1 вариант Задание Ответ 1

1
1 вариант
Задание
15)
Ответ
1
7
2
13500
3
525000
4
24
5
0,72
6
-0,2
7
0,5
8
5
9
22
10
1
11
30
12
11
13
50
14
5
а)
 7π

Решите уравнение 2 sin 
 x   sin x  cos x .
 2

б)
 7π

Найдите все корни этого уравнения, принадлежащие промежутку  ;5π  .
2

 7π

 3π

 x   sin   x    cos x , поэтому
Решение: а) По формуле приведения sin 
 2

 2

исходное уравнение преобразуется к виду:  2сosx  sin x  cos x 
cos x  0
cos x1  2 sin x   0  
;
 sin x   1
2

π

 x  2  πk , k  z

 x   1k 1 π  πk , k  z
6

23π 7π 9π
 7π

б) условию  2 ;5π  принадлежат корни 6 ; 2 ; 2 .
Ответ: а)
π
π
23π 7π 9π
 πk ,  1k 1  πk , k  z ; б)
;
;
6
2
2 .
2
6
2
Критерии оценивания выполнения задания 15
Обоснованно получен верный ответ в пункте а) и верно отобраны корни в
пункте б)
Верно выполнен пункт а)
ИЛИ
Полученный в пунктах а) и б) ответ неверен в результате ОДНОЙ
допущенной арифметической ошибки (описки), не повлиявшей
принципиально на ход решения и не упростившей задачу
ИЛИ
Пункт а) доведен до верных простейших уравнений, которые решены с
ошибкой. При этом конкретные решения простейших уравнений,
необходимые для пункта б), отобраны верно, и, следовательно, ответ в
пункте б) верен
Замечание. Отбор корней может быть произведен любым способом: на
единичной окружности, перебором значений k и т.д., но обязательно
показан!
Решение не соответствует ни одному из критериев, перечисленных выше
Максимальный балл
Баллы
2
1
0
2
В пирамиде DABC прямые, содержащие ребра DC и AB , перпендикулярны.
16)
а) Постройте сечение плоскостью, проходящей через точку Е - середину ребра DB , и
параллельно DC и AB . Докажите, что получившееся сечение является прямоугольником.
б) Найдите угол между диагоналями этого прямоугольника, если DC  24 , AB  10 .
Решение:
а) Построение
ЕK DC
ЕM AB
KF AB
ЕKFM – искомое сечение, параллелограмм
DC AB
ЕK DC

ЕK AB
ЕMЕK
ЕM AB
Значит EKMF – прямоугольник.
б) ЕK DC и Е – середина DB, тогда ЕК – средняя линия Δ DBC, значит
ЕК 
1
DC  12 , аналогично
2
МЕ 
1
АВ  5 .
2
MK 2  ME 2  EK 2 , так как EKMF
прямоугольник. MK 2  12 2  52 , MK  13 . Пусть МК пересекает ЕF в точке О.
3
MO  OK  EO  OF 
1
13
MK  . ME  EK . Применим теорему косинусов в ΔEOM :
2
2
EM 2  MO 2  OE 2  2MO  OE  cos EOM , cos EOM 
Ответ: arccos
2
169
 25
119
4
.

169
169
2
4
119
.
169
Критерии оценивания выполнения задания 16
Имеется верно построенное сечение и доказательство того, что полученное
сечение является прямоугольником в пункте а) и обоснованно получен
верный ответ в пункте б)
Имеется верно построенное сечение и доказательство того, что полученное
сечение является прямоугольником в пункте а)
ИЛИ
обоснованно получен верный ответ в пункте б), даже в том случае, если
предъявлено неполное или неверно выполненное задание а)
Решение не соответствует ни одному из критериев, перечисленных выше
Максимальный балл
17)
Решите неравенство
log 52
x  42  x  3  log 2
0 ,2
48
Баллы
2
1
0
2
x3
.
3
Решение:
2
Так как
log 02.2
log 02.2
x3 
x  3
   log 5
 , то данное неравенство можно записать в виде:
3
3 

x  42  x  3  log 2 x  3  0 .
48
5
3
Воспользовавшись
квадратов и преобразуя выражение log 5
формулой
x  42  x  3  log
48
5
разности
x3
по формулам
3
суммы и разности логарифмов, получаем, что данное неравенство равносильно
совокупности двух систем:
1)

x  3  0

x  42  0

и 2)
log 5
16

2
2


x  4   x  3
0
log 5
144


x  3  0

x  42  0

.
log 5
16

2
2


x  4   x  3
0
log 5
144

Решим систему (1), произведя её равносильные преобразования:
4




x  3  0
x  3

2



 x  4
x4  x4 
x

4
,

1

 1  
 1  0




 x  4, 
4
4
4








2
 2
 x 2  7 x  12   x 2  7 x  12 
 x  7 x  12   1 
 1  
 1  0


12
12


12
 




 x  3, x  4
 x  3, x  4
3  x  7


 x  8x  0
 x  8x  0  
x  4
 2
x  7 x  0
2

 x  7 x x  7 x  24  0



Из приведённых выкладок легко усмотреть, что преобразовывая аналогичным
образом систему (2), приходим к равносильной системе:
 x  3, x  4

x  8x  0  x  8
x  7 x  0

Объединяя множества решений (1), (2), получаем окончательный ответ:
x  3;4  4;7  8;
Ответ: x  3;4  4;7  8;.
Критерии оценивания выполнения задания 17
Обоснованно получен верный ответ
Получен неверный ответ из-за вычислительной ошибки, но при этом
имеется верная последовательность всех шагов решения
Решение не соответствует ни одному из критериев, перечисленных выше
Максимальный балл
18)
Баллы
2
1
0
2
Точка О – центр окружности, вписанной в треугольник ABC. На продолжении
отрезка AO за точку О отмечена точка К так, что BK=OK.
а) Докажите, что четырехугольник АВКС вписанный.
б) Найдите длину отрезка AO, если известно, что радиусы вписанной и описанной
окружностей треугольника ABC равны 3 и 12 соответственно, а OK=5.
Решение:
а) Пусть A  2α , B  2 β . Так как О – центр вписанной окружности ΔАВС , то
АО, ВО – биссектрисы углов А и В, значит, BAO  α , ABO  β . Угол ВОК
внешний ΔАВС , поэтому ВОК  α  β . Рисунок 1.
Рис.1
Рис. 2
5
Так
как
ВК  ОК (по
построению),
то
ОВК  ВОК  α  β ,
тогда
СВК  ОВК  СВО  α  β  β  α . Углы СВК и КАС опираются на один и
тот же отрезок СК и равны друг другу: СВК  КАС  α . Тогда по признаку,
связанным со свойством вписанных углов, точки А, В, К, С лежат на одной
окружности, ч.т.д.
б) Обозначим через r, R радиусы вписанной и описанной окружностей ΔАВС .
Пусть
Н
–
проекция
точки
О
на
сторону
АВ
(рисунок
2),
тогда
OH  r , AO  r / sin α . Так как точки А, В, К, С лежат на одной окружности, то
радиус описанной окружности ΔАВК совпадает с радиусом описанной окружности
ΔАВС и равен R. Из ΔАВК по теореме синусов:
AO  r  sin α  r 
AO 
BK r  2 R

.
2R
BK
Так
как
ВК
BК
 2 R , sin α 
. Тогда
sin α
2R
r  3, R  12, BK  OK  5, то
3  24
 14 ,4 .
5
Ответ: 14,4.
Критерии оценивания выполнения задания 18
Имеется верное доказательство утверждения пункта а) и обоснованно
получен верный ответ в пункте б)
Не доказано утверждения пункта а), но обоснованно получен верный ответ
в пункте б) без использования утверждения пункта а)
ИЛИ
Имеется верное доказательство утверждения пункта а) и при обоснованном
решении пункта б) получен неверный ответ в результате арифметической
ошибки (описки)
ИЛИ
Имеется верное доказательство утверждения пункта а), получен верный
ответ в пункте б), но решение недостаточно обоснованно, либо обоснования
содержат неточности.
Баллы
3
2
6
Имеется верное доказательство утверждения пункта а)
ИЛИ
при неверном доказательстве утверждения пункта а) и обоснованном
решении пункта б) без использования утверждения пункта а) получен
неверный ответ в результате арифметической ошибки (описки)
ИЛИ
обоснованно получен верный ответ в пункте б) с использованием
утверждения пункта а), при этом пункт а) не выполнен или выполнен
неверно
ИЛИ
получен верный ответ в пункте б), но решение недостаточно обоснованно,
либо обоснования содержат неточности
Решение не соответствует ни одному из критериев, перечисленных выше
Максимальный балл
19)
1
0
3
Фабрика, производящая пищевые полуфабрикаты, выпускает блинчики со
следующими видами начинки: ягодная и творожная. В данной ниже таблице приведены
себестоимость и отпускная цена, а также производственные возможности фабрики по
каждому виду продукта при полной загрузке всех мощностей только данным видом
продукта.
Вид начинки
Себестоимость
(за 1 тонну)
Отпускная цена
(за 1 тонну)
Производственные
возможности
ягоды
70 тыс. руб.
100 тыс. руб.
90 (тонн в мес.)
творог
100 тыс. руб.
135 тыс. руб.
75 (тонн в мес.)
Для выполнения условий ассортиментности, которые предъявляются торговыми
сетями, продукции каждого вида должно быть выпущено не менее 15 тонн. Предполагая,
что вся продукция фабрики находит спрос (реализуется без остатка), найдите
максимально возможную прибыль, которую может получить фабрика от производства
блинчиков за 1 месяц.
Решение: Пусть х - доля мощностей завода, занятых под производство блинчиков
с ягодной начинкой, а y – доля мощностей, занятых под производство блинчиков с
творожной начинкой. Тогда x  y  1 , при этом блинчиков с ягодной начинкой
производится 90х тонн, а с творожной начинкой – 75у тонн. Кроме того, из условия
ассортиментности следует, что 90х  15 , х 
1
1
, а 75 у  15 , у  . Прибыль завода с 1-ой
5
6
тонны продукции с ягодной начинкой равна 100-70=30 тыс. руб., прибыль с 1-ой тонны
продукции с творожной начинкой равна 135-100=35 тыс. руб., а общая прибыль с
произведённой за месяц продукции равна 30  90 х  35  75 у  2700 х  2635 у .
Таким образом, в переводе на математический язык, нам необходимо найти
наибольшее значение выражения 75  36 х  21у  при выполнении следующих условий:
7
х  у  1

(*) 
1
1.
х

,
у


6
5
Чтобы найти те х, у, для которых достигается максимум выражения 36 х  21 у при
условиях (*), преобразуем систему (*), выразив у через х:
х  у  1
у  1 х


1
1  1
4.

 х  6 , у  5
 6  х  5
Подставляя у=1-х в выражение 36х+35у, получаем: 36х+35(1-х)=35+х. очевидно, что
выражение 35+х при условиях
х
1
4
х
принимает наибольшее значение тогда, когда
6
5
4
.
5
Итак, нами получено, что наибольшее значение выражения 36х+21у при
выполнении условий системы (*) достигается тогда, когда х 
4
1
, у  . Поэтому
5
5
4
1
179

максимально возможная прибыль завода за день равна 75   36   35    75 
 2685
5
5
5

тыс. руб.
Ответ: 2685 тыс. руб.
Критерии оценивания выполнения задания 19
Обоснованно получен верный ответ
Верный ответ получен, но недостаточно обоснован
Верно построена математическая модель, но дальнейшее решение неверно
или не закончено
Решение не соответствует ни одному из критериев, перечисленных выше
Максимальный балл
20)
Найдите все значения а, при каждом из которых система
 у  7  6 х  х 2  3

 у  а  16  а 2  2ах  х 2
имеет единственное решение.
Баллы
3
2
1
0
3
8
Решение:
 x  32   y  32  16
Преобразуем первое уравнение системы: y  3  16   x  32  
.
y  3
Эти условия задают «верхнюю» полуокружность с центром в точке (3;3) радиуса 4.
Преобразуем второе уравнение системы: y  a  16   x  a 
2
 x  a 2   y  a 2  16
.

y  a
Эти условия задают «верхнюю» полуокружность с центром в точке (а;а) радиуса 4.
Полуокружности, определяемые уравнениями системы, изображены на рисунке 1,
обозначив полуокружности через F и Fa, а их центры – О и Оа.
y
Fa
7
F
а
Оа
3
О
-1
3
7
а
y
x
Fa
7
В
Оа
C
F
3
О
x
-1
3
7
Данная в условии система имеет единственное решение, если полуокружности F и Fa
имеют единственную общую точку. Поэтому это необходимо исследовать при различных
значения параметра а. Две «верхние» полуокружности одинакового радиуса либо не
имеют общих точек, либо имеют ровно одну общую точку, либо совпадают.
9
При а  3 полуокружности F и Fa совпадают, т.е. а  3 не является искомым.
При а  3 , т.е. точка О расположена выше точки Оа. В этом случае полуокружности F и Fa
имеют общую точку, если диаметр ВС полуокружности Fa имеет общую точку с
полуокружностью F. Крайнее положение диаметра ВС, при котором он ещё имеет общую
точку полуокружностью F является положение на рисунке 2, при этом точка Оа имеет
координаты (7;7)., т.е. а  7 . При а  7 полуокружности F и Fa не имеют общих точек.
Таким образом, все значения 3  a  7 являются искомыми.
При
a  3 полуокружность Fa может быть получена параллельным переносом
полуокружности F

на вектор b; b  , где b  a  3 . Если при параллельном переносе

полуокружности F на вектор b; b  полученная полуокружность имеет общую точку с F,
то это же справедливо и при параллельном переносе полуокружности F

на
вектор  b;b  . Поэтому искомое множество значений параметра а симметрично
относительно точки а  3 , значит, искомыми значениями  1  a  3 .
Ответ: a   1;3  3;7.
Критерии оценивания выполнения задания 20
Обоснованно получен верный ответ
Обосновано получен ответ, отличающийся от верного только исключением
граничных точек
ИЛИ
Обосновано получен ответ, отличающийся от верного только включением
граничной точки
ИЛИ
Ответ неверен вследствие одной вычислительной ошибки (описки), не
повлиявшей на ход решения и не упростившей задачу
С помощью верного рассуждения получены промежутки значений a,
отличающийся от верного только включением граничной точки и
исключением граничных точек
ИЛИ
С помощью верного рассуждения получен верно только один из
промежутков
ИЛИ
Задача сведена к полному исследованию взаимного расположения двух
полуокружностей одной выпуклости и одинакового радиуса и найдено, что
при а=3 они совпадают, а дальнейшие рассуждения выполнены с
арифметической ошибкой
Баллы
4
3
2
10
С помощью верного рассуждения получен только один из промежутков,
отличающийся от верного только исключением или граничных точек
ИЛИ
Задача сведена к полному исследованию взаимного расположения двух
полуокружностей одной выпуклости и одинакового радиуса и найдено, что
при а=3 они совпадают и начаты дальнейшие рассуждения
ИЛИ
при аналитическом решении составлено уравнение, например,
3  а 
1
7  6 х  х 2  3  а а  х 
Решение не соответствует ни одному из критериев, перечисленных выше
Максимальный балл
21)
0
4
Даны n различных натуральных чисел, составляющих арифметическую прогрессию
( n  3 ).
а) Может ли сумма всех данных чисел быть равной 16?
б) Каково наибольшее значение n, если сумма всех данных чисел меньше 900?
в) Найдите все возможные значение n, если сумма всех данных чисел равна 235.
Решение:
а) Да. Например, числа 1, 3, 5, 7составляют арифметическую прогрессию, а их сумма
равна 1+3+5+7=16.
б) Так как все данные n чисел натуральные, то наименьшее из них больше или равно 1,
а поскольку все эти числа различны (т.е. отличаются друг от друга не менее, чем на 1),
то их сумма S не меньше суммы 1  2  ... п , т.е. S 
S  900 , то из неравенства
nn  1
. Если известно, что
2
nn  1
nn  1
 S следует, что
 900 , nn  1  1800 ,
2
2
откуда n  42 (при n  42 имеем: nn  1  42  43  1800 ). При n  41 имеем:
nn  1  41  42  1800 , натуральные числа от 1 до 41 (без пропусков) составляют
арифметическую прогрессию, их количество равно 41, а сумма меньше 900. Таким
образом, наибольшее возможное значение n в пункте б) равно 41.
в) Пусть а1 – наименьшее из данных n чисел, образующих арифметическую
прогрессию, d – разность этой прогрессии. Тогда по известной формуле сумма этих n
чисел равна
2а1  d n  1
 n . Если известно, что сумма данных n чисел равна 235, то
2
2а1  d n  1  n  470 .
Заметим, что 470  47 10 , число 47 простое и n  47 (в
пункте б) доказано, что n  41 ), то n- один из делителей числа 10.
Так
как
n  3,
то
возможные
равенство 2а1  d n  1  n  470
значения
n  5 или
поочередно n  5 и
n  10 .
Подставим
в
n  10 , получаем следующие
11
равенства: 2а1  4d  94 и 2а1  9d  47 . Первое из этих равенств выполняется,
например, при а1  1, d  23 , а второе – при а1  1, d  5 . Прогрессии 1,24,47,70,93 и
1,6,11,…,46 состоят из 5 и 10 членов, а их сумма равна 235.
Ответ: а) да; б) 41; в) 5 и 10.
Критерии оценивания выполнения задания 21
Верно получены все перечисленные результаты (см. критерий на 1 балл)
Верно получены три из перечисленных результатов (см. критерий на 1 балл)
Верно получены два из перечисленных результатов (см. критерий на 1 балл)
Верно получен один из перечисленных результатов:
― верный пример в пункте а);
― обоснованное решение пункта б);
― доказательство того, что в пункте в) данное значение суммы возможно
при n  5,10 ;
― пример прогрессии, что сумма всех членов равна 235.
Решение не соответствует ни одному из критериев, перечисленных выше
Максимальный балл
Баллы
4
3
2
1
0
4