Полное решение варианта ЕГЭ по профильной математике

В геометрических задачах метод координат не используется. Начиная с задания 13 векторы не используются.

Задание 1

Для четырёхугольника, описанного около окружности, суммы противоположных сторон равны:

\[ AB+CD=BC+AD. \]

Поэтому

\[ P=(AB+CD)+(BC+AD)=2(AB+CD)=2(10+16)=52. \]

Ответ: \(52\).

Задание 2

\[ \vec a\cdot\vec b=3\cdot0+(-2)\cdot1=-2. \]

Ответ: \(-2\).

Задание 3

Многогранник \(ABCB_1\) — пирамида с основанием \(ABC\). Её высота равна боковому ребру призмы:

\[ h=BB_1=8. \]

Тогда

\[ V=\frac13S_{ABC}h=\frac13\cdot3\cdot8=8. \]

Ответ: \(8\).

Задание 4

\[ P=\frac{13}{52}=\frac14=0{,}25. \]

Ответ: \(0{,}25\).

Задание 5

Событие «хотя бы одна лампа не перегорит» противоположно событию «перегорят все три лампы». Поэтому

\[ P=1-0{,}4^3=1-0{,}064=0{,}936. \]

Ответ: \(0{,}936\).

Задание 6

\[ \left(\frac12\right)^{6-2x}=4 \quad\Longleftrightarrow\quad 2^{2x-6}=2^2. \]

Следовательно,

\[ 2x-6=2,\qquad x=4. \]

Ответ: \(4\).

Задание 7

По формуле \(2\cos^2\alpha-1=\cos2\alpha\):

\[ 2\sqrt3\cos^2\frac{13\pi}{12}-\sqrt3 =\sqrt3\cos\frac{13\pi}{6} =\sqrt3\cos\frac{\pi}{6} =\sqrt3\cdot\frac{\sqrt3}{2}=\frac32. \]

Ответ: \(1{,}5\).

Задание 8

На отрезке \([-2;3]\) график производной расположен выше оси абсцисс, поэтому \(f'(x)>0\). Функция \(f\) возрастает на всём отрезке и принимает наибольшее значение в его правом конце.

Ответ: \(3\).

Задание 9

Из закона Стефана—Больцмана:

\[ T^4=\frac{P}{\sigma S}. \]

Подставим данные:

\[ T^4= \frac{5{,}13\cdot10^{25}} {5{,}7\cdot10^{-8}\cdot\frac1{729}\cdot10^{20}} =\frac{5{,}13\cdot729}{5{,}7}\cdot10^{13}. \]

Так как \(5{,}13/5{,}7=0{,}9\), то

\[ T^4=0{,}9\cdot729\cdot10^{13}=6{,}561\cdot10^{15}=9000^4. \]

Температура положительна, следовательно, \(T=9000\).

Ответ: \(9000\).

Задание 10

Совместная производительность Ани и Тани равна \(1/6\) грядки в минуту, производительность Тани — \(1/24\). Значит, производительность Ани:

\[ \frac16-\frac1{24}=\frac18. \]

Одна Аня выполнит работу за \(8\) минут.

Ответ: \(8\).

Задание 11

По графику \(f(x)=a^x\) получаем \(a=3\). Поэтому

\[ f(4)=3^4=81. \]

Ответ: \(81\).

Задание 12

Область определения: \(x>7\). Найдём производную:

\[ y'=5-\frac1{x-7}. \]

В точке экстремума

\[ 5-\frac1{x-7}=0, \qquad x-7=\frac15, \qquad x=\frac{36}{5}=7{,}2. \]

При \(7<x<7{,}2\) производная отрицательна, а при \(x>7{,}2\) положительна. Поэтому это точка минимума.

Ответ: \(7{,}2\).

Задание 13

а) Решение уравнения

\[ \sin2x-\cos(\pi-x)=0. \]

Так как \(\cos(\pi-x)=-\cos x\), получаем

\[ \sin2x+\cos x=0, \]

\[ 2\sin x\cos x+\cos x=0, \]

\[ \cos x(2\sin x+1)=0. \]

Отсюда

\[ \cos x=0 \quad\text{или}\quad \sin x=-\frac12. \]

Следовательно,

\[ x=\frac\pi2+\pi k; \qquad x=-\frac\pi6+2\pi k; \qquad x=\frac{7\pi}{6}+2\pi k, \quad k\in\mathbb Z. \]

б) Отбор корней

Для серии \(x=\dfrac\pi2+\pi k\) составим двойное неравенство:

\[ -\frac{7\pi}{2}\leqslant\frac\pi2+\pi k\leqslant-2\pi, \]

\[ -4\leqslant k\leqslant-\frac52. \]

Отсюда \(k=-4,-3\), поэтому получаем корни \(-\dfrac{7\pi}{2}\) и \(-\dfrac{5\pi}{2}\).

Для серии \(x=-\dfrac\pi6+2\pi k\):

\[ -\frac{7\pi}{2}\leqslant-\frac\pi6+2\pi k\leqslant-2\pi, \]

\[ -\frac53\leqslant k\leqslant-\frac{11}{12}. \]

Значит, \(k=-1\), откуда \(x=-\dfrac{13\pi}{6}\).

Для серии \(x=\dfrac{7\pi}{6}+2\pi k\):

\[ -\frac{7\pi}{2}\leqslant\frac{7\pi}{6}+2\pi k\leqslant-2\pi, \]

\[ -\frac73\leqslant k\leqslant-\frac{19}{12}. \]

Значит, \(k=-2\), откуда \(x=-\dfrac{17\pi}{6}\).

Расположим найденные корни по возрастанию:

\[ -\frac{7\pi}{2},\qquad -\frac{17\pi}{6},\qquad -\frac{5\pi}{2},\qquad -\frac{13\pi}{6}. \]

Ответ:

\[ -\frac{7\pi}{2}; -\frac{17\pi}{6}; -\frac{5\pi}{2}; -\frac{13\pi}{6}. \]

Задание 14

Решение без координат и без векторов.

а) Докажем, что \(M\) — середина \(SC\)

Рассмотрим плоскость \(SAC\). Точки \(O\) и \(M\) принадлежат как этой плоскости, так и плоскости \(OMN\). Значит, линия пересечения плоскостей — прямая \(OM\).

По условию плоскость \(OMN\) параллельна прямой \(SA\). Так как \(SA\) лежит в плоскости \(SAC\), получаем

\[ OM\parallel SA. \]

Точка \(O\) — центр квадрата \(ABCD\), поэтому \(O\) — середина диагонали \(AC\). В треугольнике \(SAC\) прямая через середину \(AC\), параллельная \(SA\), пересекает \(SC\) в её середине. Следовательно,

\[ SM=MC=5. \]

б) Найдём отрезок сечения грани \(SBC\)

Через \(N\) проведём в грани \(SAD\) прямую \(NE\parallel SA\), где \(E\in AD\). Эта прямая лежит в плоскости сечения.

Треугольники \(DNE\) и \(DSA\) подобны. Из \(SN:ND=2:3\) и \(SD=10\) получаем

\[ DN=6, \qquad \frac{DE}{DA}=\frac{DN}{DS}=\frac35, \qquad DE=6. \]

Значит,

\[ AE=AD-DE=10-6=4. \]

Плоскость сечения пересекает основание по прямой, проходящей через \(E\) и \(O\). Пусть эта прямая пересекает \(BC\) в точке \(K\). Центральная симметрия квадрата относительно \(O\) переводит \(AD\) в \(CB\), точку \(A\) в \(C\), а точку \(E\) в \(K\). Поэтому

\[ CK=AE=4. \]

Искомый отрезок в грани \(SBC\) — \(MK\). Треугольник \(SBC\) равносторонний, поэтому \(\angle MCK=60^\circ\). При \(MC=5\) и \(CK=4\) по теореме косинусов:

\[ MK^2=MC^2+CK^2-2\cdot MC\cdot CK\cos60^\circ =25+16-20=21. \]

Следовательно,

\[ MK=\sqrt{21}. \]

Ответ: \(\sqrt{21}\).

Задание 15

Сделаем замену

\[ t=3^x. \]

Тогда неравенство принимает вид

\[ t-8-\frac{6t-19}{(t-2)(t-3)}\leqslant\frac1{t-3}, \]

причём \(t\ne2\), \(t\ne3\). Перенесём правую часть влево:

\[ t-8-\frac{6t-19}{(t-2)(t-3)}-\frac1{t-3}\leqslant0. \]

Сумма дробей равна

\[ -\frac{6t-19}{(t-2)(t-3)}-\frac{t-2}{(t-2)(t-3)} =-\frac{7(t-3)}{(t-2)(t-3)} =-\frac7{t-2}. \]

Получаем

\[ t-8-\frac7{t-2}\leqslant0, \]

\[ \frac{(t-8)(t-2)-7}{t-2}\leqslant0, \]

\[ \frac{(t-1)(t-9)}{t-2}\leqslant0. \]

Отметим на числовой прямой нули числителя \(1\) и \(9\), точку разрыва \(2\), а также исключённую при сокращении точку \(3\). Знаки дроби чередуются в соответствии со знаками множителей:

Метод интервалов даёт

\[ t\in(-\infty;1]\cup(2;3)\cup(3;9]. \]

Возвращаясь к \(t=3^x\), последовательно получаем

\[ 3^x\leqslant1\Longleftrightarrow x\leqslant0, \]

\[ 2<3^x<3\Longleftrightarrow\log_3 2<x<1, \]

\[ 3<3^x\leqslant9\Longleftrightarrow1<x\leqslant2. \]

Следовательно,

\[ x\in(-\infty;0]\cup(\log_3 2;1)\cup(1;2]. \]

Ответ:

\[ (-\infty;0]\cup(\log_3 2;1)\cup(1;2]. \]

Задание 16

Четыре равных платежа в сумме дают \(375000\) рублей, поэтому каждый платёж равен

\[ A=\frac{375000}{4}=93750. \]

Пусть \(S\) — сумма кредита, а \(D_i\) — долг после \(i\)-го платежа. Тогда схема изменения долга имеет вид

\[ D_1=\frac54S-A, \qquad D_2=\frac54D_1-A, \qquad D_3=\frac54D_2-A, \qquad D_4=\frac54D_3-A=0. \]

Подставляя каждое предыдущее выражение в следующее, получаем уравнение

\[ \left(\frac54\right)^4S-A\left[\left(\frac54\right)^3+\left(\frac54\right)^2+\frac54+1\right]=0. \]

Отсюда

\[ S=A\cdot\frac{\frac{125}{64}+\frac{25}{16}+\frac54+1}{\frac{625}{256}} =93750\cdot\frac{369}{64}\cdot\frac{256}{625} =93750\cdot\frac{1476}{625} =221400. \]

Ответ: \(221400\).

Задание 17

Решение без координат и без векторов.

а) Докажем, что \(AC=CE\)

В одной окружности равные хорды стягивают равные дуги. Из \(AB=CD\) следует равенство дуг \(AB\) и \(CD\), а из \(BC=DE\) — равенство дуг \(BC\) и \(DE\).

Следовательно, равны суммы дуг

\[ \overset{\frown}{AB}+\overset{\frown}{BC} = \overset{\frown}{CD}+\overset{\frown}{DE}. \]

То есть равны дуги \(AC\) и \(CE\), а значит, равны стягивающие их хорды:

\[ AC=CE. \]

б) Найдём \(BE\)

Для вписанного четырёхугольника \(ABCD\) по теореме Птолемея:

\[ AC\cdot BD=AB\cdot CD+BC\cdot AD =3\cdot3+4\cdot6=33. \]

Для вписанного четырёхугольника \(BCDE\):

\[ BD\cdot CE=BC\cdot DE+CD\cdot BE =4\cdot4+3BE=16+3BE. \]

Поскольку \(AC=CE\), левые части последних равенств одинаковы. Поэтому

\[ 33=16+3BE, \qquad BE=\frac{17}{3}. \]

Ответ: \(\dfrac{17}{3}\).

Задание 18

Из первого уравнения системы

\[ y=a-x. \]

Подставим во второе:

\[ |a-x|=|x^2-2x|. \]

Равенство модулей равносильно совокупности:

\[ a-x=x^2-2x \quad\text{или}\quad a-x=-(x^2-2x). \]

Получаем два уравнения:

\[ x^2-x-a=0, \qquad x^2-3x+a=0. \]

Их дискриминанты:

\[ D_1=1+4a, \qquad D_2=9-4a. \]

Если \(a<-1/4\), первое уравнение не имеет корней, а второе имеет два корня. Система имеет ровно два решения.

Если \(a>9/4\), первое уравнение имеет два корня, а второе — ни одного. Снова получаются ровно два решения.

При \(-1/4<a<9/4\) оба квадратных уравнения имеют по два корня. Их общие корни возможны, когда

\[ x^2-x=-x^2+3x, \]

\[ 2x(x-2)=0. \]

Это происходит только при \(x=0\) или \(x=2\), то есть при \(a=0\) или \(a=2\). В каждом таком случае совпадает лишь один корень, поэтому различных решений три, а не два.

При \(a=-1/4\) и \(a=9/4\) одно квадратное уравнение имеет один корень, второе — два; общих корней нет, поэтому решений также три.

Ответ:

\[ a\in\left(-\infty;-\frac14\right)\cup\left(\frac94;+\infty\right). \]

Задание 19

Пусть всего \(5n\) контейнеров. Тогда сахар находится в \(2n\) контейнерах, а в остальных \(3n\) сахара нет.

а) Доля 50 процентов

Это возможно. Например, при \(n=1\) возьмём два сахарных контейнера массой \(20\) и \(40\) тонн, а три остальных — по \(20\) тонн.

Масса сахарных контейнеров равна \(60\) тонн, масса остальных также \(60\) тонн. Значит, доля сахарных контейнеров по массе равна \(50\%\).

Ответ: да.

б) Доля 60 процентов

Максимальная доля получится, если все сахарные контейнеры весят по \(40\) тонн, а остальные — по \(20\) тонн. Тогда

\[ M_{\text{сах}}=2n\cdot40=80n, \qquad M_{\text{ост}}=3n\cdot20=60n. \]

Максимальная доля равна \(\dfrac47\). Сравним её с \(60\%\) точно, без округления:

\[ \frac{80n}{80n+60n}=\frac47<\frac6{10}, \qquad \frac6{10}=0{,}6=60\%. \]

Следовательно, получить \(60\%\) невозможно.

Ответ: нет.

в) Наименьшая доля

Минимальная доля получится, если сахарные контейнеры весят по \(20\) тонн, а остальные — по \(40\) тонн:

\[ M_{\text{сах}}=2n\cdot20=40n, \qquad M_{\text{ост}}=3n\cdot40=120n. \]

Тогда

\[ \frac{40n}{40n+120n}=\frac14=25\%. \]

Это значение достижимо.

Ответ: \(25\%\).

Сводка ответов