Тренировочные варианты «Школково». Вариант № 3 от 13.01.2018

Для того, чтобы найти количество Биткоинов, которое сможет купить Дональд, нужно разделить \(500\,000\) на \(15\,000\) и результат округлить в меньшую сторону. Следовательно, ответ: \(33\).

Ответ:

33

Из графика видно, что впервые продолжительность разговоров составила 3 минуты 13 июня, следовательно, ответ: 13.

Ответ:

13

Синус острого угла в прямоугольном треугольнике – это отношение противолежащего катета к гипотенузе. Противолежащий катет равен \(3\). Нужно найти гипотенузу. Так как второй катет равен \(4\), то гипотенуза равна \(5\) (ее можно найти либо по теореме Пифагора, либо заметить, что это египетский треугольник со сторонами \(3, 4, 5)\).
Следовательно, синус равен \(3:5=0,6\).

Ответ:

0,6

Вероятность того, что одиннадцатикласснику попадется вопрос по показательной функции, равна отношению “подходящих” исходов ко всем возможным исходам. Количество “подходящих” исходов равно количеству билетов с вопросом по показательной функции, количество всех исходов равно количеству всех билетов. Следовательно, вероятность равна \(16:20=0,8\).

Ответ:

0,8

ОДЗ уравнения: \(x+7>0\) и \(2x>0\), то есть \(x>0\).
Решим на ОДЗ.
Так как любое число \(a\) можно представить в виде логарифма по нужному основанию по формуле \(a=\log_tt^a\), то \(2=\log_22^2=\log_24\). Так как \(\log_ab+\log_ac=\log_a(bc)\), то уравнение примет вид: \[\log_2(x+7)=\log_2(2x\cdot 4)\quad\Rightarrow\quad x+7=8x\quad \Rightarrow\quad x=1\] Полученный корень подходит по ОДЗ.

Ответ:

1

Так как в данную трапецию можно вписать окружность, то суммы ее противоположных сторон равны. Следовательно, сумма оснований равна сумме боковых сторон. Значит, сумма боковых сторон равна половине периметра, то есть \(20\). Следовательно, меньшая боковая сторона равна \(20-11=9\).
В прямоугольной трапеции диаметр вписанной в нее окружности равен боковой стороне, перпендикулярной основаниям, то есть равен \(9\). Тогда радиус равен \(9:2=4,5\).

Ответ:

4,5

Так как функция убывает там, где ее производная отрицательна, а на графике изображена производная, то нас интересует отрезок \([a;b]\):


В данный отрезок из целых точек входят: \(-2;-1;0;1;2;3;4;5;6;7;8\). Сумма этих чисел равна \(33\).

Ответ:

33

Так как высота конуса падает в центр основания и перпендикулярна ему, то мы получаем прямоугольный треугольник \(ABC\), где \(AB\) – высота, \(AC\) – образующая, \(BC\) – радиус основания.

Тогда по теореме Пифагора: \[BC=\sqrt{AC^2-AB^2}=\sqrt{29^2-21^2}=\sqrt{(29-21)(29+21)}= \sqrt{8\cdot 50}= \sqrt{4\cdot 2\cdot 2\cdot 25}=2\cdot 2\cdot 5=20\] Тогда диаметр равен \(40\).

Ответ:

40

Так как \(\sqrt[n]a=a^{\frac1n}\), то \[{\large{\dfrac{5^{\frac1{15}}\cdot 5^1\cdot 5^{\frac1{10}}}{5^{\frac16}}=5^{\frac1{15}+1+\frac1{10}-\frac16}=5^1=5,}}\] так как \(a^n\cdot a^m=a^{n+m}\) и \(a^n:a^m=a^{n-m}\).

Ответ:

5

Искомая скорость кометы может быть найдена из уравнения \[6 = 10\sqrt{1 - \dfrac{v^2}{c^2}}\qquad\Leftrightarrow\qquad 6 = 10\sqrt{1 - \left(\dfrac{v}{c}\right)^2}\qquad\Leftrightarrow\qquad 0,6 = \sqrt{1 - \left(\dfrac{v}{c}\right)^2}\qquad\Rightarrow\qquad \left(\dfrac{v}{c}\right)^2 = 0,64,\] что равносильно \(v = \pm0,8c\), откуда с учётом \(c = 300000\) км/с, \(v > 0\) находим \(v = 240000\) км/с.

Ответ:

240000

Пусть скорость войск Станниса равна \(x\) км/ч, тогда скорость войск Рамси равна \(x+1\) км/ч. Так как войска идут навстречу друг другу, то скорость их сближения равна \(2x+1\) км/ч. Следовательно, можно составить следующее уравнение: \(3\cdot (2x+1)=30\), откуда \(x=4,5\), значит, скорость войск Рамси равна \(4,5+1=5,5\) км/ч.

Ответ:

5,5

Найдем производную: \[f'(x)=8x+9-x^2\] Найдем точки, в которых производная равна нулю: \[-x^2+8x+9=0\quad\Rightarrow\quad x_1=-1, \ x_2=9\] Эти точки разбивают область определения производной на промежутки, в каждом из которых она непрерывна и не обращается в ноль, следовательно, принимает значения одного знака. Найдем знак производной на каждом из этих промежутков:


Следовательно, схематично график функции выглядит так:


Таким образом, точка минимума – это точка, где функция меняет свой характер монотонности с убывания на возрастание, то есть это \(x=-1\).

Ответ:

-1

а) По формуле приведения \(\cos\left(\dfrac{\pi}2+x\right)=-\sin x\), по формуле синуса двойного угла \(\sin 2x=2\sin x\cos x\), следовательно, \[2\sin x\cos x+\sqrt3\sin x=0\quad\Leftrightarrow\quad \sin x (2\cos x+\sqrt3)=0 \quad\Leftrightarrow\quad \left[\begin{gathered}\begin{aligned} &\sin x=0\\[1ex] &\cos x=-\dfrac{\sqrt3}2 \end{aligned}\end{gathered}\right.\] Следовательно, \[\left[\begin{gathered}\begin{aligned} &x=\pi n, n\in\mathbb{Z}\\[2ex] &x=\pm \dfrac{5\pi}6+2\pi m, m\in\mathbb{Z} \end{aligned}\end{gathered}\right.\]

б) Отберем корни.   \(\dfrac{5\pi}2\leqslant \pi n\leqslant \dfrac{7\pi}2\quad\Leftrightarrow\quad \dfrac52\leqslant n\leqslant \dfrac72\quad\Rightarrow\quad n=3\quad\Rightarrow\quad x=3\pi\);   \(\dfrac{5\pi}2\leqslant \dfrac{5\pi}6+2\pi m\leqslant \dfrac{7\pi}2\quad\Leftrightarrow\quad \dfrac56\leqslant m\leqslant \dfrac43\quad\Rightarrow\quad m=1\quad\Rightarrow\quad x=\dfrac{17\pi}6\);   \(\dfrac{5\pi}2\leqslant -\dfrac{5\pi}6+2\pi m\leqslant \dfrac{7\pi}2\quad\Leftrightarrow\quad \dfrac53\leqslant m\leqslant \dfrac{13}6\quad\Rightarrow\quad m=2\quad\Rightarrow\quad x=\dfrac{19\pi}6\).

Ответ:

а) \(\pi n, \ \pm\dfrac{5\pi}6+2\pi m; \ n,m\in\mathbb{Z}\)

б) \(\dfrac{17\pi}6, 3\pi, \dfrac{19\pi}6\)

а) Назовем плоскость, проходящую через точки \(M\) и \(A\) параллельно \(A_1C\), плоскостью \(\alpha\).
Так как \(A_1C\) параллельно \(\alpha\), то \(A_1C\) параллельно некоторой прямой, лежащей в плоскости \(\alpha\). Построим эту прямую.
Рассмотрим плоскость \(BA_1C\). Точка \(M\) лежит в этой плоскости. Проведем \(MK\parallel A_1C\). Тогда \(\alpha\) – это плоскость, проходящая через точки \(A, M, K\).
Проведем \(AK\) до пересечения с \(BB_1\) в точке \(P\). Таким образом, сечение призмы плоскостью \(\alpha\) – это \(APM\).

б) Пусть \(S\) – площадь основания призмы, \(h\) – высота (или боковое ребро) призмы. Тогда объем призмы равен \(V=Sh\).
Рассмотрим основание \(ABC\). Так как \(\triangle ABM\) и \(\triangle ABC\) имеют одинаковую высоту, опущенную из вершины \(A\), то их площади относятся как основания, следовательно, \(S_{ABM}:S_{ABC}=BM:BC=1:3\), следовательно, \(S_{ABM}=\frac13S\).
Найдем \(BP:BB_1\).
Рассмотрим боковую грань \(ABB_1A_1\).
Так как \(AA_1\parallel BB_1\), то \(\triangle AKA_1\sim\triangle BKP\), причем коэффициент подобия \(k=A_1K:KB\).
Но по теореме Фалеса (так как \(MK\parallel A_1C\)) имеем: \[A_1K:KB=CM:MB=2:1\] Следовательно, \(AA_1:BP=2:1\), то есть \(BP=\frac12AA_1=\frac12BB_1\). Таким образом, так как \(PABM\) – пирамида, то \[V_{PABM}=\frac13\cdot \frac12h\cdot \frac13S=\frac1{18}Sh\] Следовательно, отношение объемов многогранников, на которые призму разделила плоскость \(\alpha\), равно: \[V_{PABM}:(V_{ABCA_1B_1C_1}-V_{PABM})=\left(\dfrac1{18}Sh\right): \left(Sh-\dfrac1{18}Sh\right)=1:17\]

Ответ:

б) \(1:17\)

Так как \(5^{x+1}=5\cdot 5^x\), то, сделав замену \(t=5^x\), \(t>0\), можно свести неравенство к виду: \[\dfrac 1{t+31}\leqslant \dfrac4{5t-1}\quad\Leftrightarrow\quad \dfrac{t-125}{(t+31)(5t-1)}\leqslant 0\] Так как \(t>0\), то \(t+31>0\), следовательно, на множитель \(t+31\) можно умножить обе части неравенства: \[\dfrac{t-125}{5t-1}\leqslant 0\] Решая неравенство методом интервалов, получаем \[t\in \left(\dfrac15; 125\right]\] Перейдем к прежней переменной: \[\dfrac15<5^x\leqslant 125\quad\Leftrightarrow\quad -1<x\leqslant 3\]

Ответ:

\((-1;3]\)

а) Так как отрезки касательных, проведенных к окружности из одной точки, равны, то обозначим: \(CR=CT=y\), \(CK=CN=z\), \(BT=BP=x\), \(OP=OR=a\).


Тогда \(NT=y-z\), следовательно, \(BN=x+y-z=BM\).
Так как также \(OK=OM\), то \[a+y+z=a+x+x+y-z\quad\Leftrightarrow\quad 2z=2x\quad\Leftrightarrow\quad x=z\] То есть \(BT=CN\), чтд.

б) Так как центр вписанной окружности лежит на пересечении биссектрис, то \(OQ\) – биссектриса угла \(O\), следовательно, \(\angle QOR=\mathrm{arctg}\,\frac3{16}\). Таким образом, \[\dfrac3{16}=\dfrac 2a\quad\Leftrightarrow\quad a=\dfrac{32}3\] Так как \(\triangle WOK\sim\triangle QOR\), то \[\dfrac52=\dfrac{KO}{\frac{32}3}\quad\Leftrightarrow\quad z+y=KR=16\] Тогда \(BC=y+x=y+z=16\).
Так как по формуле \(S=p\cdot r\), то \(S_{BOC}=p_{BOC}\cdot QR\), а \[p_{BOC}=0,5(BC+OB+OC)=0,5\left(16+x+\frac{32}3+y+\frac{32}3\right)= 16+\frac{32}3,\] то \[S_{BOC}=2\cdot \left(16+\dfrac{32}3\right)\] Так как по условию в четырехугольнике \(ABCD\) \(\angle A+\angle C=180^\circ\), то \(\angle BCO=\angle BAD\), следовательно, \(\triangle AOD\sim \triangle BOC\) по двум углам, то есть \[\dfrac{S_{AOD}}{S_{BOC}}=\left(\dfrac52\right)^2\quad\Leftrightarrow\quad S_{AOD}=\dfrac{25}4\cdot 2\cdot \left(16+\dfrac{32}3\right)\] Тогда \[S_{ABCD}=\dfrac{25}4\cdot 2\cdot \left(16+\dfrac{32}3\right)- 2\cdot \left(16+\dfrac{32}3\right)=280\]

Ответ:

б) 280

Пусть \(A\) млн. рублей – сумма, взятая в кредит. Из условия задачи следует, что кредит будет выплачиваться аннуитетными платежами. Составим таблицу: \[\begin{array}{|l|c|c|c|} \hline \text{Номер года} & \text{Долг до начисления }\% & \text{Долг после начисления }\% & \text{Долг после платежа}\\ \hline 1 & A & 1,2A & 1,2A-2,16 \\ \hline 2 & 1,2A-2,16 & 1,2(1,2A-2,16) & 1,2(1,2A-2,16)-2,16 \\ \hline 3 & 1,2(1,2A-2,16)-2,16 & 1,2(1,2(1,2A-2,16)-2,16) & 1,2(1,2(1,2A-2,16)-2,16)-2,16 \\ \hline \end{array}\]

Так как после третьего платежа долг должен быть выплачен полностью, то \[1,2(1,2(1,2A-2,16)-2,16)-2,16=0\quad\Leftrightarrow\quad 1,2^3A-2,16(1,2^2+1,2+1)=0\quad\Leftrightarrow\quad A=\dfrac{2,16\cdot 3,64}{1,2\cdot 1,2\cdot 1,2}=4,55\]

Ответ:

4,55

1) ОДЗ данного уравнения: \(x\in\mathbb{R}\).
Данное уравнение можно преобразовать к виду: \[2^{2|x-a|}\cdot \left(-\log_3(|x|+3)\right)+2^{|x|-1}\cdot 2\cdot \log_3(2|x-a|+3)=0\quad\Leftrightarrow\quad 2^{|x|}\cdot \log_3(2|x-a|+3)=2^{2|x-a|}\cdot \log_3(|x|+3)\] Так как показательная функция всегда положительна, то можем разделить обе части равенства на \(2^{|x|}\cdot 2^{2|x-a|}\): \[2^{-2|x-a|}\cdot \log_3(2|x-a|+3)=2^{-|x|}\cdot \log_3(|x|+3)\] Сделаем замену: \(t=2|x-a|\), \(v=|x|\). Заметим, что \(t, v\geqslant 0\). Тогда уравнение примет вид: \[2^{-t}\cdot \log_3(t+3)=2^{-v}\cdot \log_3(v+3)\] Если рассмотреть функцию \(y(t)=2^{-t}\cdot \log_3(t+3)\), то полученное уравнение имеет вид \[y(t)=y(v)\]

2) Исследуем полученную функцию \(y(t)\) при \(t\geqslant 0\). Найдем ее производную: \[y'(t)=-2^{-t}\cdot \ln 2\cdot \log_3(t+3)+2^{-t}\cdot \dfrac1{(t+3)\ln 3}= 2^{-t}\cdot \left(\dfrac1{(t+3)\ln 3}-\ln 2\cdot \log_3(t+3)\right)\] Изобразим графики функций \(f=\dfrac1{(t+3)\ln 3}\) и \(g=\ln 2\cdot \log_3(t+3)\):


График функции \(f\) пересекает ось \(Oy\) в точке \(\left(0;\dfrac1{3\ln 3}\right)\), график функции \(g\) пересекает ось \(Oy\) в точке \(\left(0;\ln 2\right)\).   Заметим, что \(\ln 3>1\), \(\ln 2>0,5\), следовательно, \(\dfrac1{3\ln 3}<\ln 2\). Таким образом, из графиков \(f\) и \(g\) видно, что при любом \(t\geqslant 0\) имеем \(f(t)<g(t)\). Следовательно, так как к тому же \(2^{-t}>0\), \[y'(t)<0\] Таким образом, при любом \(t\geqslant 0\) функция \(y(t)\) является строго убывающей, следовательно, для того, чтобы уравнение \(y(t)=y(v)\) имело решения, нужно, чтобы \(t=v\). Значит, \[2|x-a|=|x|\quad\Leftrightarrow\quad \left[\begin{gathered}\begin{aligned} &2x-2a=x\\ &2x-2a=-x\end{aligned}\end{gathered}\right.\quad\Leftrightarrow\quad \left[\begin{gathered}\begin{aligned} &x=2a\\[1ex] &x=\dfrac{2a}3\end{aligned}\end{gathered}\right.\] Следовательно, для того, чтобы исходное уравнение имело два различных корня, нужно, чтобы \(2a\ne \dfrac{2a}3\quad\Rightarrow\quad a\ne 0\). Следовательно, ответ: \[a\in (-\infty;0)\cup(0;+\infty)\]

Ответ:

\(a\in (-\infty;0)\cup(0;+\infty)\)

а) Возьмем 25 черных, 25 белых и 25 рыжих котиков. Тогда мы сможем осчастливить 25 семей.
У нас осталось 25 черных, 15 белых, 5 рыжих и 20 серых котиков. Возьмем 5 черных, 5 рыжих и 5 серых котиков. Тогда мы осчастливим еще 5 семей. То есть всего мы уже осчастливили 30 семей.
Осталось 20 черных, 15 белых и 15 серых котиков. Взяв 15 черных, 15 белых и 15 серых котиков, мы осчастливим еще 15 семей. Итого мы осчастливили 45 семей и осталось 5 черных котиков.

б) Нет, так как для того, чтобы осчастливить 50 семей, нужно как минимум \(50\cdot 3=150\) котиков, а у нас всего имеется \(50+40+30+20=140\) котиков.

в) 1 способ.
Так как на каждую семью приходится по 3 котика, а всего котиков 140, то можно осчастливить не более \(\left[\frac{140}3\right]=46\) семей (где \([x]\) — это целая часть от числа \(x\), то есть наибольшее целое число, не превосходящее \(x\)).
Докажем, что 46 семей осчастливить не получится, следовательно, наибольшее количество семей, которое мы сможем осчастливить, – это 45 семей (а для них был приведен пример в пункте а).
Предположим, что нам удалось осчастливить 46 семей.
Рассмотрим все возможные комбинации троек котиков, которые можно составить из котиков четырех разных окрасов. Первая тройка: взять черного, белого и рыжего; вторая тройка: взять черного, белого и серого; третья тройка: взять черного, рыжего и серого; четвертая тройка: взять белого, рыжего и серого.
Пусть мы взяли \(a\) троек первого типа, \(b\) – второго, \(c\) – третьего, \(d\) – четвертого: \[\begin{array}{|c|c|c|c|c|} \hline & \text{ч} & \text{б} & \text{р} & \text{с}\\ \hline \text{ч,б,р} & a & a & a & \\ \hline \text{ч,б,с} & b & b & &b\\ \hline \text{ч,р,с} & c & & c & c\\ \hline \text{б,р,с} & &d &d &d\\ \hline \end{array}\] Учитывая количество котиков каждого окраса, а также то, что по предположению мы осчастливили 46 семей, можно составить следующую систему: \[\begin{cases} a+b+c\leqslant 50\\ a+b+d\leqslant 40\\ a+c+d\leqslant 30\\ b+c+d\leqslant 20\\ a+b+c+d=46\end{cases}\quad\Leftrightarrow\quad \begin{cases} 46-d\leqslant 50\\ 46-c\leqslant 40\\ 46-b\leqslant 30\\ b+c+d\leqslant 20\\ a=46-b-c-d\end{cases}\quad\Leftrightarrow\quad \begin{cases} d\geqslant -4\\ c\geqslant 6\\ b\geqslant 16\\ b+c+d\leqslant 20\\ a=46-b-c-d\end{cases}\] Из полученной системы мы видим, что \(b+c\geqslant 22\). Но \(b+c+d\leqslant 20\) и учитывая, что \(a,b,c,d\) – неотрицательные целые числа (так как это количество котиков), следовательно, мы получили противоречие.
Таким образом, предположение неверно и 46 семей нам осчастливить не получится.

2 способ.
Рассмотрим отдельно черных котиков (всего 50) – 1 группа, и отдельно белых, рыжих и серых котиков (всего 90) – 2 группа.
Заметим, что для того, чтобы осчастливить семью, нужно взять как минимум двух котиков из 2 группы. Следовательно, осчастливить можно \(\leqslant 90:2=45\) семей. А для 45 семей был приведен пример в пункте а), следовательно, ответ: 45.

Ответ:

а) пример

б) нет

в) 45