Случайный вариант по профильной математике № byyqp5

В четырёхугольнике, описанном около окружности, суммы длин противоположных сторон равны: AB + CD = BC + AD.

Значит, каждая из этих сумм равна половине периметра: AB + CD = 30/2 = 15.

Тогда CD = 15 − AB = 15 − 9 = 6.

Ответ: 6.

Сумму и разность векторов вычисляем по координатам.
a + b = (2 + 2; 1 − 4) = (4; −3).
7a − b = (14 − 2; 7 − (−4)) = (12; 11).
Скалярное произведение равно сумме произведений соответствующих координат.
(a + b) · (7a − b) = 4 · 12 + (−3) · 11 = 48 − 33 = 15.
Ответ: 15.

Площадь боковой поверхности цилиндра: S = 2πrh. Так как h = r, получаем 2πr² = 5√2.

По теореме Пифагора образующая конуса l = √(r² + h²) = r√2.

Площадь боковой поверхности конуса: πrl = πr²√2 = (5√2/2) · √2 = 5.

Ответ: 5.

По классической формуле вероятность равна отношению числа благоприятных исходов к числу всех равновозможных исходов.
Всего билетов 70, вопрос по теме «Древняя Греция» встречается в 21 билете.
P = 21/70 = 0,3.
Ответ: 0,3.

Обозначим A — масса меньше 810 г, B — масса больше 790 г.
Событие A ∪ B достоверно: любая масса удовлетворяет хотя бы одному из этих условий.
По формуле сложения P(A ∩ B) = P(A) + P(B) − P(A ∪ B).
Следовательно, P(790 < m < 810) = 0,95 + 0,86 − 1 = 0,81.
Ответ: 0,81.

Математическое ожидание — сумма всех выигрышей, делённая на число билетов (билеты без выигрыша дают 0).

$\frac{100\cdot 500+1000\cdot 100+5000\cdot 50+10000\cdot 10+50000\cdot 1}{10000}=\frac{550000}{10000}=55$.

Приведём степени к основанию 3: 9 = 3².
Получим 3^(x + 6) = (3²)^(2x) = 3^(4x).
Степени с одинаковым положительным основанием, не равным 1, равны тогда и только тогда, когда равны их показатели: x + 6 = 4x.
3x = 6, откуда x = 2.
Ответ: 2.

Используем свойство разности логарифмов: logₐb − logₐc = logₐ(b/c), где a > 0, a ≠ 1, b > 0, c > 0.

log₃162 − log₃2 = log₃(162/2) = log₃81.

Поскольку 81 = 3⁴, имеем log₃81 = 4.

Ответ: 4.

Область определения: x > 0. Найдём производную: y′ = 2x − 33 + 136/x.

Приведём к общему знаменателю: y′ = (2x² − 33x + 136)/x = (x − 8)(2x − 17)/x.

Производная равна нулю при x = 8 и x = 17/2.

На промежутках (0; 8), (8; 17/2), (17/2; +∞) знаки производной соответственно «+», «−», «+».

В точке x = 8 производная меняет знак с плюса на минус, поэтому это точка максимума.

Ответ: 8.

Условие h(t) ≥ 6 даёт неравенство 1,6 + 13t − 5t² ≥ 6.
Перенесём слагаемые: 5t² − 13t + 4,4 ≤ 0.
Найдём корни: D = 13² − 4 · 5 · 4,4 = 81; t₁ = (13 − 9)/10 = 0,4, t₂ = (13 + 9)/10 = 2,2.
Коэффициент при t² положителен, поэтому неравенство выполняется при 0,4 ≤ t ≤ 2,2.
Продолжительность этого промежутка: 2,2 − 0,4 = 1,8 с.
Ответ: 1,8.

Пусть масса второго сплава равна x кг, тогда масса первого — (x + 30) кг, а третьего — (2x + 30) кг.

Масса меди при смешивании сохраняется. Составим уравнение: 0,45(x + 30) + 0,20x = 0,40(2x + 30).

Раскроем скобки: 0,65x + 13,5 = 0,80x + 12.

Отсюда 0,15x = 1,5, поэтому x = 10.

Масса третьего сплава: 2 · 10 + 30 = 50 кг.

Ответ: 50.

При полном погашении сумма платежей равна сумме кредита и всех начисленных процентов. Считаем в млн рублей.

После уменьшения на 70 % остаётся 30 % долга: в июле 2029 года долг равен 6 · 0,3 = 1,8, в июле 2030 года — 1,8 · 0,3 = 0,54.

Проценты за три года начисляются на суммы 6; 1,8; 0,54. Поэтому 6 + (6 + 1,8 + 0,54) · r/100 = 8,085.

8,34 · r/100 = 2,085, откуда r = 25.

Ответ: 25.

а) Уравнение определено при всех действительных x.

По формулам cos(π − 2x) = −cos 2x и 1 + cos 2x = 2cos²x имеем 2 − 2cos(π − 2x) = 4cos²x.

Учитывая √8 = 2√2 и √12 = 2√3, получаем равносильное уравнение:

4cos²x + (2√2 − 2√3)cos x − √6 = 0.

Разложим левую часть на множители:
(2cos x − √3)(2cos x + √2) = 0.

Следовательно, cos x = √3/2 или cos x = −√2/2.

Ответ а): x = ±π/6 + 2πk; x = ±3π/4 + 2πk, k ∈ Z.

б) Для каждой серии решим двойное неравенство 3π ≤ x ≤ 9π/2.

Для x = π/6 + 2πk:
3π ≤ π/6 + 2πk ≤ 9π/2 ⇔ 17/12 ≤ k ≤ 13/6.
Единственное целое значение k = 2 даёт x = 25π/6.

Для x = −π/6 + 2πk:
3π ≤ −π/6 + 2πk ≤ 9π/2 ⇔ 19/12 ≤ k ≤ 7/3.
Единственное целое значение k = 2 даёт x = 23π/6.

Для x = 3π/4 + 2πk:
3π ≤ 3π/4 + 2πk ≤ 9π/2 ⇔ 9/8 ≤ k ≤ 15/8.
Целых значений k нет, поэтому эта серия корней на отрезке не даёт.

Для x = −3π/4 + 2πk:
3π ≤ −3π/4 + 2πk ≤ 9π/2 ⇔ 15/8 ≤ k ≤ 21/8.
Единственное целое значение k = 2 даёт x = 13π/4.

Ответ б): 13π/4; 23π/6; 25π/6.

а) Доказательство. Центр квадрата O является серединой диагонали AC, а M — середина SC. Поэтому OM — средняя линия треугольника CSA, следовательно, OM ∥ SA.

Плоскости OMK и SAC различны: точка K лежит на BC и не лежит на AC, по которой плоскость SAC пересекает основание. Их общая прямая — OM.

Если бы SA пересекала плоскость OMK, точка пересечения принадлежала бы OM. Это невозможно, поскольку SA и OM — различные параллельные прямые.

Таким образом, SA параллельна плоскости OMK по признаку параллельности прямой и плоскости. Ответ: утверждение доказано.

б) Нахождение длины отрезка. Из BK : KC = 3 : 1 и BC = 2 получаем BK = 3/2 и KC = 1/2. Обозначим через L точку на AD, для которой AL = 1/2. Тогда DL = 3/2.

Докажем, что L, O и K лежат на одной прямой. Углы OAL и OCK равны 45°, так как диагональ квадрата делит его углы пополам. Кроме того, AO = CO и AL = CK. Следовательно, треугольники OAL и OCK равны по двум сторонам и углу между ними.

Поэтому ∠AOL = ∠COK. Поскольку OA и OC — противоположные лучи, а L и K лежат по разные стороны от AC, лучи OL и OK также противоположны. Значит, L лежит на прямой OK и принадлежит плоскости OMK.

В треугольнике DSA проведём через L прямую LN ∥ AS, где N лежит на DS. Так как LN ∥ OM, а L принадлежит плоскости OMK, вся прямая LN лежит в этой плоскости. Следовательно, отрезок LN является её пересечением с гранью SAD.

Треугольники DLN и DAS подобны по двум углам, поэтому LN/AS = DL/DA = (3/2)/2 = 3/4.

В квадрате AO = AC/2 = √2. Из прямоугольного треугольника SOA получаем AS = √(SO² + AO²) = √(14 + 2) = 4.

Следовательно, LN = 3AS/4 = 3. Ответ: 3.

а) ОДЗ и равносильные преобразования.
Аргументы логарифмов должны быть положительными: 4 − x > 0 и (x − 4)² > 0.
Следовательно, ОДЗ: x < 4.
На ОДЗ (x − 4)² = (4 − x)², поэтому log₂((4 − x)²) = 2log₂(4 − x).
Так как 512 = 2⁹, то log₅₁₂(4 − x) = log₂(4 − x)/9.
Умножая неравенство на положительное число 9 и перенося всё влево, получаем равносильное неравенство:
(x² − 18)log₂(4 − x) ≥ 0.

б) Метод интервалов.
Первый множитель равен нулю при x = ±3√2; точка 3√2 > 4 не входит в ОДЗ.
Второй множитель равен нулю при 4 − x = 1, то есть при x = 3.
При x < −3√2 оба множителя положительны, поэтому произведение положительно.
При −3√2 < x < 3 первый множитель отрицателен, второй положителен: произведение отрицательно.
При 3 < x < 4 оба множителя отрицательны: произведение положительно.

в) Граничные точки и ответ.
Точки −3√2 и 3 входят в ОДЗ и обращают произведение в нуль, поэтому включаются.
Точка 4 не входит в ОДЗ и исключается.
Ответ: (−∞; −3√2] ∪ [3; 4).

а) Математическая модель.
Пусть за неделю первый завод производит x единиц товара, второй — y единиц, где x ≥ 0, y ≥ 0.
Тогда рабочие затрачивают соответственно x² и y² часов.
Ограничение на оплату труда: 200x² + 300y² ≤ 1 200 000, или 2x² + 3y² ≤ 12 000.
Требуется найти наибольшее значение x + y.

б) Оценка и достижение максимума.
Из неравенства (2x − 3y)² ≥ 0 следует:
5(2x² + 3y²) − 6(x + y)² = (2x − 3y)² ≥ 0.
Поэтому 6(x + y)² ≤ 5 · 12 000 = 60 000, откуда x + y ≤ 100.
Равенство возможно при 2x = 3y и x + y = 100, то есть при x = 60, y = 40.
Проверим расходы: 200 · 60² + 300 · 40² = 720 000 + 480 000 = 1 200 000 рублей.
Следовательно, выпуск 100 единиц достижим и является наибольшим.
Ответ: 100 единиц товара.

а) Введём прямоугольные координаты: A(0; 0), B(p; 0), D(d; h), где p > 0, h > 0. Тогда C(p + d; h). Обозначим q = AD, так что q² = d² + h².

Уравнение окружности, проходящей через A и B, имеет вид x² + y² − px + βy = 0. Подставляя координаты D, получаем βh = pd − q².

На прямой CD ордината равна h, поэтому абсциссы точек пересечения с окружностью удовлетворяют уравнению x² − px + h² + βh = 0.

Один корень равен d и соответствует D. По теореме Виета второй корень равен p − d, следовательно, K(p − d; h).

Так как E лежит на BC, запишем E(p + td; th), где 0 < t < 1.

Подстановка в уравнение окружности даёт t²q² + t(2pd − q²) = 0. Корень t = 0 соответствует B; для E получаем tq² = q² − 2pd.

По формуле расстояния AE² = (p + td)² + t²h² = p² + 2ptd + t²q².

Из tq² + 2pd = q² следует t²q² + 2ptd = tq². Поэтому AE² = p² + tq² = p² + q² − 2pd.

С другой стороны, AK² = (p − d)² + h² = p² + q² − 2pd. Значит, AE² = AK², а потому AE = AK.

Ответ к пункту а): AE = AK, что и требовалось доказать.

б) Если ∠BAD = 60°, то d = q cos 60° = q/2, h = q sin 60° = √3q/2.

По найденной формуле t = 1 − 2pd/q² = 1 − p/q. Следовательно, E((p + q)/2; √3(q − p)/2), K(p − q/2; √3q/2).

По формуле расстояния KE² = ((2q − p)/2)² + (√3p/2)² = p² − pq + q².

В треугольнике BAD по теореме косинусов BD² = p² + q² − 2pq cos 60° = p² − pq + q².

Таким образом, KE = BD, поэтому KE : BD = 1.

Ответ к пункту б): 1.

а) ОДЗ и преобразование уравнения.
Логарифм определён при x + a > 0; по условию также 0 ≤ x ≤ 1.
Перенесём правую часть влево и применим формулу разности квадратов:
(x + ln(x + a))² − (x − ln(x + a))² = 4x ln(x + a) = 0.
На ОДЗ это равносильно совокупности x = 0 или ln(x + a) = 0.
Во втором случае x + a = 1, то есть x = 1 − a.

б) Условия допустимости корней.
Корень x = 0 принадлежит отрезку [0; 1] и удовлетворяет ОДЗ тогда и только тогда, когда a > 0.
Корень x = 1 − a всегда удовлетворяет ОДЗ, поскольку x + a = 1. Он принадлежит [0; 1] тогда и только тогда, когда 0 ≤ a ≤ 1.
Эти корни совпадают только при a = 1.

в) Разбор всех значений параметра.
При a < 0 решений на отрезке нет.
При a = 0 есть единственное решение x = 1.
При 0 < a < 1 есть два различных решения: 0 и 1 − a.
При a = 1 оба найденных корня совпадают: x = 0, поэтому решение единственное.
При a > 1 подходит только x = 0, поэтому решение также единственное.
Ответ: a ∈ {0} ∪ [1; +∞).

а) Рассмотрим числа 6, 8, 9, 10, 11.

Наименьшее произведение двух различных чисел равно 6 · 8 = 48 > 45, а наибольшее равно 10 · 11 = 110 < 120. Поэтому все произведения удовлетворяют условию.

Ответ: да.

б) Предположим, что записаны шесть чисел a₁ < a₂ < a₃ < a₄ < a₅ < a₆.

Если a₃ ≥ 9, то a₅ ≥ 11 и a₆ ≥ 12. Тогда a₅a₆ ≥ 132, что противоречит условию.

Следовательно, a₃ ≤ 8. Поскольку числа различные и натуральные, a₂ ≤ 7, a₁ ≤ 6. Поэтому a₁a₂ ≤ 42, что также противоречит условию.

Ответ: нет.

в) Обозначим четыре числа через a < b < c < d.

Если a ≤ 5, то из ab > 45 следует 5b > 45, поэтому b ≥ 10. Тогда c ≥ 11, d ≥ 12 и cd ≥ 132 — противоречие.

Значит, a ≥ 6. Если a = 6, то 6b > 45, откуда b ≥ 8, c ≥ 9, d ≥ 10. Поэтому сумма не меньше 6 + 8 + 9 + 10 = 33.

Если a ≥ 7, то b ≥ 8, c ≥ 9, d ≥ 10, поэтому сумма не меньше 34.

Оценка 33 достигается на числах 6, 8, 9, 10: наименьшее произведение равно 48 > 45, наибольшее — 90 < 120.

Ответ: 33.