 2017, основная волна)

а) Заметим, что среди красных чисел также могут встречаться числа, кратные \(3\). Например, число \(24\) может встретиться в списке два раза: один раз как красное, второй – как зеленое.

Так как \(1395=3+6+\dots+90\), и чисел \(3, 6, \dots, 90\) – ровно тридцать штук, и они все кратны \(3\), то уберем из них, например, число \(90\), а вместо него возьмем число \(24\) (которое будет красным). Тогда мы получим 29 зеленых чисел: \(3, 6, \dots, 87\) и одно красное \(24\) (кратное \(3\)), причем очевидно, что сумма всех чисел будет строго меньше \(1395\).
Ответ: да.

б) Упорядочим зеленые числа по возрастанию. Тогда наименьшее возможное значение первого числа – это \(3\), второго – это \(6\) и т.д. Наименьшее значение последнего, тридцатого числа, это \(87\). Сумма всех этих чисел равна \(1305\) – и это наименьшее возможное значение суммы 29-ти зеленых чисел. Следовательно, если сумма всех чисел равна \(1066\), то красное число должно быть отрицательным, что невозможно. Ответ: нет.

 

в) Докажем, что наименьшее возможное количество красных чисел – это 7.
Рассмотрим минимальное значение для суммы всех чисел для всех случаев, когда красных чисел от 2 до 6 (то, что на доске не может быть написано одно красное число, мы рассмотрели в пункте б)). Оформим это в таблице: \[\begin{array}{|c|c|c|} \hline \text{зеленые} & \text{красные} & \text{минимальная сумма}\\ \hline 28 \ \text{чисел} & 2 \ \text{числа} & 1242\\ 3, 6, \dots, 84 & 8, 16 & \\ \hline 27 \ \text{чисел} & 3 \ \text{числа} & 1182\\ 3, 6, \dots, 81 & 8, 16, 24 &\\ \hline 26 \ \text{чисел} & 4 \ \text{числа} & 1133\\ 3, 6, \dots, 78 & 8, 16, 24, 32 &\\ \hline 25 \ \text{чисел} & 5 \ \text{чисел} & 1095\\ 3, 6, \dots, 75 & 8, 16, 24, 32, 40 &\\ \hline 24 \ \text{числа} & 6 \ \text{чисел} & 1068\\ 3, 6, \dots, 72 & 8, 16, 24, 32, 40, 48 &\\ \hline \end{array}\] То есть мы брали самые маленькие зеленые числа и самые маленькие красные числа и общая сумма чисел получалась больше \(1066\). Следовательно, для любых наборов красных и зеленых чисел, где красных чисел от 2 до 6, общая сумма чисел будет больше, чем \(1066\).

 

Итак, мы имеем пример для 6 красных чисел, когда сумма всех чисел (зеленых и красных) равна \(1068\). Нужно добавить одно красное число и убрать одно зеленое так, чтобы общая сумма чисел стала равна \(1066\). Для этого нужно убрать одно зеленое число, которое больше добавленного красного числа на \(2\). Теперь смотрим: если мы добавим красное \(56\), то нам нужно убрать зеленое \(58\). Но такого числа среди зеленых нет.
Перебираем дальше: если добавить красное \(64\), то убрать нужно зеленое \(66\), которое как раз у нас имеется! Таким образом, мы построили пример, когда на доске написано 7 красных чисел: \[\begin{array}{|c|c|c|} \hline \text{зеленые} & \text{красные} & \text{сумма}\\ \hline 23 \ \text{числа} & 7 \ \text{чисел} & 1066\\ 3, 6, \dots ,63, 69, 72 & 8, 16, 24, 32, 40, 48, 64 & \\ \hline \end{array}\]

Ответ:

а) да

б) нет

в) 7