ЕГЭ 2022. Вариант 19 Ященко 36 вариантов ФИПИ школе.

$$(2x-11)^2=(2x-1)^2$$

$$4x^2-44x+121=4x^2-4x+1$$

$$4x^2-44x-4x^2+4x=1-121$$

$$-40x=-120$$

$$x=3$$

$$m=12$$ (кол-во спортсменок из Канады $$50-22-16=12$$)

$$n=50$$ (общее кол-во спортсменок)

$$P(A)=\frac{m}{n}=\frac{12}{50}=0,24$$

Найдем второй катет прямоугольного треугольника из теоремы Пифагора:

$$a=\sqrt{17^2-15^2}=\sqrt{289-225}=\sqrt{64}=8$$

И площадь прямоугольного треугольника, равна:

$$S=\frac{1}{2}a\cdot b=\frac{1}{2}\cdot8\cdot15=60$$

$$\frac{8^{2,8}\cdot16^{2,4}}{32^{3,2}}\frac{(2^3)^{2,8}\cdot(2^4)^{2,4}}{(2^5)^{3,2}}=\frac{2^{8,4+9,6}}{2^{16}}=\frac{2^{18}}{2^{16}}=2^{18-16}=2^2=4$$

Пусть высота первого цилиндра h, а радиус R. Тогда у второго цилиндра $$\frac{h}{2,5}$$ и $$3R.$$ Из формулы объема первого цилиндра, имеем:

$$V_1=h\cdot\pi R^2 \Rightarrow hR^2=\frac{V_1}{\pi}$$

Значит, у второго цилиндра это значение, равно:

$$\frac{h}{2,5}\cdot9R^2=\frac{V_2}{\pi}\Rightarrow hR^2=\frac{2,5V_2}{9\pi}$$

Приравнивая эти величины, имеем:

$$\frac{2,5V_2}{9\pi}=\frac{V_1}{\pi}$$

откуда

$$V_2=\frac{9\pi V_1}{2,5\pi}=\frac{9\cdot5}{2,5}=18$$

Учитывая, что производная принимает отрицательные значения в точках, где функция убывает, выберем на графике целые такие значения x:

Всего имеем 4 точки.

Выразим объем $$V_2$$ воздуха, которое он будет занимать при совершении работы $$A=25 500$$ Дж, выполненной при сжатии, получим:

$$a=\alpha vT\log_2 \frac{V_1}{V_2}$$

$$\log_2\frac{V_1}{V_2}=\frac{A}{\alpha vT}$$

Раскрываем знак логарифма, имеем:

$$\frac{V_1}{V_2}=2^{\frac{A}{\alpha vT}}$$

$$V_2=\frac{V_1}{2^{\frac{A}{\alpha vT}}}$$

Подставим вместо величин $$V_1,A,\alpha,v,T$$ соответствующие числовые значения, получим:

$$\frac{A}{\alpha vT}=\frac{25500}{8,5\cdot5\cdot300}=2$$

следовательно,

$$V_2=\frac{26}{2^2}=6,5$$ литра.

Пусть x кг – масса 42% раствора. Тогда суммарная масса кислоты в этих растворах, равна $$3\cdot0,32+x\cdot0,42$$ кг. После добавления 2 кг воды, получили 32% раствор, то есть, масса кислоты в этом растворе, равна $$0,32\cdot(3+x+2).$$ Приравнивая эти две величины, получаем уравнение:

$$3\cdot0,32+0,42x=0,32\cdot(3+x+2)$$

$$96+42x=96+32x+64$$

$$10x=64$$

$$x=6,4$$

Учтём, что абсцисса вершины параболы для $$f(x): x_0=-\frac{-5}{2\cdot2}=1,25$$ - правая парабола.

Левая парабола пересекает $$Oy$$ в $$(0;-3),$$ значит, $$c=-3.$$

Точки $$A(1;1)$$ и $$B(-2;-5)$$ принадлежат $$g(x)=ax^2+bx+c.$$ Тогда:

$$\left\{\begin{matrix} 1=a\cdot1^2+b\cdot1-3\\ -5=a\cdot(-2)^2+b\cdot(-2)-3 \end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{\begin{matrix} 4=a+b\\ -2=4a-2b \end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{\begin{matrix} 4=a+b\\ -1=2a-b \end{matrix}\right.\Leftrightarrow$$

$$\Leftrightarrow\left\{\begin{matrix} a=4-b\\ -1=8-2b-b \end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{\begin{matrix} a=1\\ b=3 \end{matrix}\right.$$

Получили:

$$g(x)=x^2+3x-3$$

Тогда:

$$x^2+3x-3=2x^2-5x+4$$

$$x^2-8x+7=0$$

$$\left[\begin{matrix} x_1=1\Rightarrow y_1=1+3-3=1\\ x_2=7\Rightarrow y_2=49+21-3=67 \end{matrix}\right.$$

Будем полагать, что «первая» девочка уже села на какой-либо стул. Для того, чтобы между ними был один мальчик, «вторая» девочка должна сесть через стул от «первой» девочки, либо слева от нее, либо справа. Так как девочек всего две, то число благоприятных исходов равно числу «правильных» мест, то есть m=2. Общее число возможных исходов, равно n=11-1=10 (так как «первая» девочка уже заняла один стул). В результате, искомая вероятность будет равна:

$$P=\frac{m}{n}=\frac{2}{10}=0,2$$

$$y=x\sqrt{x}-6x+11$$

Найдём производную функции:

$$y'=x'\cdot\sqrt{x}+x\cdot\sqrt{x}'-6=\sqrt{x}+\frac{x}{2\sqrt{x}}-6$$

Найдём нули производной:

$$\sqrt{x}+\frac{x}{2\sqrt{x}}-6-0$$

$$\frac{2\sqrt{x}\cdot\sqrt{x}+x}{2\sqrt{x}}=6$$

$$\frac{2x+x}{2\sqrt{x}}=6$$

$$\frac{3x}{2\sqrt{x}}=6$$

$$2\sqrt{x}\cdot6=3x\cdot1$$

$$12\sqrt{x}=3x$$

$$4\sqrt{x}=x$$

$$16x=x^2$$

$$16x-x^2=0$$

$$x\cdot(16-x)=0$$

$$x_1\neq0$$ (знаменатель не может быть равен 0)

$$x_2=16$$

Определим знаки производной и изобразим поведение функции:

Точка минимума $$x=16,$$ там и будет наименьшее значение функции:

$$y(16)=16\sqrt{16}-6\cdot16+11=16\cdot4-96+11=-21$$

а)

$$\cos 3x\cdot\sin 3x=\cos\frac{\pi}{3}\cdot\cos(12x+\frac{3\pi}{2})$$

ОДЗ уравнения: R

Используя формулу синуса двойного угла sin2α = 2sinα·cosα, формулу сложения cos(α + β) = cosα·cosβ — sinα·sinβ, преобразуем уравнение:

$$\frac{1}{2}\cdot2\cdot\cos 3x\cdot\sin 3x=\cos\frac{\pi}{3}\cdot(\cos 12x\cdot\cos\frac{3\pi}{2}-\sin 12x\cdot\sin\frac{3\pi}{2})$$

$$\frac{1}{2}\cdot\sin 6x=\frac{1}{2}\cdot(\cos 12x\cdot0-\sin 12x\cdot(-1))$$

$$\sin 6x=\sin 12x$$

$$\sin 6x=2\sin 6x\cdot\cos 6x$$

$$\sin 6x-2\sin 6x\cdot\cos 6x=0$$

$$\sin 6x(1-2\cos 6x)=0$$

Произведение равно нулю тогда и только тогда, когда хотя бы один из множителей равен нулю, а другой при этом не теряет смысла, т. е.

$$\sin 6x=0$$ или $$1-2\cos 6x=0$$

Решим первое уравнение:

$$\sin 6x=0$$

$$6x=\pi n, n\in Z$$

$$x=\frac{\pi}{6}n, n\in Z$$

Решим второе уравнение:

$$1-2\cos 6x=0$$

$$\cos 6x=\frac{1}{2}$$

$$6x=\pm\frac{\pi}{3}+2\pi m, m\in Z$$

$$x=\pm\frac{\pi}{18}+\frac{\pi}{3}m, m\in Z$$

б)

Выберем корни уравнения при помощи единичной окружности

а) Заметим, что прямые EH и E₁H₁ параллельны, следовательно, плоскость α пересекает нижнее основание трапеции по прямой, параллельной EH и содержащей точку A. Такой прямой является прямая, cодержащая диагональ AD основания, то есть AD — сторона сечения. Вторая сторона сечения это отрезок DM. Плоскости ABC и BCC₁ пересекаются по прямой CB, параллельной AD, следовательно, плоскость α пересекает плоскость BCC₁ по прямой, параллельной ребру двугранного угла DBCM, то есть параллельной BC. Назовем эту прямую MN, где N лежит на ребре BB₁.

Таким образом, прямые AD, BC и MN параллельны между собой. Кроме того, $$MN=BC\neq AD,$$ следовательно, ADMN — трапеция. Легко заметить, что треугольники ABN и DCM равны и, следовательно, $$AN=DM.$$ 

б) Построим сечение призмы, проходящее через точки P, Q, R и S — середины ребер BC, B₁C₁, F₁G₁ и FG, соответственно. Очевидно, что указанное сечение проходит также через точки K и L — середины AD и MN, а также перпендикулярно этим отрезкам.

Заметим, что прямые F₁G₁, E₁H₁ и плоскость α параллельны между собой, следовательно, расстояния до плоскости α от всех точек этой прямой равны. Из точки R на прямую KL опустим перпендикуляр RO, заметим, что прямые RO и AD взаимно перпендикулярны, следовательно, прямая RO перпендикулярна плоскости α.

Расстояние от точки F до плоскости равно длине RO. Пусть T — точка пересечения RO и PS. Значит,

$$LP=MC=\frac{1}{3}CC_1=2,$$

откуда

$$KP=3,KL=\sqrt{13},MN=BC=3\sqrt{2},AD=3\sqrt{2}+6$$

Теперь можно найти площадь трапеции ADMN: $$S_{ADMN}=3\sqrt{13}(\sqrt{2}+1).$$ 

Заметим, что треугольники LPK, KTO и RTS — подобны. Следовательно,

$$\frac{ST}{RS}=\frac{LP}{PK}=\frac{2}{3},$$

откуда

$$ST=4,SP=AD=3\sqrt{2}+6,TK=3\sqrt{2}-1,RT=2\sqrt{13},$$

тогда

$$\frac{TO}{LP}=\frac{TK}{KL}=\frac{3\sqrt{2}-1}{\sqrt{13}}\Rightarrow TO=\frac{2(3\sqrt{2}-1}{\sqrt{13}}.$$

Итак,

$$RO=RT+TD=\frac{6(\sqrt{2}+4)}{\sqrt{13}},$$

а значит, объем пирамиды F₁ADMN равен

$$V_{F_1ADMN}=\frac{1}{3}RO\cdot S_{ADMN}=6(5\sqrt{2}+6)$$

ОДЗ: $$x\in (0;5)$$

$$9\cdot2^{\log_3 (5-x)}+2\cdot2^{\log_3 x}-2^{\log_3 x+\log_3 (5-x)}-18\leq0$$

$$9(2^{\log_3 (5-x)}-2)-2^{\log_3 x}(2^{log_3 (5-x)}-2)\leq0$$

$$(2^{\log_3 (5-x)}-2)(9-2^{\log_3 x})\leq0$$

$$f(x)=2^{\log_3 x}$$ возрастает на $$(0;5).$$

Наибольшее значение $$2^{\log_3 5}$$ $$\log_3 5<2$$ $$2^{\log_3 5}<4$$

$$9-2^{\log_3 x}>0$$ на всём промежутке $$x\in (0;5)$$

Осталось решить неравенство:

$$2^{\log_3 (5-x)}-2\leq0$$

$$\log_3 (5-x)\leq1$$

$$\left\{\begin{matrix} x\in (0;5)\\ 5-x\leq3 \end{matrix}\right.$$

$$x\in [2;5)$$

Ценная бумага каждый год дает прирост в 10% плюс еще 2000 рублей. Следовательно, чтобы депозит был выгоднее ценной бумаги, доходность 12% должна превышать 10% плюс 2000 рублей. Или, по другому, 2% должны давать не меньше, чем 2000 рублей. Это есть сумма:

$$S=\frac{2000}{0,02}=100000$$ рублей

Значит, как только стоимость от ценной бумаги будет больше или равна 100 000 рублей, их следует положить на депозит под 12% годовых.

Изначально Максиму следует вложить все 80 тыс. в ценные бумаги и получать следующую доходность:

- 1-й год: $$1,1\cdot80000+2000=90000$$

- 2-й год: $$1,1\cdot90000+2000=101000$$

Далее, эту сумму следует переложить на депозит на оставшиеся 2 года, получим:

$$1,12\cdot(1,12\cdot101000)=126694,4$$ рублей

а) Дана трапеция $$ABCD,$$ в которой $$M$$ – середина $$BC,$$ а $$N$$ – середина $$AD$$ (см. рисунок ниже). Следовательно,

$$BM=MC$$ и $$AN=ND$$      (1).

По условию задания в трапецию $$ABMN$$ можно вписать окружность, значит, суммы ее противоположных сторон равны:

$$AB+MN=BM+AN,$$

откуда

$$MN=BM+AN-AB.$$

Аналогично для трапеции $$MCDN:$$

$$CD+MN=MC+ND$$

$$MN=MC+ND-CD$$

Приравниваем два выражения для $$MN,$$ имеем:

$$BM+AN-AB=MC+ND-CD$$

и, учитывая равенство (1), получаем:

$$-AB=-CD$$

$$AB=CD$$

Получаем равенство боковых сторон, значит, трапеция $$ABCD$$ – равнобедренная.

б) Так как радиус вписанных окружностей равен $$4,$$ значит, высота трапеции $$MN=2\cdot4=8.$$ Также по условию дана длина $$BC=14$$ и, следовательно, $$BM=\frac{BC}{2}=\frac{14}{2}=7.$$ Обозначим $$BF$$ через $$x$$ (см. рисунок ниже). Тогда $$BM_1=x$$ как отрезки касательных.

Получаем, что $$M_1M=7-x,$$ поэтому и $$MZ=7-x,$$

$$NZ=MN-MZ=8-(7-x)=x+1,$$

следовательно, $$N_1N=x+1$$ (так как соответствующие отрезки касательных равны). Так как $$MZ=ZN$$ (радиус $$O_1Z$$ вписанной окружности будет параллелен основаниям трапеции), имеем:

$$7-x=x+1$$

$$2x=6$$

$$x=3$$

Значит, $$BF=BM_1=3.$$ Рассмотрим прямоугольный треугольник $$BO_1A$$ (он прямоугольный, так как $$AO_1$$ и $$BO_1$$ – биссектрисы,

а $$\angle A+\angle B=180^{\circ},$$ поэтому $$\angle BO_1A=90^{\circ}$$).$$ Квадрат высоты $$OF_1,$$ проведенной из прямого угла, равен:

$$O_1F^2=BF\cdot FA$$

$$4^2=3\cdot FA$$

$$FA=\frac{16}{3}$$

и по теореме Пифагора

$$O_1A=\sqrt{O_1F^2+FA^2}$$

$$O_1A=\sqrt{16+\frac{16^2}{9}}=\frac{20}{3}$$

Обозначим радиус малой окружности $$AO=y,$$ тогда

$$OA=O_1A-OO_1=O_1A-(4+y)$$

$$OA=\frac{20}{3}-4-y=\frac{8}{y}-y$$

Учитывая, что треугольники $$AFO_1$$ и $$AYO$$ подобны по двум углам, можем записать отношение:

$$\frac{y}{4}=\frac{AO}{AO_1}$$

$$\frac{y}{4}=\frac{\frac{8}{3}-y}{\frac{20}{3}}$$

$$32-12y=20y$$

$$y=1$$

Упорядочим числа по возрастанию x₁ < x₂ < ... < x₃₀. Заметим сразу, что достаточно проверять условие только для трех самых больших и четырех самых маленьких чисел.

а) В наборе 999, 1000, ..., 1028 выполнено

б) Если там есть число 66, то

$$x_1+x_2+x_3+x_4\leq 66+x_2+x_3+x_4\leq 66+(x_{28}-26)+(x_{29}-26)+(x_{30}-26)=$$

$$=x_{28}+x_{29}+x_{30}-12< x_{28}+x_{29}+x_{30}$$

получаем противоречие.

в) Будем говорить, что с набором чисел можно сделать какую-то операцию, если после ее выполнения условие

не может нарушиться, числа останутся разными, а сумма чисел во всем наборе не становится больше.

Если x₃₀ ≠ x₂₉ + 1, то можно заменить x₃₀ на x₂₉ + 1. Если после этого x₂₉ ≠ x₂₈ + 1, то можно заменить x₂₉ на x₂₈ + 1 и x₃₀ на x₂₈ + 2. Продолжая эти действия (сдвиг больших чисел вниз), мы в итоге получим набор чисел, идущих подряд (даже все числа от x₂ до x₃₀ можно синхронно уменьшать, поскольку обе части неравенства

будут уменьшаться одинаково). Итак, оптимальный набор — это числа x, x + 1, x + 2, ..., x + 29, причем 4x + 6 > 3x + 84, откуда x > 78. Значит, минимальная сумма равна

а примером могут служить числа от 79 до 108.