Проверка уровня по профильной математике № qffwzs

Радиус OA перпендикулярен касательной CA, поэтому ∠OAC = 90°.

Центральный угол AOB равен градусной мере дуги AB: ∠AOB = 66°.

Точка B лежит на отрезке OC, поэтому ∠AOC = ∠AOB = 66°.

По сумме углов треугольника AOC: ∠ACO = 180° − 90° − 66° = 24°.

Ответ: 24.

Координаты вектора находим, вычитая из координат конца координаты начала.
По рисунку a = (3 − 1; 5 − 1) = (2; 4), b = (6 − 2; 5 − 1) = (4; 4).
Складывая соответствующие координаты, получаем a + b = (6; 8).
Длина суммы равна √(6² + 8²) = √100 = 10.
Ответ: 10.

Объём цилиндра вычисляется по формуле V = πr²h.

У второго цилиндра радиус равен 2r, а высота — h/3.

Поэтому V₂ = π · (2r)² · h/3 = (4/3)πr²h = (4/3)V₁.

V₂ = 15 · 4/3 = 20.

Ответ: 20.

Вероятность равна отношению числа подходящих билетов к общему числу билетов.
Билетов без вопроса по указанной теме: 50 − 5 = 45.
Искомая вероятность: P = 45/50 = 0,9.
Ответ: 0,9.

Батарейку могут забраковать в двух несовместных случаях: она неисправна или она исправна.

По правилу умножения вероятность забраковать неисправную батарейку равна 0,06 · 0,96 = 0,0576.

Вероятность исправности равна 1 − 0,06 = 0,94, поэтому вероятность ошибочной браковки равна 0,94 · 0,01 = 0,0094.

Складывая вероятности несовместных случаев, получаем 0,0576 + 0,0094 = 0,067.

Ответ: 0,067.

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

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

Правая часть уравнения √(99 − 7x) = 6 неотрицательна, поэтому уравнение равносильно равенству подкоренного выражения квадрату правой части.
99 − 7x = 6² = 36.
7x = 63, откуда x = 9.
Проверка: √(99 − 7 · 9) = √36 = 6.
Ответ: 9.

Используем формулу 1 − 2 sin² α = cos 2α.
√2 − 2√2 sin²(15π/8) = √2 · cos(15π/4).
По периодичности косинуса cos(15π/4) = cos(7π/4) = √2/2.
Следовательно, значение выражения равно √2 · (√2/2) = 1.
Ответ: 1.

Чтобы определить монотонность функции f(x), рассмотрим знак её производной.

На интервале (−5; −2) график y = f′(x) расположен выше оси абсцисс, поэтому f′(x) > 0.

Следовательно, f(x) возрастает на отрезке [−5; −2] и принимает наименьшее значение на его левом конце.

Ответ: −5.

По формуле линзы 1/d₁ = 1/30 − 1/d₂, откуда d₁ = 30d₂/(d₂ − 30).
Преобразуем: d₁ = 30 + 900/(d₂ − 30).
При 160 ≤ d₂ ≤ 180 знаменатель положителен; с увеличением d₂ дробь уменьшается.
Поэтому наименьшее d₁ достигается при d₂ = 180: d₁ = 30 + 900/150 = 36 см.
Значение 36 входит в допустимый промежуток от 20 до 40 см.
Ответ: 36.

Время движения равно расстоянию, делённому на скорость.
Второй автомобиль до встречи проехал 500 − 260 = 240 км за 240/80 = 3 часа.
Первый автомобиль выехал на час раньше, поэтому до встречи находился в пути 3 + 1 = 4 часа.
Его скорость равна 260/4 = 65 км/ч.
Ответ: 65.

Все суммы выразим в тысячах рублей. Пусть каждый из первых двух платежей равен x. При начислении процентов долг умножается на 1,2.

После платежа 2027 года долг составит 800 · 1,2 − x = 960 − x.

После платежа 2028 года долг составит 1,2(960 − x) − x = 1152 − 2,2x.

Последний платёж равен 1,2(1152 − 2,2x) = 1382,4 − 2,64x.

Сумма платежей: 2x + 1382,4 − 2,64x = 1254,4. Отсюда 0,64x = 128, x = 200 тыс. рублей.

Ответ: 200000.

а) Знаменатель √(7sin x) должен быть определён и отличен от нуля, поэтому ОДЗ: sin x > 0.

На ОДЗ дробь равна нулю тогда и только тогда, когда её числитель равен нулю: 4^(sin 2x) = 2^(2√3 sin x).

Представим 4 как 2². Поскольку показательная функция с основанием 2 возрастает, получаем равносильное уравнение: 2sin 2x = 2√3 sin x.

По формуле sin 2x = 2sin x cos x имеем sin x(2cos x − √3) = 0.

По ОДЗ sin x > 0, поэтому cos x = √3/2. Отсюда x = ±π/6 + 2πk, k ∈ Z.

Для x = π/6 + 2πk синус равен 1/2, а для x = −π/6 + 2πk он равен −1/2. ОДЗ удовлетворяет только первая серия.

Ответ а): π/6 + 2πk, k ∈ Z.

б) Отберём корни двойным неравенством: −13π/2 ≤ π/6 + 2πk ≤ −5π.

Вычитая π/6 и деля на 2π > 0, получаем −10/3 ≤ k ≤ −31/12. Единственное целое значение — k = −3.

Тогда x = π/6 − 6π = −35π/6.

Ответ б): −35π/6.

а) Доказательство.

Пусть прямая CE пересекает AB в точке T. Поскольку AB ∥ CD, треугольники BET и DEC подобны по двум углам: углы при E вертикальные, а углы EBT и EDC равны как накрест лежащие.

Имеем DE = BD − BE = 9 − 4 = 5. По подобию BT/CD = BE/DE = 4/5. Так как CD = AB = 5, получаем BT = 4.

Точка T лежит на отрезке AB, поэтому AT = AB − BT = 1. Кроме того, AF = AS − SF = 5 − 4 = 1.

В треугольнике ASB выполняется AF/AS = AT/AB = 1/5. По теореме, обратной теореме о пропорциональных отрезках, FT ∥ SB.

Прямая FT лежит в плоскости CEF. При этом B не принадлежит этой плоскости: её пересечение с плоскостью основания — прямая CE, а B не лежит на CE. По признаку параллельности прямой и плоскости SB ∥ (CEF).

Ответ: а) плоскость CEF параллельна ребру SB.

б) Нахождение расстояния.

В плоскости SBD проведём через E прямую, параллельную SB, до пересечения с SD в точке Q. Эта прямая лежит и в плоскости CEF, поскольку проходит через её точку E параллельно прямой FT этой плоскости. Следовательно, построенная точка Q — искомая.

Треугольники DEQ и DBS подобны по двум углам, поэтому DQ/DS = DE/DB = 5/9.

Пусть O — точка пересечения диагоналей прямоугольника. Докажем, что SO — высота пирамиды. Из SA = SC следует, что медиана SO равнобедренного треугольника SAC перпендикулярна AC. Аналогично из SB = SD получаем SO ⟂ BD. Значит, SO перпендикулярна плоскости основания по признаку перпендикулярности прямой и плоскости.

Диагонали прямоугольника равны и делятся точкой пересечения пополам, поэтому OD = BD/2 = 9/2. По теореме Пифагора в треугольнике SOD: SO = √(SD² − OD²) = √(25 − 81/4) = √19/2.

Опустим из Q перпендикуляр QH на плоскость основания. Поскольку QH ∥ SO, точки D, H, O лежат на одной прямой, а прямоугольные треугольники DQH и DSO подобны. Поэтому QH/SO = DQ/DS = 5/9.

Искомое расстояние равно QH = (5/9) · (√19/2) = 5√19/18.

Ответ: б) 5√19/18.

а) ОДЗ и замена переменной.
Логарифм определён при x² − 16 > 0, то есть x ∈ (−∞; −4) ∪ (4; +∞).
Пусть t = log₃(x² − 16). Тогда исходное неравенство равносильно t² − 5t + 6 ≥ 0.
Разложим на множители: (t − 2)(t − 3) ≥ 0.
Методом интервалов получаем: произведение неотрицательно при t ≤ 2 или t ≥ 3; обе граничные точки включаются.
Ответ: t ∈ (−∞; 2] ∪ [3; +∞).

б) Возвращение к переменной x.
Поскольку основание 3 > 1, логарифмическая функция возрастает.
Поэтому с учётом ОДЗ условие t ≤ 2 равносильно 0 < x² − 16 ≤ 9, то есть 16 < x² ≤ 25.
Отсюда x ∈ [−5; −4) ∪ (4; 5].
Условие t ≥ 3 равносильно x² − 16 ≥ 27, то есть x² ≥ 43.
Отсюда x ∈ (−∞; −√43] ∪ [√43; +∞).
Точки ±4 исключены по ОДЗ; точки ±5 и ±√43 включены, поскольку в них достигается равенство.
Ответ: (−∞; −√43] ∪ [−5; −4) ∪ (4; 5] ∪ [√43; +∞).

а) Модель прибыли и её максимум.
При выпуске x тыс. единиц, где x ≥ 0, годовая прибыль в млн рублей равна:
P(x) = px − (0,5x² + 2x + 6) = −0,5x² + (p − 2)x − 6.
Если p ≤ 2, то при x ≥ 0 оба слагаемых −0,5x² и (p − 2)x неположительны, поэтому P(x) ≤ −6. Окупаемость невозможна.
При p > 2 выделим полный квадрат:
P(x) = −0,5(x − (p − 2))² + 0,5(p − 2)² − 6.
Квадрат неотрицателен, поэтому наибольшая прибыль достигается при x = p − 2 > 0 и равна P = 0,5(p − 2)² − 6.

б) Условие окупаемости.
Чтобы строительство окупилось не больше чем за 3 года, необходимо и достаточно, чтобы максимальная годовая прибыль была не меньше 78/3 = 26 млн рублей.
Получаем 0,5(p − 2)² − 6 ≥ 26, то есть (p − 2)² ≥ 64.
С учётом p > 2 это равносильно p − 2 ≥ 8, откуда p ≥ 10.
При p = 10 оптимальный выпуск равен 8 тыс. единиц, годовая прибыль составляет 0,5 · 8² − 6 = 26 млн рублей.
За 3 года прибыль составит 78 млн рублей, что покрывает стоимость строительства.
Ответ: 10 тыс. рублей за единицу.

а) Обозначим через F точку пересечения прямых AE и BC. Поскольку AD ∥ BC, а E лежит внутри CD, точка F расположена на продолжении BC за C.

Треугольники ADE и FCE равны по стороне и двум прилежащим углам: DE = CE по условию, ∠AED = ∠FEC как вертикальные, ∠ADE = ∠FCE вследствие AD ∥ CF.

Поэтому AE = EF и CF = AD. Значит, E — середина AF.

Треугольники BKC и BAF подобны по двум углам: BK лежит на BA, BC лежит на BF, KC ∥ AF. Следовательно, BK/BA = BC/BF.

Из подобия треугольников BKO и BAE получаем KO/AE = BK/BA, а из подобия треугольников BCO и BFE получаем CO/FE = BC/BF.

Правые части равны, и AE = FE, поэтому KO = CO.

Ответ: равенство доказано.

б) Пусть BC = b, AD = a, высота трапеции равна h. Тогда BF = BC + CF = a + b.

Из установленного подобия треугольников BKC и BAF следует BK/BA = b/(a + b).

Расстояния от K и A до прямой BC относятся как BK/BA: это следует из подобия прямоугольных треугольников, образованных перпендикулярами из K и A к BC.

Поэтому высота треугольника BCK, проведённая к BC, равна hb/(a + b), а его площадь равна b²h/(2(a + b)).

Площадь трапеции равна (a + b)h/2. Следовательно, S(BCK)/S(ABCD) = b²/(a + b)² = 9/100.

Поскольку a и b положительны, b/(a + b) = 3/10. Отсюда 10b = 3a + 3b, то есть 7b = 3a.

Таким образом, BC/AD = b/a = 3/7.

Ответ: 3/7.

а) Равносильное преобразование. Исходное уравнение равносильно системе: x² + 2x − 3a ≥ 0 и x⁴ − 4x² + 9a² = (x² + 2x − 3a)². Действительно, при выполнении системы подкоренное выражение является квадратом неотрицательной правой части.

После раскрытия скобок второе равенство принимает вид 2x(x + 2)(2x − 3a) = 0.

Таким образом, возможны только корни x = 0, x = −2 и x = 3a/2. Каждый из них необходимо проверить по условию неотрицательности правой части.

б) Отбор корней. При x = 0 и при x = −2 правая часть равна −3a. Поэтому каждый из этих кандидатов является корнем тогда и только тогда, когда a ≤ 0.

При x = 3a/2 правая часть равна 9a²/4 ≥ 0, поэтому этот кандидат является корнем при любом a.

в) Число различных корней. При a > 0 существует только один корень x = 3a/2.

При a ≤ 0 все три кандидата являются корнями. Они различны, кроме случаев 3a/2 = 0 или 3a/2 = −2, то есть a = 0 или a = −4/3.

При a = 0 получаем два различных корня: −2 и 0; при a = −4/3 также два: −2 и 0. При остальных отрицательных a корней ровно три.

Ответ: a ∈ (−∞; −4/3) ∪ (−4/3; 0).

а) Расставим числа по окружности в порядке: 1, 2, 3, 4, 5, 6, 8, 10, 7, 11, 9, 12.

Сумма модулей разностей соседних чисел, включая последнюю пару 12 и 1, равна 5 · 1 + 2 + 2 + 3 + 4 + 2 + 3 + 11 = 32.

Ответ: например, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 8, 10, 7, 11, 9, 12.

б) Для любых целых a и b числа |a − b| и a + b имеют одинаковую чётность: их разность равна −2 · min(a, b).

Следовательно, сумма всех модулей разностей имеет ту же чётность, что и сумма чисел во всех соседних парах.

Каждое исходное число входит в две пары, поэтому последняя сумма равна 2(1 + 2 + … + 12) = 156 и чётна.

Число 29 нечётно, поэтому такая сумма невозможна.

Ответ: нет.

в) Для любых соседних чисел a и b по неравенству треугольника |a − b| ≤ |a − 6| + |b − 6|.

Сложим эти неравенства для всех 12 соседних пар. Каждое число встречается дважды, поэтому сумма S модулей разностей удовлетворяет оценке S ≤ 2(|1 − 6| + |2 − 6| + … + |12 − 6|).

Отсюда S ≤ 2((5 + 4 + 3 + 2 + 1) + (1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6)) = 2(15 + 21) = 72.

Покажем, что оценка достигается. Расставим числа так: 1, 7, 2, 8, 3, 9, 4, 10, 5, 11, 6, 12.

Модули разностей равны последовательно 6, 5, 6, 5, 6, 5, 6, 5, 6, 5, 6, 11. Их сумма равна 6 · 6 + 5 · 5 + 11 = 72.

Ответ: 72.