Решение демонстрационного варианта
контрольных измерительных материалов
единого государственного экзамена 2018 года
по математике
Профильный уровень

Условия задач и ответы здесь

13. а) Преобразуем обе части уравнения: \(1-2\sin^2x=1-\sin x\) \(\Leftrightarrow\) \(2\sin^2x-\sin x=0\) \(\Leftrightarrow\) \(\sin x(2\sin x-1)=0\), откуда \(\sin x=0\) или \(\sin x=0,5\).

Из первого уравнения \(x=\pi n, n\in Z\).

Из второго уравнения \(x=(-1)^k\pi/6+\pi k,k\in Z\).

б) С помощью числовой окружности отберем корни из промежутка \([-5\pi/2;-\pi)\). 

Получаем числа \(-2\pi,-11\pi/6,-7\pi/6\).

14. а) Пусть H – середина AC. 

Тогда \(BN^2=BH^2+NH^2=(3\sqrt{3})^2+6^2=63\). Вместе с тем, \(BM^2+MN^2=(3^2+6^2)+(3^2+3^2)=63\), а тогда по теореме, обратной теореме Пифагора, треугольник BMN – прямоугольный с прямым углом BMN.

б) Проведем перпендикуляр NP к прямой \(A_1B_1\). Так как NP перпендикулярно \(A_1B_1\) и \(A_1A\), то NP перпендикулярно \(ABB_1\). Поэтому MP – проекция MN на плоскость \(ABB_1\). Прямая BM перпендикулярна MN, тогда по теореме о трех перпендикулярах BM перпендикулярно MP. Значит, угол NMP – линейный угол искомого угла.

Длина NP равна половине высоты треугольника \(A_1B_1C_1\), то есть \(NP=\displaystyle\frac{3\sqrt{3}}{2}\). Поэтому \(\sin NMP=\displaystyle\frac{NP}{MN}=\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{8}}\). Следовательно, угол NMP равен arcsin\(\sqrt{3/8}\).

15. Пусть \(t=3^x\). Тогда \(\displaystyle\frac{t^2-6t+4}{t-5}+\frac{6t-51}{t-9}\le t+5\) \(\Leftrightarrow\) \(\displaystyle\frac{(t-1)(t-5)}{t-5}-\frac{1}{t-5}+\frac{6(t-9)}{t-9}+\frac{3}{t-9}\le t+5\), откуда \(\displaystyle\frac{t-3}{(t-5)(t-9)}\le0\) \(\Leftrightarrow\) \(t\le 3\) или \(5<t<9\).

При \(t\le3\): \(3^x\le3\Leftrightarrow x\le1\).

При \(5<t<9\): \(5<3^x<9\Leftrightarrow\log_35<x<2\).

16. а) Обозначим центры окружностей \(O_1\) и \(O_2\) соответственно. Пусть общая касательная, проведенная к окружности в точке K, пересекает AB в точке M. По свойству касательных, проведенных из одной точки, AM = KM и KM = BM.   Треугольник AKB, у которого медиана равна половине стороны, к которой она проведена, прямоугольный. Вписанный угол AKD прямой, поэтому он опирается на диаметр AD. Значит, AD перпендикулярно AB. Аналогично получаем, что BC перпендикулярно AB. Следовательно, прямые AD и BC параллельны.

б) Пусть для определенности первая окружность имеет радиус 4, вторая – радиус 1. Треугольники BKC и AKD подобны,  AD:BC = 4:1. Пусть \(S_{BKC}=S\), тогда \(S_{AKD}=16S\).

У треугольников AKD и AKB общая высота, следовательно, \(\displaystyle\frac{S_{AKD}}{S_{AKB}}=\frac{DK}{KB}=\frac{AD}{BC}\), то есть \(S_{AKB}=4S\). Аналогично, \(S_{CKD}=4S\).

Площадь трапеции ABCD равна 25S. Проведем к AD перпендикуляр \(O_2H\), равный высоте трапеции, и найдем его длину из прямоугольного треугольника \(O_2HO_1\) по теореме Пифагора \(O_2H=\sqrt{O_1O_2^2-O_1H^2}=4\). Тогда \(S_{ABCD}=\displaystyle\frac{AD+BC}{2}\cdot AB=20\). Значит, \(25S=20\) и \(S=0,8\), \(S_{AKB}=4S=3,2\).

17.  По условию, долг перед банком (в млн рублей) на 15-е число каждого месяца должен уменьшаться до нуля следующим образом:
1; 0,6; 0,4; 0,3; 0,2; 0,1; 0.
Пусть \(k=1+\displaystyle\frac{r}{100}\), тогда долг на 1-е число каждого месяца равен:
k ; 0,6k ; 0,4k ; 0,3k ; 0,2k ; 0,1k .
Следовательно, выплаты со 2-го по 14-е число каждого месяца составляют:
k − 0,6; 0,6k − 0,4 ; 0,4k − 0,3 ; 0,3k − 0,2 ; 0,2k − 0,1; 0,1k .
Общая сумма выплат составляет:
k(1+0,6+0,4+0,3+0,2+0,1)-(0,6+0,4+0,3+0,2+0,1)=2,6(k-1)+1.
По условию, общая сумма выплат будет меньше 1,2 млн рублей, значит,
\(2,6(k-1)+1<1,2\); \(2,6\cdot\displaystyle\frac{r}{100}+1<1,2\); \(r<7\displaystyle\frac{9}{13}\).
Наибольшее целое решение этого неравенства — число 7. Значит, искомое число процентов равно 7.

18. www.itmathrepetitor.ru Если \(x\ge0\), то уравнение \((|x|-5)^2+(y-4)^2=9\) задает окружность \(\omega_1\) с центром в точке \(C_1(5;4)\) радиусом 3, а если \(x<0\), то оно задает окружность \(\omega_2\) с центром в точке \(C_2(-5;4)\) с таким же радиусом.  При положительных значениях \(a\) уравнение \((x+2)^2+y^2=a^2\) задает окружность \(\omega\) с центром в точке \(C(-2;0)\) радиусом \(a\). Поэтому задача состоит в том, чтобы найти все значения \(a\), при каждом из которых окружность \(\omega\) имеет единственную общую точку с объединением окружностей \(\omega_1\) и \(\omega_2\).

Из точки \(C\) проведем луч \(CC_1\) и обозначим через \(A_1\) и \(B_1\) точки его пересечения с окружностью \(\omega_1\), где \(A_1\) лежит между \(C\) и \(C_1\). Так как \(CC_1=\sqrt{(5+2)^2+4^2}=\sqrt{65}\), то \(CA_1=\sqrt{65}-3\), \(CB_1=\sqrt{65}+3\).

При \(a<CA_1\) или \(a>CB_1\) окружности \(\omega\) и \(\omega_1\) не пересекаются.

При \(CA_1<a<CB_1\) окружности \(\omega\) и \(\omega_1\) имеют две общие точки.

При \(a=CA_1\) или \(a=CB_1\) окружности \(\omega\) и \(\omega_1\) касаются.

Из точки \(C\) проведем луч \(CC_2\) и обозначим через \(A_2\) и \(B_2\) точки его пересечения с окружностью \(\omega_2\), где \(A_2\) лежит между \(C\) и \(C_2\). Так как \(CC_2=\sqrt{(-5+2)^2+4^4}=5\), то \(CA_2=5-3=2\), \(CB_2=5+3=8\).

www.itmathrepetitor.ru При \(a<CA_2\) или \(a>CB_2\) окружности \(\omega\) и \(\omega_2\) не пересекаются.

При \(CA_2<a<CB_2\) окружности \(\omega\) и \(\omega_2\) имеют две общие точки.

При \(a=CA_2\) или \(a=CB_2\) окружности \(\omega\) и \(\omega_1\) касаются.

Исходная система имеет единственное решение тогда и только тогда, когда окружность \(\omega\) касается ровно одной из двух окружностей \(\omega_1\) и \(\omega_2\) и не пересекается с другой. Так как \(CA_2<CA_1<CB_2<CB_1\), то условию задачи удовлетворяют только числа \(a=2\) и \(a=\sqrt{65}+3\).

смотрите также Демо ЕГЭ 2017 Базовый уровень