Решение варианта № 5 - Учебно-тренировочные тесты - МАТЕМАТИКА ПОДГОТОВКА К ЕГЭ

Часть 1

В1. Так как то наименьшее достаточное число палаток — 9.

Ответ: 9.

В2. По рисунку определяем, что 17 сентября выпал 1 мм осадков.

Ответ: 1.

В3. (см. рис. 166).

Рис. 166.

Ответ: 7,5.

В4. Автобусом: 10 мин + 1 ч 25 мин + 25 мин = 120 мин.

Электричкой: 40 мин + 55 мин + 30 мин = 125 мин.

Маршрутным такси: 35 мин + 3/4 часа + 35 мин = 115 мин.

Наименьшее возможное время в пути — 115 минут.

Ответ: 115.

B5. х = -9.

Ответ: -9.

В6.

Рис. 167.

Ответ: 8.

В7.

Ответ: 13.

В8. На касательной выберем две точки A(8; 8) и В(3; 1), тогда

Ответ: 1,4.

В9. CA₁ — диагональ прямоугольного параллелепипеда ABCDA₁B₁C₁D₁ (см. рис. 168).

Рис. 168.

В10. Вероятность того, что поход за продуктами выпадет Диме, равна 1/5 = 0,2.

Ответ: 0,2.

В11. По условию прямоугольный параллелепипед описан около цилиндра, значит, в основании параллелепипеда — квадрат со стороной a = 2R, где R — радиус основания цилиндра; a = 2 ∙ 1 = 2. Высота параллелепипеда h равна высоте цилиндра; h = 1. Объём параллелепипеда найдём по формуле V = а² ∙ h; V = 2² ∙ 1 = 4.

Ответ: 4.

В12. Используя формулу выразим после чего подставим наибольшие значения In = 3, Op = 3, Tr = 3 в выражение

Ответ: 0,2.

В13. Среднюю скорость автомобиля найдём по формуле

Ответ: 74.

В14.

Из чисел —16, —12,12 наименьшее число —16.

Ответ: -16.

Часть 2

С1. а) Исходное уравнение равносильно уравнению 3 cos x — cos 2x = —1. Учитывая, что cos 2x = 2 cos² x — 1, получим 3 cos х + 1 — 2 cos² x = — 1, 2 cos² x — 3 cos x— 2 = 0.

Пусть cos x = t, │t│ ≤ 1. Тогда (t = 2 не удовлетворяет условию │t│ ≤ 1), k ∈ Z.

б) Из серии выберем корни, принадлежащие промежутку

Из серии выберем корни, принадлежащие промежутку таких целых k нет.

Значит, х = 2π/3 - единственный корень из промежутка (-π/2; π].

Ответ:

С2. Пусть Я — середина АС (см. рис. 169). Заметим, что АВ = ВС, так как ABCD — квадрат, а значит, ВН — медиана и высота равнобедренного треугольника АВС, ВН ⊥ АС. Ясно, что ВН — проекция КН на плоскость ABD, следовательно, КН ⊥ АС по теореме о трёх перпендикулярах. Тогда ∠KHB — линейный угол двугранного угла между плоскостями ABD и АКС, sin ∠KHВ = 3/4.

Рис. 169.

В К = КВ₁ = 3, так как К — середина ВВ₁. Из прямоугольного треугольника ВКН получим по определению синуса, что Тогда по теореме Пифагора ВН²= КН² - КВ² = 16 - 9 = 7, ВН = √7. В квадрате ABCD диагонали АС и BD равны и точкой пересечения делятся пополам. ВН проходит через середину АС и точку H, а значит, ВН лежит на BD, В равнобедренном прямоугольном треугольнике ВНС по теореме Пифагора

Ответ: √14.

С3. Решим по отдельности каждое неравенство системы:

2) Решим второе неравенство системы, сделав замену t = х² — 3х, получим неравенство ОДЗ: t ≥ —4. Это неравенство равносильно системе

Вернёмся к исходной переменной:

3) Учитывая, что и получим ответ исходной системы:

Ответ:

С4. Возможны 2 случая.

1) СМ = 3, MD = 7 (см. рис. 170). Заметим, что в четырёхугольники AKMD и КВСМ можно вписать окружности, поэтому АК + DM = AD + КМ = ВС + КМ = МС + КВ, то есть АК + 7 = КВ + 3, КВ - АК = 4.

Рис. 170.

При этом АК + КВ = 10 ⇒ КВ = 7, АК = 3, откуда видно, что трапеции AKMD и ВСМК равны. Пусть AD = а, тогда радиус окружности, вписанной в AKMD, равен a/2. По условию

Заметим, что ∆МСР ~ ∆КВР (∠KPB общий, ∠MCP = ∠КВР). Значит, Пусть СР = х. Отсюда

2) СМ = 7, MD = 3 (см. рис. 171). Аналогично предыдущему случаю

Рис. 171.

С5. Будем решать систему графически. Графиком первого уравнения является график функции

Второе уравнение задаёт окружность (см. рис. 172). В точке (—5; —5) графики касаются при любом значении а. При а < 0 центр окружности ниже прямой а = —5, а значит, это единственная общая точка. При a = 0 единственное решение — это тоже х = —5, у = —5. При a > 0 система имеет ровно 2 решения тогда и только тогда, когда указанная окружность имеет единственную общую точку с прямой у = 2х + 1, т.е. уравнение (х + 5)² + (2х + 1 — a + 5)² = а² имеет единственное решение.

Рис. 172.

Так как а > 0, а = 1 + √5. Три решения будет при а > 1 + √5.

Ответ: (1 + √5; +∞).

С6. а) Заметим, что все делители числа k² разбиваются на пары (N; k²/N), где k²/N ≠ N при k ≠ N. Таким образом, число k² имеет нечётное число делителей, в том числе при k = п!, а значит, d((n!)²) не может быть чётным числом.

б) Заметим, что если где р_i — простые числа, то d(k) = (α₁ + 1)(α₂ + 1)...(α_m + 1). Число 105 = 3 ∙ 5 ∙ 7 — раскладывается не более чем на 3 множителя, неравных 1. Если уравнение d((n!)²) = 105 имеет решение, то (n!)² (а значит и n!) имеет не более 3 простых делителей, отсюда следует, что n ≤ 5. При n = 1 число (n!)² имеет 1 делитель, при n = 2 число (n!)² имеет 3 делителя, при n = 3 число (n!)² = 36 = 2² ∙ 3² имеет (2 + 1) (2 + 1) = 9 делителей, при n = 4 число (n!)² = 2⁶ ∙ 3² имеет 21 делитель, при n = 5 число (n!)² = 2⁶ ∙ 3² ∙ 5² имеет 63 делителя. Значит, решений нет.

в) Так как 108 чётное число, то 2ⁿ ∙ (n!)² не должно являться квадратом, а значит n — нечётно. Заметим, что при n = 5 верно равенство 2ⁿ ∙ (n!)² = 2¹¹ ∙ 3² ∙ 5², а потому d(2ⁿ ∙ (n!)²) = 108. Осталось показать, что других решений нет. Пусть k₁ < k₂, тогда При этом все делители числа 2^k1 ∙ (k₁!)² являются делителями числа это можно увидеть, считая Отсюда очевидно, что Значит, при n > 5 выполняется d(2ⁿ(n!)²) > 108, а при n < 5 выполняется d(2ⁿ(n!)²) < 108.

Ответ: а) нет; б) нет; в) 5.