Демоверсия ЕГЭ 2027 по профильной математике

Если в четырёхугольник вписана окружность, суммы его противоположных сторон равны: $AB+CD=BC+AD$. Значит, каждая из этих сумм — половина периметра: $\frac{22}{2}=11$.

Тогда $CD=11-8=3$.

Координаты вектора — разность координат конца и начала. По клеткам: $\overrightarrow{a}$ идёт из точки $(1;2)$ в точку $(5;8)$, значит, $\overrightarrow{a}(4;6)$; $\overrightarrow{b}$ идёт из $(5;5)$ в $(11;3)$, значит, $\overrightarrow{b}(6;-2)$.

Скалярное произведение: $\overrightarrow{a}\cdot \overrightarrow{b}=4\cdot 6+6\cdot (-2)=24-12=12$.

Боковые грани обеих призм — параллелограммы с одним и тем же боковым ребром, площадь грани пропорциональна стороне основания, на которую она опирается.

У отсечённой призмы две грани — половинки граней исходной призмы (средняя линия делит две стороны основания пополам), а третья опирается на среднюю линию, равную половине третьей стороны. Значит, площадь боковой поверхности отсечённой призмы вдвое меньше: $2\cdot 18=36$.

Билетов без вопроса про углеводороды: $80-56=24$.

Вероятность: $\frac{24}{80}=\mathrm{0,3}$.

Выстрелы независимы. Попадание — $\mathrm{0,9}$, промах — $1-\mathrm{0,9}=\mathrm{0,1}$.

Попал, попал, промах, промах: $\mathrm{0,9}\cdot \mathrm{0,9}\cdot \mathrm{0,1}\cdot \mathrm{0,1}=\mathrm{0,0081}$.

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

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

$64=4^3$, поэтому $4^{x-4}=4^3$, откуда $x-4=3$, $x=7$.

Приведём углы: $\sin 164°=\sin (180°-16°)=\sin 16°$, $\sin 82°=\cos 8°$.

Знаменатель: $\sin 8°\cdot \cos 8°=\frac{1}{2}\sin 16°$. Тогда $\frac{3\sin 16°}{\frac{1}{2}\sin 16°}=6$.

Точка минимума функции — точка, где производная меняет знак с минуса на плюс, то есть график $f\prime (x)$ пересекает ось абсцисс снизу вверх.

На отрезке $[-2;6]$ график производной пересекает ось три раза: между $-1$ и $0$ (сверху вниз — максимум), около $x=3$ (снизу вверх — минимум) и между $5$ и $6$ (сверху вниз — максимум). Точка минимума одна.

Подставим данные: $15t-\frac{2t^2}{2}=36$, то есть $t^2-15t+36=0$, откуда $t=3$ или $t=12$.

Скорость при торможении $v=15-2t$ становится нулевой при $t=\mathrm{7,5}$ с — дальше автомобиль стоит, и формула пути не работает. Поэтому $t=3$.

Пусть скорость второго $v$ км/⁠ч, первого $v+5$ км/⁠ч. Второй ехал на 3 часа дольше:

$\frac{90}{v}-\frac{90}{v+5}=3$, $450=3v(v+5)$, $v^2+5v-150=0$, $v=10$ (отрицательный корень не подходит).

Первым пришёл первый велосипедист: $10+5=15$ км/⁠ч.

График проходит через точку $(5;1)$: $1=\frac{k}{5}$, $k=5$.

$f(10)=\frac{5}{10}=\mathrm{0,5}$.

Пусть $S=182000$, $X$ — ежегодный платёж. Каждый январь долг умножается на $\mathrm{1,2}$, затем вычитается $X$. После третьего платежа долг равен нулю:

$((\mathrm{1,2}S-X)\cdot \mathrm{1,2}-X)\cdot \mathrm{1,2}-X=0$, то есть ${\mathrm{1,2}}^{3}S=X({\mathrm{1,2}}^2+\mathrm{1,2}+1)$.

$\mathrm{1,728}\cdot 182000=\mathrm{3,64}X$, $X=86400$. Всего выплачено $3\cdot 86400=259200$ рублей.

а) $\cos 2x=2{\cos }^{2}x-1$, $\cos (x+\pi )=-\cos x$. Уравнение принимает вид

$2{\cos }^{2}x-\sqrt{2}\cos x=0$, $\cos x\cdot (2\cos x-\sqrt{2})=0$.

$\cos x=0$: $x=\frac{\pi }{2}+\pi k$, $k\in \mathbb{Z}$; $\cos x=\frac{\sqrt{2}}{2}$: $x=\pm \frac{\pi }{4}+2\pi n$, $n\in \mathbb{Z}$.

б) Отбираем корни на отрезке $[-4\pi ;-\frac{5\pi }{2}]$ (удобно по числовой окружности).

Серия $\frac{\pi }{2}+\pi k$ даёт $-\frac{7\pi }{2}$ и $-\frac{5\pi }{2}$; серия $\frac{\pi }{4}+2\pi n$ даёт $-\frac{15\pi }{4}$; из серии $-\frac{\pi }{4}+2\pi m$ ближайшие $-\frac{9\pi }{4}$ и $-\frac{17\pi }{4}$ лежат вне отрезка.

Ответ: а) $\frac{\pi }{2}+\pi k$, $k\in \mathbb{Z}$; $\frac{\pi }{4}+2\pi n$, $n\in \mathbb{Z}$; $-\frac{\pi }{4}+2\pi m$, $m\in \mathbb{Z}$; б) $-\frac{15\pi }{4}$; $-\frac{7\pi }{2}$; $-\frac{5\pi }{2}$.

а) В правильном шестиугольнике большая диагональ $AD$ параллельна стороне $BC$. $MK$ — средняя линия треугольника $ASD$, поэтому $MK\parallel AD$. Значит, $MK\parallel BC$.

б) Пусть $O$ — центр основания, $H$ — точка пересечения диагоналей ромба $ABOF$ (середина $AO$ и $BF$). $MH$ — средняя линия треугольника $SOA$, $MH\parallel SO$, поэтому $MH$ — высота пирамиды $MABF$.

$FC$ — диаметр описанной окружности основания, значит, $\angle FBC=90°$. Прямая $BC$ перпендикулярна $BF$ и $MH$, то есть плоскости $BMF$. Поэтому $\angle MBF$ — угол между плоскостью $BMC$ и основанием: $\angle MBF=30°$.

$BF=AB\sqrt{3}=12\sqrt{3}$, $BH=6\sqrt{3}$, $MH=BH\cdot \mathrm{tg}30°=6\sqrt{3}\cdot \frac{\sqrt{3}}{3}=6$.

$S_{ABF}=\frac{1}{2}\cdot 12\cdot 12\cdot \sin 120°=36\sqrt{3}$, $V=\frac{1}{3}\cdot 6\cdot 36\sqrt{3}=72\sqrt{3}$.

Ответ: б) $72\sqrt{3}$.

Выражение определено при ${\log }_{2}x>0$, то есть при $x>1$.

Тогда $2^{{\log }_2({\log }_{2}x)}={\log }_{2}x$, а ${\log }_4^{2}x={\left(\frac{1}{2}{\log }_{2}x\right)}^2=\frac{1}{4}{\log }_2^{2}x$.

Пусть $t={\log }_{2}x>0$: $t+\frac{t^2}{4}-3\le 0$, $t^2+4t-12\le 0$, $(t+6)(t-2)\le 0$.

Так как $t+6>0$, получаем $t\le 2$: $0<{\log }_{2}x\le 2$, $1<x\le 4$.

Ответ: $(1;4]$.

Подставим $I$ в формулу мощности: $P=\frac{{\epsilon }^{2}R}{{(r+R)}^2}=\frac{2500R}{{(R+1)}^2}$, $R\ge 0$.

Производная: $P\prime (R)=\frac{2500{(R+1)}^2-2500R\cdot 2(R+1)}{{(R+1)}^4}=\frac{2500(1-R)}{{(R+1)}^3}$.

$P\prime >0$ при $0\le R<1$ и $P\prime <0$ при $R>1$: функция возрастает, затем убывает, наибольшее значение — при $R=1$.

$P(1)=\frac{2500}{4}=625$ Вт.

Ответ: 625.

а) Пусть $\angle BAC=\angle BCA=\alpha$. Тогда $\angle ABC=180°-2\alpha$, а из прямоугольного треугольника $BHC$: $\angle BCH=2\alpha -90°$.

Окружность вписана в угол $BCH$, поэтому $CO$ — его биссектриса: $\angle BCO=\alpha -45°$, $\angle ACO=\alpha -(\alpha -45°)=45°$.

$HO$ — биссектриса прямого угла $BHC$, $\angle CHO=45°$, $\angle AHO=135°$. Так как $\angle AHO+\angle ACO=180°$, около четырёхугольника $AHOC$ можно описать окружность, и $\angle OAC=\angle OHC=45°$.

б) Из той же окружности $\angle AOC=\angle AHC=90°$. Пусть $M$ — середина $AC$; медиана к гипотенузе: $OM=\frac{1}{2}AC=3$.

$BM$ — медиана, высота и биссектриса равнобедренного треугольника $ABC$; центр $O$ окружности, вписанной в треугольник $CBH$, лежит на биссектрисе угла $B$, то есть на $BM$. $BM=BO+OM=4$.

$BC=\sqrt{B{M}^2+M{C}^2}=\sqrt{16+9}=5$.

Ответ: б) 5.

Первое уравнение — прямая $l$: $y=4x+a$. Второе задаёт две ветви: при $y\ge 0$ — часть ${\omega }_1$ параболы $y=\frac{1}{2}{(x-2)}^2-2$ (при $x\le 0$ и $x\ge 4$), при $y<0$ — часть ${\omega }_2$ параболы $y=-\frac{1}{2}{(x-2)}^2+2$ (при $x<0$ и $x>4$).

Особые положения прямой: через концевые точки $(0;0)$ при $a=0$ и $(4;0)$ при $a=-16$.

Касание с ${\omega }_1$: $x^2-12x-2a=0$, $D=144+8a=0$ при $a=-18$ (точка $(6;6)$). Касание с ${\omega }_2$: $x^2+4x+2a=0$, $D=16-8a=0$ при $a=2$ (точка $(-2;-6)$).

Общих точек $l$ с ${\omega }_1$: 0 при $a<-18$, 1 при $a=-18$, 2 при $-18<a\le -16$, 1 при $-16<a<0$, 2 при $a\ge 0$.

Общих точек $l$ с ${\omega }_2$: 2 при $a<-16$, 1 при $-16\le a\le 0$, 2 при $0<a<2$, 1 при $a=2$, 0 при $a>2$.

Складываем: ровно два решения при $a<-18$ (0 + 2), при $-16<a<0$ (1 + 1) и при $a>2$ (2 + 0); при $a=-18$, $-16$, $0$, $2$ решений три, на остальных промежутках — четыре.

Ответ: $a<-18$; $-16<a<0$; $a>2$.

а) Да. Одна синяя карточка с числом $5$ и пять красных с числами $-6$, $-4$, $-2$, $0$, $2$: наибольшее красное $2=2\cdot 1$, наибольшее синее $5$ — число красных карточек.

б) Нет. Пусть синих $s$, красных $s+90$. Красные числа — различные чётные больше $-120$, то есть не меньше $-118$, поэтому наибольшее из них не меньше $-118+2(s+89)=2s+60>2s$. Противоречие.

в) Пусть синих $s$ (наибольшее $a$), красных $k$ (наибольшее $b$). Аналогично $a\ge 5s-120$, $b\ge 2k-120$, а по условию $a=k$, $b=2s$.

Отсюда $5s-120\le k$ и $k\le s+60$, значит, $5s-120\le s+60$, $s\le 45$, $k\le 105$, всего не больше $150$ карточек.

Пример на 150: синие $-115$, $-110$, …, $105$ (45 карточек), красные $-118$, $-116$, …, $90$ (105 карточек).

Ответ: а) да; б) нет; в) 150.