Математика ЕГЭ
Русский язык ЕГЭ
Математика 5-7
Математика ОГЭ
Кликните, чтобы открыть меню

Тренировочные варианты ЕГЭ-2018

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

Тренировочные варианты «Школково». Вариант № 1 от 11.11.2017

Задание 1

Бегун пробежал 250 м за 36 секунд. Найдите среднюю скорость бегуна на дистанции. Ответ дайте в километрах в час.

Так как \(250\) м = \(\dfrac14\) км, \(36\) с = \(\dfrac{36}{3600}\) ч, то скорость в км/ч равна \[\dfrac{\frac14}{\frac{36}{3600}}=25\]

Ответ:

25

Задание 2

На диаграмме показана среднемесячная температура в Брянске за каждый месяц \(1994\) года. По горизонтали указывается номер месяца (\(1\) — январь, \(2\) — февраль и т.д.), по вертикали — температура в градусах Цельсия. Определите по диаграмме наименьшую среднемесячную температуру в Брянске в период с апреля по сентябрь \(1994\) года.
Ответ дайте в градусах Цельсия.

Так как апрель — это 4-ый месяц, сентябрь — 9-ый месяц, то в период с апреля по сентябрь наименьшая температура была в апреле и составила 6 градусов Цельсия (так как по вертикали одно деление равно 2 градусам Цельсия).

Ответ:

6

Задание 3

Найдите радиус окружности, вписанной в треугольник \(ABC\), считая стороны квадратных клеток равными \(1\).

Так как радиус окружности, вписанной в прямоугольный треугольник, ищется по формуле \(r=(a+b-c):2\), где \(a, b\) – катеты, \(c\) – гипотенуза, то \[r=\dfrac{3+4-\sqrt{3^2+4^2}}2=1\]

 

Ответ:

1

Задание 4

Научная конференция проводится в 5 дней. Всего запланировано 55 докладов - они распределены поровну между всеми днями. На конференции планируется доклад профессора М. Порядок докладов определяется жеребьёвкой. Какова вероятность, что доклад профессора М. окажется запланированным на последний день конференции?

На каждый день конференции запланировано \(55:5=11\) докладов. Таким образом, всего имеется 55 вариантов, когда может прозвучать доклад профессора М., из которых нам подходят лишь 11, следовательно, вероятность равна \[\dfrac{11}{55}=\dfrac15=0,2\]

 

Ответ:

0,2

Задание 5

Найдите корень уравнения \[\sqrt{2x+31}=9\]

ОДЗ уравнения: \(2x+31\geqslant 0\). Так как правая часть уравнения неотрицательна, то данное уравнение имеет решения и преобразуется в: \[2x+31=81\quad\Rightarrow\quad x=25\] Данный корень подходит под ОДЗ.

Ответ:

25

Задание 6

Угол \(ACB\) равен \(42^\circ\). Градусная мера дуги \(AB\) окружности, не содержащей точки \(D\) и \(E\), равна \(124^\circ\). Найдите угол \(DAE\). Ответ дайте в градусах.


Так как угол между двумя секущими, проведенными из одной точки вне окружности, равен полуразности дуг, заключенных между ними, то \(\angle ACB=0,5(\buildrel\smile\over{AKB}-\buildrel\smile\over{DNE})=42^\circ\). Так как \(\buildrel\smile\over{AKB}=124^\circ\), то \(\buildrel\smile\over{DNE}=124^\circ-2\cdot 42^\circ=40^\circ\). Тогда \(\angle DAE\), как вписанный и опирающийся на дугу \(\buildrel\smile\over{DNE}\), равен ее половине, то есть \(20^\circ\).  

Ответ:

20

Задание 7

Прямая \(y=8(2x-1)\) параллельна касательной к графику функции \(f(x)=3x^2+7x+5\). Найдите абсциссу точки касания.

Так как параллельные прямые имеют равные угловые коэффициенты, то уравнение касательной будет выглядеть так: \(y_k=16x+b\), где \(b\) – некоторое число.
Так как значение производной в точке касания равно угловому коэффициенту касательной, то, если \(x_0\) – абсцисса точки касания, \[f'(x_0)=16 \quad\Rightarrow\quad 6x_0+7=16 \quad\Leftrightarrow\quad x_0=\dfrac32=1,5.\]

Ответ:

1,5

Задание 8

В сосуд, имеющий форму конуса, налили 75 грамм жидкости до половины высоты сосуда. Сколько грамм этой же жидкости нужно долить в сосуд, чтобы заполнить его доверху?

Заметим, что из формулы физики \(V=\frac{m}{\rho}\) – объем равен отношению массы к плотности.
Пусть \(O\) – центр основания большего конуса, \(Q\) – меньшего, а \(S\) – их общая вершина. В одной плоскости проведем радиусы \(OA\) и \(QB\), как показано на рисунке:


Тогда \(QB\parallel OA\) и \(\triangle SQB\sim \triangle SOA\). Следовательно, \[\dfrac{OA}{QB}=\dfrac{OS}{QS}=\dfrac21\] так как по условию высота жидкости в два раза меньше высоты сосуда. Тогда для жидкости имеем: \[m_{\small{\text{ж}}}=V_{\small{\text{ж}}}\cdot \rho= \dfrac13\cdot \pi\cdot QS\cdot QB^2 \cdot \rho\] Следовательно, весь сосуд вмещает этой же жидкости \[m=V\rho=\dfrac13\cdot \pi\cdot OS\cdot OA^2\cdot \rho= \dfrac 13\cdot \pi\cdot 2QS\cdot (2QB)^2\cdot \rho= 8\cdot \left(\dfrac13\cdot \pi\cdot QS\cdot QB^2\cdot \rho\right)=8\cdot 75=600 \ {\small{\text{грамм}}}\] Значит, долить нужно \[600-75=525 \ {\small{\text{(грамм)}}}\]

Заметим, что в данной задаче использование плотности – чистая формальность.

Ответ:

525

Задание 9

Найдите \(\sin \alpha\), если \(\cos \alpha=\dfrac{\sqrt{19}}{10}\) и \(\alpha\in \left(0;\dfrac{\pi}2\right).\)

Так как \(\sin^2\alpha+\cos^2\alpha=1\), то \[\sin\alpha=\pm \sqrt{1-\dfrac{19}{100}}=\pm \dfrac 9{10}\]

Так как \(\alpha\in \left(0;\dfrac{\pi}2\right)\), то \(\sin\alpha>0\), следовательно, \(\sin\alpha=0,9\).

 

Ответ:

0,9

Задание 10

Водолазный колокол, содержащий \(\nu =2\) моля воздуха при давлении \(p_1=1,75\) атмосферы, медленно опускают на дно водоёма. При этом происходит изотермическое сжатие воздуха до конечного давления \(p_2\). Работа, совершаемая водой при сжатии воздуха, определяется выражением \[A=\alpha\cdot \nu \cdot T\cdot \log_2\dfrac{p_2}{p_1} \ ,\] где \(\alpha=13,3\) Дж/моль\(\cdot\)K — постоянная, \(T=300\) K — температура воздуха. Найдите, какое давление \(p_2\) (в атм) будет иметь воздух в колоколе, если при сжатии воздуха была совершена работа в \(15\,960\) Дж.

Подставим все значения из условия в формулу и получим следующее уравнение относительно \(p_2\): \[15960=13,3\cdot 2\cdot300\cdot \log_2\dfrac{p_2}{1,75}\quad \Rightarrow\quad \log_2\dfrac{p_2}{1,75}=\dfrac{15960}{2\cdot 30\cdot 133}=2\quad\Rightarrow\quad \dfrac{p_2}{1,75}=4\quad\Rightarrow\quad p_2=7\]

Ответ:

7

Задание 11

Два поезда движутся навстречу друг другу – один со скоростью \(70\) км/ч, другой со скоростью \(80\) км/ч. Пассажир, сидящий во втором поезде, заметим, что первый поезд прошел мимо него за \(12\) секунд. Какова длина первого поезда? Ответ дайте в метрах.

Заметим, что фраза “первый поезд прошел мимо пассажира за 12 с” означает, что с того момента, как пассажир увидел голову поезда, до того момента, как он увидел хвост поезда, прошло 12 с. Следовательно, неважно, где именно в поезде в этот момент находился пассажир. Поэтому пусть пассажир находился прямо в начале поезда.


Первая картинка – когда пассажир увидел голову поезда, вторая – хвост поезда.
Заметим, что за каждую секунду первый поезд проезжает \(\dfrac{70000}{3600}=\dfrac{175}9\) м, второй – \(\dfrac{80000}{3600}=\dfrac{200}9\) м.

Следовательно, за каждую секунду пассажир удаляется от головы первого поезда на \(\dfrac{175}9+\dfrac{200}9=\dfrac{125}3\) м. Следовательно, через 12 с он удалится от головы поезда на \(\dfrac{125}3\cdot 12=500\) м. Так как в этот момент он будет видеть хвост поезда, то это значит, что 500 м и есть длина первого поезда.

Ответ:

500

Задание 12

Найдите наибольшее значение функции \(y=11\cdot \ln (x+4)-11x-5\) на отрезке \([-3,5;0].\)

Для того, чтобы найти наибольшее значение функции на отрезке, необходимо схематично изобразить график функции на этом отрезке.
Для этого исследуем ее производную. \[y'=11\cdot \dfrac1{x+4}-11\] Найдем нули производной: \[y'=0\quad\Rightarrow\quad x=-3\] Заметим, что функция определена только при \(x+4>0\).
Нуль производной разбил область определения функции на два промежутка. Определим знаки производной на этих промежутках:


Для того, чтобы найти знак на каждом промежутке, можно подставить любую точку из этого промежутка в производную.
Следовательно, схематично график функции выглядит так:


То есть на \((-4;-3)\) функция \(y\) возрастает, на \((-3;+\infty)\) функция убывает. Следовательно, наибольшее значение она принимает в точке максимума \(x=-3\): \[y(-3)=11\cdot \ln1-11\cdot (-3)-5=0+33-5=28\]

Ответ:

28

Задание 13

а) Решите уравнение \[\log_4(\sin x+\sin 2x+16)=2\]

б) Найдите все корни этого уравнения, принадлежащие отрезку \(\left[-4\pi; -\dfrac{5\pi}2\right].\)

а) ОДЗ уравнения: \(\sin x+\sin 2x+16>0\). Таким образом, уравнение равносильно: \[\begin{cases} \sin x+\sin 2x+16>0\\ \sin x+\sin 2x+16=4^2\end{cases} \quad\Leftrightarrow\quad \sin x+\sin 2x+16=16\quad\Leftrightarrow\quad \sin x+2\sin x\cos x=0\quad\Leftrightarrow\quad \sin x(1+2\cos x)=0\] Полученное уравнение выполняется, если:

 

1) \(\sin x=0\quad\Leftrightarrow\quad x=\pi n, n\in\mathbb{Z}\)   или

 

2) \(\cos x=-\dfrac12\quad\Leftrightarrow\quad x=\pm \dfrac{2\pi}3+2\pi k, k\in\mathbb{Z}\)

 

б) Отберем корни:

 

1) \(-4\pi \leqslant \pi n\leqslant -\dfrac{5\pi}2\quad\Leftrightarrow\quad -4\leqslant n\leqslant -2,5\quad\Rightarrow\quad n=-4;-3\quad\Rightarrow\quad x=-4\pi; -3\pi\)  

2) \(-4\pi \leqslant \dfrac{2\pi}3+2\pi k\leqslant -\dfrac{5\pi}2\quad\Leftrightarrow\quad -\dfrac73\leqslant k\leqslant -\dfrac{19}{12}\quad\Rightarrow\quad k=-2\quad\Rightarrow\quad x=-\dfrac{10\pi}3\)  

3) \(-4\pi\leqslant -\dfrac{2\pi}3+2\pi k\leqslant -\dfrac{5\pi}2\quad\Leftrightarrow\quad -\dfrac53\leqslant k\leqslant -\dfrac{11}{12}\quad\Rightarrow\quad k=-1\quad\Rightarrow\quad x=-\dfrac{8\pi}3\)

Ответ:

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

 

б) \(-4\pi; \ -\dfrac{10\pi}3; \ -3\pi; \ -\dfrac{8\pi}3\)

Задание 14

В правильной треугольной призме \(ABCA_1B_1C_1\) сторона основания \(AB\) равна \(6\), а боковое ребро \(AA_1\) равно \(2\sqrt2\). На ребрах \(AB\), \(A_1B_1\) и \(B_1C_1\) отмечены токи \(M, N\) и \(K\) соответственно, причем \(AM=B_1N=C_1K=2\).

 

а) Пусть \(L\) – точка пересечения плоскости \(MNK\) с ребром \(AC\). Докажите, что \(MNKL\) – квадрат.

б) Найдите площадь сечения призмы плоскостью \(MNK\).

а) Рассмотрим четырехугольник \(MNKL\). Т.к. плоскости основания параллельны, то линии пересечения этих плоскостей с плоскостью \(MNK\) тоже параллельны, то есть \(NK\parallel ML\).

 

Заметим, что если совместить наложением равные равносторонние треугольники \(ABC\) и \(A_1B_1C_1\) так, чтобы точка \(B_1\) наложилась на \(A\), точка \(N\) на \(M\), то точка \(K\) наложится на \(L\) (из-за параллельности \(NK\) и \(ML\)).

 

Следовательно, \(\triangle AML=\triangle B_1NK\). Следовательно, \(ML=NK\). Таким образом, по признаку \(MNKL\) – параллелограмм.

 

Как следствие, \(AL=B_1K=4\).

По теореме косинусов из \(\triangle AML\) найдем \[ML^2=2^2+4^2-2\cdot 2\cdot 4\cdot \cos60^\circ=12 \quad \Rightarrow \quad ML=2\sqrt3.\]

Заметим, что \(AL^2=AM^2+ML^2\) (\(4^2=2^2+(2\sqrt3)^2\)), следовательно, по обратной теореме Пифагора \(\angle AML=90^\circ\).

Таким образом, \(ML\perp AB\) и \(ML\perp BB_1\), следовательно, \(ML\perp (ABB_1)\), следовательно, \(ML\perp MN\).
Таким образом, \(\angle NML=90^\circ\) и \(MNKL\) – параллелограмм, у которого один угол прямой, следовательно, все углы прямые, следовательно, это прямоугольник.

 

Для того, чтобы доказать, что это квадрат, достаточно доказать равенство двух смежных сторон. Поэтому покажем, что \(ML=MN\).

 

Рассмотрим грань \(ABB_1A_1\) и проведем в ней \(NN_1\perp AB\), чтобы найти \(MN\).

 

Тогда \(N_1B=NB_1=2\), следовательно, \(MN_1=6-2-2=2\). Тогда из прямоугольного \(\triangle MNN_1\) имеем:

\[MN=\sqrt{2^2+(2\sqrt2)^2}=2\sqrt3.\]

Таким образом, \(MN=ML\), чтд.

 

б) Построим сечение призмы плоскостью \(MNK\). Для этого необходимо найти отрезки, по которым она пересекает грани \(BB_1C_1C\) и \(ACC_1A_1\).
Пусть \(O\) – точка пересечения прямых \(ML\) и \(BC\). Тогда \(O\) лежит в грани \(BCC_1B_1\). Следовательно, соединив точки \(O\) и \(K\), получим точку пересечения плоскости с ребром \(CC_1\) – точку \(P\). Тогда \(MNKPL\) – искомое сечение.

 

Его площадь будем искать как сумму площади квадрата \(MNKL\) и треугольника \(KPL\).
Площадь квадрата \(MNKL\) равна \((2\sqrt3)^2=12\).

По теореме Менелая для \(\triangle ABC\) и прямой \(MO\) имеем:

\[\dfrac{BM}{MA}\cdot \dfrac{AL}{LC}\cdot \dfrac{CO}{OB}=1 \quad \Rightarrow \quad \dfrac42\cdot \dfrac42\cdot \dfrac{CO}{OB}=1 \quad \Rightarrow \quad CO=2.\]

Таким образом, \(\triangle PKC_1=\triangle POC\) как прямоугольные по катету и острому углу, следовательно, \(CP=PC_1=\sqrt2\).

 

Тогда по теореме Пифагора:

\[\begin{aligned} &KP=\sqrt{2^2+(\sqrt2)^2}=\sqrt6;\\ &LP=\sqrt{2^2+(\sqrt2)^2}=\sqrt6 \end{aligned}\]

То есть \(\triangle KPL\) равнобедренный. Следовательно, его высота \(h\) из вершины \(P\) к основанию (на рисунке не отмечена) по теореме Пифагора ищется как \[h=\sqrt{(\sqrt6)^2-(\sqrt3)^2}=\sqrt3.\]

Тогда \[S_{\triangle KPL}=\dfrac12\cdot \sqrt3\cdot 2\sqrt3=3\]

Следовательно, площадь сечения равна \(12+3=15\).

Ответ:

\(15\)

Задание 15

Решите неравенство \[{\large{\dfrac{\log_x(2x^{-1})\cdot \log_x(2x^2)}{\log_{2x}x\cdot \log_{2x^{-2}}x}<40}}\]

Выпишем ОДЗ всех логарифмов: \[\begin{cases} x>0\\ x\ne 1\\ 2x^{-1}>0\\ 2x^2>0\\ 2x\ne 1\\ 2x^{-2}\ne 1\end{cases}\quad\Leftrightarrow\quad x\in \left(0;\dfrac12\right)\cup\left(\dfrac12;1\right) \cup(1;\sqrt2)\cup(\sqrt2;+\infty)\]

Решим неравенство на ОДЗ. В числителе оба логарифма распишем по формуле \(\log_a(bc)=\log_ab+\log_ac\), а в знаменателе – по формуле \(\log_ab=\dfrac1{\log_ba}\), а затем по первой формуле: \[\dfrac{(\log_x2+\log_x x^{-1})\cdot (\log_x2+\log_x x^2)}{\dfrac1{\log_x2+ \log_xx}\cdot \dfrac1{\log_x2+\log_x x^{-2}}}<40 \quad\Rightarrow\quad \dfrac{(\log_x2-1)(\log_x2+2)}{\dfrac1{\log_x2+1}\cdot \dfrac1{\log_x2-2}}<40\] Сделаем замену: \(\log_x2=t\). Тогда неравенство примет вид: \[(t-1)(t+1)(t-2)(t+2)<40\quad\Rightarrow\quad (t^2-1)(t^2-4)<40 \quad\Rightarrow\quad t^4-5t^2-36<0\] Сделаем еще одну замену: \(t^2=z\). Тогда неравенство станет квадратичным: \[z^2-5z-36<0\quad\Rightarrow\quad (z+4)(z-9)<0\] Подставим вместо \(z=t^2\): \[(t^2+4)(t-3)(t+3)<0\] Решим полученное неравенство методом интервалов и получим ответ: \[t\in (-3;3)\] Сделаем обратную замену: \[\begin{cases} \log_x2>-3\\ \log_x2<3\end{cases}\quad\Rightarrow\quad \begin{cases} \log_x2+\log_xx^3>0\\ \log_x2-\log_xx^3<0\end{cases}\quad\Rightarrow\quad \begin{cases} \log_x\left(2x^3\right)>0\\[1ex] \log_x\left(\dfrac2{x^3}\right)<0\end{cases}\] Каждое неравенство можно решить методом рационализации: \[\begin{cases} (x-1)(2x^3-1)>0\\[1ex] (x-1)\left(\dfrac2{x^3}-1\right)<0\end{cases} \quad\Rightarrow\quad \begin{cases} (x-1)(2x^3-1)>0\\[1ex] (x-1)\cdot \dfrac{2-x^3}{x^3}<0\end{cases}\] Решая каждое неравенство методом интервалов, получим: \[\begin{cases} x\in \left(-\infty;\dfrac1{\sqrt[3]2}\right)\cup(1;+\infty)\\[2ex] x\in (0;1)\cup(\sqrt[3]2;+\infty)\end{cases} \quad\Leftrightarrow\quad x\in \left(0;\dfrac1{\sqrt[3]2}\right)\cup(\sqrt[3]2;+\infty)\] Теперь осталось пересечь полученный ответ с ОДЗ: \[x\in \left(0;\frac12\right)\cup\left(\frac12;\frac1{\sqrt[3]2}\right) \cup\left(\sqrt[3]2; \sqrt2\right)\cup (\sqrt2; +\infty)\]

Ответ:

\(\left(0;\frac12\right)\cup\left(\frac12;\frac1{\sqrt[3]2} \right)\cup\left(\sqrt[3]2; \sqrt2\right)\cup (\sqrt2; +\infty)\)

Задание 16

Дана равнобедренная трапеция \(ABCD\) с основаниями \(AD\) и \(BC\). Окружность с центром \(O\), построенная на боковой стороне \(AB\) как на диаметре, касается боковой стороны \(CD\) и второй раз пересекает большее основание \(AD\) в точке \(H\), точка \(Q\) – середина \(CD\).

 

а) Докажите, что четырехугольник \(DQOH\) – параллелограмм.

б) Найдите \(AD\), если \(\angle BAD=67,5^\circ\) и \(BC=3\).

а) \(OH = OA\) – как радиусы. Так как трапеция \(ABCD\) равнобедренная и \(O, Q\) – середины сторон \(AB\) и \(CD\) соответственно, то \(QD = OA = OH\).

 

Так как \(OA = OH\), то \(\angle OAH = \angle OHA\), но \(\angle OAH = \angle QDA\), следовательно, \(\angle OHA = \angle QDA\), тогда \(OH\parallel QD\).

В итоге стороны \(OH\) и \(QD\) четырёхугольника \(OHDQ\) параллельны и равны, следовательно, по признаку \(OHDQ\) – параллелограмм.

 

б) Так как \(AO=OH\) и \(\angle OAH=67,5^\circ\), то \(\angle AOH=180^\circ-2\cdot 67,5^\circ=45^\circ\).
Проведем \(HP\).


Так как \(OHDQ\) параллелограмм, то \(\angle QDH=\angle QOH=\angle OQP=67,5^\circ\). Тогда из прямоугольного \(\triangle OPQ\): \(\angle POQ=90^\circ-67,5^\circ\). Следовательно, \(\angle HOP=67,5^\circ+(90^\circ-67,5^\circ)=90^\circ\). Таким образом, \(\triangle HOP\) прямоугольный.
Он также является равнобедренным, так как \(OH=OP\) – радиусы окружности. Следовательно, \(\angle OHP=45^\circ\).
Следовательно, \(\angle AOH=\angle OHP\) – накрест лежащие углы, то есть \(AO\parallel HP\).
Таким образом, \(\angle OAH=\angle PHQ=67,5^\circ\), то есть \(\triangle AOH\sim\triangle HPD\) (по двум углам).
Пусть \(AD=y\), \(AO=r\).
Тогда \(OQ\) как средняя линия равна \((y+3):2\) и равна \(HD\). Тогда \(AH=y-HD=(y-3):2\).
Так как \(\triangle HOP\) прямоугольный и равнобедренный, то \(HP=OH\cdot \sqrt2=r\sqrt2\). Следовательно, из подобия: \[\dfrac{HD}{AH}=\dfrac{HP}{AO}\quad\Rightarrow\quad \dfrac{\frac{y+3}2}{\frac{y-3}2}=\dfrac{r\sqrt2}r\quad\Rightarrow\quad y=3(\sqrt2+1)^2\]

Ответ:

б) \(3(\sqrt2+1)^2\)

Задание 17

В июле 2017 года планируется взять кредит в банке на сумму \(250\,000\) рулей. Условия его возврата таковы:
— каждый январь долг возрастает на \(r\%\) по сравнению с концом предыдущего года;
— с февраля по июнь каждого года необходимо выплачивать одним платежом часть долга.
Найдите число \(r\), если известно, что кредит был полностью погашен за два года, причем в первый год было переведено \(150\,000\) рублей, во второй год – \(180\,000\) рублей.

Если \(r\) – количество начисляемых процентов, то \(y=(100+r):100=1+0,01r\) – коэффициент, на который умножается сумма долга после начисления процентов. Составим таблицу (ведя все вычисления в тыс. рублей): \[\begin{array}{|l|c|c|c|} \hline \text {Год}&\text{Долг до начисления }\% & \text{Долг после начисления } \%&\text{Выплата} \\ \hline 1 & 250 & 250y & 150\\ \hline 2 & 250y-150 & (250y-150)y & 180 \\ \hline \end{array}\] Так как после второй выплаты долг банку должен быть равен нулю, то получаем уравнение \[(250y-150)y-180=0\quad\Leftrightarrow\quad 25y^2-15y-18=0\quad\Rightarrow\quad y=\dfrac65\] (отрицательный корень мы не рассматриваем, так как \(r>0\), следовательно, и \(y>0\))

 

Таким образом, \[1+0,01r=\dfrac65\quad\Rightarrow\quad r=20\]

Ответ:

20

Задание 18

Найдите все значения параметра \(a\), при каждом из которых уравнение \[\dfrac{x^3+x^2-9a^2x-2x+a}{x^3-9a^2x}=1\]

имеет ровно один корень.

Перенесем все слагаемые в одну часть и приведем к общему знаменателю, тогда уравнение примет вид \[\dfrac{x^2-2x+a}{x^3-9a^2x}=0\quad\Leftrightarrow\quad \dfrac{(x-1)^2+a-1}{x(x-3a)(x+3a)}=0\] Заметим, что дробь равна нулю тогда и только тогда, когда числитель равен нулю, а знаменатель отличен от нуля. А уравнение \((x-1)^2=1-a\) имеет корни тогда и только тогда, когда \(1-a\geqslant 0\). Следовательно, уже можно сказать, что при \(1-a<0\) уравнение не будет иметь решений.
Пусть \(1-a\geqslant 0\). Тогда уравнение равносильно системе: \[\begin{cases} (x-1)^2=1-a\\ x\ne 0\\ x\ne 3a\\ x\ne -3a\end{cases}\] Назовем последние три уравнения системы ОДЗ.
Рассмотрим два случая:

 

1) \(1-a=0\). Тогда первое уравнение системы имеет единственное решение \(x=1\). Заметим, что этот корень подходит под ОДЗ.

 

2) \(1-a>0\). Тогда первое уравнение системы имеет два корня: \(x_1=1-\sqrt{1-a}\) и \(x_2=1+\sqrt{1-a}\). Заметим, что оба эти корня симметричны относительно \(1\) (причем \(x_1<1, \ x_2>1\)).
Следовательно, чтобы вся система имела ровно одно решение, нужно, чтобы ровно один из этих корней не подходил под ОДЗ.

 

Рассмотрим отдельно случай, когда \(a=0\). Тогда ОДЗ: \(x\ne 0\), а \(x_1=1-\sqrt1=0\), \(x_2=2\). Этот случай нам подходит.

 

Пусть теперь \(a\ne 0\). Тогда нужно, чтобы:
I. \(x_1=3a\). Тогда ввиду симметричности корней \(x_2=2-3a\ne -3a\). То есть уравнение будет иметь корень \(x_2\).
II. \(x_1=-3a\quad\Rightarrow\quad x_2=2+3a\ne 3a\). То есть уравнение будет иметь корень \(x_2\).
III. \(x_2=3a\quad\Rightarrow\quad x_1=2-3a\ne -3a\). То есть уравнение будет иметь корень \(x_1\).
IV. \(x_2=-3a\quad\Rightarrow\quad x_1=2+3a\ne 3a\). То есть уравнение будет иметь корень \(x_1\).

 

Таким образом: \[\left[\begin{gathered}\begin{aligned} & 1-\sqrt{1-a}=3a\\ & 1-\sqrt{1-a}=-3a\\ & 1+\sqrt{1-a}=3a\\ & 1+\sqrt{1-a}=-3a\end{aligned}\end{gathered}\right.\] Первые два уравнения совокупности, учитывая, что \(a\ne 0\), не имеют решений, а третье и четвертое имеют решения \(a=\frac59\) и \(a=-\frac79\).

 

Оба эти значения подходят под условие \(1-a>0\).

 

Таким образом, окончательный ответ: \[a\in \left\{-\dfrac79; 0; \dfrac59; 1\right\}\]

Ответ:

\(\left\{-\frac79; 0; \frac59; 1\right\}\)

Задание 19

Три числа назовём “хорошей” тройкой, если они могут быть длинами сторон треугольника.

Три числа назовём “отличной” тройкой, если они могут быть длинами сторон прямоугольного треугольника.

а) Даны 5 различных натуральных чисел. Может ли оказаться, что среди них не найдётся ни одной “хорошей” тройки?

б) Даны 4 различных натуральных числа. Может ли оказаться, что среди них можно найти три “отличных” тройки?

в) Даны 10 различных чисел (необязательно натуральных). Какое наибольшее количество “отличных” троек могло оказаться среди них?

а) Если числа \(a, b, c\) являются сторонами некоторого треугольника, то для них выполнены неравенства треугольника: \(a< b+c, \ b< a+c, \ c< a+b\).
Возьмем последовательные 5 чисел Фибоначчи: \(1, 2, 3, 5, 8\): каждое следующее число, начиная с третьего, равно сумме двух предыдущих. Следовательно, для любых трех чисел \(a_1, a_2, a_3\) из этой пятерки большее число будет \(\geqslant \) сумме двух других, следовательно, не будет выполняться неравенство треугольника (если эти числа последовательные, например, \(3, 5, 8\), то \(8=3+5\); если эти числа непоследовательные, например, \(2, 5, 8\), то \(8>2+5\)).
Ответ: да.

 

б) Упорядочим данные 4 числа по возрастанию: \(a, b, c, d\). Всего из данных чисел можно составить 4 различные тройки: \(a, b, c\); \(a, b, d\); \(a, c, d\); \(b, c, d\).
Заметим, что если тройка чисел является “отличной”, то для нее выполнена теорема Пифагора: \(x^2=y^2+z^2\).
Тогда можно сразу сказать, что у нас не могут быть одновременно “отличными” тройки \(a, b, c\) и \(a, b, d\), так как тогда должно быть выполнено \(c^2=a^2+b^2\), \(d^2=a^2+b^2\), а \(c\ne d\) (так как по условию числа различные).
Таким образом, для того, чтобы среди этих четырех чисел оказалось три “отличных” тройки, то это должны быть: \(a, c, d\); \(b, c, d\) и одна из троек: \(a, b, c\) или \(a, b, d\).
Аналогично можно заметить, что обе тройки \(a, c, d\) и \(b, c, d\) также не могут быть одновременно “отличными” (по тем же рассуждениям: \(a^2+c^2=d^2\) и \(b^2+c^2=d^2\), откуда \(a=b\)). Следовательно, “отличных” троек может быть не более двух. Таким образом, ответ: нет.

 

в) Упорядочим числа по возрастанию: \(c_1, c_2, \dots, c_{10}\). Нам нужно, чтобы у нас было наибольшее возможное количество “отличных” троек. Будем обозначать “отличную” тройку следующим образом: \((a, b, c)\), имея в виду, что \(a, b\) – катеты, \(c\) – гипотенуза, то есть \(c^2=a^2+b^2\).
Давайте подумаем, сколько у нас может быть различных “отличных” троек с одинаковой гипотенузой \(c_{10}\). Заметим, что если в двух различных “отличных” тройках \((x, y, c_{10})\) и \((z, y, c_{10})\) есть одинаковый катет (это катет \(y\)), то тогда по теореме Пифагора \(x=z\), то есть тройки не являются различными. Исходя из этого, в двух различных “отличных” тройках с одинаковой гипотенузой нет одинаковых катетов.
Таким образом, так как среди 10-ти данных чисел ровно 9 чисел, меньших \(c_{10}\), мы можем составить максимум 4 пары катетов так, чтобы получить 4 различные “отличные” тройки с гипотенузой \(c_{10}\).
Аналогично, мы можем составить максимум 4 различные “отличные” тройки с гипотенузой \(c_9\); три — с гипотенузой \(c_8\) и три — с гипотенузой \(c_7\); две — с гипотенузой \(c_6\) и две — с гипотенузой \(c_5\); одну — с гипотенузой \(c_4\) и одну — с гипотенузой \(c_3\) (и, вообще говоря, ни одной с гипотенузой \(c_2\) или \(c_1\)).
Следовательно, максимум мы можем составить 20 различных “отличных” троек, но никто не гарантирует, что мы сможем это сделать.
То есть мы доказали, что больше 20-ти составить точно не удастся, но для того, чтобы дать в задаче ответ: 20, мы должны привести конкретный пример из 10-ти различных чисел, необязательно натуральных, из которых мы сможем составить ровно 20 различных “отличных” троек.
А вот и пример: \[\sqrt1, \ \sqrt2, \ \sqrt3, \ \sqrt4, \ \sqrt5, \ \sqrt6, \ \sqrt7, \ \sqrt8, \ \sqrt9, \ \sqrt{10}\]

Будем составлять тройки следующим образом:
\((\sqrt1, \sqrt9, \sqrt{10})\)
\((\sqrt2, \sqrt8, \sqrt{10})\)
\(\dots\)
\((\sqrt1, \sqrt8, \sqrt9)\)
\(\dots\)

 

Придерживаясь этого правила, мы составим ровно 20 различных “отличных” троек.

Ответ:

а) да

б) нет

в) 20