Малкова математика егэ задачи повыш уровня

ЕГЭ. Высший БАЛЛ
Матем атика
Задания высокой и повышенной
сложности
Анна Малкова
С ерия «ЕГЭ. В ы сш и й балл»
А. Г. Малкова
МАТЕМАТИКА
ЗА ДА Н И Я ВЫ СО КО Й
И П О ВЫ Ш ЕН Н О Й СЛО Ж Н О С ТИ
И здание второе
Р о с т о в -н а -Д о н у
Ф еникс
2019
УДК 373.167.1:51
ББК 22.1я72
КТК 444
М19
M l9
М алкова А. Г.
М атем атика : задания вы сокой и повы ш енной слож ности / А. Г. М алкова. —
Изд. 2-е. — Ростов н/Д : Ф еникс, 2019. — 221, [3] с.: ил. — (ЕГЭ. В ы сш ий
балл). — ISBN 978-5-222-32502-5
Перед вами пособие по решению задач высокой и повышенной сложности в фор­
мате ЕГЭ по математике. Это не просто сборник интересных задач. Книга-репети­
тор, книга-путеводитель от школьной «четверки» до 100 баллов — вот что это та­
кое. Здесь есть все: необходимая и достаточная теория, справочные материалы, те­
сты, репетиторские хитрости, секреты и рекомендации. И конечно, сами задачи —
с решениями и образцовым оформлением.
Для абитуриентов, учителей и репетиторов.
У Д К 373.167.1:51
ББК 22.1я72
Учебное издание
Анна Георгиевна Малкова
М А ТЕМ АТИ К А
З А Д А Н И Я ВЫ СОКОЙ И ПОВЫ Ш ЕНН ОЙ С Л О Ж Н О С ТИ
Ответственный редактор
Выпускающий редактор
А. Васько
Г. Логвинова
Формат 70х100'/16. Бумага офсетная.
Тираж 3000 экз. Заказ № 2261.
ООО «Феникс»
344 0 1 1 , Россия, Ростовская обл.,
г. Ростов-на-Дону, ул. Варфоломеева, 150.
Тел./ф акс: (863) 26 1 -8 9 -5 0 , 261-89-59.
Сайт издательства w w w .p hoenixrostov.ru
Интернет-магазин w w w .phoenixbooks.ru
И зготов л ен о в Р о сси и
Д ата изготовления: 03.2019.
Изготовитель: А О «Первая О б р а зц о вая типограф ия»
ф илиал « У Л Ь Я Н О В С К И Й Д О М П Е Ч А Т И »
432980, Р осси я , Ульяновская обл.,
г. У льяновск, ул. Гончарова, 14
ISBN 978-5-222-32502-5
© Малкова А.Г., 2018
© Оформление: ООО «Феникс», 2018
ОТ АВТОРА
Дорогие абитуриенты, учителя и репетиторы!
Это моя вторая большая книга по математике. Первая — для тех, кто готовится к ЕГЭ
по математике с нуля. Она называется «Математика. Авторский курс подготовки к ЕГЭ».
Книга, которая у вас в руках, — для тех, кто уже пишет пробные ЕГЭ на 50-70 баллов.
И все как будто понятно. Но почему-то задачи каждый раз попадаются сложные... А так
хочется с 50-70 дойти до 100 баллов!
Открою секрет: на каждую сложную задачу найдется хитрый инструмент. И сдают ЕГЭ
на 100 баллов именно те, кто знает все эти «ключи». Их не нужно изобретать на экзамене.
О них рассказывают только очень опытные репетиторы.
И теперь вы тоже их узнаете. Я покажу множество приемов, помогающих решать зада­
чи не за 40, а за 5-10 минут. Вы получите все хитрые инструменты и ключи к каждой теме.
Задачи в пособии специально подобраны так, чтобы вы увидели все эти приемы и осво­
или их. Среди задач много моих авторских, составленных в полном соответствии с требо­
ваниями ФИПИ. Каждую тему я начинаю с краткого повторения теории.
В этой книге:
• подготовительные тесты: три варианта с решениями и ответами в формате ЕГЭ,
включающие первые 12 задач;
• 7 глав по всем задачам повышенной сложности из второй части ЕГЭ по математике;
• заключительные тесты: еще 4 полных варианта ЕГЭ по математике с ответами и
комментариями.
Что нужно, чтобы сдать ЕГЭ по математике на 100 баллов, как сдают мои ученики?
Нужна цель. Спросите себя: «Для чего мне 100 баллов? Куда я поступаю, как поступле­
ние в вуз связано с моими целями, с моим представлением о будущем?» Те, кто четко знает,
куда и зачем поступать, получают высокие результаты.
Нужна постоянная тренировка. Если вы решили 50 задач по теме «Параметры» или по
теме «Стереометрия» — задача на экзамене будет для вас не «сложной», а всего лишь «пять­
десят первой».
И еще нужен наставник. Тот, кто знает дорогу и готов привести вас к цели.
Пусть моя книга станет для вас таким наставником.
Анна Малкова
глава 1
ПОДГОТОВИТЕЛЬНЫЕ ТЕСТЫ В Ф ОРМ АТЕ ЕГЭ
Хороший репетитор всегда начинает с тестирования. В этой главе — три варианта в
формате первой части ЕГЭ (задачи с кратким ответом).
Такие тесты я составляю для своих пробных ЕГЭ, которые провожу и очно, и онлайн.
Новички, приходя ко мне заниматься, говорят: «Ой, что это? Мы такого никогда не реша­
ли!» Однако все задачи первой части я беру из официального Банка заданий ФИПИ или мы
с коллегами придумываем аналогичные. Мы подбираем задачи так, чтобы каждая была
ключом к определенной теме ЕГЭ. Предупреждаю: в самых неожиданных местах расстав­
лены ловушки.
Хотите попробовать свои силы? Насколько вы внимательны? Насколько глубоко знаете
школьную программу? Вперед!
вариант 1
1.
Цена билета на одну поездку в московском метро на 15 мая 1998 года составляла
2 рубля, а на 15 мая 2008 года — 19 рублей. На сколько процентов поднялась за эти десять
лет цена билета на одну поездку?
2.
На графике показан ВВП 200 000 000 000
Египта в долларах США по го­
дам. Сколько лет за период с 1991
150 000 000 000
по 2001 годы включительно на­
блюдался спад ВВП Египта по
о тн о ш ен и ю к п р ед ы д у щ ем у
100 000 000 000
году?
50 000 000 000
1984
1989
1994
1999
2004
3. Найдите площадь четырехугольника ABCD, если его вершины имеют координаты
А( 1; 1), В(-3; 2), С(3; 1)и £> (2;-2).
4. Каждый вечер Хуан Гарсия играет на гитаре под окном неприступной красавицы
Сесилии Кончиты. Вероятность того, что она в знак любви бросит ему красную розу, равна
0,1 в отдельно взятый вечер. Какова вероятность, что Хуан Гарсия завоюет сердце Сесилии
Кончиты, если ее соседи согласны терпеть его бренчание только четыре вечера?
5. Решите уравнение 93 х = 27*+'.
6. В треугольнике ABC угол С = 90°, А С = 14, АВ = 50. Найдите расстояние между точ­
кой С и прямой АВ.
7. Прямая у = ах является касательной к графику функции у = х2 + 1, причем абсцисса
точки касания меньше нуля. Найдите значение а.
Глава 1. Подготовительные тесты в формате ЕГЭ
•
8. В правильной четырехугольной пирамиде SABCD точка Е — середина ребра АВ,
боковое ребро SA равно 4, длина отрезка SE равна л/Го. Найдите объем пирамиды SABCD.
9. Найдите sin а , если известно, что c tg a = -0,75 и 2п < а < Зл.
10. Дальность полета L мяча, брошенного под углом а (0 ° < а < 90°) к горизонту, зави­
сит от начальной скорости vQи угла а по закону L = 0,1 v02sin2a, где L измеряется в метрах,
а v0 — в метрах в секунду. Определите, при каком максимальном значении а дальность
полета будет не меньше 5 метров, если начальная скорость мяча составляет 10 метров в
секунду. Ответ дайте в градусах.
11. Иванов, Петров и Кошкин работают малярами. Иванов и Петров вдвоем покрасят
один забор за 40 минут, Иванов и Кошкин вдвоем покрасят один забор за 50 минут, все три
маляра вместе покрасят 17 заборов за 10 часов. Сколько заборов покрасят за 10 часов ра­
бочего времени вдвоем Петров и Кошкин?
12. Найдите наибольшее значение функции у = х ъ Н
243
на отрезке [2; 4].
х
вариант 2
1.
Магазин закупает тетради у производителя оптом по 16 рублей за штуку и продает
их по розничной цене на 50% выше оптовой. Какое наибольшее число таких тетрадей мож­
но купить по розничной цене на 1150 рублей?
2.
На диаграмме показана среднемесяч­
ная температура воздуха в Перми за каж­
дый месяц 2017 года. По горизонтали ука­
зываются месяцы, по вертикали — темпе­
ратура в градусах Цельсия. Определите по
диаграмме, на сколько градусов Цельсия
март был в среднем холоднее августа.
20,0
-
12,0
16,0
12,0
8,0
4,0
0,0
-16,0
-
20,0
1 2
3
4
. :■
".
-24,0
3.
На бумаге с размером клетки 1 х 1 изображен угол. Най­
дите синус этого угла.
5
5
6
7
8
9 10
•
Математика. Задания высокой и повышенной сложности
4. За круглый стол на 9 стульев в случайном порядке рассаживаются 7 мальчиков и
2 девочки. Найдите вероятность того, что обе девочки будут сидеть рядом.
5. Решите уравнение: logx 49 = 2. Если уравнение имеет более одного корня, в ответе
укажите меньший из них.
6. К окружности, вписанной в треугольник ABC, про­
ведены три касательные. Периметры отсеченных треуголь­
ников равны 8, 12, 18. Найдите периметр данного тре­
угольника.
7.
На рисунке изображен график про­
изводной некоторой функции у = fix ) , опре­
деленной на интервале (-6; 6). В какой точ­
ке отрезка [1; 3] функция у = /( х ) принима­
ет наименьшее значение?
8. От треугольной пирамиды, объем которой равен 12, отсечена треугольная пирамида
плоскостью, проходящей через вершину пирамиды и среднюю линию основания. Найдите
объем оставшейся части.
9. Найдите значение выражения >/з cos2 — - л/3 sin2 — .
12
12
10. Для получения на экране увеличенного изображения лампочки в лаборатории ис­
пользуется собирающая линза с главным фокусным расстоянием/ = 3 0 см. Расстояние d ]
от линзы до лампочки может изменяться в пределах от 30 до 50 см, а расстояние d, от
линзы до экрана — в пределах от 150 до 180 см. Изображение на экране будет четким, если
1 1 1 . ,
выполнено соотношение —
—. Укажите, на каком наименьшем 1расстоянии от линJ I-------=
Л
-С
^1
2 f
зы можно поместить лампочку, чтобы ее изображение на экране было четким. Ответ выра­
зите в сантиметрах.
11. Имеется два сплава. Первый сплав содержит 5% меди, второй — 13% меди. Масса
второго сплава больше массы первого на 9 кг. Из этих двух сплавов получили третий сплав,
содержащий 10% меди. Найдите массу третьего сплава. Ответ дайте в килограммах.
12 . Найдите наибольш ее значение функции у = 12cosx + 6V3 ■х - 2 \ / З п + 6 на отрез­
ке
0;— .
2
6
Глава 1. Подготовительные тесты в формате ЕГЭ
•
вариант з
1.
Бегун пробежал 450 метров за 50 секунд. Найдите среднюю скорость бегуна. Ответ
дайте в километрах в час.
Падение напряжения на батарейке
(при темпратуре 23 °С)
2.
На графике показано изменение
напряжения на батарейке (в вольтах) в
зависимости от времени ее использова­
ния в фонарике. На оси абсцисс откла­
дываются часы и минуты, на оси орди­
нат — напряжение в вольтах. Известно,
что фонарик работает только при напря­
жении, большем 0,9 В. Сколько минут
проработает фонарик на этой батарейке?
3.
Найдите площадь четырехугольника, вер­
шины которого имеют координаты (1; 7), (9; 2),
(9; 4), (1; 9).
4. Игральный кубик бросают 2 раза. С какой вероятностью выпавшие числа будут от­
личаться на 3? Ответ округлите до сотых.
5. Найдите корень уравнения \[б+5х = х. Если уравнение имеет более одного корня, в
ответе укажите меньший из них.
6. Высота, опущенная из прямого угла прямоугольного треугольника, делит гипотенузу
на отрезки 1 и 4. Найдите эту высоту.
7
•
Математика. Задания высокой и повышенной сложности
7.
На рисунке изображены график функции
у = f(x ) и касательная к этому графику, проведен­
ная в точке с абсциссой х 0. Найдите значение про­
изводной функции / ( х) в точке х().
8.
Найдите объем многогранника, вершинами которого явля­
ются точки А, В, С, А г С 1 правильной треугольной призмы
ABCAfi^C^, площадь основания которой равна 3, а боковое ребро
равно 2.
9. Найдите значение выражения х + \1х2 - 4х + 4 при х < 2.
10. После дождя уровень воды в колодце может повыситься. Коля бросает небольшие
камешки в колодец, измеряя время их падения, и рассчитывает расстояние до воды по фор­
муле И = 5 ?2, где h — расстояние в метрах, t — время падения в секундах. До дождя время
падения камешков составляло 1,6 с. На сколько поднялся уровень воды после дождя, если
измеряемое время уменьшилось на 0,2 с? Ответ выразите в метрах.
11. Катер проходит 70 километров вниз по течению реки на 4 часа быстрее, чем против
течения. Найдите собственную скорость катера, если скорость течения реки равна 1 км/ч.
12. Найдите наибольшее значение функции Дх) = Зх5 - 2Ох3 - 54 на отрезке [-4; -1].
8
Глава 1. Подготовительные тесты в формате ЕГЭ
•
ответы и решения
вариант г
1. Ответ: 850.
Прибавка составила 17 рублей, то есть сумму, в 8,5 раз большую, чем 2 рубля. Значит,
в процентах прибавка составила 850%. Напомним, что за 100% мы принимаем ту величи­
ну, с которой сравниваем.
2. Ответ 3.
Можно сказать, что это зада­
ча на внимательность. ВВП (ва­
ловой внутренний продукт) в
каждом конкретном году обозна­
чен на диаграмме прямоугольни­
ком. Что же значит «спад по от­
ношению к предыдущему году»?
Это значит, что соответствую ­
щий данному году прямоуголь­
ник ни ж е, чем п р еды дущ ий .
В период с 1991 по 2001 год та­
ких было три, и они соответству­
ют 1991, 1992 и 2001 годам.
3. Ответ: 4.
Проще всего найти площадь ABCD как сумму площа­
дей треугольников ABC и A CD. Основание этих треуголь­
ников АС = 2, а высоты соответственно 1 и 3. Итак, пло­
щадь ABCD есть 1 + 3 = 4.
Проверьте, как вы соединили вершины четырехуголь­
ника. Они должны быть соединены по порядку: ABCD.
* При составлении варианта использованы авторские задачи А. Акимова и А. Елизарова.
9
•
Математика. Задания высокой и повышенной сложности
4.
Ответ: 0,3439.
Вероятность получить красную розу
в отдельно взятый вечер равна 0,1. Хуан
Гарсия, если ему повезет, получит ее сразу в первый вечер. Тогда он приглашает
Кончиту на свидание и больше под ок­
ном не бренчит. Хуан Гарсия может по­
лучить красную розу во второй, в третий
или в четвертый вечер, причем вероят­
ности каждого из этих событий разные.
В первый вечер: вероятность полу­
чить красную розу равна 0,1.
Во второй вечер: 0,9 0,1 — поскольку с вероятностью 0,9 Хуан Гарсия во второй вечер
вообще оказался под окном Сесилии Кончиты, а не на свидании с ней.
В третий вечер: 0,9 • 0,9 ■0,1.
В четвертый вечер: 0,9 • 0,9 ■0,9 • 0,1.
Получаем, что вероятность для Хуана Гарсии завоевать сердце Сесилии Кончиты равна
0,1 + 0,9 • 0,1 + 0,9 • 0,9 ■0,1 + 0,9 ■0,9 • 0,9 ■0,1 = 0,3439.
Можно решить проще!
Вероятность того, что Хуан Гарсия так и не добился взаимности Сесилии Кончиты,
равна 0,9 ■0,9 ■0,9 ■0,9 = 0,6561.
Вычитая из единицы это число, получим вероятность благоприятного исхода для Хуана
Гарсии: 1 -0 ,6 5 6 1 =0,3439.
5. Ответ: 0,6.
Пользуясь тем, что 9 = З2, а 27 = З3, приводим уравнение к виду З6
следует, что 6 - 2 х = 3 х + 3 и х = 0,6.
= 33лг+3, откуда
6. Ответ: 13,44.
Расстояние от точки до прямой — это длина перпендикуляра, опущенного из точки на прямую. По теореме Пифагора находим ВС = 48.
Выразим площадь треугольника ABC двумя способами:
g
S ABC = —А С ■ВС = —АВ ■СН,
2
2
где — СН искомый отрезок, т. е. высота, проведенная к гипотенузе.
48
СН = 14 ——= 13,44.
50
с
7. Ответ: -2 .
Запишем, при каких условиях прямая у = кх + b является касательной к графику функ­
ции у = /(х ) в точке л0:
f f ( x ) = kx + b
1/ ' 0 0 = к
10
Глава 1. Подготовительные тесты в формате ЕГЭ
•
Условия касания прямой и параболы в точке с абсциссой х д выглядят так:
х02 +1 = ахд
12х0 = а
Решая эту систему и принимая во внимание, что xQ< 0, имеем а = -2 .
Запомните, как записываются условия касания! Пригодятся и в задачах части 1, и в зада­
чах с параметрами.
8. Ответ: 16.
Найдем сначала сторону основания пирамиды. По тео­
реме П иф агора для треугольника SA E получаем , что
АЕ = л/б, соответственно, сторона основания пирамиды
есть 2л/б. Если обозначить центр основания за Я, то высо­
ту пирамиды SH найдем по теореме Пифагора. Для тре­
угольника SHE она равна 2.
Применяя формулу для объема пирамиды V = - S ABCD ■h,
получаем ответ: 16.
9. Ответ: 0,8.
Наш угол а лежит во второй четверти, поскольку 2п < а < Зк и ctg а < 0, значит, его
1
синус положителен. Пользуясь формулой 1 + ctg‘a = — -— , находим ответ: 0,8.
sin" a
10. Ответ: 75.
Подставив значения величин в формулу для дальности полета, получим неравенство
sin 2 a > - .
2
Как решить такое неравенство? Ошибка, которую многие допускают,
его в уравнение и получают неверный ответ a = 15 градусов.
Правильно будет воспользоваться тригоно­
метрическим кругом (или же графиком функ­
ции у = sin2a). Д авайте нарисуем тригономет­
рический круг, обозначив 2 a = t, и решим не­
равенство sin t > —.
Отсю да, с учетом возмож ного диапазона
угла а , получаем 30° < 2 а < 150°. Значит, макси­
мальное значение а равно 75 градусов.
11
- «превращают»
Математика. Задания высокой и повышенной сложности
11. Ответ : 7
Напомним, что в задачах на работу в качестве переменных лучше всего выбирать про­
изводительности.
Как известно, А = р ■t, где А — работа, р — производительность, t — время.
При совместной работе производительности складываются.
Поскольку работа не дана и найти ее по условиям задачи невозможно, примем ее рав­
ной единице.
Обозначим производительности Иванова, Петрова и Кошкина за х, у и г и составим
систему уравнений. Время удобнее выразить в часах.
• < « .> ■ 1 - 1 .
(х + у + г)-10 = 17;
х + у = 1,5,
■х + г = 1,2,
x + y + z = 1,7.
Иванов и Петров за час покрасят полтора забора, а все три маляра вместе 1,7 забора.
Значит, один Кошкин за час покрасит 0,2 забора. Поскольку вместе с Ивановым Кошкин за
час покрасит 1,2 забора, в одиночку Иванов справится за час ровно с одним забором. Зна­
чит, Петров за час красит 0,5 забора. Итак, Петров и Кошкин за час красят 0,7 забора, то
есть 7 заборов за 10 часов.
12. Ответ: 129,5.
Наибольшее значение функции на отрезке достигается
либо в точке максимума, либо на конце отрезка.
Производная нашей функции у '( х ) = Зх2
—. Анах
лизируя знак производной на каждом интервале, прихо­
дим к выводу, чтоу(х) убывает на отрезке [2; 3] и возрас­
тает на отрезке [3; 4], и это значит, что точек максимума
на данном отрезке нет.
Значит, наибольшее значение у на [2; 4] достигается
либо при х = 2, либо при х = 4. Расчет показывает, что
у (2 )> у (4 )и у (2 )= 1 2 9 ,5 .
12
Глава 1. Подготовительные тесты в формате ЕГЭ
•
вариант 2
1. Ответ: 47.
Напомним, что за 100% мы принимаем ту величину, с которой сравниваем. Розничная
цена на 50% выше оптовой. Значит, она равна 16- 1,5 = 24 рубля за тетрадь. На 1150 рублей
можно купить 47 тетрадей.
2. Ответ: 20.
Находим разницу между температурой в августе и в марте.
3. Ответ: 0,8.
Синус угла на рисунке равен синусу смежного с ним угла, ко­
торый легко найти, достроив на чертеже прямоугольный тре­
угольник с катетами 4 и 3 и гипотенузой 5.
Синус острого угла в прямоугольном треугольнике равен отно­
шению противолежащего катета к гипотенузе.
4. Ответ: 0,25.
Решим эту задачу простым способом — без применения формул комбинаторики.
Пусть одна из девочек заняла место за круглым столом. Тогда за столом остается 8 сво­
бодных мест. Вторая девочка может занять место слева или справа от первой, то есть благо-
2 = —.
1
приятных исходов два. Значит, вероятность того, что обе девочки сидят рядом, равна —
8 4
5. Ответ: 12.
Пользуясь определением логарифма, получим: (х - 5)2 = 49; х = 12 или х = -2.
Второй корень является посторонним, поскольку основание логарифма должно быть
положительным. Данное уравнение имеет один корень, равный 12.
Это задача-ловушка. Многие абитуриенты забывают про область определения логарифма
и пишут в ответ посторонний корень.
6.
Ответ: 38.
Периметр треугольника ABC равен AD + D E + EF + Е С +
+ CH + H K + KL + LB + B N + N O + OP + РА.
Отрезки касательных, проведенных из одной точки к ок­
ружности, равны.
DE = DR, E F = FG, Н К = HG, KL = L M ...
Мы получили, что периметр треугольника ABC равен
сумме периметров отсеченных от окружности треугольни­
ков, то есть 8 + 12 + 18 = 38.
13
О N
•
Математика. Задания высокой и повышенной сложности
7. Ответ: 2.
Еще одна типичная ловушка для невни­
мательных абитуриентов. На рисунке изоб­
ражен график производной, а вопрос задан
о наименьшем значении функции. В концах
интервала функция не определена. Значит,
наименьшее значение она может принимать
только в точке минимума. Мы знаем, что в
точке минимума производная равна нулю и
меняет знак с «минуса» на «плюс». С по­
мощью рисунка находим эту точку: х = 2.
8. Ответ: 9.
Пусть M N — средняя линия основания исходной пира­
миды. Исходная пирамида SABC и пирамида S A M N имеют
равные высоты. Площадь основания пирамиды SAM N в
4 раза меньше площади основания исходной пирамиды, по­
скольку отношение площадей подобных фигур равно квад­
рату коэффициента подобия.
Тогда VSAMN= 3. Объем оставшейся части 12 - 3 = 9.
9.
Ответ: —1,5.
Вынесем за скобки л/з и применим формулу косинуса двойного угла: cos2a - sin2a = cos2a.
2 5п
cos
12
10.
. 2 5л )
/т
5тг
гг( \[з
s i n '— = V 3 c o s — = v 3 - - —
12
6
2
= -1 ,5 .
Ответ: 36.
Фокусное расстояние линзы известно. Но какое же значение d2 (расстояние от линзы до
экрана) надо подставлять в формулу? Нам надо найти наименьшее расстояние от лампочки
до линзы d y Если d x — наименьшее, то обратная величина — будет наибольшей. Поскольd \
ку —
константа, второе слагаемое — в формуле линзы должно быть наименьшим, а об/
d2
ратная ему величина d2 — наибольшей, то есть равной 180. Подставим данные в формулу:
1 I 1
—
d t 180
1 ; d., = 36.
^
—
30
14
Глава 1. Подготовительные тесты в формате ЕГЭ
11.
•
Ответ'. 36.
Обозначим массу первого сплава х.
Тогда масса второго сплава х + 9, а мас­
са третьего 2х + 9.
Масса меди в первом сплаве 0,05х.
Во втором сплаве масса меди равна
(2х + 9) кг
(х + 9) кг
х кг
0 ,13(лг + 9), а в третьем 0,1(2х + 9).
Составим уравнение для массы меди: 0,05х + 0 ,13(х + 9) = 0,1(2х + 9).
Заметим, что с целыми коэффициентами в уравнениях удобнее работать, чем с дробны­
ми. Умножим обе части уравнения на 100. Получим: 5х + 13(х + 9) = 10(2х + 9). Решая его,
получим, что 2х = 27 и 2х + 9 = 36. Это масса третьего сплава.
12.
Ответ: 12.
Мы помним, что наибольшее значение функции на от­
резке может достигаться либо в точке максимума, либо
на конце отрезка.
Возьмем производную функции у(х) и приравняем ее
к нулю.
У'( x ) = - 1 2 s in x + 6V3; y '( x ) = 0; sin x ;
На отрезке
*!
7з
решением этого уравнения являет­
ся х = —. Других точек, где производная равна нулю, на
данном отрезке нет. Посмотрим, как меняется знак прол
изводнои при переходе через точку —.
Возьмем х = 0. Тогда / ( 0 ) = 6л/3 > 0.
/п\
-12 + 6л/з < 0.
Возьмем х = ^ - Получим у '
Значит, при переходе через точку х = — производная функции меняет знак с «плюса» на
«минус», и х = ~ — точка максимума нашей функции. Значение функции в этой точке
равно 12. Это и есть наибольшее значение функции у(х) на отрезке
15
0;-
•
Математика. Задания высокой и повышенной сложности
вариант з
1. Ответ'. 32,4.
За 50 секунд бегун пробегает 450 метров. Значит, за 10 секунд — 90 метров, за 60 се­
кунд (минуту) — 540 метров. В часе 60 минут. 540 • 60 = 32 400 м/ч = 32,4 км/ч.
Решая эту задачу, помните о здравом смысле. Если скорость бегуна у вас получилась
равной 2 км/час или 2000 км/ч — ошибка очевидна.
2. Ответ: 150.
2 часа 30 минут переводим в минуты, получаем 150 минут.
3.
Ответ: 16.
Площадь параллелограмма равна произведе­
нию основания на высоту. Основание равно 2,
высота 8, площадь равна 16.
4.
Ответ: 0,17.
Представим, что два игральных кубика бросили одновременно. Условие задачи от этого
не изменится. Всего 36 возможных исходов (каждому из 6 чисел, выпавших на первом ку­
бике, соответствуют 6 возможных чисел на втором).
Благоприятные исходы:
1
4
2
5
3
6
6
3
5
2
4
1
По определению, вероятность события равна отношению числа благоприятных исхо­
дов к общему числу исходов.
Получаем: р = — = 0,17.
36
16
Глава 1. Подготовительные тесты в формате ЕГЭ
•
5. Ответ: 6.
Возведем обе части уравнения в квадрат, помня, что правая часть должна быть неотри­
цательна.
|б + 5х = х 2
[х> 0
х2 —5х —6 = О
х 1= - 1 ; х 2 = 6.
Нам подходит только неотрицательный корень: х = 6.
Почему правая часть должна быть неотрицательна?
Вспомним определение и свойства арифметического квадратного корня.
Арифметический квадратный корень из числа а — это такое неотрицательное чис­
ло, квадрат которого равен а.
Это означает, что выражение под корнем должно быть неотрицательно. Сам корень —
тоже величина неотрицательная.
6. Ответ: 2.
Вспоминаем геометрию! Высота, проведенная к гипотенузе
прямоугольного треугольника, есть среднее пропорциональное
между проекциями катетов на гипотенузу.
h2 = сa с,b
h2 = 1 • 4
h = 2.
7. Ответ: 2.
Производная функции в точке х 0 равна тангенсу
угла наклона касательной, проведенной к графику
функции в точке х0. Тангенс угла наклона касатель­
ной находим из прямоугольного треугольника ABC.
Он равен 1 0 :5 = 2.
17
•
Математика. Задания высокой и повышенной сложности
8. Ответ: 4.
М ногогранник А В С А ]С 1 получается, если от исход­
ной треугольной призмы отрезать треугольную пирами­
ду А ХВ ХС ХВ. Пирамида А ХВ {С ХВ имеет такие же основа­
ние и высоту, как исходная призма, значит, ее объем
— 2
~
2 ^призм ы —
2.
Тогда VABCACi = 6 - 2 = 4.
А
9. Ответ: 2.
Выражение под корнем представляет собой полный квадрат: х2 - 4х + 4 = {х - 2)2.
Но чему же равен \[а 2 ? На этот вопрос даже отличники редко отвечают правильно!
Запомним, что у/а2 = |а |.
В самом деле, по определению арифметического квадратного корня, yfa2 — это такое
неотрицательное число, квадрат которого равен а2. Это число равно а при а > 0 и равно
- а при а < 0, т. е. как раз |а|.
Мы получим: х + \1х2 - 4 х + 4 = х + |д г-2 |, и у нас есть условие х < 2. Раскроем модуль.
а, если а > О,
{
- а , если а < 0.
Если х < 2, то х - 2 < 0 и \ х - 2 \ = 2 - х .
Получим: х + 2 - х = 2.
10. Ответ: 3.
После дождя уровень воды в колодце станет выше, а расстояние до воды уменьшится.
Значит, и время падения камешка уменьшится, став равным 1,4 с.
Пусть Aj = 5 • 1,62 — расстояние до воды до дождя, h2 = 5 ■ 1,42 — расстояние до воды
после дождя.
Уровень воды поднимется на 3 метра.
11. Ответ: 6.
Пусть х — собственная скорость катера. Составим уравнение:
10
* —1
70
АГ+ 1
_35___ 3 ^ _ 0
Х - l
X + 1
Можно, как всегда, приводить уравнение к квадратному и решать его. А можно подо­
брать корень, предположив, что он целый. Тогда х - 1 и х + 1 — тоже целые. Поскольку
35 = 7 • 5, корень легко подбирается: х = 6.
18
Глава 1. Подготовительные тесты в формате ЕГЭ
•
12. Ответ: 10.
Найдем производную функции/ (х) и приравняем ее к нулю.
/ ' ( x) = 15x4 -6 0 . x2 = 0
х
2(х2-4 ) = 0
Производная равна нулю, е с л и х = 0 ,х = 2 или
х = -2 . Отметим на рисунке знаки производной.
При х = - 2 производная меняет знак с «плюса»
на «минус». Эта точка является точкой максимума
функции у = / (.г). Значение функции в этой точке
/ ( - 2 ) = -3 • 32 + 20 • 8 - 54 = 10. Это и есть наиболь­
шее значение функции на данном отрезке.
-4
-2 -1 0
2
х
Все ли задачи вам удалось решить правильно? Возможно, стоит повторить основы ма­
тематики. Вам поможет в этом моя книга «Математика. Авторский курс подготовки к ЕГЭ».
как распределить время при подготовке к ЕГЭ,
а также на экзамене?
ЕГЭ по математике включает в себя 19 заданий. Иногда добавляют одну-две задачи,
иногда немного меняют формулировки, но структура ЕГЭ уже несколько лет не меняется.
Первая часть ЕГЭ — более простые задачи, и в них оценивается только ответ. В 2019 году
таких задач двенадцать. А вот в задачах второй части оценивается не только ответ, но и
грамотное, обоснованное решение. В 2019 году их в варианте семь. На решение варианта
ЕГЭ дается всего 3 часа 55 минут.
Готовиться к ЕГЭ лучше всего в том порядке, в каком он дается в моей книге «Матема­
тика. Авторский курс подготовки к ЕГЭ». Это методика, по которой я успешно работаю с
абитуриентами более 20 лет.
Если меня спрашивают, почему именно такой порядок, я отвечаю: «По-другому не скла­
дывается». Ведь школьная математика очень логична. Все темы взаимосвязаны. Сложное
строится из простого, и не иначе.
Если вы нацелены сдать ЕГЭ на высокий балл — первые 12 задач вам надо решать за
30 минут и без ошибок. Одну за другой, ничего не пропуская, с упорством китайского зем­
лекопа.
Когда все 12 задач решены и ответы перенесены на чистовик, переходите к «необходи­
мому минимуму» — заданиям второй части, которые гарантированно дадут вам 75-80 бал­
лов и поступление на «бюджетное» отделение достойного вуза.
Какие это задачи? Это уравнение, неравенство и так называемая «экономическая» зада­
ча. Просто технология и ничего больше! Сразу пишите на чистовике, пользуясь чернови­
ком только для вычислений. Рассчитывайте время так, чтобы на три эти задачи потратить
еще час-полтора.
Решайте задачи по одной. Это правило, и нарушать его не стоит. Не хватайтесь за две и
тем более за несколько задач сразу. Решили одну — проверьте решение, оформите все пол­
ностью и только после этого переходите к следующей.
19
•
Математика. Задания высокой и повышенной сложности
Когда решены и задачи с кратким ответом, и «необходимый минимум», начинается твор­
ческая р аб о та— борьба за 100 баллов. Настоящая математика! Четыре самые сложные
задачи второй части ЕГЭ. Это стереометрия, планиметрия, параметры и нестандартная
задача на числа и их свойства.
Стратегия здесь следующая. Прочитайте условия этих четырех задач. Наверняка среди
них будет знакомая и понятная. Решите ее, сразу проверьте решение и оформите на чисто­
вике, и так — одну за другой.
И пусть каждая решенная задача будет для вас маленькой, но важной победой.
глава 2
УРАВНЕНИЯ НА ЕГЭ ПО М АТЕМ АТИКЕ —
ТРИГОНОМЕТРИЧЕСКИЕ И КОМБИНИРОВАННЫ Е
Все абитуриенты думают, что умеют решать уравнения, а ошибки считают случайны­
ми. И при этом в вариантах ЕГЭ есть уравнения, которые сложны почти для всех старше­
классников. На первый взгляд — ничего особенного. Но чтобы их решить, нужно отлич­
ное знание теории.
Начнем с небольшого теста. Проверьте себя — все ли ответы на эти вопросы вы знаете?
Тригонометрия
1. Определения синуса, косинуса, тангенса и котангенса для произвольного угла.
Обратите внимание — речь идет о произвольном угле, который может быть равен и 320,
и 750 градусам. Так что определение синуса как отношения противолежащего катета
к гипотенузе точно не подходит.
2. Тригонометрический круг. Нарисуйте его по памяти.
3. Значения синуса, косинуса, тангенса и котангенса для основных табличных углов.
4. Знаки тригонометрических функций в четвертях тригонометрического круга.
5. Какие из тригонометрических функций являются четными? Какие — нечетными?
6. Периодичность тригонометрических функций.
7. Формулы приведения.
8. Основные формулы тригонометрии (надо выучить наизусть!)
9. Графики тригонометрических функций.
10. Обратные тригонометрические функции (арксинус, арккосинус, арктангенс и их гра­
фики).
11. Формулы решения простейших тригонометрических уравнений. Общие и частные
случаи.
Другие необходимые темы
12. Корни и степени. Определения, основные формулы.
13. Логарифмы. Определения, основные формулы.
А теперь ответы.
Косинусом угла а называется абсцисса (т. е. координа­
та по оси ОХ) точки на единичной окружности, соответ­
ствующей данному углу а.
Синусом угла а называется ордината (т. е. координата
по оси OY) точки на единичной окружности, соответству­
ющей данному углу а .
Обратим внимание — определение синуса и косинуса
как отношений противолежащего (или прилежащего) ка­
тета к гипотенузе — это частные случаи для углов от нуля
до 90 градусов.
И синус, и косинус принимают значения от -1 до 1.
21
•
Математика. Задания высокой и повышенной сложности
Тангенс и котангенс определяются через синус и косинус:
sin a
cos а
tg а = --------, ctg а = --------.
cos а
sin а
Значения синуса и косинуса основных углов лучше всего находить на тригонометри­
ческом круге. Вот он:
Нарисована единичная окружность — то есть окружность с радиусом, равным едини­
це, и центром в начале системы координат. Той самой системы координат с осями ОХ и OY,
в которой мы рисуем графики функций.
Мы отсчитываем углы от положительного направления оси ОХ против часовой стрелки.
Точка с координатами (1; 0) соответствует углу в ноль градусов. Точка с координатами
(-1; 0) отвечает углу в 180°, точка с координатами (0; 1) — углу в 90 градусов. Каждому
углу от нуля до 360 градусов соответствует точка на единичной окружности.
22
Глава 2. Уравнения на ЕГЭ по математике
•
Принято использовать две единицы измерения углов: градусы и радианы. Перевести
градусы в радианы просто: 360 градусов, то есть полный круг, соответствуют 2л радианам.
На нашем рисунке подписаны и градусы, и радианы.
Легко заметить, что
c o s ( - a ) = co sa, sin ( - a ) = - sin a.
Другими словами, косинус — четная функция, а си­
нус — нечетная. Тангенс и котангенс — нечетные функции.
t g ( - a ) = - t g a , c t g ( - a ) = -c tg a.
Часто говорят о четвертях тригонометрического круга.
Вот они, на рисунке.
Знаки тригонометрических функций также находим с
помощью тригонометрического круга, помня, что косинус
угла a — это абсцисса точки на единичной окружности, со­
ответствующей данному углу а. Там, где абсциссы точек положительны, косинус положи­
телен. Это I и IV четверти.
Синус угла а — это ордината точки на единичной окружности, соответствующей углу а.
Очевидно, он положителен в I и II четвертях — там, где ординаты точек положительны.
Все тригонометрические функции — периодические. Это значит, что все их значения
повторяются через определенный постоянный промежуток. Период синуса и косинуса ра­
вен 2л. Период тангенса и котангенса равен л.
Таблица значений тангенса и котангенса для углов от нуля до л:
ф
0
tg ф
0
не
Ctg ф сущест­
вует
л
л
л
л
6
4
3
1
VI
2
не
сущест­
вует
1
VI
VI
1
1
0
VI
2л
Зл
5л
т
4
6
-VI
1
“ VI
-1
-1
1
VI
-VI
л
0
не
сущест­
вует
Графики тригонометрических и обратных тригонометрических функций приведены
в начале главы «Задачи с параметрами».
23
•
Математика. Задания высокой и повышенной сложности
Ф орм улы приведения
1
+
X
/
f к-гг
Л
7_1 \
Зт0 , sin ---Ч асто в задачах встречаю тся выражения вида cos ( х + —
X > tg
2
{
2
Ь
.
а также sin (х + я ) или cos ( л - х ) — то есть такие, где к аргументу прибавляется нечетное
п или целое число, умноженное на п. Они
^
число, умноженное на —,
упрощаются с помощью
формул приведения. Эти формулы называются так потому, что мы приводим выражения
к более простым.
Например,
/
Зл
cos х + — = sm х,
v
2 /
гК
4
sin
X = cos х,
V2
,
л
tg х + — = -c tg X,
2
sin (x + л ) = - s in х,
c o s ( n - x ) = -c o s x .
Зубрить наизусть формулы приведения не нужно. Достаточно знать правило, состоя­
щее из двух пунктов.
1. Если в тригонометрической формуле к аргументу прибавляется (или вычитается из
. л Зл 7л
него) —, — , —
в общем, угол, лежащий на вертикальной оси, — функция меняется на
кофункцию. Синус меняется на косинус, косинус на синус, тангенс на котангенс и наоборот.
Если же мы прибавляем или вычитаем л, Зл, 5л — в общем, то, что лежит на горизон­
тальной оси, — функция на кофункцию не меняется.
Это легко запомнить. Если прибавляемый угол лежит на вертикальной оси — верти­
кально киваем головой, говорим: «Да, да, меняется функция на кофункцию». Если прибав­
ляемый угол лежит на горизонтальной оси — горизонтально мотаем головой, говорим:
«Нет, нет, не меняется функция на кофункцию».
Это первая часть правила. Теперь вторая.
2. Знак получившегося выражения такой же, каким будет знак тригонометрической функ­
ции в левой его части, при условии, что аргумент мы берем из первой четверти.
Упростим, например, выражение cos х +
Функция меняется на кофункцию — и в ре­
зультате получится синус. Взяв х из первой четверти и прибавив к нему —, попадем во
вторую четверть. Во второй четверти косинус отрицателен. Значит, получится -s in x .
24
Глава 2. Уравнения на ЕГЭ по математике
•
Ф ортун ы тригонометрии
2
i -rig a -
sin2a + cos2a = 1
1
cos a
ig a -
sin а
cos a
2
1
cos a
1 + ctg a = — г—
ctg a = ------sin a
sin a
tg a ■ctg a = 1
Основное тригонометрическое
тождество
Двойные углы
Синус суммы, косинус разности...
sin 2 а = 2 sin a cos а
sin ( a + Р) = sin a cos p + cos a sin p
cos 2 а = cos2a - sin2a
sin ( a - P) = sin a cos p - cos a sin P
cos 2 а = 2 cos2a - 1 = 1 - 2 sin2a
cos ( a + p) = cos a cos P - sin a sin P
„
2 tg a
tg 2 a = - -Ц —
1- tg a
cos ( a - P) = cos a cos p + sin a sin P
1+ tg a tgp
Сумма синусов, разность косинусов...
. „ . . a + (3
a -p
sin a + sin p = 2 sm ----- —c o s-----—
2
2
. a „ . a -P
a +P
s i n a - s i n P = 2 s in -------c o s------2
2
„ .
a+p
a -P
cos a + cos P = 2 c o s-------co s------2
2
„
„ . a +P . a -p
c o s a - c o s P = - 2 s i n ----- ^ s i n ----- —
2
2
Преобразование произведения
в сумму
2 cos a cos p = cos ( a + p) + cos (a - P)
2 sin a sin P = cos ( a - P) - cos ( a + p)
2 sin a cos P = sin ( a + P) + sin (a - P)
Обратные тригонометрические функции — это арксинус, арккосинус, арктангенс и арк­
котангенс.
Арксинусом числа а называется число ф «
- л _п
Т ’2
, такое, что sin ф = а.
Арккосинусом числа а называется число ф е [0;л], такое, что со5ф = а.
-я к ,
Арктангенсом числа а называется число ф е — ; — |, такое, что tg ф = а.
Арккотангенсом числа а называется число ф е (0 ;7t), такое, что ctg ф = а.
25
•
Математика. Задания высокой и повышенной сложности
Ф орм улы решения простейших тригонометрических уравнений
(общий случай)
Уравнение
Решения
sin х = а, \а\ < 1
х = (-1)" arcsin а + пп, п € Z
cos х - а, \а\ < 1
х = ±arccos а + 2 пп, п е Z
tg х = а
х = arctg а + кп, п € Z
ctg х = а
х = arcctg а + ля, п е Z
корни и степени
Степенью называется выражение вида ас.
Здесь а — основание степени, с — показатель степени.
По определению, а ] = а.
Возвести число в квадрат — значит умножить его само на себя: а2 = а ■а.
Возвести число в куб — значит умножить его само на себя три раза: а3 = а ■а ■а.
Возвести число в натуральную степень я — значит умножить его само на себя я раз:
а" = а ■а ■а • а ... а.
У
у--------- /
я
По определению, а0 = 1.
Это верно для а * 0. Выражение 0° не определено.
Определим, что такое степень с целым отрицательным показателем.
а' =—
а
а
п
1
=—
а"
Конечно, все это верно для а ^ 0, поскольку на ноль делить нельзя.
Заметим, что при возведении в минус первую степень дробь переворачивается.
Степени с дробным показателем по-другому записываются как корни я-ной степени.
Арифметический квадратный корень из числа а — это такое неотрицательное
число, квадрат которого равен а.
Га)" = а
у[а > О
Обратим внимание:
1) квадратный корень можно извлекать только из неотрицательных чисел;
2) выражение \[а всегда неотрицательно. Например, \[25 - 5.
26
Глава 2. Уравнения на ЕГЭ по математике
•
Свойства арифметического квадратного корня:
4 а > 0.
4~ab = 4 а ■4b.
Запомним, что выражение 4 а + 4b не равно 4а + Ь. Это легко проверить.
Аналогично, кубический корень из а — это такое число, которое при возведении в тре­
тью степень дает число а.
Обратим внимание, что корень третьей степени можно извлекать как из положитель­
ных, так и из отрицательных чисел.
Корень л-ной степени из числа а — это такое число, при возведении которого в я-ную
степень получается число а.
4 а — такое число, что { 4 а ) = а.
Корень нечетной степени можно извлекать как из положительных, так и из отрицатель­
ных чисел. Квадратный корень, а также корень четной степени можно извлекать только из
неотрицательных чисел. Сам корень четной степени при этом также является неотрица­
тельным числом.
Корни и степени — взаимосвязанные темы.
По определению,
в общем случае а " =
При этом основание степени а > 0.
т
Выражение а " по определению равно v а т.
При этом также выполняется условие а > 0.
Правила действий со степенями:
ата" - ат+п
(ат)" = {ап)т= атп
а”Ь" = (аЬ)”
Логарифм положительного числа Ъ по основанию а — это показатель степени, в кото­
рую надо возвести а, чтобы получить Ь.
log b - с <=> а° - Ь.
При этом а > 0, Ъ > 0, а Ф 1.
Основное логарифмическое тождество:
a'°g‘b = b; log ас = с.
27
•
Математика. Задания высокой и повышенной сложности
Основные формулы для логарифмов:
loga(bc) = log Ъ + logac (Логарифм произведения равен сумме логарифмов).
loga —= loga b - logu с (Логарифм частного равен разности логарифмов).
с
\ag bm = m \o g b
(Формула для логарифма степени).
Формула перехода к новому основанию:
1о§ a b = Y ^ ~ '
log, a
1° ё а ь = г ^ — ■
log, а
Сейчас задачи ЕГЭ на решение уравнений состоят из двух пунктов: собственно реше­
ния и отбора корней на определенном отрезке.
1.
а) Решите уравнение cosx +
I 2
2
+ 1= 0.
б) Укажите корни этого уравнения, принадлежащие отрезку
-4 л ;-
5л
х
= - c o s —.
2
Вспомним формулу косинуса двойного угла: cos 2 а = 2 cos2a - 1. Выразив по этой фор­
муле cost, получим:
а) По формуле приведения: sin
2cos2 - - l - V 3 c o s —+ 1 = 0 ,
2
2
2cos2 —- V 3 co s—= 0 .
2
2
Разложим левую часть уравнения на множители:
cos-
2cos —- л/з
2
- 0.
Обратите внимание: мы не будем «сокращать» на cos - , поскольку это выражение мо­
жет обращаться в ноль. Сократив на него, мы потеряли бы серию решений.
Произведение двух (или нескольких) множителей равно нулю тогда и только тогда, ког­
да хотя бы один из них равен нулю.
„
х
х
2
2
7з
2
Значит, cos —= 0 или cos —= — .
Решение первого уравнения: х = я + 2л£, /с е Z.
Решение второго уравнения:
х = —+ 4лк, к е Z,
3
х = — + 4лС
3
28
Глава 2. Уравнения на ЕГЭ по математике
х = я + 2я£,
•
Z,
Объединим серии решений. Ответ в пункте (а):
х = ± —+ 4кк.
3
б) Как выбирать решения на отрезке?
Отметим на тригонометрическом круге сам отрезок
-4 п ;~
5я
С серией х = я + 2кк, к е Z все понятно: точках = - З я из этой серии как раз принадлежит
нужному отрезку.
я
С серией х = - — + 4пк, к е Z тоже я с н о — она не
имеет отношения к указанному отрезку.
я ., ,
ную точку!
Будем ориентироваться на начало круга — т. е. на
крайнюю правую его точку. Наш отрезок соответствует
кругу, который начинается с точки -4я. Значит, из серии
я . ,
„
я
х = —+ 4пк нам подойдет точка х =
3
3
,
11я
4я = --------.
3
Ответ в пункте (б): х, = -З я , х2 = —
2.
/ „„ vysinх
----а) Решите уравнение (27
j
=3 2 .
б) Найдите все корни этого уравнения, принадлежащие отрезку
-я ; -
Это уравнение — комбинированное. Кроме тригонометрии, применяем свойства сте­
пеней.
З собд :
3.) ^^C0SJ,:s*nA:
^ 2
Степени равны, их основания равны. Значит, равны и показатели.
3cosx
3 c o sx sin x = :
2 c o s x s in x - c o s x = 0;
x = —+ nn, n e Z,
cos x = 0
cosx sin x — = 0 <=>
2,
1 <=>
sin x = —
2
я „
x = —+ 2кп,
6
x=
Это ответ в пункте (а).
29
5я
6
,
ь 2пп.
•
Математика. Задания высокой и повышенной сложности
б) Отберем корни, принадлежащие отрезку
-л ;-
Отметим на тригонометрическом круге отрезок
-71;-
и найденные серии решении.
Видим, что указанному отрезку принадлежат точки
л
л
л
х = — и х = — из серии х = —+ ли, п е Z.
2
2
Точки серии
2
х = — + 2ли, п е Z не входят в указан6
ный отрезок.
Л
А из серии х = —+ 2пп, п е Z в указанный отрезок
6
входит точка х = Ответ в пункт е (б):
3.
—— , — , — .
2
6
2
а) Решите уравнение 16cos4x - 24 cos2х + 9 = 0.
б) Найдите все корни этого уравнения, принадлежащие отрезку [271; Зл].
а) Сделаем замену: cos2x = z, z е [0; 1].
16z2 - 24z + 9 = 0.
Левая часть уравнения — полный квадрат.
(4z - З)2 = 0
3
г =4
COS X = '
2
3
COS X = — <=>
COS X = —
Чтобы записать серии решений, отметим на
тригонометрическом круге точки, где cos х = ± - у - .
Видим, что ответ в пункте (а) можно записать
в виде двух диаметральных пар:
П 1-лп, п е Z,
-7
х = ----л
х = —+ ли.
30
Глава 2. Уравнения на ЕГЭ по математике
•
б) Найдем решения на отрезке [2л; Зл].
Этот отрезок соответствует половине тригонометрического круга, которая начинается с точки
_ „
л „
13л
5л „
17л
2л. Следовательно, на этом отрезке находятся точки х = — + 2л =
их =
h 2л = ----- , при6
6
6
6
надлежащие нашим сериям решений.
_
,л
„
13л 17л
Ответ: а) х = ± — + кп, п е Z; б) ----- ;
.
6
6
6
4.
а) Решите уравнение 21og3 (2 c o s x )-5 1 o g 3 (2 c o sx ) + 2 = 0.
б) Найдите все корни этого уравнения, принадлежащие отрезку
л; ~>'К
Снова комбинированное уравнение.
Сделаем замену t = log3(2 cos х).
Получим квадратное уравнение 2t2 - 5t + 2 = 0.
J = 2,
Корни уравнения:
._ 2
Если t - 2, то log3(2 cosх) = 2; 2 cosх = 9; cos х = ^ — нет решений, так как |cos х\ < 1.
Если t =
2
то log, (2 c o sx ) =
2
cosx = — ; тогда х = - —+ 2кк или х = - + 2л^, к е Z,
2
б) Отметим на тригонометрическом круге отрезок л;
6
5л
6
и найденные серии решении.
Как выбрать корни, принадлежащие заданному про­
межутку? Давайте используем их симметрию относи­
тельно точки 2л.
_
л „
13л
л 11л
Получим: х, = —+ 2л = -----; х2 = 2л — = ------.
6
6
6
6
К
Ответ: а) х, = + —+ 2пк, k e Z \
_ 11л
13л
6) X ' X 5.
а) Решите уравнение (tg 2x - 3 ) V l l c o s x = 0.
б) Найдите все корни этого уравнения, принадлежащие отрезку
5л
2 ’ П
Самое сложное здесь — область допустимых значений (ОДЗ). Условие 11 cos х > 0 за­
метно сразу. А условие cosx ^ 0 появляется, поскольку в уравнении есть tg х =
sin х
cosx
31
•
Математика. Задания высокой и повышенной сложности
cosx > О
ОДЗ: <
=> cos х > 0.
[cos х Ф 0
Уравнение равносильно системе:
tg2x - 3 = 0
cos л = 0
г
tg х - 3 = О
<=Н
[cosx > О
cos х > О
[Ttg д: = л/3
г<=> \ tg x = - V 3 <=>
L
cos х > О
х = — + пп, я е Z
3
X =
3
h 717!
cos х > О
Y
Отберем решения с помощью тригонометрического круга.
Нам нужны те серии решений, для которых cosx > 0, т. е. те,
что соответствуют точкам справа от оси Y.
л
— 2ли, n 6 Z
__3
К
Ответ в пункте (а): х = ± —+ 2ли, п е Z
3
1
\
f
/
*' У ----+
к 27Ш
^
3
б) Отметим на тригонометрическом круге найденные се­
рии решений и отрезок
—+ 2ли, п е Z
5л
3
2’ Л
Как обычно, ориентируемся на начало круга. Видим, что
л „
5л
указанному промежутку принадлежат точки х = —- 2 л = ~ —
и х=
л
3
„
2л
=
^
7л
3'
Ответ в пункте (б) : — —; - — .
3
6.
3
а) Решите уравнение s i n 2 x - 2л/з cos2 x - 4 s i n x + 4V3 cosx = 0.
б) Найдите все корни этого уравнения, принадлежащие промежутку
а)
-
Сгруппируем слагаемые в левой части, чтобы разложить ее на множители
sin 2х —4 sin х + 4л/з cos х —2\[ъ cos2 х = 0
2 s in x c o s x - 4 s in x + 4 \/3 c o s x - 2 V 3 c o s 2 х = 0
2 sin х (cos х - 2) - 2л/з cos х (cos х - 2) = 0
2 ^ s in x - y[b c o s x j( c o s x - 2 ) = 0
sin х - sib cos x = 0,
cosx = 2.
32
11л
Зл; —
2
Глава 2. Уравнения на ЕГЭ по математике
•
Второе уравнение не имеет решений, так как |cosx| < 1.
Первое уравнение — однородное первой степени,
sinx = 7 з
COSX
tg х = \/з
П ,I- ли, п е Z.
V
х=—
3
б) Отберем корни на отрезке
,
11л
Зл; ----
2
с помощью двойного неравенства. Этот способ
применяется наряду с тригонометрическим кругом. Он особенно удобен, если длина от­
резка больше полного оборота на тригонометрическом круге.
4
К,+ лп <^ 11л .
Зл <^ —
3
2
Поделим все части неравенства на л.
3 < - + л < — ; 2 —< п < 5 —;поскольку п — целое, и= 3 ,4 или 5.
3
2
3
6
_
л „
Юл
л
13л
л _
16л
Тогда х = —+ Зл =
; х, = — + 4л = -------; х = — + 5л = -----.
1
3
3
2
3
3
3 3
3
_
.
л
„ .. Юл 13л 16л
Ответ: а )х = — +пп, п е Z; б )
; ----- ;
.
3
3
3
3
7.
(Авторская задача)
а) Решите уравнение 5(1 - tg2x) + (12 sinx - 7) (1 + tg2x) = 0.
б) Найдите все его решения на отрезке [-2л; 0].
ОДЗ уравнения: cosx Ф 0.
Поделим обе части уравнения на 1 + tg2x. Это выражение положительно всегда, когда
cosx Ф 0, и на него можно делить.
5 t - l g x + ( i 2 s i n x - 7 ) = 0.
1 + tg х v
Вспомним полезные формулы, которые носят название «Универсальная тригонометри­
ческая замена»:
. _
2 tg x
_
1—tg2x
sin 2 x =
— ; cos2x = ------1 + tg x
1 + tg x
Получим: 5 co s2 x + 1 2s in x - 7 = 0.
Используем формулу cos 2 x = 1 - 2 sin2x.
5 - 1 0 sin2x + 12 sinx - 7 = 0
5 sin2x - 6 sinx + 1 = 0
sin x = 1
1
sin X = - .
5
Серия решений, для которой sinx = 1, не входит в ОДЗ. Ведь если sinx = 1, то cosx = 0.
33
*
Математика. Задания высокой и повышенной сложности
Остается серия решений sin х = —.
Ответ в пункте (а): х = (-1)" arcsin^ + пп, п е Z.
б) Отберем корни на отрезке [-2л; 0].
Отметим на тригонометрическом круге точки, для которых
sin х = - . Это х, = arcsin - + 2 т и х , = л - arcsin —+ 2лл, п е Z.
5
1
5
5
Наш отрезок начинается с точки -2 л . Значит, ему принадле. —
1 л
■—
1 л
жат точки х. = arcsin
2 л и х, = л - arcsm
2 л = - л - arcsin -1.
5
2
5
5
8.
а) Решите уравнение sin 2 х
б)
а)
1
1
= sin 4х = —.
2л/3
2
л
4
Найдите корни, принадлежащие промежутку — ; arctg 3
5
1- cos 2 а
Используем формулу понижения степени: sin2 а =
_
. 2„
l-c o s 4 x
Получим: sin 2х = ----.
1 cos4x
1
1
---------------------7=sin 4х = —;
2
2
2л/з
2
sin 4х = —л/3 cos 4х;
tg 4х = —л/3;
4х =
3
л
ьлп; п е Z;
лп
_
х = ------- 1------; п е Z.
12 4
Это ответ в пункте (а),
б)
Как найти корни на отрезке
л
4
ш а е -5
Вспомним, что ф = arctg — — это угол ф, принадлежащий про­
межутку
2 2
, такой, что tg ф = —. Очевидно, Ф е 0;'
При этом ф < —, так как tg — = 1, а функция у = tgx моно4
4
тонно возрастает при х е
Значит, угол ф = arctg — ле-
к'
жит в интервале f n0; —
4
34
Глава 2. Уравнения на ЕГЭ по математике
Корень х, = _ ^
•
л
4
— ; arctg3
5
принадлежит отрезку
„
Проверим, принадлежит ли ему корень х2
л
+
л
Л
4
71
Сравним ~ и ~-
л
1
Мы знаем, что tg — =
. Поскольку функция у = tgx монотонно возрастает при х е
6 V3
большее значение тангенса соответствует на этом интервале большему углу. Что же больше:
0;!
1 или —
4 ?9
—=
V3
5
п
1
16
Сравним квадраты этих чисел, т. е. — и — .
1 16
я 4
Поскольку —< — , имеем: tg — < —.
3 25
6 5
Значит, точка х = — также принадлежит отрезку
6
л л
Точка х = - “ - —=
л
л
4
— ; arctg3
5
также принадлежит данному отрезку.
_
п лп
Очевидно, другие точки из серии х = - — + — , где п — целое число, данному отрезку
не принадлежат.
Ответ в пункте (б)\ ——; —— ; —.
3
12
6
9.
Вот задача повышенной сложности с сайта Ларина. Список полезных сайтов для
подготовки к ЕГЭ по математике дан в конце книги.
а) Решите уравнение VI - sin Зх = cos Зх.
б) Найдите корни, принадлежащие промежутку [-2; 3].
Область допустимых значений уравнения:
j 1 —sin Зл: > О,
|c o s3 x > 0.
При выполнении этих условий обе части уравнения можно возвести в квадрат.
1 - s in Зх = cos2 Зх,
Значит, уравнение равносильно системе:
cos3x > 0,
1- sin Зх > 0.
Заметим, что третье условие в этой системе избыточно — оно следует из первого.
Применим основное тригонометрическое тождество: sin2x + cos2x = 1.
35
•
Математика. Задания высокой и повышенной сложности
1—sin 3jc = 1 —sin2 Зл;,
cos З л >
0.
sin2 3 x -s in 3 x = 0,
cos3x > 0.
Пусть Зл = t. Тогда:
sin? = 1
Гsin Г(sin f —1) = 0
sin Г = 0 <=> •
Ico
L sr > 0
cos t > 0
Вернемся к переменной л:
t - - + 2т
2
t = 2т , п е Z
к 2т
л, = —+ ------,
6
3
2т
х,
,и е Z.
3
Это ответ в пункте (а),
б) Как нам найти корни уравнения на отрезке [-2; 3]?
Отметим на тригонометрическом круге точки, принадлеж ащ ие сериям реш ений
л 2кп
2кп
.
л, = —н
и л2 = ------, п е Z. Каждая из этих серии задает по три точки на каждом пол6
3
3
ном круге.
Что делать с отрезком [-2; 3]? Вспомним, что 1 радиан — это примерно 57 градусов,
что полный круг составляет 2л радиан, а 3 радиана — это совсем немного меньше, чем
л радиан.
Что же больше: - 2 или
?
3
Очевидно, —2 > - ^
, поскольку - 6 > -2 л .
Сравним также 3 и у .
Оценить число — непросто. Намного проще увеличить
6
оба этих числа в 6 раз и сравнить числа 18 и 5л. Поскольку
л = 3,14, 5л = 15,7 < 18, тогда — < 3.
6
п —;
71 —
2к ; —
5п . ^
Мы получили, что указанному отрезку принадлежат решения: —П ; 0;
Это
2
6
3
6
ответ в пункте (б).
36
Глава 2. Уравнения на ЕГЭ по математике
10.
•
(Авторская задача)
а) Решите уравнение V cosx + s in x ^ c o s2 х ~ ~ j = 0б) Найдите корни, принадлежащие отрезку [-я ; 4я].
Выражение под корнем должно быть неотрицательно, а произведение двух множите­
лей равно нулю тогда и только тогда, когда хотя бы один из них равен нулю.
Это значит, что уравнение равносильно системе:
4~2
cosx = -
cos х + sin х = 0,
2
1
cos х — = 0,
2
V2
cosx = - -
<=>
tg x = -1;
cos х + sin х > 0;
cosx + sin x > 0.
Решим эту систему с помощью тригонометрического
круга. Отметим на нем углы, для которых co sx =
или cosx =
Заметим, что среди
них находятся и углы, для которых tg x = —1.
Зя „
Числа серии х = ------ + 2пп не могут быть корнями исходного уравнения, так как для
4
них не выполнено условие cosx + sinx > 0. Остальные серии решений нас устраивают.
Тогда в ответ в пункте (а) войдут серии решений:
х, = ± —+ 2кп, п е Z,
'
4
Зя .
х, =
V2 т .
. 2 4
б)
Отберем корни, принадлежащие отрезку [-я; 4я] любым способом — с помощью
тригонометрического круга или с помощью двойного неравенства.
я
На отрезке [-я ; 0] нам подходит корень х = — .
4
я Зя 7л
На отрезке [0; 2л] нам подходят корни х = —; — ; — .
4
4
4
9 я 11я 15я
На отрезке [2л; 4я] — корни х = — ; ----- ;
.
4
4
4
Ответ в пункте (б):
я
я
'4’ 4 ’
Зя
7я
Т’
4 ’ 4 ’
9я
11я
4 ’
15л
4
глава з
СТЕРЕОМЕТРИЯ НА ЕГЭ ПО М АТЕМ АТИКЕ
Как решать задачи по стереометрии?
1. Мы начинаем с построения чертежа объемной фигуры. Правила просты.
Строим чертеж ручкой (не карандашом!), с помощью линейки. Линейкой на ЕГЭ по
математике пользоваться можно и нужно. Невидимые элементы объемного тела изобража­
ем штриховыми линиями.
Почему не карандашом? Во-первых, на ЕГЭ у вас карандаша не будет. Во-вторых, чертеж,
аккуратно выполненный тонкой гелевой ручкой, выглядит более эстетичным и понятным.
Объемное тело на вашем чертеже должно выглядеть действительно объемным. Все зна­
чимые элементы — хорошо видимыми. Следим, чтобы одна грань не накладывалась на
другую, а непараллельные отрезки (например, ребро куба и его диагональ) на чертеже не
совпадали.
Главное правило: если чертеж вам не нравится, бросайте его и рисуйте другой. Не нра­
вится второй — рисуйте третий, четвертый, седьмой. До тех пор, пока не увидите то, что
вам нужно.
2. Для решения задач необходимо отличное знание теории. Это определения, теоремы,
признаки. Их надо знать наизусть. Оформляя решение, указываем, что именно применили.
Так, как я делаю в этой главе.
3. В сложных задачах ЕГЭ мы пользуемся готовыми шаблонами из курса планимет­
рии. Например, формулу площади правильного треугольника или соотношение сторон тре­
угольника с углами 30, 60 и 90 градусов надо знать наизусть, а не выводить каждый раз
заново, тратя время.
4. Подробно записываем каждый шаг решения. Не просто «Прямая АВ перпендику­
лярна плоскости а» , а «Прямая АВ перпендикулярна плоскости а , потому что она перпен­
дикулярна пересекающимся прямым с и d, лежащим в плоскости а» . Все это лучше запи­
сывать не словами, а символами.
5. От объемной задачи переходим к плоской, планиметрической. Все необходимые
плоские чертежи рисуем отдельно.
Я не даю здесь координатный метод. Он есть в моей книге «Математика. Авторский
курс подготовки к ЕГЭ». Дело в том, что в последние годы составители вариантов ЕГЭ
намеренно выбирают такие задачи по стереометрии, которые сложно решать через коорди­
наты.
Ученики, да и репетиторы тоже, часто спрашивают: «Что нужно знать, чтобы точно
сдать ЕГЭ?» Весь необходимый и достаточный объем теории — здесь, в «Кратком спра­
вочнике по планиметрии и стереометрии».
38
Глава 3. Стереометрия на ЕГЭ по математике
краткий справочник по планиметрии и стереометрии
планиметрия
Прямоугольный треугольник
Теорема Пифагора: с2 = а2 + Ь1.
а и b — катеты, с — гипотенуза.
Часто встречающиеся пифагоровы тройки:
3; 4; 5
5; 12; 13
7; 24; 25
8; 15; 17.
Тригонометрия в прямоугольном треугольнике:
• ZA
✓а = —
а
sin2 Z A + cos2 Z A = 1
sin
с
tg 2ZA + l = ^ —
cos Z A = —
cos ZA
С
а
ь
о
в
tg
ctg-ZA + l =
.
sin Z A
tg Z A ■ctg Z A = 1
Z A + Z B = 90°
sin / А = cos Z B
cos Z A = sin Z B
tg Z A = ctg Z B
ctg Z A = —
а
Высота в прямоугольном треугольнике:
ААВС ~ АСВН ~ ААСН
с -h
ab
'-са-Сь;
а = с с а;
Ь2 = с с .
В
Радиус окружности, описанной вокруг прямоугольного треугольника: R - Радиус окружности, вписанной в прямоугольный треугольник:
39
а + Ь —с
•
•
Математика. Задания высокой и повышенной сложности
«Особенные» треугольники
В
Для любого треугольника:
/ Л + Z.B + Z C = 180° — сумма углов треугольника
с <а +Ь
а< Ь +с
неравенство треугольника
b < а+ с
Формулы площади треугольника:
5л = — - = —а ■b ■sin Z C = y j p { p - a ) ( p - b ) ( p - c ) = p r =
.
2
2
a + b +с
„
Здесь р =
полупериметр, г — радиус вписанной окружности, R — радиус
описанной окружности.
Теорема синусов
а
b
sinZA
sin Z fi
с
sin Z C
= 2R
Теорема косинусов
с 2 = а 1 + b2 - 2ab ■cos Z C
Смежными называются два угла, имеющие общую сторону и образующие в сумме
180 градусов.
Биссектрисы смежных углов перпендикулярны.
Внеш ний угол треугольника — угол, смежный
с одним из углов треугольника.
а + ф = 180°
sin ф = sin а ; cos ф = -c o s а ; tg ф = - tg а
ф=Zfi+ZC
Внешний угол треугольника равен сумме внутренних
углов, не смежных с ним.
40
Глава 3. Стереометрия на ЕГЭ по математике
Радиус окружности, описанной вокруг правильного треугольника: R =
/
а \/3
/б 0 °
Радиус окружности, вписанной в правильный треугольник: г ■
R
\а
°h \
г
>
а /
Г\
О
Высота правильного треугольника: h =
А
а\13
Os
Правильный треугольник
•
2у/3
2л/з
Площадь правильного треугольника: S ■
Признаки равенства треугольников
S По трем сторонам. Три стороны одного треугольника соответственно равны трем
сторонам другого треугольника.
S По углу и двум прилежащим к нему сторонам.
■S По стороне и двум прилежащим к ней углам.
Признаки подобия треугольников
S По двум углам.
S По трем сторонам.
S По углу и двум прилежащим к нему сторонам.
Отношение площадей подобных фигур равно квадрату коэффициента подобия.
/
а,
V
=к2
ai‘ У
Элементы треугольника
Высота треугольника — перпендикуляр, опущенный из вершины треугольника на про­
тивоположную сторону.
В
Высоты треугольника пересекаются в од­
ной точке.
41
•
Математика. Задания высокой и повышенной сложности
В случае тупоугольного треугольника пе­
ресекаются продолжения высот.
П лощ адь треугольника равна половине
произведения его основания на высоту
ah
b hb _ c hc
Медиана треугольника — отрезок, соединяющий вершину треугольника с серединой
противоположной стороны.
Три медианы треугольника пересекаются
в одной точке и делятся в ней в отношении
2 : 1 , считая от вершины.
С
Три медианы треугольника делят его на
6 равных по площади треугольников.
Медиана треугольника делит его на два
равных по площади треугольника.
Медиана, проведенная к гипотенузе пря­
моугольного треугольника, равна половине
гипотенузы.
СМ = A M = ВМ = R
42
Глава 3. Стереометрия на ЕГЭ по математике
•
Биссектриса треугольника делит угол треугольника пополам.
В
Три биссектрисы треугольника пересека­
ются в одной точке. Эта точка равноудалена
от сторон треугольника и является центром
окружности, вписанной в треугольник.
С
Биссектриса треугольника делит противо­
положную сторону в отношении длин приле­
жащих сторон.
т _а
п b
Острый угол между биссектрисами острых
углов прямоугольного треугольника равен 45°.
43
•
Математика. Задания высокой и повышенной сложности
Серединный перпендикуляр к стороне треугольника — это множество точек, одина­
ково удаленных от ее концов.
В
Три серединных перпендикуляра к сторо­
нам треугольника пересекаются в одной точ­
ке. Эта точка равноудалена от вершин тре­
угольника и является центром окружности,
описанной вокруг треугольника.
Средняя линия треугольника — отрезок, соединяющий середины его сторон.
А
Средняя линия треугольника параллельна
одной из его сторон и равна половине этой
стороны.
а
т =—
2
т \\а
Четырехугольники
Выпуклый
Сумма углов выпуклого четырехугольника равна 360°.
ZA + Z B + Z C + Z D = 360°
Невыпуклый
На практике: представляем как комбинацию треугольников и выпуклых четырехугольников.
44
Глава 3. Стереометрия на ЕГЭ по математике
•
Площадь выпуклого четырехугольника
С
d, ■d1
S = —— - •sin (p.
2
d t и d, — диагонали.
Середины сторон выпуклого четырехуголь­
ника являются вершинами параллелограмма.
Трапеция — четырехугольник, имеющий ровно одну пару параллельных сторон.
ВС || AD\
ВС и AD — основания, АВ и CD — боко­
вые стороны.
/ Л + Z B = Z C + Z D = 180°
а +Ь
D
^ тр а п
2
■h.
М — середина АВ, N — середина CD.
M N — средняя линия трапеции.
M N \\A D ,M N \\B C ,
клм
а +Ь .
M
N = -------
D
Отрезок, соединяющий середины диагона­
лей трапеции, равен полуразности оснований.
Р — середина AC, Q — середина BD.
„ ^ а —Ь
PQ = — ■
D
45
•
Математика. Задания высокой и повышенной сложности
к
К = (АВ) n (CD);
Е — середина ВС, F — середина AD,
О = A C n BD.
D
Замечательное свойство трапеции: середины
оснований, точка пересечения диагоналей
трапеции и точка пересечения продолжений
ее боковых сторон лежат на одной прямой.
Параллелограмм — четырехугольник, имеющий две пары параллельных сторон.
АВ || CD, AD || ВС.
Четырехугольник является параллелограм­
мом, если его противоположные стороны па­
раллельны и равны.
АВ || CD, АВ = CD => ABCD — паралле­
лограмм.
5 - a h = a£>sin<p.
Диагонали параллелограмма в точке пере­
сечения делятся пополам.
АО = ОС, ВО = OD.
С
Биссектрисы противоположных углов па­
раллелограмма параллельны.
А К || CF
Биссектрисы соседних углов параллело­
грамма перпендикулярны.
АК Е В Е
Биссектриса угла параллелограмма отсека­
ет от него равнобедренный треугольник.
АВ = АЕ, D F = CD
46
Глава 3. Стереометрия на ЕГЭ по математике
Виды параллелограммов
в.------------------- , с
Ромб
В
С
ау /
“I
оЧ
D
у/ 1
Квадрат
D
С
D
Ромб. Параллелограмм, у которого все стороны равны.
Диагонали ромба перпендикулярны.
Диагонали ромба являются биссектрисами его углов.
с
d, ■d?
,
———
О - , где а,1и а.1— диагонали.
Прямоугольник. Параллелограмм, все углы которого прямые.
Диагонали прямоугольника равны.
S прямоугольника = a b .
Квадрат. Ромб, все углы которого прямые. Другими словами: прямоугольник, у которо­
го все стороны равны.
d = а \/2, где d — диагональ.
S квадрата = а 2.
Окружность и круг
L = 2 kR — длина окружности
S = nR2 — площадь круга
D = 2R — диаметр окружности
47
•
Математика. Задания высокой и повышенной сложности
дуги
ф •2 nR — длина дуги
' 360°
^сектора = ^
' nRl ~ площадь сектора
Хорда — отрезок, соединяющий две точ­
ки на окружности.
Произведения отрезков пересекающихся
хорд равны.
АЕ BE = С Е- DE
Диаметр, перпендикулярный хорде, делит
ее пополам.
Отрезки касательных, проведенных к ок­
ружности из одной точки, равны.
МА = MB
К асательная перпендикулярна радиусу,
проведенному в точку касания.
О А1М А
Центр окружности, вписанной в угол, ле­
жит на биссектрисе этого угла.
Теорема о секущей и касательной.
Квадрат отрезка касательной равен произ­
ведению длин отрезков секущей.
М С1 = М А - MB
48
Глава 3. Стереометрия на ЕГЭ по математике
•
Точка касания окружностей лежит на пря­
мой, соединяющей их центры.
Внешнее касание окружностей:
O p 2= R + r
Внутреннее касание окружностей:
OxO = R - r
Центральный и вписанный углы
Величина центрального угла равна угло­
вой величине дуги, на которую он опирается.
Величина вписанного угла равна полови­
не угловой величины дуги, на которую он опи­
рается.
а
Ф -
Вписанные углы, опирающиеся на равные
дуги или на одну и ту же дугу, равны.
ф — вписанный угол.
Равные дуги стягиваются равными хордами.
Вписанный угол, опирающ ийся на диа­
метр, — прямой.
М
Угол между хордой и касательной, про­
веденной через конец этой хорды, равен по­
ловине угловой величины дуги, лежащ ей
внутри этого угла.
ZM C B = - С В
2
49
•
Математика. Задания высокой и повышенной сложности
Угол между пересекающимися хордами ра­
вен полусумме заключенных между ними дуг.
AD + B C
Ф = -
Угол между секущими (с вершиной вне
окружности) равен полуразности угловых ве­
личин дуг, заключенных внутри угла.
B D -A C
Описанные и вписанные треугольники
Центр окружности, описанной вокруг тре­
угольника, — это точка пересечения середин­
ных перпендикуляров к сторонам треуголь­
ника.
Центр описанной окружности равноудален
от вершин треугольника.
О А = ОВ = ОС
АВ
АС
sin Z.C sin Z B
синусов)
ВС
sin Z A
- 2R (теорема
ABBCAC
4R
Центр окружности, вписанной в треуголь­
ник, — это точка пересечения биссектрис тре­
угольника.
Центр вписанной окружности равноудален
от сторон треугольника.
ААВС = р - г ,т ц е р =
50
АВ+ВС+АС
---------
Глава 3. Стереометрия на ЕГЭ по математике
•
Описанные и вписанные четырехугольники
Описанный четырехугольник
Вписанный четырехугольник
а +с=b +d
ZA +ZC = ZB + ZD = m °
Окружность можно вписать в четы ­
рехугольник тогда и только тогда, когда
суммы длин его противоположных сто­
рон равны.
Окружность можно описать вокруг че­
тырехугольника тогда и только тогда, ког­
да суммы его противоположных углов рав­
ны 180°.
Правильный шестиугольник
= Ъаг4 ъ
С
пр. шестиугольника
^
R = а — радиус описанной окружности
г = ОН=
а \/ 3
— радиус вписанной окруж­
ности
CF = 2 а — большая диагональ
FD = а\[?> — диагональ
51
•
Математика. Задания высокой и повышенной сложности
Стереометрия. Основные формулы
Многогранники
V= а? — объем
S = 6а2 — площадь полной поверхности
а — ребро куба
d = a-Jb — длина диагонали
Параллелепипед
V = S осн ■h — объем
S — площадь основания
h — высота
Площадь поверхности параллелепипеда
равна сумме площадей всех его граней.
Прямоугольный параллелепипед
V = а ■Ъ ■с — объем
S = 2 аЪ + 2 Ъс + 2 ас — площадь полной
поверхности
d = \/а 2 +Ь2 + с2 — длина диагонали
Призма
V = S ОСН ■h — объем призмы
г
S = 2S och+ 5бок — площадь полной поверх­
ности призмы
52
Глава 3. Стереометрия на ЕГЭ по математике
•
Пирамида
V = -5
3 °'
■h — объем пирамиды
5 = 5 оси + 5 бок ности пирамиды
площадь полной поверх-
Тела вращения
Цилиндр
-J—
V = kR 2 ■h — объем цилиндра
5 = 25оси + 5 бок = 2nR2 + 2nRh полной поверхности цилиндра
h — высота цилиндра
площадь
I
- R
Конус
V = - tz R 2 h
3
объем конуса
S = 5 осн + 5 бок = k R 2 + nRL — площадь
полной поверхности конуса
L — образующая
L = \l R 2 + h 2
Шар
4
V = —nR 3 — объем шара
5 = 4n R 2 — площадь сферы
О тнош ение площ адей подобных фигур
равно квадрату коэффициента подобия. От­
ношение объемов подобных тел равно кубу
коэффициента подобия. Если все линейные
размеры объемного тела увеличить в к раз, то
его площадь поверхности увеличится в к2 раз,
а объем в к3 раз.
S = k 2 S{
v =v -v x
53
•
Математика. Задания высокой и повышенной сложности
основные понятия стереометрии
П лоскости в
пространстве
Плоскость в пространстве можно провести:
1)
через три точки, не лежащие на одной прямой
2)
через прямую и не лежащую на ней точку
3)
через две параллельные прямые
4)
через две пересекающиеся прямые
Плоскости в пространстве могут быть параллельными или пересекаться.
Если две плоскости имеют общую точку,
то они пересекаются по прямой.
Если две плоскости не имеют общих то­
чек, то они параллельны друг другу.
54
Глава 3. Стереометрия на ЕГЭ по математике
•
Расположение прямых в пространстве, три случая:
а
/
/
/
/
L
м
/
/ ]
ъ
/
rf... .
Пересекаются
а слЬ = М
/
С
у/
/1
d
.
Параллельны
с II d
/
/
\т
1
/
/ -----------Р
/
Скрещиваются
т^р
Параллельность прямой и плоскости
Определение: прямая параллельна
плоскости, если она не имеет с плос­
костью общих точек.
• с ос
Признак параллельности прямой и
плоскости: прямая параллельна плос­
кости, если она параллельна какойлибо прямой, лежащей в плоскости.
АВ || (SCD)
Применение в задачах:
Угол между прямой и плоскостью
Угол между прямой и плоскостью — это
угол между прямой и ее проекцией на плос­
кость.
55
•
Математика. Задания высокой и повышенной сложности
Перпендикулярность прямой и плоскости
Определение: прямая называется пер­
пендикулярной плоскости, если она пер­
пендикулярна любой прямой, лежащей в
плоскости.
Признак перпендикулярности прямой
и плоскости: прямая перпендикулярна
плоскости, если она перпендикулярна
двум пересекающимся прямым, лежащим
в этой плоскости.
m l. а
Параллельность плоскостей
Определение: плоскости параллельны,
если они не имеют общих точек.
Признак параллельности плоскостей:
плоскости а и (3 параллельны, если две пе­
ресекающиеся прямые одной плоскости
соответственно параллельны двум пересе­
кающимся прямым другой плоскости.
• а ||Э
Свойства параллельных плоскостей
Линии пересечения двух параллель­
ных плоскостей третьей плоскостью па­
раллельны.
■а\\Ь
56
Глава 3. Стереометрия на ЕГЭ по математике
Отрезки параллельных прямых, за­
ключенные между параллельными плос­
костями, равны.
Угол между плоскостями
Угол между плоскостями — это угол
между перпендикулярами к линии их пе­
ресечения, проведенными в этих плоско­
стях.
Перпендикулярность плоскостей
Определение: две плоскости перпен­
дикулярны, если угол между ними равен
90°.
Признак перпендикулярности плоско­
стей: если плоскость (3 содержит перпен­
дикуляр к плоскости а , то плоскости а
и р перпендикулярны.
57
•
•
Математика. Задания высокой и повышенной сложности
Расстояние от точки до плоскости — это длина перпендикуляра, опущенного из точ­
ки на плоскость.
Угол между скрещивающимися прямыми
Угол между скрещивающимися прямы­
ми равен углу между параллельными им
прямыми, лежащими в одной плоскости.
а е a , b e (3, а |||3
Прямые а н Ь скрещиваются.
Проведем в плоскости (3 прямую с || а.
Угол ф между b и с равен углу между а и Ъ.
Расстояние между скрещивающимися прямыми
Расстояние между скрещивающими­
ся прямыми равно длине их общего пер­
пендикуляра.
Другими словами, оно равно рассто­
янию между параллельными плоскостя­
ми, в которых лежат эти прямые.
Можно сказать, что оно равно рассто­
янию от одной из этих прямых до парал­
лельной ей плоскости, в которой лежит
другая прямая.
Теорема о трех перпендикулярах
Прямая, лежащая в плоскости, пер­
пендикулярна наклонной тогда и только
тогда, когда она перпендикулярна проек­
ции этой наклонной на данную плос­
кость.
те а
а — наклонная
а, — проекция наклонной на плоскость а
т L a <=> т L a t
58
Глава 3. Стереометрия на ЕГЭ по математике
Теорема о трех перпендикулярах вы­
полняется и в этом случае.
Теорема о трех перпендикулярах в задачах
В правильном тетраэдре SABC
В кубе
С,
5
С
ОС — проекция SC на плоскость А ВС,
ОС L A B a SC 1 АВ
В правильной треугольной призме
A M L ВС <=> Д М 1 ВС
59
•
•
Математика. Задания высокой и повышенной сложности
Параллельное проецирование
Площадь прямоугольной проекции фигуры
; S.фигуры ■cos ш
т
Теорема о прямой и параллельной ей плоскости
Пусть прямая т параллельна плоскости а . Если плоскость (3 проходит через прямую т
и пересекает плоскость а по прямой с, то с параллельна т.
т || а
те Р
рпа =с
60
Глава 3. Стереометрия на ЕГЭ по математике
•
Теорема. Пусть плоскости а и (3 пересекаются по прямой р. Плоскость у параллельна
прямой р. Тогда она пересекает плоскости а и р по прямым, параллельным р.
апр = р
Р IIУ
а п у -а
|3 п у = й
Если боковые ребра пирамиды равны, то ее вершина проецируется в центр описанной
окружности основания.
Если боковые ребра пирамиды образуют одинаковые углы с плоскостью основания,
то ее вершина проецируется в центр описанной окружности основания.
Если боковые грани пирамиды образуют одинаковые углы с плоскостью основания,
то ее вершина проецируется в центр вписанной окружности основания.
чертежи в задачам по стереометрии
Куб
Неудачно. Главная диагональ и боковые
ребра оказались на одной линии.
Ш естигранная призма
“Г
>-
Неудачно. Нарушены правила
параллельного проецирования.
Ребра передней и задней граней
оказались на одной линии.
Неудачно. Стороны
основания и боковые
ребра оказались на од­
ной линии.
61
ОК
•
Математика. Задания высокой и повышенной сложности
Тетраэдр
Неудачно. Рисунок стал «плоским».
Не видна высота тетраэдра.
Цилиндр
Неудачно. Нарушены правила параллель­
ного проецирования.
Правильная четырехугольная призма
Н еудачно. Н аруш ен ы
п р ав и л а п а р а л л е л ь н о го
проецирования.
Неудачно. Левая боковая грань не видна,
ОК
Глава 3. Стереометрия на ЕГЭ по математике
•
И еще о чертежах в планиметрии и стереометрии. Я много раз наблюдала, как старше­
классник рисует микроскопический и кривой чертежик, на котором невозможно что-либо
разглядеть. Как безуспешно сидит над ним, проводя новые и новые линии, но отказывается
от предложений нарисовать другой.
И я видела, как буддийские монахи в течение месяцев трудятся над сложнейшими мно­
гоцветными мандалами из ярко окрашенного песка. А потом, полюбовавшись замыслова­
тым узором и проведя церемонию, сметают весь песок веником, потому что стремятся
достичь непривязанности к материальному. Так стоит ли привязываться к жалкому черте­
жу, на который вы потратили полминуты? Не нравится? Зачеркните и нарисуйте другой!
задачи на построение сечений
1. Постройте сечение тетраэдра плоскостью, прохо­
дящей через точки М, N, К. Точка М лежит на ребре AD,
N — на ребре DC, К — на ребре АВ.
Проведем М К в плоскости грани ABD и M N в плоско­
сти грани ADC.
Продлим отреъшМИ\1АС,(М Ы )г\(АС) = Р',Р е (ABC).
Проведем Р К в плоскости нижней грани; РК п ВС = L\
четырехугольник M NLK — искомое сечение.
2.
Постройте сечение тетраэдра плоскостью, проходя­
щей через точки М, N, К. Точка N лежит на ребре ВС,
M e AD, К е B D ,M K \\A B .
Покажем, что плоскость сечения пересекает плоскость
основания пирамиды по прямой NT, параллельной МК.
Прямая М К параллельна АВ, лежащей в плоскости ос­
нования А ВС. Значит, М К || (ABC).
Плоскость сечения проходит прямую МК, параллель­
ную плоскости ABC. По теореме о прямой и параллель­
ной ей плоскости, линия пересечения плоскости сечения
и плоскости ABC параллельна прямой М К. Трапеция
M K N T — искомое сечение.
63
А
D
•
Математика. Задания высокой и повышенной сложности
3.
Постройте сечение куба А .. .О р проходя­
щее через вершину
и середины ребер АВ
и ВС.
Пусть М — середина АВ, N — середина ВС,
M N е (ABC). Продолжим прямую M N до пе­
ресечения с продолжениями ребер D C и AD;
(M N) n (DC) = К; (MN) n (AD) = P.
Треугольники AM P и K C N — прямоугольAB
ные равнобедренные, причем А Р = СК = ^ .
Проведем D XK — в плоскости задней грани и D XP — в плоскости левой грани куба;
D^K n С С { = F; D lP r > A A l = Т.
Пятиугольник M N F D J1— искомое сечение. В нем есть параллельные стороны: ТМ || D {F,
TD} || NF, так как линии пересечения параллельных плоскостей третьей плоскостью парал­
лельны.
4.
Постройте сечение куба A ...D , проходящее через
вершину В и середины ребер А А ] и СС,.
Пусть М — середина ребра A A V N — середина ребра
сс,
Поскольку линии пересечения параллельных плоско­
стей третьей плоскостью параллельны, плоскость сечения
пересекает заднюю грань по прямой, параллельной ВМ,
а левую грань — по прямой, параллельной BN. Искомое
сечение — ромб BND^M.
5.
Постройте сечение правильного тетраэдра ABCS,
проходящее через точку К — середину ребра АВ, точ­
ку М, делящую ребро AS в отношении S M : AM = 1 : 2,
и точку N — середину апофемы грани SBC.
Пусть SH — апофема1грани SBC; N — середина 57/.
Проведем M N в плоскости ASH; (MN) п (АН) = Р;
Р е (ABC); К Р п ВС = F; F N п SC = Е.
Четырехугольник KMEF — искомое сечение.
1 Апофема — высота боковой грани.
64
D,
yf
/
М
/
/
/
5,
Глава 3. Стереометрия на ЕГЭ по математике
•
6.
Постройте сечение правильного тетраэдра ABCS, про­
ходящее через точку К — середину ребра АВ — и точки М
и Т — центры граней A SC и SBC.
Пусть SE и SH — апофемы граней ASC и SBC: точки М
и Т делят отрезки SE и SH в отношении 2 : 1 , считая от
точки S.
Из подобия треугольников SM T и SEH получим, что
М Т || ЕН. Значит, М Т || (ABC).
По теореме о прямой и параллельной ей плоскости, ли­
ния пересечения плоскости сечения и нижней грани па­
раллельна прямой МТ. Это значит, что плоскость сечения
пересекает грань ABC по прямой АВ. Достроим сечение.
(ВТ) n SC = F. где F — середина SC; (AM) п SC = F.
AABF — искомое сечение.
7.
Постройте сечение куба A ...D y проходящее через точ­
ку М, лежащую на ребре D D y и точки Т и К, принадлежа­
щие граням ABC и D C Cy
Точки М и К лежат в плоскости задней грани D C C fly
Соединив М и К, получим, что М К n СС, = Е, (МК) n (DC) = Р.
Соединив точки Р и Т в нижней грани, получим FN —
линию пересечения плоскости сечения с нижней гранью;
F е A D ,N e ВС.
Трапеция FM EN — искомое сечение.
8.
И самый сложный случай. Построим сечение куба
A ...D t плоскостью MNK, где М е ВВ {Су N е A A f l y
К е ABC, причем расстояния от точек М и N до плос­
кости ABC различны.
Пусть точки М хи И х — проекции точек М и N из.
плоскость нижней грани.
Плоскость M N N { проходит через параллельные
прямые М М Хи N N .
Проведем в этой плоскости M N и M {N y (MN) n (M XN X) = P.
Точки P и К лежат в нижней грани куба, следовательно, плоскость сечения пересекает
плоскость нижней грани по прямой РК. Дальнейшее построение очевидно.
65
•
Математика. Задания высокой и повышенной сложности
Задачи по стереометрии в формате ЕГЭ
Задачи сгруппированы по темам. Оформление задач соответствует критериям ФИПИ.
Теорема о трех перпендикулярах
1.
(ЕГЭ-2017) Основанием прямой четырехугольной при­
змы ABCDAlB ]C l D ]является ромб ABCD, АВ = А А у
а) Докажите, что прямые А ХС и BD перпендикулярны.
б) Найдите объем призмы, если А С = BD = 2.
Пусть АВ = А А Х= AD = а.
а) Поскольку ABCD — ромб, его диагонали перпендикуляр­
ны, A C A. BD.
Точка А — проекция точки А, на плоскость ABC.
Тогда А ХС A. BD по теореме о трех перпендикулярах.
б) Пусть Л ,С = BD = 2. Найдем объем призмы.
Мы знаем, что объем призмы равен произведению площади основания на высоту,
V = S ОСН -И.
О — точка пересечения диагоналей ромба, лежащего в основании, О = BD п АС;
BD = 2 => OD = 1.
Пусть ОС = АО = с.
Из AAOD, где Z .0 - 90°: AD 2 = АО 2 + OD2; а2 = с2 + 1.
Из АААХС, где Z A = 90°: А р = АС 2 + А А 2,
А {С = 2 по условию; 4 = (2с )2 + а2.
Из системы уравнений
с 2+1 =
2
найдем с - I—, А С = 2.1—, а = А4, -
4с + а = 4
A C BD лл
2-2-V 3-V 8
4V6
Объем призмы: V = ------------- А А = — 7=
7= - = ------ .
2
1
V 5-2-V 5
5
Угол между скрещивающимися прямыми
2.
В правильной треугольной призме А В С А ]В ]С 1 все ребра
равны 1.
а) Докажите, что прямая А В { параллельна прямой, прохо­
дящей через середины отрезков АС и ВС у
б) Найдите косинус угла между прямыми A B t и ВСу
В
а) Рассмотрим сечение призмы плоскостью АВ {А.
M N е (А В ^ ) , М — середина АС, N — середина В ХС.
Значит, M N — средняя линия треугольника АВ^С и M N || А В ].
б) Найдем косинус угла между A B t и В С у
Прямые A B t и BC t — скрещивающиеся.
Угол между скрещивающимися прямыми — это угол между
параллельными им прямыми, лежащими в одной плоскости.
Поэтому угол между прямыми Л В ] и В С { равен углу между M N и В С у лежащими
в плоскости A B C .
66
Глава 3. Стереометрия на ЕГЭ по математике
•
Рассмотрим треуг ольник ВС{М. Он прямоугольный. В самом деле,
прямая ВМ перпендикулярна прямым АС и СС( — значит, она пер­
пендикулярна плоскости АСС\. Это значит, что В М А. С\ М, посколь­
ку CjM е (ACC]). В М — высота и биссектриса правильного треS
угольника ABC со стороной 1; ВМ = — ,
г
В С { = V 2, так как
В
С С Д Д — квадрат со стороной 1, С, Л' = NB = M N =
Пусть ZM N B = ф.
По теореме косинусов из треугольника MNB найдем cos ф.
M B2 = M N1 + BN2 - 2M N ■B N • соэф;
Получим: cos ф = —.
1
Ответ: ф = arccos - .
4
Угол между плоскостями
3. Все ребра правильной треугольной призмы АВСА]В ]С] А к--------------------------------с,
имеют длину 6 . Точки М и N — середины ребер А А {и А 1С ]
соответственно.
а) Докажите, что прямые В М и M N перпендикулярны.
б) Найдите угол между плоскостями B M N и АВВ, .
а) Покажем, что Z B M N = 90°.
^
Пусть точка Р — середина АС.
В плоскости BNP проведем отрезок BN.
Рассмотрим треугольник BMN, из которого можно найти
угол BMN.
Сначала найдем MN, В М и B N — стороны этого треугольника.
AABC правильный, ВР — его высота, ВР =
бТз
q
В
.
Из AB P N : BN2 = ВР2 + NP2 = ^ ^ + 36 = 36 - = 63.
4
4
Из A4jM7V: MN1 = А ^М1 + А
= 18, поскольку А^М = N A 1= 3.
Из АА В М : ВМ2 = АВ2 + AM 2 = 36 + 9 = 45.
Для треугольника B M N выполняется теорема Пифагора: BN2 = MN2 + ВМ 2. Значит, он
прямоугольный.
б) Найдем угол ф между плоскостями B M N и А В В г
Угол между плоскостями — это угол между перпендикулярами к линии их пересе­
чения, проведенными в этих плоскостях.
Плоскости B M N n A B B , пересекаются по прямой ВМ , причем в пункте (а) мы доказали,
что M N J_ ВМ. В плоскости АВВ^ построим F M J_ ВМ.
67
•
Математика. Задания высокой и повышенной сложности
AF
AM
1
Заметим, что А А В М ~ AA .MF, —— = ------, значит, A F = —А В ..
1
AM
АВ
^
4
Следовательно, отрезок N F равен половине высоты правиль-
1 бТз
ного треугольникаА ХВ^СХ, N F = —
зТ з
, N F L A xB y Кроме
того, отрезок N F лежит в плоскости верхнего основания призмы,
которая перпендикулярна боковому ребру А А | . Значит, N F _1_А А Г
Поскольку NF перпендикулярен двум пересекающимся прямым
А [В ] и А А р лежащим в плоскости A A fB y получим: N F ± ( А А j .
Тогда N F A. FM\ AN F M — прямоугольный, sin ф =
_ =_=
NF
Зл/З
л
MN
2-3V2
2V2
ф = arcsin
Применение теоремы о прямой и параллельной ей плоскости
Вспомним теорему, которой мы пользовались при построении сечений.
Пусть прямая т параллельна плоскости а . Если плоскость р проходит через пря­
мую т и пересекает плоскость а по прямой с, то прямая с параллельна т.
4.
В правильной четырехугольной пирамиде PABCD,
все ребра которой равны 8, точка К — середина бокового
ребра АР.
а) Постройте сечение пирамиды плоскостью, про­
ходящей через точку К и параллельной прямым РВ
и ВС.
б) Найдите площадь сечения.
Точка М — середина АВ. Тогда К М || РВ как средняя ли­
ния ААРВ.
Точка N — середина PD. Поскольку K N — средняя ли­
ния AAPD, K N \\A D , тогда K N || ВС.
Построим сечение пирамиды плоскостью KMN. Пусть плоскости KM N и ABC пересе­
каются по прямой ME. Покажем, что M E || AD.
По теореме о прямой и параллельной ей плоскости,
K N || (A B C )
KN е (K M N )
■=> M E || KN.
(K N M ) n (A B C ) = M E
Это значит, что M E || AD. Прямая M E содержит точку О, являющуюся проекцией вер­
шины Р на плоскость ABC. Трапеция K N E M — искомое сечение.
б) Найдем площадь сечения.
S KNEM = ^ •(M E + K N ) • /г, где /г — высота трапеции KNEM.
68
Глава 3. Стереометрия на ЕГЭ по математике
•
Пусть Я — середина KN, ОН ± KN.
M K = N E = - - S = 4, K N = 4,
2
тогда НО = 2 Д
SKNEM = — 12 ■2>/з = 12>/з.
Нахождение угла между плоскостями через формулу площади прямоугольной про­
екции фигуры
5.
(ЕГЭ-2017) Сечением прямоугольного параллелепипе­
да ABCDA]B iC]D ] плоскостью а , содержащей прямую BD Xи
параллельной прямой АС, является ромб.
а) Докажите, что грань ABCD — квадрат.
а
б) Найдите угол между плоскостями а и ВССХ, если
А А Х= 6, АВ = 4.
м
а) Построим сечение, содержащее прямую B D ] и парал­
лельное прямой АС.
Пусть О — точка пересечения диагоналей параллелепид
педа; О = B D Xп А С х; О — середина диагонали BD r
В плоскости А А ХС Хчерез точку О проведем прямую MN, параллельную АС. Точка М
лежит на ребре АА , точка Я лежит на ребре ССу
Мы построили искомое сечение. Это четырехугольник M D }NB, который, по условию,
является ромбом.
Так как M D XNB — ромб, M N L B D X. Тогда Л С _L 5 D p так как MN\\ АС. По теореме о трех
перпендикулярах, A C ± BD. Это значит, что ABCD — прямоугольник, диагонали которого
перпендикулярны, то есть квадрат.
б) Угол между плоскостью сечения а и плоскостью ВС'С{ — это угол между перпенди­
кулярами к линии их пересечения, проведенными в этих плоскостях.
Мы можем найти искомый угол между а и ВСС{, пользуясь этим определением. Однако
есть более простой способ. Вспомним формулу площади прямоугольной проекции фигуры.
Пусть S — площадь фигуры. Тогда площадь ее прямоугольной проекции равна
S ■cos ф, где ф — угол между плоскостью фигуры и плоскостью проекции.
S проекции = S.фигуры ■cos ф.
'
Пусть М, — середина ВВ {. Тогда B M XCXN — проекция ромба на
плоскость В В ХСХ.
Площадь ромба:
й
SBMDlN = ~ M N B D X= 1 . 4 ^ 2 - л/42 + 4 2 + 62 = 2 ^ 2 • Т б 8 = 4л/34.
Площадь его проекции на плоскость В В ХСХ:
Подставив эти значения в формулу для площади проекции, найдем, что
12
3
3734
3V34
cos ф = — 7= = —f = = --------; ф = arccos-------- .
4л/34 ,/34
34
34
69
•
Математика. Задания высокой и повышенной сложности
Решая задачу другим способом, можно получить ответ ф = arctg ^ .
Покажем, что эти два ответа эквивалентны. Поскольку ф — острый угол, его тангенс и
косинус положительны.
3
. 5
5
соьф = —= = , тогда вшф = —= = и tg ф = - .
\/34
V34
3
6. Ребро куба ABCDA ,В ,С р , равно 6. Точки К, L и М —
центры граней ABCD, AA D D и С С р р соответственно.
а) Докажите, что B XK L M — правильная пирамида.
б) Найдите объем В ,KLM.
Докажем, что B^KLM — правильная пирамида.
Построим сечение куба плоскостью KLM.
Заметим, что точки L ,M ,K — середины сторон правиль­
ного треугольника AC D {. Отрезки LM, L K и М К — его сред­
ние линии. Они равны друг другу, и значит, ДLM K — пра­
вильный.
ABCD — квадрат, и поэтому BD Т АС. По теореме о трех перпендикулярах, B D L A C .
Аналогично, А р L AD, и по теореме о трех перпендикулярах, В р L A D — поскольку
А р является проекцией прямой В р на плоскость А А р г
Значит, В р ± (A D ,Q .
Пусть прямая В р пересекает плоскость AD ,C в точке О. Поскольку АВ, = В р , = В,С =
= 6л/2, точка В, равноудалена от точек A, D и С. Значит, В, — вершина правильной пира­
миды ACD,B,. в р — ее высота.
В правильном тетраэдре AD,CB, отрезки В,К. B L и В М — апофемы боковых граней.
Грани В,А С, В р р и B,AD, — правильные треугольники, В ,К = В ,Ь = В,М, значит B,KLM —
правильная пирамида. Площадь ее основания — треугольника K L M — в 4 раза меньше
площади треугольника ACD ,. Значит, ее объем в 4 раза меньше, чем объем пирамиды A CD,B,.
Найдем объем пирамиды ACD,B, как разность объемов
куба и четырех пирамид с вершинами в точках В, С , А , и D.
С,
Похожая задача была в первой части ЕГЭ по математике.
V
= Vкуба - V
- Vy D ,C,CB, - Vy D ,A C D = V BjAAiD,
у ACD,B,
r ABCB,
= V.куба
куба
V
= ^- Vy AD^CB,
y B ,K L M
■ k куба
216
12
216
3
С
= 18.
70
Глава 3. Стереометрия на ЕГЭ по математике
•
7. На ребрах А В и ВС треугольной пирамиды ABCD отме­
чены точки М и N соответственно, A M : MB = C N : NB = 3 : 1 .
Точки P и Q — середины ребер DA и D C соответственно.
а) Докажите, что точки Р, Q, М и Долежат в одной плос­
кости.
б) Найдите, в каком отношении эта плоскость делит
объем пирамиды.
а) Рассмотрим треугольники M BN и ABC.
A M B N ~ ААВС (по углу и двум сторонам), значит, MN\\ АС.
PQ — средняя линия AADC, значит, PQ || АС.
=> M N || PQ. Через параллельные прямые M N и PQ проходит единственная
плоскость, в которой лежат точки М, N, Р и Q.
б) Найдем, в каком отношении плоскость MNP делит объем
пирамиды.
Как назвать многогранники AMNCPQ и PQNMBD1 Они
не являются ни призмами, ни пирамидами. Не будем ломать
голову над их названиями — лучше разобьем многогранник
AMNCPQ на пирамиды ACNM Q и AQMP.
Объем четырехугольной пирамиды ACNMQ найти легко:
ее высота в 2 раза меньше высоты пирамиды ABCD, а пло­
щадь основания — разность площадей треугольников ABC и
BMN.
<sA C N M - SААВС - '-’УABM N
- ,1, *^
1о
А АВС
- —
5
л /- ^ А А В С '
1о
11:
^^Улвсо32
Осталось найти объем пирамиды AMQP.
Значит, Уamncpq
Улипр = - S kipn ■h, где h — расстояние от точки М до плоскости A DC.
Заметим, что h = —H , где Н — расстояние от точки В до плоскости ADC. Это легко
4
доказать, опустив перпендикуляры из точек М и й н а плоскость А ОС и рассмотрев соот­
ветствующие подобные треугольники.
D
PQ — средняя линия треугольника ADC\ S APDQ = - S A
с PDQ
Поскольку Р — середина AD. S A APQ = ‘-’Д
1 1
У AM QP ~ ^ ’ 4 ^A A D C
3
3
~
Tg У ABC D ’
С
3_
Л V
УА
32 Ai
32 16
Отношение объемов частей, на которые плоскость PMNQ делит пирамиду, равно 11 : 21.
V.A C N M PQ
^15
71
•
Математика. Задания высокой и повышенной сложности
Расстояние от точки до плоскости
8.
В правильной треугольной призме A B C A jB ]C I
сторона основания А В равна 12, боковое ребро А А Храв­
но зУб. На ребрах АВ и В ХС Хотмечены точки К и L
соответственно, причем А К = 2, В Д = 4. Плоскость у
параллельна прямой АС и содержит точки K v tL , точка
М — середина ребра А 1С1.
а) Докажите, что прямая В М перпендикулярна
плоскости у.
б) Найдите расстояние от точки В до плоскости у.
По условию, точки К и L лежат в плоскости у. Кро­
ме того, плоскость у параллельна прямой АС.
Построим сечение призмы плоскостью у.
В плоскостях ABC и A ]B lC j через точки К и L проведем прямые K N || АС и LP \ А 1С ].
Тогда K N и LP параллельны друг другу.
Трапеция KNLP — искомое сечение.
Плоскость KNL параллельна прямой ПС по признаку параллельности прямой и плоскости.
а) Докажем, что у X ВМ.
Прямая перпендикулярна плоскости, если она перпендикулярна двум пересекаю­
щимся прямым, лежащим в этой плоскости.
Пусть АД — середина АС, тогда М М { | | A A V М М ХТ А С, ВАД L A C и, по теореме о трех
перпендикулярах, В М ± АС. Значит, В М _L KN.
Пусть Е и F — середины K N и LP соответственно.
В,
Покажем, что В М X EF. Для этого построим сечение приз­
мы плоскостью ВМАД.
АВ = 12, тогда ВМ. =
= бУз, АА. = ВВ. = 3 ^6 ,
2
А К = —АВ, тогда М .Е = ~ М .В ,
6
'
6
1
В,/, = ^ Д В |> тогда В, F = ^ В, М .
Пусть B M n E F = Т\ FH || ВВ,; ЕН = В М , - - В М Х- - ВАД
3
6
ВМ.
Из A FEH: tgZ F E H = — = Щ =
ЕН
Зл/3
ММ
зУб _ Уб _ 72
Из А М В М - tgZ M B M X=
М , в ~ бТ з ~ 2Т з _ 2 '
Для треугольника ЕТВ: IgZTB E ■tg Z B E T =
■75
= 1. Значит, tg Z T B E = ctg Z B E T
и Z T B E + Z B E T = 90°. Тогда Z B T E = 90°, M B JL EF, что и требовалось доказать.
Мы получили, что MB X EF, M B X KN. Прямая В М перпендикулярна двум пересекаю­
щимся прямым плоскости у, поэтому В М X у.
72
Глава 3. Стереометрия на ЕГЭ по математике
•
б)
Расстояние от точки до плоскости — это дли на перпендикуляра, опущ енного и
точки на плоскость.
Найдем расстояние от точки В до плоскости у. Согласно определению, это длина пер­
пендикуляра, опущенного из точки В на плоскость у.
Мы доказали, что В М _L у. Т — точка пересечения прямой В М и плоскости у. Значит,
ВТ — искомое расстояние.
Рассмотрим ABET, где Z T = 90°.
В нем ВЕ = - ВМ, = 5V3, tgZ T B E = — .
6
1
2
По формуле 1+ tg "a =
2
1
— найдем cos Z T B E =
cos" а
В Т = BE- cos Z T B E = 5л/2.
Расстояние от точки до плоскости. Метод объемов
Метод объемов состоит в том, чтобы, записав двумя разными способами объем какойлибо треугольной пирамиды и приравняв эти выражения, найти нужную нам величину.
Он отлично подходит для вычисления расстояния от точки до плоскости.
9.
В правильной треугольной призме АВСА ,Р, С,
сторона АВ основания равна 12, а высота призмы
равна 2. На ребрах В ]С ] и АВ отмечены точки Р и Q
соответственно, причем PC, = 3 , а AQ = 4. Плоскость
А ,PQ пересекает ребро ВС в точке М.
а) Докажите, что точка М является серединой
ребра ВС.
б) Найдите расстояние от точки В до плоско­
сти A XPQ.
Построим сечение призмы плоскостью A XPQ.
Проведем QM || А Р в плоскости ABC, точка М
лежит на ребре ВС.
Мы пользуемся здесь тем, что линии пересечения па­
раллельных плоскостей третьей плоскостью параллельны.
Трапеция QMPA, — искомое сечение,
а) Покажем, что М — середина ВС.
Пусть Р, — проекция точки Р на плоскость ABC, Р, С = 3.
Тогда А Р { ||Л ,Р.
Пусть В М = х. AQBM ~ ААВРХ(по двум углам);
BQ
BM
8 _ х
В
АВ ~ ВРХ 12 9
Отсюда х = 6 и М — середина ВС.
73
•
Математика. Задания высокой и повышенной сложности
б) Найдем расстояние от точки В до плоскости A.PQ, пользуясь методом объемов.
Выразим двумя способами объем треугольной пирамиды A^QMB.
va,QMB =
“ 5Д(2МВ Л = ^ А
>
где
— расстояние от точки А, до плоскости QMB,
т. е. до плоскости основания призмы. Оно равно высоте призмы, А = 2.
h2 — искомое расстояние от точки В до плоскости A tQM.
Saqmb= ]- B Q B M - sin 60° = 1 •8 •6 - ^ = 12Тз.
Из AQMB по теореме косинусов: QM2 = BQ1 + ВМ2 - 2BQ ■ВМ ■cos 60°;
Q M 2 = 64 + 36 - 2 •8 •6 • ^- = 100 - 48 = 52; QM = л/52 = 2>/Гз.
Из A A tQ: AiQ = y/A Q 2 + AAi2 = Vl6 + 4 = 2^5.
19м
Точка М — середина ВС, A M = —- — = 6л/3.
Из прямоугольного треугольника A fA M найдем ДА / = 4л/7.
Рассмотрим треугольник A XQM, в котором мы знаем все
стороны.
По теореме косинусов:
A f f = А^М1 + QM2 - 2QM ■А ,Л/ ■c o s Z A ^ Q ,
20 = 112 + 5 2 - 2 - 8 •>/7- Vl3 ■cos Z A tMQ', cos Z A tMQ = - j = .
q
Тогда s in Z A {MQ =
Объем пирамиды A ,QBM: VA<QBM = ^ S AQBM • АД =
K
n
,
S aqBm -AA i 12л/з - 2 ЗТЗО
Отсюда A, = —
= -----= -------------- .
S AlQM
4V io
5
Расстояние между скрещивающимися прямыми
10.
В правильной четырехугольной пирамиде SABCD
боковое ребро SA равно \[Е, а высота SH пирамиды равна
л/з. Точки М и N — середины ребер CD и АВ соответствен­
но, N T — перпендикуляр из точки N на плоскость SCD.
а) Докажите, что точка Т является серединой SM.
б) Найдите расстояние между прямыми N T и SC.
а)
Докажем, что точка Т — середина отрезка SM.
Рассмотрим сечение пирамиды SABCD плоскостью
SMN.
В треугольнике SM N проведем высоту NT.
74
С
Глава 3. Стереометрия на ЕГЭ по математике
•
Заметим, что M N X DC, SM X DC, и значит, (SMN) JL DC.
Мы воспользовались признаком перпендикулярности пря­
мой и плоскости.
Прямая перпендикулярна плоскости, если она перпен­
дикулярна двум пересекающимся прямым, лежащим в этой
плоскости.
Тогда N T 1 DC.
Действительно, если прямая D C перпендикулярна плоско­
сти SMN, то она, по определению, перпендикулярна любой прямой, лежащей в плоскости
SMN. В том числе и прямой NT.
Кроме того, N T X SM по построению. Мы получили, что N T X (SDC).
Высота пирамиды SH = 7 з , а боковое ребро SA = -Js. Из треугольника SAH найдем
А Н = V2, и тогда А С = 2л/2, АВ = AD = M N = 2.
S N — апофема боковой грани пирамиды. Из треугольника SNA найдем SN = 2, и тогда
треугольник S N M — правильный, N T — его высота и медиана, Т — середина SM.
б) Найдем расстояние между N T и SC.
Расстояние между скрещивающимися прямыми равно длине их общего перпен­
дикуляра.
^
N T X (SDC), и значит, N T A. SC.
Опустим из точки Т в плоскости SDC перпендикуляр
TF на ребро SC. Обратите внимание — сделан новый чер­
теж, в другом ракурсе.
Получим, что TF X SC по построению, TF X NT, по­
скольку TF е (SDC), (S D Q X NT.
D
Треугольники STF и SCAT подобны (по двум углам),
TF
СМ
SC
; T F = СМ
ST_
SC
=
1
V5
5 '
11. Основанием четырехугольной пирамиды SAB CD
является прям оугольник ABC D , причем АВ = 3\/2,
ВС = 6. Высота пирамиды падает в центр прямоугольни­
ка. Из вершин А и С опущены перпендикуляры АР и CQ
на ребро SB.
а) Докажите, что точка Р — середина BQ.
б) Найдите угол между гранями SBA и SBC, если
SD = 9.
С
а) Покажем, что Р — середина BQ.
Поскольку ABCD — прямоугольник, его диагонали
равны, А С = BD. Точка О — точка пересечения диагона­
лей прямоугольника ABCD, АО = ОС = OB = OD, тогда S A = S B = SC = SD. Наша пирамида не
является правильной, но все ее боковые ребра равны.
Значит, треугольники ASB и BSC — равнобедренные.
Пусть Ъ — боковое ребро пирамиды.
Заметим, что NAP В ~ ASHB, где SH — апофема боковой грани.
75
•
Математика. Задания высокой и повышенной сложности
PR
AR
Z P A B = ZH SB; sin Z P A B = sin ZH SB \ ---- = -----AB 2 b
Тогда PB =
.
2 b
2b
Аналогично, рассмотрев треугольник SBC, получим,что
BQ -
ВС2
36
2 b ~ 2Ь
Тогда BQ = 2РВ, точка Р — середина BQ.
б) Найдем угол между плоскостями SBA и SBC, если SD = Ъ = 9.
АР и CQ — перпендикуляры к прямой SB, проведенные в плос­
костях SAB и SBC, точка Р — середина BQ.
Пусть F — середина ВС, тогда P F — средняя линия треугольни­
ка BQC, P F || QC, P F 1 S B .
Угол APF найдем из треугольника APF.
Из AABF: A F = л/А В 2 + B F 2 = V18 + 9 = Зл/З.
С
Если SD = Ъ = 9, PB = 1, то А Р = у/ а В 2 - Р В 2 = Vl7.
BQ = 2. Тогда QC = yjВ С 2 - B Q 2 = Т32 = 4л/2.
PF = —QC = 2 V2.
В треугольнике APF, по теореме косинусов,
А р- = АР1 + P F - 2АР ■PF ■cosZAPF27 = 17 + 8 - 2 - V l7 -2 \/2 -c o s ZA P F \
cos Z A P F
----- \ = .
2V34
Поскольку угол между плоскостями — это меньший из углов, ими образуемых, угол ф
между плоскостями A SB и BSC — это угол, смежный с углом APF.
совф =
1
Т з4
2Т34
68
7 з4
ф = arccos 68
12.
Ребро о сн о ван и я пр ави льн о й пи рам иды
MABCD равно 10.
а) Постройте сечение, проходящее через центр
основания пирамиды параллельно прямым АВ
и МС.
б) Найдите радиус окруж ности, вписанной
в это сечение, и угол между плоскостью сече­
ния и гранью АВМ.
М
—>в
Пусть О — центр основания пирамиды,
а)
Построим сечение, проходящее через точку О
параллельно прямым АВ и МС.
Проведем E F || АВ, О е EF; тогда F — середина ВС, Е — середина AD.
Пусть Р — середина MB, тогда FP — средняя линия треугольника ВМС, FP || МС.
Пусть точка Q — середина AM. Проведем в плоскости АМВ отрезок PQ || АВ.
76
Глава 3. Стереометрия на ЕГЭ по математике
•
Трапеция EFPQ — искомое сечение.
Почему мы провели PQ \\AB1
Вспомним теорему:
Пусть плоскости а и р пересекаются по прямой р. Плоскость у параллельна пря­
мой р. Тогда она пересекает плоскости а и Р по прямым, параллельным р.
Плоскости P EF и М АВ пересекают нижнюю грань ABC по параллельным прямым EF и
АВ. Значит, линия пересечения плоскостей P E F и МАВ параллельна прямым EF и АВ.
б)
Найдем радиус окружности, вписанной в это сечение,
и угол между плоскостью сечения и гранью АВМ.
В трапецию EFPQ можно вписать окружность, значит,
EF + QP = 2QE — по свойству четырехугольника, описанно­
го вокруг окружности.
Тогда QE = PF =
10 + 5 _ 15
” 2 '
Высоту трапеции 1EFPQ найдем из прямоугольного треугольника QEH, где QH
та трапеции.
\2
\2
5л/2
= 5х/2 = 2R: R QH = ,
высо-
Найдем угол между плоскостью сечения и гранью АВМ.
Пусть Т — середина АВ, N — середина PQ. Поскольку ON и T N — перпендикуляры
к PQ, F O N T — искомый.
ОТ = 5; O N - 2 R = 5\/2; N T — половина апофемы грани АВМ.
Заметим, что М С = 2PF = 1 5 .
Из треугольника А М Т: М Т = V l5: - 5 2 = 10\/2; N T - —М Т = 5л/2.
Треугольник O N T — равнобедренный.
По теореме косинусов:
О Т 1 = O N 2 + N T 2 - 2 0 N TN co sy , 25 = 1 0 0 -1 0 0 -cosф;
3
3
cos ф = —; ф = агссо5 —.
4
4
Тела вращения
13. Отрезок ИД — диаметр верхнего основания цилиндра, CD —
диаметр нижнего, причем отрезки АВ и CD не лежат на параллель­
ных прямых.
а) Докажите, что у тетраэдра ABCD скрещивающиеся ребра
попарно равны.
б) Найдите объем этого тетраэдра, если АС = 6, AD = 8,
а радиус цилиндра равен 3.
Докажем, что А С = BD и ВС = AD.
Пусть A j и В { — проекции точек А и В на нижнее основание ци­
линдра. Тогда FCAJD = FA^DB^ = F D B {C = F B ]CA] = 90°, посколь­
ку все эти углы опираются на диаметр окружности основания. Зна­
чит, A XCBXD — прямоугольник, A {D = В {С.
77
./ !
\
\
\
\М
I
\/
с'Л J
I
Л
D
•
Математика. Задания высокой и повышенной сложности
Прямоугольные треугольники AA.D и ВВ^С равны по двум катетам.
Поэтому их гипотенузы равны, то есть AD = ВС. Аналогично, ВО = АС.
б) Найдем объем тетраэдра ABCD.
Если R = 3 — радиус цилиндра, то А^В = CD = АВ = 6.
Заметим, что все грани тетраэдра — равнобедренные треугольники
со сторонами 6, 6 и 8.
Пусть М — середина ВС, тогда A M L B C и D M ± ВС, так как
треугольники ABC и В В С — равнобедренные.
В плоскости A D M проведем DQ _LAM. Плоскость A D M пер­
пендикулярна ВС и, значит, лежащая в ней прямая DQ также
перпендикулярна ВС. П олучим, что D Q — перпендикуляр
к плоскости ABC, то есть точка Q — проекция вершины D на
плоскость ABC.
с
D
По формуле объема пирамиды, УП1фамиды
По формуле Герона: SKH = SMBC - у]р ( р - А В ) [ р - В С ) ( р - А С ) , где р — полупериметр треугольника ABC. Получим, что SMBC = V lO -4-4-2 = 4 л/20 = 8^5.
Из прямоугольного треугольника АВМ:
AM =у/ 62 -<
М
2\j5 = D M , так как ААВС = ADBC.
- середи-
/
на AD.
у д
AM = M D = 2 ^5 , тогда S AAD M ~ , A M ■DQ —
-M N.
M N = j M D 2 - N D 2 = > /2 0 - 1 6 = 2 ; l S - D Q = %-2.
DQ =
\
5
ABCD
3
5
rQ
>А
/
N
3
14.
Квадрат ABCD и цилиндр расположены таким об­
разом, что АВ — диаметр верхнего основания цилинд­
ра, a CD лежит в плоскости нижнего основания и каса­
ется его окружности.
а) Докажите, что плоскость квадрата наклонена
к плоскости основания цилиндра под углом 60°.
б) Найдите длину той части отрезка BD, которая
находится внутри цилиндра, если образующ ая
цилиндра равна л/б.
Главное в этой задаче — хороший рисунок.
а)
Пусть А 1и В 1— проекции точек А и В на нижнее основание цилиндра. Покажем, что
угол между плоскостями A BC и А ХВ С равен 60°.
Пусть М — точка касания окружности нижнего основания цилиндра и прямой CD.
A lB l || CD, точка М — середина CD. Очевидно, 0 , М ± CD.
Обозначим ОхМ - г; г = —А]В] = —АВ.
78
Глава 3. Стереометрия на ЕГЭ по математике
•
Тогда О М = AD = 2г.
В треугольнике 0 0 ХМ гипотенуза ОМ в 2 раза больше катета
О хМ. Значит, Z O p M = 30°, Z O M O x = 60°. Угол ZO M O , — это
угол между плоскостями ABC и А ]В 1С.
б)
Пусть длина образующей цилиндра А А Х= у[б, F — точка
пересечения отрезка BD с поверхностью цилиндра, F x — проек­
ция точки F на плоскость А хВ р .
В пункте (а) мы нашли, что ОМ = 2г. Тогда 0 0 х = АД - г4 ъ —
образующая цилиндра.
Поскольку АД = Тб, найдем г = Л Теперь нам известны стороны квадрата. AD = ВС = АВ = 2-Jl.
Диагональ квадрата ABCD в >/2 раз больше его стороны, поэтому BD = 2-^2 •л/2 = 4.
Из ДА хВ р \ B p —y j ( 2 r f+ r
r>/5 =л/Ш ; cos ZA,B.D = ~~р= —~?=;
rV 5 V5
2
4г
Z A p xB {=90° (опирается на диаметр А ХВ^), Вх/•’ = А, В, cos Z A XBXD = 2 r - —j= = —j=
V5 v5
/— 4 V2 у 10
Тогда F{D = BXD - BXFX= V lO — 4=- = 2 L _ ;
V5
5
ABB. D ~ AFFXD:
W = ™ ,F D :
FXD
FD
BF = B D - F D =
FXD BD _ V lO -4
BXD
5-л/ш
4V2
V5 '
4
5’
4 _ 4 _ 16
~5 " 5 '
fiF — это часть отрезка FD, которая находится внутри цилиндра. Она равна
16
15. Точка Р лежит на диаметре AF сферы. При этом
AF : РВ = 3 : 1. Через прямую АВ проведена плоскость а,
а через точку Р — плоскость р, перпендикулярная АВ. От­
резок CD — общая хорда окружностей сечений сферы эти­
ми плоскостям и, S — окруж ность пересечения сферы
с плоскостью р, М — точка, лежащая на окружности S.
а) Докажите, что A M = CD.
б) Найдите объем пирамиды с вершиной М и осно­
ванием ACBD, если диаметр сферы равен 12, а М —
наиболее удаленная от плоскости Р точка окружно­
сти S.
Поскольку диаметр шара, которым является отрезок АВ, лежит в плоскости а — центр
шара точка О также лежит в плоскости а.
Пусть Р — точка пересечения отрезков АВ и CD. Тогда Р е а , Р е р.
CD — диаметр окружности S, a n р = CD.
Пусть а — плоскость чертежа.
79
•
Математика. Задания высокой и повышенной сложности
Вспомним признак перпендикулярности плоскостей.
Если плоскость а проходит через перпендикуляр к плоскости р, то плоскости а
и Р перпендикулярны.
В нашем случае р X АВ и, значит, р ± а.
а) Точка М лежит на окружности S. Покажем, что A M = CD.
Треугольники АРМ и А PC равны по двум катетам, значит, A M = АС.
Поскольку точка Р делит отрезок АВ в отношении 3 : 1, а точка О — середина АВ. точка
Р является серединой ОВ.
ОР = —ОВ = —ОС, так как ОВ и ОС - радиусы шара.
2
2
В треугольнике ОРС катет ОР вдвое меньше гипотенузы ОС, поэтому ZP C O = 30°,
ZP O C = 60°. Тогда ZC O D = 120° = ZC O A = ZAOD.
Равные дуги стягиваются равными хордами, А С = CD = A M и AACD — правильный.
б) Пусть М — наиболее удаленная от плоскости а точка окружности S.
Расстояние от точки до плоскости — это длина перпендикуляра, опущенного из
точки на плоскость.
Наибольшее возможное расстояние от точки М до плоскости а будет в случае, если
проекцией точки М на плоскость а окажется точка Р. Тогда РМ Т а и длина отрезка РМ
равна радиусу окружности S.
Найдем УАВСШ— объем пирамиды с основанием ACBD и вы­
сотой РМ.
Поскольку АВ ± CD, площадь четырехугольника ACBD най­
дем как половину произведения его диагоналей.
S ACBD
= 2
АВ ■CD.
АР = —АВ = 9, ВР = - А В = 3.
4
4
По теореме о пересекающихся хордах, СР ■PD = АР ■ВР,
отсюда CP = PD = Зл/З, CD = бТ з, S ACBD = | •12 ■6^3 = ЗбТЗ; РМ = PC = Зл/З —
как радиус окружности S.
Тогда V = ^ SACBD Р М = - - Збл/З• Зл/З = 108.
80
Глава 3. Стереометрия на ЕГЭ по математике
•
И заключительная задача — с сайта http://alexlarin.net. Я рекомендую вам этот сайт, на
котором часто нахожу интересные, иногда нестандартные задачи.
16. Все плоские углы при вершине S пирамиды SABC прямые.
а) Докажите, что точка S, точка пересечения медиан тре­
угольника ABC и точка, равноудаленная от вершин пира­
миды (центр описанной сферы), лежат на одной прямой.
б) Найдите радиус сферы, вписанной в пирамиду SABC,
если известно, что SA = 2, SB = 3, SC = 4.
а) Докажем, что S, М, О лежат на одной прямой, где М —
точка пересечения медиан ААВС, О — центр сферы, описанной
вокруг пирамиды SABC.
Центр описанной сферы — это точка, равноудален­
ная от S, А, В и С. Она лежит на пересечении середин­
ных перпендикуляров к ребрам пирамиды. Достроим
п и рам и ду до прям о у го л ьн о го п ар ал л ел еп и п ед а
ASCNFBKE. Точка О = А К n B N — точка пересече­
ния диагоналей параллелепипеда.
Она равноудалена от всех его вершин, в том чис­
ле от А, В, С, S и является центром сферы, описан­
ной вокруг пирамиды ABCS; О е SE, где SE — диа­
гональ параллелепипеда. Проекциями точки О на гра­
ни пирамиды ASC, ASB и BSC будут середины ребер
АС, АВ и ВС.
Рассмотрим сечение параллелепипеда плоскостью SBE. Пусть
SO п В О ] = М. Точка М — точка пересечения диагонали SE
с плоскостью ABC.
Поскольку О — середина BN,
— середина SN, М — точка
пересечения меридиан ABSN\
S M : М О = 2 : 1 (по свойству медиан),
В М :М О = 2 : 1 .
При этом ВО ] — медиана AABC, и тогда М — точка пересече­
ния медиан треугольника ABC.
Мы доказали, что М е SO, т. е. точки S, М и О лежат на одной прямой.
б) Пусть SA = 2, SB = 3, SC = 4.
Найдем г — радиус сферы, вписанной в пирамиду
В
SABC.
Расстояние от центра вписанной сферы до любой
из граней одинаково и равно г.
Тогда объем пирамиды SABC складывается из объе­
мов четырех пирамид с вершиной Р : РАВС, PABS, PBCS
и PACS, причем у этих пирамид одинаковые высоты,
равные радиусу г.
81
К
С
N
•
Математика. Задания высокой и повышенной сложности
Vу A B C S = Vу РАВС +
V
+V
+V
^ у PABS ^ у PBC S ^ у PAC S »
is
ДАВ С
' r ( S MBS
S C
+| ^ддВ
5Л С
$ A BC S
^ AACS )
Найдем все необходимые отрезки и площади перечисленных
треугольников:
АВ = \J22 + 3 2 = >ЯЗ
ДС = V32 + 4 2 = 5
А С = V22 + 4 2 = 2^5
Из треугольника ИДС по теореме косинусов,
ВС2 = АД2 + АС2 - 2АД • АС ■cos а
25 = 13 + 2 0 - 4 7 6 5 cos а
cos a =
2
- р=
;
.
тогда s in a
=
Уб5
I
4
[бТ
, 1------------- = . —
V 65 V 65
■ W = i A B A C s m a = i - V l 3 - 2 7 5 ~ = 761;
2
2
Тб5
^AABS
^ A fiC S — 6 - $ ь л З С ~
1 2 = г ( з + 6 + 4 + Тб 1 );
12
13 + л/б1
С
глава 4
неравенства: ал гебраические,
ПОКАЗАТЕЛЬНЫЕ, ЛОГАРИФМИЧЕСКИЕ
Задача из второй части ЕГЭ, в которой надо решить неравенство, — своеобразная гра­
ница между «неплохо сдал ЕГЭ» — и «поступил в достойный вуз». Если эта задача дается
легко, значит, вы хорошо освоили школьную математику. Тогда и задача с параметрами,
и высшая математика вам доступны.
Вспомним для начала, что вообще можно делать с неравенствами и чего с ними делать
нельзя.
При решении неравенств мы можем:
1. Умножать обе части неравенства на число или выражение, не равное нулю.
При умножении обеих частей неравенства на положительное число знак неравенства
сохраняется.
При умножении обеих частей неравенства на отрицательное число знак неравенства
меняется на противоположный.
2. Можем возводить обе части неравенства в квадрат при условии, что они неотрица­
тельны.
3. Имея дело с показательным или логарифмическим неравенством, мы можем «от­
брасывать» основания или логарифмы. Если основание степени или логарифма больше
единицы, знак неравенства будет тот же. Если основание степени или логарифма положи­
тельно и меньше единицы — знак неравенства меняется на противоположный.
Конечно, мы не просто «отбрасываем» основания степеней или логарифмы. Мы пользу­
емся свойствами монотонности соответствующих функций. Если основание степени боль­
ше единицы, показательная функция монотонно возрастает. Если основание положитель­
но и меньше единицы — показательная функция монотонно убывает. Аналогично ведет
себя и логарифмическая функция.
Показательные неравенства
Логарифмические неравенства
83
•
Математика. Задания высокой и повышенной сложности
4. При решении показательных или логарифмических неравенств применяется метод
рационализации (замены множителя). О нем я расскажу подробно.
5. Общее правило. Если неравенство можно хоть как-то упростить — это необходимо
сделать! Иначе его решение может занять восемь страниц и два часа времени.
Чего нельзя делать при решении неравенств? Вот 7 ловушек, в которые часто попада­
ют абитуриенты.
1. Нельзя умножать (или делить) неравенство на выражение, знака которого мы не знаем.
Например, в неравенстве х (Зх - 2) > х (х + 1) нельзя поделить левую и правую часть на х.
Правильный способ: перенести все в левую часть неравенства, разложить на множители и
решить неравенство методом интервалов:
х (Зх - 2) - х (х + 1 ) > 0
х(2х - 3) > 0.
3
Получаем, ч то х < 0 или х >
«Сократив» н ах , который может быть отрицательным,
мы не получили бы правильного ответа.
2. Извлекать из неравенства корень тоже нельзя. Такого действия просто нет.
Как, например, решить неравенство х2 > 100?
Перенесем все в левую часть неравенства, чтобы в правой остался ноль.
х2- 100 > 0
Разложим левую часть на множители.
( х - 10) (х + 10) > 0
Решим неравенство, пользуясь свойствами квадратичной функции у = х2 - 100, и запи­
шем ответ: х < -1 0 или х > 10.
Запомним: ответы типа «х > ± 10» абсурдны.
3. Как решать неравенство х2 > 0? Это типичная ловушка для абитуриентов. Так и хочется
сказать, что х > 0 (то есть извлечь корень из неравенства). Но этого делать нельзя. Выраже­
ние х2 положительно при всех х, кроме нуля. Правильное решение неравенства: х Ф 0.
4. Возводить обе части неравенства в квадрат можно, только если они неотрицательны.
5. Помним о том, в каких случаях знак показательного или логарифмического нера­
венства меняется, а в каких остается тем же. «Отбрасывая» логарифмы, делаем это гра­
мотно.
6. Если в неравенстве есть дроби, корни четной степени или логарифмы — там обяза­
тельно будет область допустимых значений.
7. Сложная тема для старшеклассников — задачи с модулем. Уравнениям и неравен­
ствам с модулем посвящена целая глава в моей книге «Математика. Авторский курс подго­
товки к ЕГЭ».
При решении неравенств большое значение имеет правильное оформление. В этой гла­
ве приведены примеры грамотного оформления задач. Рекомендуется делать именно так:
переходить от исходного неравенства к равносильному ему неравенству или системе.
Обратите внимание на приемы, позволяющие решать неравенства легко, быстро и без
лишних вычислений.
Начнем с дробно-рациональных неравенств. Так называются неравенства, содержа­
щие рациональные (или дробно-рациональные) выражения, зависящие от переменной.
84
Глава 4. Неравенства: алгебраические, показательные, логарифмические
1.
(5 х -3 )'
9 -3 0 х + 2 5 х 2
Решите неравенство: -----------> ----------------х -2
1 4 -9 х + х2
Заметим, что числитель дроби в правой части неравенства — полный квадрат. А знаме­
натель этой дроби разложим на множители.
Мы знаем, что ах2 + Ьх + с = а(х - Xj)(x - х2), где х, и х2 — корни квадратного уравнения
ах2 + Ьх + с = 0.
Тогда 14 - 9х + х2 = (х - 2 )(х - 7).
Вспомним также, что (а - Ъ)2 = (Ь - а)2.
Тогда 9 - ЗОх + 25х2 = (5х - З)2.
(5 х -3 )2 (
1 1
Приведем неравенство к в и д у ----------- 1------------ > 0.
х -2 \
х -7 )
М ы перенесли все в левую часть и вынесли общие множители за скобки. Далее,
(5 х -3 )2(х -8 ) ^ о
(х -2 )(х -7 )
Решаем неравенство методом интервалов. От3
метим на числовой прямой точки х = - , х = 2 ,х = 7,
3
-
х = 8, в которых числитель и знаменатель обращаются в нуль.
Точки х = 2 и х = 7 (нули знаменателя) — выколотые, поскольку в этих точках функция
3
в левой части неравенства не определена (на ноль делить нельзя). Нули числителя — и 8 —
закрашены, так как неравенство нестрогое.
Эти точки разбивают ось Х н а 5 промежутков (интервалов).
Определим знак дробно-рациональной функции в левой части неравенства на каждом из
этих промежутков. Мы помним, что дробно-рациональная функция может менять знак
только в тех точках, в которых она равна нулю или не существует. Это значит, что на
каждом из промежутков между точками, где числитель или знаменатель обращаются в нуль,
знак выражения в левой части неравенства будет постоянным — либо «плюс», либо «минус».
И поэтому для определения знака функции на каждом таком промежутке мы берем
любую точку, принадлежащую этому промежутку. Ту, которая нам удобна.
Возьмем, например, х = 10 и проверим знак выражения в левой части неравенства.
Каждая из «скобок» положительна. Значит, при х > 8 левая часть имеет знак (+).
На интервале от 7 до 8 левая часть неравенства отрицательна — поскольку выражение
х - 8 теперь отрицательно, а все остальные «скобки» положительны.
На интервале от 2 до 7 левая часть неравенства снова положительна, а на интервале
3
3
от - до 2 — отрицательна. А вот при переходе через точку х = —смены знака не происхо3
дит, поскольку при переходе через точку — соответствующий ей множитель ( 5 х - З)2 не
изменил знак.
Осталось записать ответ: х е { ^ } u (2 ;7 )u [8 ;+ = o ).
85
•
Математика. Задания высокой и повышенной сложности
3
3
Обратите внимание на отдельную точку х = —. Действительно, х =
решение нера-
3
венства, поскольку при х = - и левая, и правая части неравенства равны нулю.
,
2+ 2
х
2.
х
- 4
х2+5х + 3 ^ „
Решите неравенство:--------------- 1----------------< 2х -1 .
jc+ 3
*+5
Приводить обе части к одному знаменателю? Не хочется. Вот просто не хочется, и все,
потому что выражение, которое мы получим, — третьей степени. Покажу простое и быст­
рое решение этого неравенства.
х 2 + 5х + 3
Выражение х 2 + 2 х - 4 представим как х 2 + Зх - х - 4 = х 2 + Зх - (х + 4), а д р о б ь -------------представим в виде суммы двух дробей.
х+ ^
х + З х - ( х + 4)1^ х 2 + 5х +
х+3
х+5
3
<
j
х+5
с(х + 3)
х + 3
1
х ( х + 5)
3
х + 3
х + 3
х + 3
х + 5
х + 5
х — 1
1
3
Vх Л------<
х+3
3
1
х+5
< 2 х -1
2х -1
х+5
<0
х+3
3 ( х + 3 ) - ( х + 5)
<0
(х + 5 ) ( х + 3)
2х + 4
<0
(х + 5 ) ( х + 3)
х + 2
(х + 5 )(х + 3)
<0
х е (-о ;-5 )и (-3 ;-2 ].
Ловкость рук? Хитрость ума? Нет, просто действия с дробями! Мы часто складываем
дроби — так почему бы не представить дробь в виде нужной нам суммы двух дробей?
Попробуйте, вам понравится!
.
3.
_
х 2 + 1 6 х + 39
Решите неравенство: —
х
+ 1 2 х + 27
х
>-
+ 18
6
х + 9
х +1
Применим тот же метод — разложение дроби на сумму дробей и выделение целой час­
ти. Этот метод пригодится вам и на первом курсе — когда будете брать интегралы от рацио­
нальных дробей.
х 2 + 12х + 27 + 4 х + 1 2 ^ х + 9 + 9
х 2 + 1 2 х + 27
(х + 9 ) ( х + 3)
х+ 9
х + 9
х
6
х
+ 1
+1
86
Глава 4. Неравенства: алгебраические, показательные, логарифмические
•
4 (х + 3)
Сократим дробь —
на х + 3 при условии, что х + 3 Ф 0. Наше неравенство равно­
(х + 3)
сильно системе:
6
х + 9 х +9
х+3^ 0
х +9 х +
х+3^ 0
х +1
<0
5х + 4 0 - 6 х - 5 4
(х + 9 )(х + 8)
<0
х+3^ 0
х + 14
(х + 9 )(х + 8)
>0
х+ 3^ 0
Решаем неравенство методом интервалов и записываем ответ:
xg
[-1 4 ;-9 )и (-8 ;-3 )и (-3 ;+ о ° ).
Отличный метод, применяемый и в решении уравнений, и в решении неравенств,
замена переменной.
4. Решите неравенство:
2
[ 0 ,5 x 7 5 - 2 ^
0 ,5 x 7 5 - 1
0 ,5 x 7 5 - 3
Сделаем замену 0 ,5x75 —2 —t. Тогда 0 ,5x75 —1 = t +1, а 0 ,5x75 - 3 = t —1.
Получим:
— +— >2
t+ 1 t - 1
2 t - 2 + r +t
2 >0
t 2 -1
t2 + 3 t - 2 + 2t2 +2
>0
?2 - l
3t - t 2
t2- 1
>0
f(f-3 )
<0
(f-l)(f+ l)'
Решим неравенство относительно t методом интервалов.
•
Математика. Задания высокой и повышенной сложности
Получим:
-1<Г <0
1 < Г< 3
Вернемся к переменной х:
- 1 < 0 , 5 xV 5 - 2 < 0
1 < 0 ,5 х л /5 - 2 < 3
2
^ 4
S < X ~J~5
6
10
\/5 < * ~ л/5
Ответ: х е
и
V 5 ’V5
;2л/5
Vs
Еще задача на неочевидную замену переменной:
5. Решите неравенство: (6х + 7)2 (Зх + 4) (х + 1) < 6.
Четвертая степень... А если вот так?
(6х + 7)2 (Зх + 4) (х + 1) < 6
(36х2 + 84х + 49) (Зх2 + 7х + 4) < 6
(12(3х2 + 7х + 4) + 1) (Зх2 + 7х + 4) < 6
Сделаем замену: Зх2 + 7х + 4 = z.
Получим неравенство:
(12z + 1) • z - 6 < 0
12z2 + z - 6 < 0
12 { Z - -2 )( z + с
3J1 ч
<0
—3 <
< z<4
3
3
2
И вот теперь вернемся к переменой х: — < Зх2 + 7х + 4 < —.
Решая это двойное неравенство, получим х е
88
(N | СП
Возвращаться к переменной х еще рано! Сначала
решим неравенство относительно z.
Глава 4. Неравенства: алгебраические, показательные, логарифмические
•
6.
Еще неравенство. Обратите внимание на логику решения! Я очень рекомендую вам
оформлять свое решение именно так.
1
-7х + 12
3-
V6 х - х 2 < 0 .
Выражение под корнем должно быть неотрицательно. Это область допустимых значе­
ний неравенства.
Произведение двух множителей меньше нуля тогда и только тогда, когда множители
имеют разные знаки. Произведение двух множителей равно нулю тогда и только тогда,
когда хотя бы один из них равен нулю.
Корень квадратный не может быть отрицательным. Он может быть только положителен
или равен нулю. И если он равен нулю — знак первого множителя (в скобках) уже не ва­
жен. И значит, неравенство равносильно системе:
0<х<6
х (6 -х )> 0
6 х - х 2 > 0 (О Д З)
1
х —7х + 12
х=0
*=0
6 х -х 2=0
х=6
+ — <0
3 -х
<=>•
1
jc—4
(х -3 )(х -4 )
х —3
0<х<6
0<х<6
х=0
х=0
х =6
<=>
( 1 - х + 4)(1 + х - 4 )
( х - 3 ) ( х —4)
0
1 -(х -4 )2
(х -3 )(х -4 )
<0
х=6
(5 -х )(х -3 )
<0
<0
х=6
( х —3 )(х —4)
<0
3
Ответ: [ 0 ;3 )и (3 ;4 )и [5 ;б ].
Показательные и логарифмические неравенства
Каким бы ни было показательное неравенство в варианте ЕГЭ — его надо упростить до
неравенства ах' < а*2. Знак здесь может быть любой: >, <, >, <. Важно, чтобы слева и справа
в неравенстве находились степени с одинаковыми основаниями.
И после этого убираем основания! При этом, если основание степени а > 1, знак нера­
венства остается тем же. Если основание такое, что 0 < а < 1, знак неравенства меняется.
Точно так же с логарифмическими неравенствами. Каким бы ни было логарифмичес­
кое неравенство, мы приводим его к виду log^Xj < log x,.
Знак неравенства тоже может быть любой: >, <, >, < Главное, чтобы слева и справа
в неравенстве находились логарифмы по одному и тому же основанию. Важно: решая ло­
гарифмические неравенства, помним про область допустимых значений.
И просто «отбрасываем» логарифмы! При этом, если основание логарифма больше еди­
ницы, знак неравенства остается тем же. Если основание больше нуля и меньше единицы,
знак неравенства меняется.
89
•
Математика. Задания высокой и повышенной сложности
7.
2
5
Решите неравенство: ------> ------Т -1
Iх-
Сделаем замену переменной: I х = t, t > 0.
- i—
L ao
Г -7 t - 4
2 ? - 8 - 5 ? + 35
>0
(f-7)(r-4)
27
-3 t
>0
<0
(r-7 )(r-4 )
Обратите внимание, что возвращаться к пе­
ременной х еще рано. Сначала решим неравен­
ство с переменой t методом интервалов.
Поскольку t > 0, получим:
Тогда
0 < г < 4,
7 < г <9.
I х < 4,
I х < 7108,4
7 < Т < 9;
7 < I х < 7 log79.
Обратите внимание, как мы представили 4 и 9 в виде степеней с основанием 7. Мы
применили основное логарифмическое тождество: a'og‘b - b .
х < log7 4,
1 < х < log, 9.
Ответ: х е (-o°;log7 4 ) u ( l ;l o g 7 9].
8.
Решите неравенство: 9* - 31 • 3х + 108 < 0.
Это простая задача. Я привожу ее только затем, чтобы вы увидели правильное оформление
решения показательного неравенства. Все вспомогательные вычисления я делаю на полях.
Сделаем замену: 3х = t, t > 0.
Получим квадратное неравенство:
г —31? +108 = 0
t2- 3 \ t + 108 < 0.
£) = 312 - 4-108 = 9 6 1 -4 3 2 = 529
4 < t <27
Vd = 2 3
31 ±23
1,2
Г, = 27, t2 = 4.
Вернемся к переменной х:
t 2 - З Й + 108 = (г —27)(г —4)
^1оёз4 < з х < з 3
(/ - 2 7 ) ( ? - 4 ) < 0
log3 4 < х < 3.
Ответ: x e [ l o g 34;3].
90
Глава 4. Неравенства: алгебраические, показательные, логарифмические
•
9.
Еще простая задача. Пользуемся тем же приемом, что и при решении алгебраически
неравенств, — разложением дроби на сумму дробей.
х
5я:+3
2х
2 х+] - 2 1+1 + 8 < 2 х*'
х
3х+3+2х
2 1+1 - 2
2х
*+1 + 8 - 2 " 1 < 0
2 X+I - 2
+
х
8- 2 " 1<0
2х
2х
2/*х - 8 - 2 " 1 - 2 х7' + 8 < 0
х
2х
2^+i - 9. 2х*1 + 8 < 0
х
Сделаем замену 2 X+1 = г, г > 0.
9г - г - 8 = 0
г-9г2+8 < 0
0 = 1 + 4 - 7 2 = 289
9г2 - г - 8 > 0
9(г-1)
г+ -
VZ) =17
>0
1 ± 17
Г = --------18
Поскольку г > 0, сократим на г + — > 0.
8
h = 1> h
Получим:
т-1 > 0
9г2 —г — 8 = 9 ( г —1)| г + ^
г>1
9 (г 1)
2х+> > 1
х
х+ 1
>0
>0
Обратите внимание — все вспомогательные вычисления я делаю на полях. Сначала
решаем неравенство относительно переменной г и только после этого возвращаемся к ис­
ходной переменной х.
Теперь логариф м и ческие неравенства. Помним про область допустимых значений!
1 0 .Решите неравенство: log2х + 5 log2 х + 6 > 0.
ОДЗ: х > 0.
Замена: log,x = г.
Г2 + 5 г + 6 > 0
(Г + 2) (г + 3) > 0
91
®
Математика. Задания высокой и повышенной сложности
x>0
log2 х < -3
log, х > - 2
log2 X < log2
x<-
<=>
log2 X > log.
x>4
Ответ: хx еe (п0 ; -1 1и (1— ; + о о )
4
8
Еще раз: сначала мы решаем неравенство относительно t и только потом возвращаемся
к переменной х.
Для решения неравенств часто применяется метод замены множителя. По-другому он
называется метод рационализации неравенства.
Суть метода в том, чтобы от неравенства, содержащего в качестве множителей слож­
ные показательные или логарифмические выражения, перейти к равносильному ему более
простому рациональному неравенству. При этом сложный множитель заменяется на более
простой алгебраический согласно волшебной таблице:
М етоды зам ены м нож ителя
Сложный множитель
На что заменить
log h f
log h f~ 1
log h f —log h g
hf - h g
( й - 1 Н /-А )
(h-\)(f-g)
( Л - 1 ) ( / - 1)
(h-D (f-g)
hf - 1
(Л -1 )-/
(f-g)h
f h- g h
\f\-\g\
f 2~g2
f , g — функции от x, h — функция или число
Здесь f g, h — функции, причем такие, что соответствующие выражения определены.
Обратите внимание, что мы говорим о замене именно множителя (а не слагаемого,
например), причем правая часть неравенства обязательно должна быть равна нулю.
Посмотрим, как применять этот полезный метод.
2 - 3 2jr+1 ~ ( ,х - 4 ,+1 _ 9
11. Решите неравенство: —
9* - 3
< 3.
2 ■3 •32дг - 6* - 4 ■22* - 3 ■З2* - 9 + 9
32* - 3
3-32х - З х -2 х - 4 - 2 ^ _ < 0
32х- 3
Числитель дроби в левой части — однородное выражение, где каждое слагаемое имеет
степень 2х. Поделим обе части неравенства на 21х > 0.
92
Глава 4. Неравенства: алгебраические, показательные, логарифмические
Получим:
•
f 'l \ 2х
3-
-4 =0
V2 ,
2
<0
= f; Зг - г - 4 = 0
3 2д:- 3
\
/ 3Y
V2 ,
_4
+1
£> = 1+ 48 = 49, \[ Ъ = 7
3
<0
3 - 3
ч2 ,
Г—
1±7
,
4
; Г, — 1; Г, — —
о
3
'
4Л
Зг2 - г - 4 = 3(г + 1) Г-----
3
Поделим обе части неравенства на | — + 1 > 0 .
<0
3 - 3
/ 3 ч‘°гз ’
2
32 , _ 3i
<0
Применяя метод рационализации, множитель вида hf - h s заменяем на ( h - \ ) ( f - g).
Получим:
-1
+ log з
(3 — 1)(2 jc — 1)
,
<0
4
x -lo g 3-
—
X—
н°
2
Остается решить неравенство методом интервалов. Но как сравнить - и log3 —
1
3
Что больше? Давайте представим — как логарифм с основанием —:
Г ' ° 8: V2 /
= log3
4
3 16 3 „„
- V , - ; — v - ; 32v27; 32>27.
3 V2 9
2
Значит, log
Ответ: х е
93
Математика. Задания высокой и повышенной сложности
Посмотрим, как применяется метод замены множителя в логарифмических неравен­
ствах.
х+4
12. log3
> -2 .
(х -3 )2
3 —х > О
3 - х 5^ 1
х+4
1оё з - ,—
(х -3 )
^
х+4
„
(х -3 )
>0
х+4
+2 >0
log33_Х ( х - 3 ) 2
Мы объединили в систему и область допустимых значений, и само неравенство. При­
меним формулу логарифма частного, учитывая, что (а - b)2 = ( Ь - а)2. Поскольку при х + 3
должно выполняться условие х + 4 > 0, получим:
х<3
хф
х<3
2
хф
2
х+4 >0
х > -4
1оёз-, (* + 4) - log3_, ( 3 - х ) 2 + 2 > 0
l°g 3-x (х + 4) > 0
Обратите внимание, как мы применили формулу для логарифма степени. Строго говоря,
loga (^ (х )) 2 = 2 loga |г>(х)|.
Поскольку 3 - х > 0, log3_j ( 3 - х ) 2 = 21og3_z |3 —х| = 21og3_^ ( 3 - х ) = 2.
Согласно методу замены множителя, выражение log3 l (х + 4) заменим
на (3 - х - 1)(х + 4 - 1).
х Ф2
Получим систему:
-4 < х < 3
( 2 - х ) ( х + 3) > 0
Решить ее легко.
Ответ: х е [-3;2).
13.
ln (3 y 2 - 2 у + i)
Решите неравенство:
1п(5у2 - б у + l)
log 3
> -------.
1°§7 3
Преобразуем правую часть неравенства по формулам перехода к другому основанию:
1о§0 ь ~
logc а
■ log а ь =
1
а
log, а
l°g 75 3 _ log3 7 _ 1 log3 7 _ 1
log7 3
log3 75
5 log3 7
5
94
Глава 4. Неравенства: алгебраические, показательные, логарифмические
•
Упростим знаменатель дроби в левой части неравенства:
1 п (5 / - 6у + I)5 = 5 ■In ( 5 / - 6 у + 1).
1
ln (3 y 2 - 2 y + l)
Неравенство примет вид:
ln (3 y 2 -2_v + l)
> - . Умножим обе части неравенства на 5.
51n(5y - 6 y + l) 5
1
> .
ln (5 y 2 - 6 y + l)
ln (3 y 2 - 2 y + l)
/ _
ч
.
.4
ln (5 y 2 - 6 у + l)
1п(3у2 - 2 y + l ) - l n ( 5 y 2 - 6 у + l)
^
^
1
,
>0<=>
.4
ln (5 y 2 - 6 y + l)
Зу2 - 2 у + 1> О
5_у2 - 6у + 1 > 0
<=>.5у2 - 6 у + 1*1
(e -l)(3 y 2- 2 y + l- 5 y 2+ 6 y - l ) ^
>0
(е -1 )(5 у 2- 6 у )
Мы записали ОДЗ и применили метод замены множителя.
Множитель вида log / заменяется на выражение (h - 1 ) ( / - 1).
Множитель вида log hf - log h g заменяется на (h - 1) ( / - g).
Получаем:
1) Зу 2 - 2 у + 1 = 0
У—
У- z ( у - 1 ) > 0
D = 4 - 1 2 < 0,
У * 0, у * -
<=> У * о, у *
значит, Зу2 - 2у +1 > 0 всегда.
6
2) 5 у 2 - 6 у + 1 = 0
-2 у 2+4у
5у2 - 6 у
>0
У(У~2)
D = 3 6 - 2 0 = 16
<0
у (5 у -6 )
6±4
У=10
1
У\ = 1; у2 =
5 у 2- 6 у + 1= 5 ( у - 1 )
3)
5 у 2 —6у Ф О
У * 0; у * ^
95
у--
•
Математика. Задания высокой и повышенной сложности
Решим неравенства системы методом интервалов.
2-е неравенство:
В результате получим:
1
Ответ: у е
5
—;2
15
Еще логарифмов? Пожалуйста!
лл D
1 2 (х + 2 )'(х + 5) , 2 * + 5
14. Решите неравенство: lg
—
- < lg
20
Извлекать корень из неравенства нельзя! Можно перенести все в левую часть неравен­
ства и разложить на множители как разность квадратов: а2 - Ь 2 = (а - Ь) (а + Ь).
lg
( а: + 2)" (х + 5)
х+5
_ lg :
(х + 2) (х + 5)
18---------5---------
20
л -5
<0.
Применим формулы разности и суммы логарифмов, следя за областью допустимых
значений. Все выражения под логарифмами в исходном неравенстве должны быть поло­
жительны.
12
(х + 2)2 (х + 5) • 20
—
5 ( х + 5)
12
2Л
( (х + 2)2-(х + 5)
—
- <0.
100
(;г + 2) (д: + 5 ) > 0
д: + 5 >0
Посмотрим на второе и третье неравенства системы. Поскольку х + 5 положительно, то
и выражение (х + 2)2 должно быть положительно.
Заметим, что решения неравенства (х + 2)2 > 0 — это все числа, кроме х = -2.
Получим:
lg (4 -(x + 2)2)-lg
(х + 2 )" -(х + 5)'
100
<0
х > -5
х * -2
По методу рационализации, каждый из множителей вида log /зам еняем на (/г - 1 ) ( / - 1).
96
Глава 4. Неравенства: алгебраические, показательные, логарифмические
(ю - 1) (4 (jc+ 2 )2 - 1) ( 10—1)
(х + 2) -(х + 5)
2
•
Л
<О
100
х > —5
<=>
х Ф —2
(2x + 4 - l ) - ( 2 x + 4 + l)-((x + 2 ) ( x + 5 ) - 1 0 ) ( ( x + 2 ) ( x + 5) + 1 0 )< 0
<=> х > -5
<=>
х Ф —2
(2х + 3)- (2х + 5)- х • (дг + 7) • (jc2 + 7х + 20) < О
х
(2х + 3) - (2х + 5) •х ■(х + 7) < 0
<=> х > -5
<=> х > -5
Ф —2
хФ -2
П росто равносильны е преобразования. В ы раж е­
ние х2 + 1х + 20 положительно всегда, так как в урав­
нении х2 + 7х + 20 = 0 дискрим инант отрицателен.
О сталось прим енить метод интервалов.
Ответ : х е [ - 5 ; - — |и [
2
2
;0
1 5. Реш ите неравенство: log3(x2+ 7 x + 10) + lo g ,
х+5
+ l> lo g 3(3x2+16x + 20).
з ^
Н еравенство равносильно системе:
х2 + 7 х + 1 0> 0
х + 5>0
Зх2 +16х + 20 > 0
log3(x2 + 7 x + 1 0 )-lo g 3 Х
+ log33 > log3(Зх2 + 16х + 20)
(х + 5)(х + 2) > 0
х + 7х +10 —О
х+5>0
10'
<=> (х + 2) х + -
D = 9; х, 2 =
>0
-7 ± 3
х3 = -5; х2 = - 2
,
(х + 5)(х + 2 )-9 -3
log3
—
х+5
,
'
> log 3(х + 2)
10
х + -
Z9 = 162 -1 2 - 20 = 16 ■(1 6 -3 -5 ) = 16
х > -2
х > -2
х > -2
о ■ 10 „<=>•
(
1
0
"
1
7
9 • (х + 2) > (х + 2) X+ -х + — <9
хИ
<—
3
1 3J
Ответ : х е
Зх2 + 16х + 20 = О
17
н
97
-1 6 ± 4
т х, = ----1°
х, = -2;
•
Математика. Задания высокой и повышенной сложности
16.
Решите неравенство: 1 ^ 41° g** < 2.
l°g4*
Сразу сделаем замену: log4* = t.
„
l —yjl —At2 „ 1—2r —л/l —4r2 „
Получим неравенство: -------------- < 2;
< 0.
г
f
Область допустимых значений неравенства:
l - 4 f 2> 0 ^ J ( l- 2 f ) ( l + 2 i)> 0
r* 0
«
r* 0
2.
2
/* 0
Разложим выражение под корнем на множители по формуле а2 - Ь 2 = ( а - Ь) (а + Ъ).
Заметим, что 1- 2t = {sj\- I t ) . Поскольку t е
, выражения 1 - 2t и 1 + 2г буду
неотрицательными.
( y J T H ) 1 - J ( l - 2 t ) ( l + 2t)
< 0;
t
V l- 2 r • ( V i - 2r - л/1 + 2 r )
^<0.
t
Выражение V l- 2 f неотрицательно. Более того, если 1 - 2? = 0, неравенство не выполня
ется. Поделим обе части неравенства на >/1-2* > 0 при условии f < ~n/ I
- 2? -л/1 + 2?
t
п
<0
Согласно методу рацонализации, множитель h f - h g заменяется на h ■( f - g ) .
В нашем случае - J \ - 2 t = (1 —2?) г , v l + 2t = (l + 21)*, множитель V l - 2 f - V l + 2f заме
1
-At
няем на —- (1 —2 f —1 —2f). П олучи м :------< 0.
Если t Ф 0, получаем тождество: - 4 < 0.
Итак, t * 0. При этом 1 - 2t * 0, т. е. t * ^ .
С учетом ОДЗ получаем: -
2
2.
t* 0
98
Глава 4. Неравенства: алгебраические, показательные, логарифмические
•
Вернемся к переменной х:
х >О
- - 1< l o g 4 x < -1
ХФ 1
2
2 <=>
log 4 х * О
log4 i < log4 х < log4 2
x>О
х*1
1
<x<2
—;1Чu(l;2).
2
Ответ', x e
И еще задача на метод замены множителя.
17.
log, (8x) log, (27х)
Решите неравенство: — — -— —
X - X
< 0.
Область допустимых значений очевидна:
х>0
Гх > 0
1211
Lх —1х 1^ О
х
0; х
1 <=>
х ^ -1
[х > 0
[хФ\
Поскольку х > 0, модуль раскрывается однозначно: |х| = х.
Мы получим:
log2 (8x )-lo g 3(27x)
х (х -1 )
<0.
Применим к логарифмам в числителе метод замены множителя.
Каждый из множителей вида log / заменяется на (А - 1 ) ( / - 1).
Получим:
(2 -1 )-(8 х -1 )(3 -1 )(2 7 х -1 )
х (х —1)
<0
( 8 x - l) (2 7 x -l) ^ Q
х (х -1 )
Решаем методом интервалов.
Ответ: х е
0;— и
27
М8
27
18.
А что делать, если совсем не повезло? Если, несмотря на все старания, получилас
третья степень? Как в этом неравенстве:
х+
8х - 45
х —7
х 2 + 15х - 1 3 2
+ ^ ----------------- <1.
х - 1 6 х + 63
х —7 + 7 х - 3 8
"+
х-1
\х5- 1б^+бз
х2 + 1 5 х
-1 3 2
+ (х-7)(х-9)
7 х - 3 8 и ~9
х 2+ 15х-132
х —7
(х-7)(х-9)
99
•
Математика. Задания высокой и повышенной сложности
х 3 - 16х2 + 6 3 * + 7л:2 - 3 8 л - 6 3 л + 38 ■9 + л 2 + 1 5 л - 1 3 2
(* -? )(* -9 )
<0
л3 - 8 л 2 - 23л + 210 ^
(л-7)(л-9)
Больше упростить не удается. Ни одной замены не видно. Неужели третья степень?
Да, это случилось. Как же разложить числитель на множители? Как вообще решать
уравнения третьей степени, четвертой и выше?
В общем случае такие уравнения решают численными методами (на компьютере). А нам
остается либо разложить выражение высокой степени на множители, либо искать целые
корни числителя (если они есть) среди делителей свободного члена.
Будем искать корни уравнения х3 - 8л2 - 23х + 210 = 0 среди делителей числа 210.
А делителей у этого числа немало: 1; -1 ; 2; -2 ; 3; -3 ; 5; -5 ; 6; -6 ; 7; —7...
Начнем с меньших по модулю. Подставим х = 1 в выражение х3 - 8Х2 - 23х + 210.
Результат не равен нулю. Продолжаем, подставляя по очереди —1; 2; -2...
И когда уже готовы все бросить, наконец получаем: 63 - 8 • 62 - 23 • 6 + 210 = 0.
Значит, х = 6 — корень уравнения х3 - 8л2 - 23х + 210 = 0.
И это значит, что х3 - 8Х2 - 23х + 210 = (х - 6) • (ах2 + Ьх + с).
Поделим в столбик выражение х3 - 8х2 - 23х + 210 на х - 6. Так, как мы делим числа
в столбик.
х3- 8 х 2 - 2 3 х + 210
х3 —бх2
- 2х2 —23х
- 2х2 + 12х
- 35х + 210
- 35х + 210
0
X -
6
х2 - 2х - 35
Получим: х3 - 8Х2 - 23х + 210 = (х - 6) • (х2 - 2х - 35) = (х - 6) ■(х - 7) • (х + 5).
(*-7)(*-9)
Решим его методом интервалов.
-5
Ответ: х е ( ^ * > ;-5 ]и [б ;7 )и (7 ;9 ).
100
6
7
9
Глава 4. Неравенства: алгебраические, показательные, логарифмические
•
Когда я училась в школе, меня часто посылали на олимпиады — по математике, физи­
ке, истории, биологии... Для меня эти олимпиады были тратой времени и разочарованием.
Каждый раз я надеялась выиграть. И каждый раз, придя, я получала задания, с которыми
не представляла, что делать. Я видела, как другие что-то быстро пишут, а мне сказать было
нечего. «Они умные, а я нет», — думала я, и моя самооценка падала.
Только став взрослой, я поняла: на олимпиаде побеждает не самый умный, а тот, кто
готовился. Кто заранее хотя бы примерно знает, какие там задания. У кого в запасе множе­
ство заготовок, приемов и хитростей для их решения.
Точно так же и сдача ЕГЭ на высокий балл — не случайность, не подарок судьбы. Это
подготовка, знание специальных приемов, умение распределить и сэкономить время. По­
этому я и решила в одной книге собрать все специальные приемы решения задач ЕГЭ
и показать все тонкости оформления. Освойте их — и победа на ЕГЭ станет вашей!
глава s
ПЛАНИМЕТРИЯ
Планиметрия — тема, на которой чаще всего «ломаются» абитуриенты. Задачи второй
части ЕГЭ не даются сразу, без подготовки. Но, оказывается, даже в первой части ЕГЭ по
математике есть подсказки — схемы, на которых строятся сложные задачи. Вот несколько
примеров.
1.
Найдите хорду, на которую опирается угол 30°, вписанный в
окружность радиуса 43.
Кажется, что треугольник на рисунке прямоугольный. Но это
не так: центр окружности специально показан сбоку от его больu
X
шей стороны. Зато у нас есть теорема синусов: — ------= 2R , где х —
sin 30°
хорда, лежащая напротив угла в 30°.
Можно поступить иначе — соединить концы хорды с центром
окружности и вспомнить, что величина вписанного угла равна по­
ловине центрального угла, опирающегося на ту же дугу.
Ответ: 43.
2.
Около окружности, радиус которой равен 3, описан
многоугольник, площадь которого равна 33. Найдите его
периметр.
D
С
Отметим центр окружности и соединим его с вершина­
ми /г-угольника. Перед нами п треугольников, в каждом из
которых высота равна радиусу окружности, то есть г.
Очевидно, что площадь многоугольника
S = S A O B + S B O C + S COD + S D O E + S E O A '
По формуле площади треугольника
D
$ВОС ~ 2
г
С
CD г
^ DOE ~
2
S EOA =
^ Е А
Г
Г
Тогда S = —(А В + ВС + CD + D E + ЕА)- г = — Р ■г, где Р — периметр, то есть сумма всех
сторон многоугольника. Периметр равен 22.
102
Глава 5. Планиметрия
•
3. Диагонали равнобедренной трапеции перпендикуляр­
ны. Высота трапеции равна 9. Найдите ее среднюю линию.
Треугольники АО Е и FOC — прямоугольные и равнобед­
ренные, OF = FC = ^ DC, ОЕ = А Е = ^ АВ.
Значит, высота трапеции FE = OF + ОЕ равна полусумме
ее оснований, то есть средней линии.
Ответ: 9.
4. Основания трапеции равны 2 и 3. Найдите отре­
зок, соединяющий середины диагоналей трапеции.
Проведем PQ — среднюю линию трапеции, PQ = 2,5.
Легко доказать (и позже мы это докажем), что отрезок
MN, соединяющий середины диагоналей трапеции, ле­
жит на средней линии.
А
Р М — средняя линия треугольника ABC, значит, Р М = 1.
NQ — средняя линия треугольника BCD, значит, NQ = 1.
T o r m M N = P Q - P M - N Q = 2 , 5 - \ - 1 = 0 ,5 .
Ответ: 0,5.
Обязательный этап освоения планиметрии — простые задачи на доказательство. Вот 32 по­
лезных факта, и вам надо их доказать1. Все они применяются в решении реальных задач
ЕГЭ. На своих интенсивах и мастер-классах я доказываю самые интересные из них.
Углы, треугольники, четырехугольники
1. Биссектрисы смежных углов перпендикулярны.
2. Медиана прямоугольного треугольника, проведенная к гипотенузе, равна половине
гипотенузы.
3. Медианы треугольника пересекаются в одной точке и делятся в ней в отношении 2 : 1 ,
считая от вершины.
4. Сумма квадратов диагоналей параллелограмма равна сумме квадратов всех его сторон.
5. Площадь выпуклого четырехугольника равна половине произведения диагоналей на
синус угла между ними.
6. Отрезок, соединяющий середины диагоналей трапеции, равен полуразности оснований.
7. Проекция боковой стороны равнобедренной трапеции на основание равна полураз­
ности оснований, а проекция диагонали — полусумме оснований.
8. Замечательное свойство трапеции: точка пересечения диагоналей трапеции, точка пе­
ресечения продолжений ее боковых сторон и середины оснований лежат на одной прямой.
Окружности
9. Диаметр, перпендикулярный хорде, делит ее пополам.
10. Произведения отрезков пересекающихся хорд окружности равны.
11. Точка касания окружностей лежит на прямой, соединяющей их центры.
12. Серединный перпендикуляр к хорде проходит через центр окружности.
1 При составлении списка полезных фактов использованы учебные пособия Р. К. Гордина.
103
•
Математика. Задания высокой и повышенной сложности
13. Равные хорды удалены от центра окружности на равные расстояния.
14. Дуги окружности, заключенные между параллельными хордами, равны.
15. Теорема о касательной и секущей. Если из одной точки к окружности проведены
секущая и касательная, то произведение всей секущей на ее внешнюю часть равно квадра­
ту отрезка касательной.
16. Угол между касательной и хордой, проведенной через точку касания, равен полови­
не угловой величины дуги, заключенной между ними.
17. Угол между пересекающимися хордами равен полусумме противоположных дуг,
высекаемых хордами.
18. Угол между двумя секущими равен полуразности дуг, высекаемых секущими на ок­
ружности.
19. Радиус окружности, вписанной в прямоугольный треугольник с катетами а и Ъ и
гипотенузой с, равен
а + Ь - с ).
20. Прямая, проходящая через точки пересечения двух окружностей, делит пополам
общую касательную к ним.
21. Если расстояние между центрами окружностей радиусами В и г равно а и а > R + г,
то отрезки общих внешних и общих внутренних касательных, заключенные между точка­
ми касания, равны соответственно у]а2 —(/? —г)" и 1J a 2 —(/? + г)~.
22. Если четырехугольник можно вписать в окружность, то сумма его противополож­
ных углов равна 180 градусов.
23. Если в четырехугольник можно вписать окружность, то суммы длин его противопо­
ложных сторон равны.
24. Если окружность вписана в равнобедренную трапецию, то боковая сторона трапе­
ции равна ее средней линии.
25. Геометрическое место точек М, из которых отрезок АВ виден под прямым углом
(ZAM B = 90°), есть окружность с диаметром АВ без точек А и В.
26. Геометрическое место точек М, из которых отрезок АВ виден под данным углом,
есть две дуги равных окружностей с общей хордой АВ без точек А и В.
27. Если М — точка касания со стороной А С окружности, вписанной в треугольник ABC,
то A M = р - ВС, где р — полупериметр треугольника ABC.
28. Если окружность касается стороны ВС треугольника ABC и продолжений сторон АВ
и АС, то расстояние от вершины А до точки касания окружности с прямой АВ равно полупериметру треугольника ABC.
29. Если окружность, вписанная в треугольник ABC, касается сторон АВ, ВС и АС соот­
ветственно в точках К, L, М, а угол ВАС равен ср, то угол KLM равен 90° “ ~ ф30. Если прямые, проходящие через точку А, касаются окружности S в точках В и С, то
центр вписанной окружности треугольника ABC лежит на окружности S.
3 1. Если A M и СК — высоты треугольника ABC, причем Z S * 90°, то треугольник МВК
подобен треугольнику ABC, причем коэффициент подобия равен |cos В\.
32. Если площадь треугольника равна S, то площадь треугольника, составленного из
3с
его медиан, равна —S.
4
104
Глава 5. Планиметрия
•
Доказывайте полезные факты. Запоминайте картинки и схемы решения. Чем больше у
вас таких ассоциативных связей — тем проще решаются задачи по геометрии.
Например, в задаче фигурирует радиус окружности, описанной вокруг треугольника.
Для чего он может пригодиться? Может быть, нужно применить теорему синусов? Или
формулу площади треугольника через три его стороны и радиус описанной окружности?
Если в задаче есть касательные — наверняка мы используем теорему об отрезках каса­
тельных, проведенных из одной точки. Есть еще и секущая — возможно, поможет теорема
о секущей и касательной.
Все задачи ЕГЭ решаются простыми школьными способами. Если вы знаете теорему
Менелая, теорему Чевы и другие — отлично. Но все же они больше применимы в олимпиадных задачах, а не на ЕГЭ.
И все-таки определенные секреты здесь есть. Например, классические схемы, на кото­
рых строится множество задач по геометрии. И эти схемы надо знать.
полезные сметы для решения задач по геометрии
Схема 1. В треугольнике ABC проведены высоты A M и СК.
Н — точка пересечения высот треугольника (ортоцентр),
Н = А М гл СК.
Получаем сразу несколько полезных фактов:
1) АМ ВК ~ ААВС, k = |cos В\\
2) четырехугольник АКМ С можно вписать в окружность;
3) четырехугольник ВМ НК можно вписать в окружность;
4) радиусы окружностей, описанных вокруг треугольни­
ков ABC, АНС, ВНС и АВН, равны;
5) В Н = 2/^jcos В |, где R — радиус описанной окружности AABC.
С
А
С хем а 2. П усть луч МА пересекает окруж ность
в точках А и В, а луч MD — в точках С и / ) , причем
МА > MB, MD > МС. Тогда треугольники ВМ С и DMA
подобны.
м
м
Схема 3. У треугольников ABC и АМ С сторона АС —
общая, угол В равен углу М. Тогда точки А, В, М, С, лежат
на одной окружности.
Другими словами, геометрическое место точек М, из
которых отрезок А С виден под данным углом, есть две дуги
равных окружностей с общей хордой АС, без точек А и С.
105
С
•
Математика. Задания высокой и повышенной сложности
Схема 4. У треугольников ABC и АМ С сторона А С —
общая, углы В и М — прямые. Тогда точки А, В, М, С, ле­
жат на окружности, радиус которой равен половине АС.
Иначе говоря, геометрическое место точек М, из кото­
рых отрезок И С виден под прямым утлом, есть окружность
с диаметром А С без точек А и С.
Есть также две теоремы, которые, хоть и входят формально в школьную программу,
крайне редко упоминаются на уроках. А в вариантах ЕГЭ есть задачи на их применение.
Это теорема о секущей и касательной и свойство биссектрисы треугольника.
Т еорем а о секущ ей и касательной. Если к окружности проведены из одной точки
касательная и секущая, то квадрат отрезка касательной равен произведению длин всей се­
кущей и ее внешней части.
С войство биссектрисы . Биссектриса угла треугольника делит противолежащую сто­
рону в отношении длин прилежащих сторон.
Есть простой прием, заменяющий и теорему Менелая, и теорему Чевы. Это использо­
вание двух пар подобных треугольников.
Есть теорема косинусов, которая помогает, когда больше ничего не приходит в голову.
Есть интересный способ, который называется «удвоение медианы».
Есть эффектный прием: «Перестроить Ж в треугольник». Что это такое? Сейчас узнаете.
1.
(ЕГЭ-2017) Основания трапеции рав­
ны 4 и 9, а ее диагонали равны 5 и 12.
а) Докажите, что диагонали трапеции
перпендикулярны.
б) Найдите высоту трапеции.
В условии есть тонкий намек. Вспомним пифагорову тройку: 5, 12, 13. Заметим, что
значимые для нас отрезки пересекаются. Как бы нам построить треугольник с такими же
длинами сторон?
Пусть 5 С = 4, AD = 9, А С = 12, ВО = 5.
а) Проведем CF || BD, BCFD — параллелограмм, значит, DF = ВС = 4, CF = BD = 5.
Треугольник A C F со сторонами А С = 12, CF = 5, A F = 9 + 4 = 13 прямоугольный
(так как A F 2 = А С 2 + C F 2). Значит, АС и ВО перпендикулярны.
Это известный прием. Если нужные вам отрезки пересекаются вот такой «звездоч­
кой»: Ж, — мы можем перестроить это Ж в треугольник. В нашем случае длины сторон
этого треугольника еще и образовали пифагорову тройку.
б) Высота трапеции равна высоте треугольника ACF. Обозначим эту высоту h.
S aaCF - —A F h = —A C ■CF;
2
2
13/i = 1 2 - 5 .
13
106
Глава 5. Планиметрия
•
Следующая задача — на применение одной из наших классических схем.
2.
В остроугольном треугольнике KM N проведены высо­
ты КВ и NA.
а) Докажите, что угол А В К равен углу ANK.
б) Найдите радиус окружности, описанной около треуголь­
ника ASM, если известно, что KN = 8л/2 и Z K M N = 45°.
а) Докажем, что Z A B K = /LANK.
А М В К ~ A M A N (по двум углам). Запишем отношение сходственных сторон:
МА
MN
MB
МК
МА
Это значит, что АА В М - ANKM (по углу и двум сторонам), причем к = ------ = cos ZK M N .
MN
ZM AB = ZM NK, ZB A K — смежный с углом ZM AB, Z B A K = 180° - ZM AB = 180° - ZBNK,
ZB A K + Z B N K = 180°, четырехугольник ABNK можно вписать в окружность.
Z A B K = Z A N K (опираются на дугу АК).
б)
Найдем R UBir если K N = 8л/2 и Z K M N = 45°.
A A B M -A N K M , k = c o sZ K M N = — ■ — = к\ АВ = — -8 7 2 = 8 .
2
KN
2
По теореме синусов, Кл
АВ
8-2
2sin Z A M B
2 л /2
= 4>/2.
3.
(А вторская задача) Высоты равнобедренно­
го треугольника ABC с основанием АС пересекаются
в точке Я, угол В равен 30 градусов. Луч СН второй
раз пересекает окружность со, описанную вокруг тре­
угольника АВН, в точке К.
а) Докажите, что ВА — биссектриса угла КВС.
б) Отрезок ВС пересекает окружность со в точ- к
ке Е. Найдите BE, если А С = 12.
а) Пусть AD. ВТ и CF — высоты треугольника ABC.
AABD — прямоугольный, ZBDA = 90°, ZBAD = 60°.
Тогда ZH K B = Z B A H = 60° (как вписанные углы,
опирающиеся на дугу ВН).
A K B F — прямоугольный, ZF K B = 60°, тогда Z K B F = 30° => ВА — биссектриса ZKBC.
Кроме того, А К В С — правильный (Z B K C = 60°, высота BF является биссектрисой);
КВ = В С = КС.
б) А С = 12, ВС п со = Е. Найдем BE.
По теореме синусов, из ААВС:
АС
sin Z B
АВ ; Z C , 1 8 0 ° - 30! = 75O; 2 4 ^ АВ
AB = 24 sin 75°.
sin 75°
sin Z C
107
•
Математика. Задания высокой и повышенной сложности
Заметим, что из точки С проведены к окружности секущие СВ и С К; по свойству отрез­
ков секущих СВ ■ СЕ = СК ■ СН\ поскольку ВС = СК, получается, что СЕ = СН. Значит,
треугольник СЕН — правильный.
Тогда BE = СВ - СЕ = АВ - СН.
Из EACH, по теореме синусов:
АС
СИ
-------------- = --------------- ; Z A H C = 150°; Z H A C = 15°, СН = 2 4 sin 15°.
sin Z A H C
sin Z H A C
BE = A B - C H = 2 4 s in 7 5 ° -2 4 s in l5 ° = 2 4 (s in 7 5 ° - s in l5 ° ) =
= 24-2 sin 30° •cos 45° = 24cos 45° = 12^2.
4.
(ЕГЭ-2017) В треугольнике ABC точки А у 5 , и С, —
середины сторон ВС, А С и АВ соответственно, А Н — высо­
та, Z B A C = 60°, ZBCA = 45°.
а) Докажите, что точки 4 ,, 5 ,, С, и Я лежат на одной
окружности.
б) Найдите 4 , Я, если В С = 2л/з.
а) Докажем, что А ,, 5 ,, С, и Я лежат на одной окружности.
4 ,5 , и 5 , С, — средние линии AABC. Это значит, что С
4 ,5 , || АВ, 5,С , || ВС, Z A XB XC = Z B A C = 60°, Z C XB XA = ZBCA =
Тогда Z 4 , 5 , С, = 7 5 °.
Z A XHCX= 90° + Z A H C y
Д 4Я С , — равнобедренный (поскольку ЯС, — медиана прямоугольного треугольника
АНВ, Н С Х= 4С ,).
Z A H C X= Z H A C X= 90° - 75° = 15°, значит, Z A ]H C I = 90° +15° = 105°,
Z A XH C X+ Z A XB £ X= 180°.
Четырехугольник 4 ,Я С ,5 , можно вписать в окружность.
б) ВС = 2 ^ 3 ; найдем 4 , Я.
ВС
Очевидно, 5, С, = - у - = л/з (как средняя линия AABC), А4 ,5 , С, ~ AABC (по трем стороВс
нам), Z 4 , = Z A = 60°. Тогда, по теореме синусов,-------!—1------ = 2 5 , где 5 — радиус окружsin Z 5 ,4, С,
ности, на которой лежат точки 4 ,, Я, С, и 5,. Найдем 5.
2 5 = ^ = ^ ; 5 = 1.
л/3
Рассмотрим А 4 , С ,Я :------------sin Z A ,C ^
=25, Z A XCH = 1 8 0 ° - Z Я Д C 1- Z Д Я C . =
= 1 8 0 ° -4 5 ° -1 0 5 ° = 30°; А Я = 2 5 s in 30° = 2 - = 1.
2
108
Глава 5. Планиметрия
5.
(ЕГЭ-2018, дем о-вари ан т) Две окружности касают­
ся внешним образом в точке К. Прямая АВ касается первой
окружности в точке А , а второй — в точке В. Прямая ВК
пересекает первую окружность в точке D, прямая А К пере­
секает вторую окружность в точке С.
а) Докажите, что прямые AD и ВС параллельны.
б) Найдите площадь треугольника АКБ, если извес­
тно, что радиусы окружностей равны 4 и 1.
•
D
а)
Другими словами, надо доказать, что точка D лежит
на прямой А О х, а точка С — на прямой 0 2В.
АО х0 2В — прямоугольная трапеция, поскольку 0 }А L A B ; 0 2В L A B (как радиусы, про­
веденные в точку касания), О хА || 0 2В.
1 8 0 °-ф
Если Z A O xK = ф, то Z K 0 2B = 180° - ф (как односторонние углы), Z O xAK
тогда ZK AB
Z O ,B K = ^- и ZK B A = 9 0 - —.
2
2
2
ААКВ — прямоугольный, Z A K B = 90°.
Тогда ZA K D = 90° и AD — диаметр первой окружности; Z B K C = 90° и ВС — диаметр
второй окружности, так как вписанный угол, опирающийся на диаметр, — прямой.
Значит, AD || ВС.
б) О хА = 4; 0 2В = 1. Найдем Sмкв.
А К — высота в A A B D , где Z A = 90°; А А К В ~ A D A B \
АВ
к=■
BD
Рассмотрев прямоугольную трапецию А О х0 2В, где О хА = 4,
0 2В = 1, О х0 2 = 4 + 1 = 5 , найдем, что АВ = 0 2N = 4.
Из AABD, по теореме Пифагора, BD = V A S2 + A D ^ = 4\/5.
k _ A B _ J _ _ _ 1_
BD
4V5
75
6.
(ЕГЭ-2017) Две окружности с центрами
и 0 2 пересекаются в точках А и В, причем точки
О х и 0 2 лежат по разные стороны от прямой АВ.
Продолжения диаметра СА второй окружности и
хорды СВ этой же окружности пересекают пер­
вую окружность в точках D и Е соответственно.
а) Д окажите, что треугольники CBD и
0 {АО , подобны.
б) Найдите AD, если углы DAE и ВАС рав­
ны, радиус первой окружности в 4 раза
больше радиуса второй и АВ = 2.
а) Пусть F и К — точки пересечения окружностей с прямой 0 {0 2.
109
•
Математика. Задания высокой и повышенной сложности
АО р В — равнобедренный, поскольку 0 ,А = О В (как радиусы окружности), 0 {К -LAB,
значит, луч О р является биссектрисой угла А О {В и углы Z A O .K и Z B O .K равны. Тогда
В К = А К , поскольку на эти дуги опираются равные центральные углы.
Z A O p = А К (как центральный угол, опирающийся на дугу А К ), ZBD A = А К — по­
скольку равен половине угловой величины дуги АКБ. Величина вписанного угла равна
половине угловой величины дуги, на которую опирается.
Значит, Z O p p = Z ВВС. Аналогично Z ВС А = A F (т. е. половине угловой величины
дуги AFB), Z O f) ,A = A F и Z O p p = ZBCD, А О р р ~ A D C B по двум углам. Заодно мы
доказали, что СЕ || O p , , Z O p O , = ZDBC.
Поскольку СЕ || O p v А О р р ~ ДЕС А, А Е — диаметр первой окружности.
б)
Пусть углы В А Е и ВАС равны, радиус пер­
вой окружности в 4 раза больше радиуса второй
и АВ = 2. Найдем АВ.
Пусть О р = г, О р = 4г.
Z B A E = Z ВАС, А А В С и А А В Е — прямо­
угольные (поскольку АС и АЕ — диаметры окруж­
ностей), тогда АА В Е ~ ААВС по двум углам,
^
=^ А В ^ - А В
АЕ
АС
АС
= 4 .2 = 8.
7.
Две окружности касаются внутренним образом в точке
А, причем меньшая окружность проходит через центр О боль­
шей. Диаметр В С большей окружности вторично пересекает
меньшую окружность в точке М, отличной от А. Лучи АО и
A M вторично пересекают большую окружность в точках Р и Q
соответственно. Точка С лежит на дуге A Q большей окружно­
сти, не содержащей точку Р.
а) Докажите, что прямые PQ и ВС параллельны.
б) Известно, что sin Z A O C = ~ ~ - Прямые PC и AQ пе­
ресекаются в точке К. Найдите отношение QK : КА.
а) Докажем, что PQ || ВС.
ААОМ и AAPQ — прямоугольные, поскольку углы А МО и AQP опираются на диаметры
малой и большой окружностей соответственно; Z A — общий.
ААОМ ~ AAPQ по двум углам, значит, ZM O A = ZQPA, М О || QP (так как соответствен­
ные углы при прямых М О и QP и секущей АР равны), ВС \ \ QP.
б) sin ZA O C = —
, PC n AQ = К. Найдем QK : КА.
ZCO A = ZQPA = а ; тогда ZC P A = Z
COA
a
—, поскольку ZCPA вписанный. Значит,
P K — биссектриса треугольника QPA. По свойству биссектрисы,
110
QK
КА
PQ
РА '
Глава 5. Планиметрия
•
PQ
Поскольку AQPA прямоугольный,------= cos ZQ P A = cos а.
РА
Vl5 _
2
, 15
1
1 PQ QK
1
Мы знаем, что sm а = ------. Тогда cos а =1------- = — ; cos а = —; -----= -------= —.
4
16 16
А РА
КА
А
8.
Точка / — центр окружности 5,, вписанной в тре­
угольник ABC, точка О — центр окружности S2, описан­
ной около треугольника В 1C.
а) Докажите, что точка О лежит на окружности,
описанной около треугольника ABC.
б) Найдите косинус угла ВАС, если радиус опи­
санной окружности треугольника ABC относится
к радиусу окружности S2, как 3 : 4.
В этой задаче главное — чертеж. Потратьте 5, 10 ми­
нут, но сделайте хороший. Большой. Где все видно. Ясно,
что треугольник ABC не должен быть правильным — по­
скольку в правильном центры вписанной и описанной
окружностей совпадают.
Пусть Т — центр описанной окружности треугольника ABC', ее радиус R v Пусть ОС = Rr
а) BI, C I — биссектрисы AABC. Обозначим углы треугольника ABC: Z B = 2р; Z C = 2у;
Z A = 1 8 0 ° -2 (р + у), тогда Р + у =
180°- Z A
.
1еп° _ / д
Из AIBC: Z I = 180° - (Р + у) = 180°
/ а
= 90° + — .
Z B IC — вписанный в окружность Sr Тогда величина дуги окружности Sy на которую
он опирается, равна 180° + ZA .
Z C O B = 360° - (180° + ZA ) = 180° - ZA, ZA + Z C O B = 180°.
Значит, точки А, С, О, В лежат на одной окружности. Ее центр — точка Т.
R
3
б) Найдем cos ZB A C , если — = —.
R2 А
Заметим, что ВС — общая хорда окружностей, описан­
ных вокруг треугольников ABC и В/С. Применим к этим
треугольникам теорему синусов. Для треугольника ABC:
SC
■= 2Ry отсюда ВС = 2Rxs in Z A .
sin Z A
Для треугольника BIC:
ВС
sin Z B IC
■■2R,
В пункте (а) мы нашли, что Z B IC = 180° - р - у = 90° +
ZA
•
Математика. Задания высокой и повышенной сложности
/_Л
Получим: /?, sin ZA = R2 c o s - ^ т-r
г,
г,
а
. а
а
„
а
Пусть ZA = а ; я,sin а = я . cos —;2я, sin — cos — = я . cos —;
2
2
2
2
2
.
a
R,
4 2
sin — = —— = —= —;
2 2Л,
6 3
а - 1, - ~2 -^ = -1.
cosZA = c o s a = l, - 2„s m• 2 —
2
9 9
9.
Параллелограмм ABCD и окружность расположены
так, что сторона АВ касается окружности, CD является хор­
дой, а стороны DA и В С пересекают окружность в точках Р
и Q соответственно.
а) Докажите, что около четырехугольника ABQP мож­
но описать окружность.
б) Найдите длину отрезка DQ, если известно, что
А Р = а, В С = b, BQ = с.
Докажем, что вокруг ABQP можно описать окружность.
ZA = Z C (как противоположные углы параллелограмма),
Z D P Q = 180° - Z C (поскольку DPQC вписан в окружность),
тогда Z A P Q = 180° - Z D P Q = Z C = Z A ; ABQP — равнобо­
кая трапеция, ZPAB + Z B Q P = 180°, A B Q P — можно впи­
сать в окружность.
б) АР = а, ВС = Ъ, BQ = с; найдем DQ.
Пусть М — точка касания АВ с окружностью. По теореме о секущей и касательной,
AM2 = А Р ■AD = аЬ; ВМ2 = BQ ■В С = Ьс\ А В = A M + В М = J a b + Jbc.
Проведем Q H — высоту трапеции DPQC.
Выразим QHv a прямоугольных треугольников HQD и HQP. Дальше — просто алгебра!
Q H 2 = D Q 2 - D H 2; Q H 2 = Q P 2 - H P 2\
HP-
DP - QC
b - a - b +c
с-a
DH = C Q + HP = b - c + - —- = b -
:
D Q 2 = QP2 - H P 2 + D H 2.
Поскольку QP = AB, D Q 2 = A B 2 - H P 2 + D H 2 =(-Jab+yJbc
/
= ab + bc + 2 b j a c + b 2 - b ( a + c) +
V
c
+a
2
\2
/
У
I 2 )
= b: + 2 b j ac + ac = {b + J a c ^ , D Q = b + Jac.
112
c-a
c-a
\2
\2
= 2b j a c + b 2 + - - 2 c - 2 a =
4
c +a
\2
Глава 5. Планиметрия
•
10.
На сторонах А С и ВС треугольника A BC вне тре­
угольника построены квадраты ACDE и BFKC. Точка
М — середина стороны АВ.
а) Докажите, что СМ =
DK.
б) Найдите расстояния от точки М до центров
квадратов, если А С = 14, В С = 1 6
и Z A C B = 150°.
Необычная задача. Над ней можно долго думать, из­
водя бумагу. А можно сразу воспользоваться приемом
удвоения медианы . Смотрите, как это делается.
а) Проведем АР |[ ВС, ВР || АС. Получим параллелограмм АСВР, где СР = 2СМ.
Покажем, что N i C P = ДСОК.
А С = CD- А Р = В С = СК; Z C A P = 180° - Z A C B = ZDCK,
так как Z АСВ + 90° + Z D C K + 90° = 360°;
ААСР = ACDK по стороне и двум углам и С М = ~ CP = ^ DK.
б) Пусть А и Т — центры квадратов.
М — середина АВ, N — середина AD, тогда M N —
средняя линия ABAD.
Найдем BD по теореме косинусов из треугольни­
ка BCD'.
Z D C B = 90° + 30° = 120°,
BD2 = В О + CD2 - 2ВС ■CD • cos ZDCB;
BD2 = 162 + 142- 2 ■ 16- 14 • cosl20° =
= 4(64 + 4 9 + 14 ■4) = 4 • 169;
BD = 2 ■13 = 2 6 ;
К
Тогда M N =
= 13.
2
Аналогично, M T — средняя линия AKB.
По теореме косинусов, из треугольника АКБ найдем А К = 26, M T - M N = 13.
11.
На катетах А С и ВС прямоугольного треугольника
A BC как на диаметрах построены окружности, второй раз
пересекающиеся в точке М. Точка Q лежит на меньшей
дуге MB окружности с диаметром ВС. Прямая CQ второй
раз пересекает окружность с диаметром А С в точке Р.
а) Докажите, что прямые Р М и Q M перпендику­
лярны.
б) Найдите PQ, если A M = 1, В М = 3, a Q — сере­
дина дуги MB.
а)
Докажем сначала, что три точки — А, М и В — ле­
жат на одной прямой.
Z А МС = 90° (опирается на диаметр), Z B M C = 90° (опирается на диаметр).
Тогда Z A M B = 90° + 90° = 180° = » M e АВ.
113
F
•
Математика. Задания высокой и повышенной сложности
Пусть Z CA B = a , ZCBA = (1
Четырехугольник А СРМ вписан в окружность. Поэтому Z C P M = 180° - ZCAB.
Угол MPQ — смежный с углом СРМ, значит, Z M PQ = ZCAB.
Углы MQC и МВС опираются на дугу МС, Z M Q C = Z M B C = [1
Поскольку а + Р = 90°, Z M P Q + Z M Q P = 90°. Значит, Z P M Q = 90°, прямые Р М и QM
перпендикулярны.
Мы получили, что AMPQ — прямоугольный, A MPQ ~ АСАВ.
б) Пусть Q — середина дуги MB, А М = 1, В М = 3. Найдем PQ.
С М — высота прямоугольного треугольника ABC.
По свойству высоты прямоугольного треугольника, С М = VA M ■В М = х/3.
Тогда Z H = 60°, Z B = 30°, АВ = 4, А С = 2, ВС = 2л/з.
Поскольку Q — середина дуги MB, Z M C Q = Z QCB = 30°.
A CMQ — равнобедренный, СМ = MQ = л/з.
Тогда гипотенуза PQ треугольника MPQ, в котором Z M Q P = 30°, равна 2.
Ответ: PQ = 2.
12.
В прямоугольном треугольнике AB C точки М и
N — середины гипотенузы А В и катета ВС соответ­
ственно. Биссектриса угла В А С пересекает прямую МУ
в точке L.
а) Докажите, что треугольники A ML и BLC по­
добны.
б) Найдите отношение площадей этих треуголь­
ников, если cos Z B A C = — .
25
а) AL — биссектриса АВАС, M N || А С (так как M N — средняя линия треугольника ABC),
M N п> AL = L. Докажем, что AAML и ABLC подобны.
Пусть Z B A C = а , тогда Z L M B = а , поскольку соответственные углы равны,
ОС
ОС
Z AML = 180° - a , Z M A L = — , ZM LA = Z L A C - — (как накрестлежащие).
Значит, AAML — равнобедренный, A M = ML.
Так как L N — медиана и высота в треугольнике CLB, ACLB — равнобедренный.
МА = MB = М С = ML (по свойствк медианы прямоугольного треугольника, проведенной
к гипотенузе).
Значит, А, С, L, В лежат на окружности с центром М\ ACLB вписан в окружность,
Z CL B = 180° - Z C A B = 180 - a , ACLB ~ AAML по 2 углам.
б) Найдем
Smml _ i c2.
SACu
ACM).
S
7
MML , если cos Z B A C = — .
S'
°дc lb
25
CL
CL
Z C L N = 9 0 ° - —, Z C M L - а (к а к накрест лежащий с углом
2
„
CL
CM
Из ACML, по теореме си н у со в ,--------------= ---------------- ;
sin Z C M L AvnZCLM
114
Глава 5. Планиметрия
^
ос 4
a
sin 9 0 ° - —
cos —
2
СМ _ sin Z C L M
CL ~ sin Z C M L
sin a
2
sin a
a
cos —
2
r, • a
a
2 sin —co s—
a
2sin —
^
7
, „ . ,a
. 2 a 1 -c o sa
cos a = cos Z B A C = — ; c o s a = l - 2 s i n —; sin~ — = ----------25
2
2
2
\2
25
2
5
2-3
6
•
1-
25 = J?_.
!
25’
36 '
13. Окружность, вписанная в треугольник KLM, каса­
ется сторон KL, Ь М я М К в точках А. В я С соответственно.
_
KL + K M - L M
а) Докажите, что КС =
.
б) Найдите отношение BL : ВМ, если известно, что
К С : С М = 3 : 2 и Z M KL = 60°.
а) Докажем, что КС =
KL+ KM -LM
К С я КА — отрезки касательных, проведенных из точш К , К С = КА.
= K L + К М + L M = КА + A L + КС + С М + L M =
ДKM L
= 2К С + (AL + СМ) + L M = 2 КС + (BL + ВМ) + LM.
К А-Щ
Поскольку АЬ = В Ь я В М = CM, K L + К М + L M = 2К С + 2LM: КС =
М
KL+KM -LM
L
и требовалось доказать.
б) Найдем BL : ВМ, если К С \ С М = Ъ \ 2 я Z M K L = 60°.
Пусть BL = х, В М = у, К С = z.
z
3
3
Тогда — = —; z = —у.
у
2
2
х
Пусть — = к\ х = ку.
У
По теореме косинусов, из AKML: LM2 = К М1 + KL2 - 2KL ■К М ■cosZ MKL.
(,ку + у )2
2
2
, >
(3
1 ГЗ
+
у
+
ку
-2-у+ у
2
U
J V
I2
(3
/ с \2
(* + 1)2 =
\2
-
к+~
V2 ,
2
BL = — BM.
2
115
"jГ,
3
J1
2 J
-,что
•
Математика. Задания высокой и повышенной сложности
14.
Точки В, и С лежат на сторонах соответственно
АС и АВ треугольника ABC, причем АВ,: В ,С = АСу С, В.
Прямые ВВ, и СС, пересекаются в точке О.
а) Докажите, что прямая АО делит пополам сторо­
ну ВС.
б) Найдите отношение площади четырехугольни­
ка АВ]ОС1к площади треугольника ABC, если из­
вестно, что A S, : В,С = AC, : С,В = 1 : 4 .
Часто старшеклассники, видя такие задачи, вспоминают теорему Фалеса или теорему
Менелая. Однако теорема Фалеса вряд ли годится для этого случая. Эту теорему так хоро­
шо помнят только потому, что проходят в самом начале курса геометрии. Более универ­
сальный прием — использование двух пар подобных треугольников. Он позволит обой­
тись и без теоремы Менелая, которая все-таки не входит в школьную программу. Редкий
школьник помнит теорему Менелая наизусть, а вот про подобные треугольники знают все.
Выбирайте, какой способ проще.
гг у ст ь АВ L
>= АС L = p.
П
BtC C,B
Тогда АВ] = р ■В, С.
АД _
АС
В'Д С
р -В ,С + В,С
р +1
= к.
Р = к.
АВ р + 1
ААС,В, ~ AABC (по углу и двум сторонам).
Тогда С]В1|
|ВС, ВСВ]С] — трапеция, АО n В, С, =А, (АО) п (ВС) =М.
Покажем, что N и М — середины В]С] и ВС. Другими словами, середины
Аналогично, —— =
оснований
трапеции, точка пересечения ее диагоналей и точка пересечения продолжений боковых
сторон лежат на одной прямой. Этот факт носит название «Замечательное свойство трапе­
ции» и входит в наш список полезных фактов.
С, А
с,о
СМ
ОС
С, А
с л , _ с хо
АС, Д О - А СВО,
ВС ~ ОС
см
АС, NO ■ АСМО,
С другой стороны,
ДАС,А ~ ААВМ]
ААС,Д
~ААВС\
СА
ВС
С, А
СА
см
ВС
С|А _ С,Д
С,А _
ВМ~ В С ’
С, Д _
ВМ
ВС
Получим, что — - =
• отсюда В М = СМ, М — середина ВС.
ВС
ВС
б)
Найдем
-’ая.ос.
АД
АС,
Если — L =
L=
дс
С,В
1
АС,
£> = — , ТО —— L
4
АВ
- £ - =к =-.
р+1
5
116
Глава 5. Планиметрия
С
°Щ О С х
— С
A fijC,
С
°ДОВхСх т
ДА^С, ’
■-к2 =
ААВС
S
' АВ*
\ АС
25
° А А В ,С ,
=i
1
= - 5 Mgc, так как ДАВВ и ААВС имеют равные высоты и
5
Тогда S АВВ,С,
•
^А А В С -
i S'
АВ.
1
= к = —.
АС
5
— с
/ 1 _ ± Лс
°А А В С
^
А АВС *
5 25
1
Д5|С,0
■ w
5°А Я ,О С , -— || 1^ Д
т ^
^ ^ А В С хО
- I^ s*JA5C1B1 - Ig . ±2 ^s
ДАДС
-A
S
•
7 5 °ДАВС ’
5
5
РДАВС
- A~ i ^ °SA A B C - I s
15.
Точки А , В и Cj — середины сторон соответственно
ВС, А С и АВ остроугольного треугольника ABC.
а) Докажите, что отличная от А точка пересечения ок­
ружностей, описанных около треугольников A ]CBi и
AjBCj, лежит на окружности, описанной около тре­
угольника В^АСу
б) Известно, что АВ = АС = 10 и ВС = 12. Найдите ра­
диус окружности, вписанной в треугольник, вершина­
ми которого являются центры окружностей, описан­
ных около треугольников А^СВХ, А ХВ С Хи В Д С .
В этой задаче не обязательно рисовать все окружности, и сложные формулы тоже не
нужны. Решаем легко!
а) Пусть Е — точка пересечения окружностей сф и со2, описанных вокруг треугольни­
ков 1 и 2.
Покажем, что Е е юз — окружности, описанной вокруг треугольника 3.
Е е Юр следовательно, четырехугольник А ХСВ^Е вписан в окружность сор
Z A lE B l = 180°- Z C .
Е е и ,, следовательно, четырехугольник А ВС^В вписан в окружность со,,
Z СХЕ А Х= 1 80°- Z B .
Тогда ZCjBBj = 360° - ZA^BB, - K C]EAl = 360° - (360° - Z B - ZC) = Z B + Z C = 180° - ZA,
ZCjBBj + Z A = 180°, значит, точка E лежит на окружности со3, описанной вокруг треуголь­
ника В хА С у
б) Пусть K , N , M — центры окружностей со], со, и со3.
По условию, треугольник ABC равнобедренный. Зна­
чит, и подобные ему треугольники 1, 2 и 3 — равнобед­
N \
ренные.
с , /
/ \ 2\ Л
Точки К и М лежат на серединных перпендикулярах
к отрезкам ВА и А {С. Значит, К М = —ВС = В, Сх.
2
117
„ ^/ 1' -КI
м
\
з \х
с
•
Математика. Задания высокой и повышенной сложности
Точки K vlN лежат на серединных перпендикулярах к В С Хи А С у Таким образом,
KN = - A B , MN = - А С .
2
2
Треугольники 1, 2 и 3 равны, значит, равны и радиусы их описанных окружностей.
A K M N = А А, С,#, по трем сторонам; A K M N ~ А ВСА, к = ~Радиус окружности, вписанной в треугольник KMN, равен половине радиуса окружно­
сти, вписанной в треугольник ABC.
Найдем радиус окружности, вписанной в треугольник ABC. Выразим площадь треуголь­
ника ABC двумя способами. Очевидно, АД = yjА В 2 - ВД2 = 8;
1
р - г = — ВС ■АД = 48; г = 3.
2
Тогда г.,
1
_3
’ 2'
16.
Прямые, содержащие катеты А С и СВ прямо­
угольного треугольника ABC, являются общими внут­
ренними касательными к окружностям радиусов 4 и 8.
Прямая, содержащая гипотенузу АВ, является их об­
щей внешней касательной.
а) Докажите, что длина отрезка внутренней ка­
сательной, проведенной из вершины острого
угла треугольника до одной из окружностей,
равна половине периметра треугольника ABC.
б) Найдите площадь треугольника ABC.
Часто можно услышать: «В интернете все есть». Да, в интернете можно найти решение
этой задачи, и там применяется одна редкая формула. Но на экзамене вы не сможете загля­
нуть ни в Гугл, ни в Википедию. Сейчас мы решим эту задачу простым школьным способом.
Пусть L, К, М, N , P , Q — точки касания.
а) Докажем, что A N =
РйЛВС-
Отрезки касательных, проведенных из одной точки, равны. Значит, A N = А Р ;
A N = A C + C N = A C + C Q ; А Р = АВ + ВР = АВ + BQ\
2AN = А С + АВ + CQ + BQ = А С + АВ + ВС\ A N = ~ P aabc.
б) Найдем
если г = О хМ = 4, R = 0 , N = 8.
Поскольку СМО{К и CNO.Q — квадраты, М С =4, QC = 8,
С е о р г 0 {С ~ 4л/2, 0 2С = 8л/2.
Рассмотрим трапецию 0 {0 2РЬ.
0 ,1 = 4, О Р = 8, 0 ,0 , = 4 7 2 + 872 = 1 2 ^ .
118
О
Глава 5. Планиметрия
•
Точка С делит сторону О р , в отношении О }С : 0 2С = 1 : 2 . Тогда CF = — (из подобия
треугольников O p F и О р 2Т).
Проведем СН, причем СН — высота треугольника ABC.
4
16
CH=CF +F H = - +4 = — .
3
3
A N = А С + 8 = ^ Рг
Из пункта (а):
В К = ВС + 4 = - Р ,
Отсюда ВС —A C
4: АС + 8 ——(АВ + А С + ВС)', АС + 8 ——АВ-\— А С Н— А С Н— '4;
—АВ = 6; AS = 12; SMBC
2
'
-2А В С Н = - — 12 = 32.
2 3
2
2
2
2
глава 6
ФИНАНСОВАЯ МАТЕМАТИКА.
«ЭКОНОМ ИЧЕСКИЕ» ЗАДАЧИ НА ЕГЭ
Легкая тема. Скучноватая по сравнению с полными сюрпризов задачами с параметра­
ми или нестандартными задачами на числа и их свойства. Единственный ее «подводный
камень» — большое количество вычислений. И чем проще они будут, тем лучше. В этой
главе — схемы задач на кредиты, образцы решений задач по финансовой математике и
приемы быстрого счета без калькулятора.
Задачи на кредиты обычно относятся к одному из двух характерных типов, которые
легко различить между собой.
1-й тип. Выплаты кредита производятся равными платежами. Эта схема еще называ­
ется «аннуитет».
2-й тип. Выплаты кредита подбираются так, что сумма долга уменьшается равно­
мерно. Это так называемая схема с дифференцированными платежами.
В задачах первого типа часто применяется формула суммы п членов геометрической
прогрессии
В задачах второго т и п а — формула суммы п членов арифметической прогрессии.
Вспомним, что такое арифметическая и геометрическая прогрессии.
Арифметическая прогрессия — это последовательность, каждый член которой, начи­
ная со второго, равен сумме предыдущего члена и некоторого фиксированного числа d :
an+i = a „ + d ( « = 1 .2 ,...) .
Фиксированное число d называется разностью арифметической прогрессии.
Формула л-го члена арифметической прогрессии: ап= а + (л —1)d.
Сумма первых я членов арифметической прогрессии Sn= а ]+ а2+... + ап вычисляется по
формуле:
_ ах+а„
2
2ax+ { n - \ ) d ^
2
П
Каждый член арифметической прогрессии, начиная со второго, есть среднее арифмети­
ческое соседних:
2
Геометрическая прогрессия — это последовательность, каждый член которой, начиная
со второго, равен произведению предыдущего члена и некоторого фиксированного числа q :
bn+i = b n4 (и = 2’ -)■
Фиксированное число q называется знаменателем геометрической прогрессии.
Формула я-го члена геометрической профессии:
bп =
X1
Формула суммы Sn= Ъх+ Ь2+ ... +Ьп первых п членов геометрической проф ессии вычис­
ляется по формуле:
120
Глава 6. Финансовая математика. «Экономические» задачи на ЕГЭ
•
Квадрат каждого члена геометрической прогрессии, начиная со второго, равен произ­
ведению соседних:
ь 2п =К _, - ьп+1.
две схемы решения задач на кредиты
Пусть S — сумма кредита, п — количество платежных периодов, р — процент по кре­
диту, начисляемый банком. Коэффициент k = 1 +
показывает, во сколько раз увеличи­
вается сумма долга после начисления процентов.
1. Выплаты кредита равными платежами (аннуитет)
Схема погашения кредита: (((S к - Х ) - к - Х у к - Х у . . - к - Х = 0 .
X — очередная выплата, п — число платежных периодов.
Раскроем скобки: S к" - X ( к п~' + к п~2 +... + к 2 + к + 1) = 0.
Применяем формулу суммы геометрической прогрессии.
Получим: S k n - X
к"-\
= 0.
к- 1
2. Равномерное уменьшение суммы долга (схема с дифференцированными плате­
жами)
Схема погашения кредита для и платежных периодов:
s .2 z !
п
о
\
^^ыплата
S'*
j.i
n
n
^^ы плата
,
0
...
Последняя
выплата
^
. f
s-t-L
n
n
n — число платежных периодов.
n -1
1-я выплата: Z, = S k - S • n
V =
C S -------- k; - Sс -------n~ 2 .
2-я выплата: Z,
n-я выплата: Z„ = S - к.
n
Сумма всех выплат:
, n- 1 n -2
1
+
+ ... + - - S
Z —Z| + Z 2 +... + Zn — S к 1 +
n
n
n
121
n —1
n
+
n -2
n
1
+ ... +-
n
•
Математика. Задания высокой и повышенной сложности
Применяем формулу суммы арифметической прогрессии. Общая сумма выплат:
Z=S b —
2
S' —
2
= S+S—
2
гт
т
„
100
П+
1
=S+
Р
где П — величина переплаты, П = S -------------- .
2
100
Вообще к первому типу можно отнести все задачи, где одинаковы (или известны) пла­
тежи. Ко второму — задачи, где равномерно (или по известной схеме) уменьшается сумма
долга.
1.
1 июня 2013 года Ярослав взял в банке 900 000 рублей в кредит. Схема выплаты кре­
дита следующая: 1-го числа каждого следующего месяца банк начисляет 1 процент на ос­
тавшуюся сумму долга (то есть увеличивает долг на 1%), затем Ярослав переводит в банк
платеж. На какое минимальное количество месяцев Ярослав может взять кредит, чтобы
ежемесячные выплаты были не более 300 000 рублей?
Если бы банк не начислял проценты, то Ярослав смог бы вернуть долг за 3 месяца.
Поскольку банк начисляет проценты, количество месяцев п > 4. Покажем, что за 4 месяца
Ярослав выплатит кредит. Поскольку проценты начисляются на оставшуюся часть долга,
максимальными они будут в первый месяц, когда сумма долга максимальна.
Проценты, начисленные за первый месяц, равны 0,01 • 900 = 9 тысяч рублей.
Значит, проценты, начисленные за 4 месяца, не превышают 9 ■4 = 36 тысяч рублей. За
4 месяца Ярослав сможет выплатить и «тело кредита», и проценты.
Нам повезло с условием задачи — сумма долга равна 900 тысяч рублей, а максималь­
ная выплата — 300 тысяч рублей. Что делать, если условие не настолько очевидно?
Решим эту задачу в общем виде.
Пусть S — сумма кредита; р % — процентная ставка банка.
Тогда после каждого начисления процентов сумма долга увеличивается в к = 1 +
раза.
Пусть X — величина платежа.
После первого начисления процентов и первого платежа сумма долга равна S k - X , пос­
ле второго (Sk - X) к - X.
Например, долг выплачен равными платежами за 5 платежных периодов. Тогда
((((S
=0,
Sk5- X
(к* + к 3 + к 2 + k + l) = 0.
Заметим, что в скобках — сумма 5 членов геометрической прогрессии, где 6 = 1; q = к.
гг
с = о
ь , в ' " 1 , эта сумма р а в н а
Поскольку
Sn
.
<7-1
к -1
Получим: S k5 = X
к 5 —1
.
к -1
В общем случае для п платежных периодов Sk" = X
к" - 1
к —1
Из этой формулы находим S, X или п.
122
.
Глава 6. Финансовая математика. «Экономические» задачи на ЕГЭ
•
2. 31 декабря 2014 года Савелий взял в банке 7 378 ООО рублей в кредит под 12,5% годо­
вых. Схема выплаты кредита следующая: 31 декабря каждого следующего года банк начис­
ляет проценты на оставшуюся сумму долга (т. е. увеличивает долг на 12,5%), затем Савелий
переводит в банк платеж. Весь долг Савелий выплатил за 3 равных платежа. На сколько руб­
лей меньше он бы отдал банку, если бы смог выплатить долг за 2 равных платежа?
Обозначим сумму кредита S, где S = 7 378 ООО рублей, р = 12,5%;
к —1н
/з
100
12,5 , 1 9
—1 н-------- —1 н— ——.
100
8
8
1) Савелий выплачивает кредит тремя равными платежами X.
( ( S k - X ) - k - X ) k - X =0.
S -к3
Раскрыв скобки, получим: S k 3 - X -(fc2 +/t + l) = 0; X = —)
В этом случае Савелий выплатит банку З Х рублей.
2) Савелий выплачивает кредит двумя равными платежами Y:
(S- k - Y ) - k - Y = 0 ;
S - кг - Y(k+ 1) = 0;
Sk2
Y =— .
к+1
Всего Савелий выплатит 2 Y рублей.
Найдем разность 3 X - 2 Y .
Дальше — просто арифметика. Действия с дробями.
2SX
к~ + к +1
к +\
81
3 -9 -8 2
64
8-(81 + 7 2 + 64)
= Sk2
2-8 ^
17
(
Ък
к~ + к
2
1 к Л-1
—
- 5О- ^ 8 ^217
Л
-5
/
92
82
ю
Г,э
3Sk-'
ю
-д
3X-2Y :
17у
—
- 5о -
^—8
3-9
2 )
( 92 9 Л 9 + 1
8- —г- -)---- (-1
8
8
8
V
У
J
Г 4 5 9 -4 3 4 ^
217-17
25
7378-81-25
, „. 434-81-25 ,
„ч
(тыс. рублей) = —
— (тыс. рублей) =
8 217-17
8-217-17
4-217
81-25
(тыс. рублей) = 506 250 рублей.
3. 31 декабря 2013 года Сергей взял в банке 9 930 000 рублей в кредит под 10% годовых.
Схема выплаты кредита следующая: 31 декабря каждого следующего года банк начисляет
проценты на оставшуюся сумму долга (то есть увеличивает долг на 10%), затем Сергей пере­
водит в банк определенную сумму ежегодного платежа. Какой должна быть сумма ежегодно­
го платежа, чтобы Сергей выплатил долг тремя равными ежегодными платежами?
Как всегда, введем обозначения: S = 9 930 000 рублей; р = 10%; X — сумма ежегодного
платежа; к = 1 н
100
= 1,1.
S k 3- X ( к 2 + к + l) = 0\ Х = -
S-k3
S k 3( k - 1)
к2+к + \
к3- 1
123
•
Математика. Задания высокой и повышенной сложности
Для того чтобы проще было считать, мы домножили числитель и знаменатель на (& - 1)
и применили формулу разности кубов: к3 - 1 - (к - 1)(к2 + к + 1).
В нашей задаче к = 1+
— 1,1.
100
Применим формулу куба суммы: (а + Ь)3 = а3 + ЪсгЬ + 3ab2 + Ь3.
,
1 f
. . 1 . 1
1
к г =1,13 = 1н—
—1+ 3 — + 3"------ 1---------= 1,331.
10)
10
100 1000
Расчеты удобно вести в тысячах рублей. Получим:
X =
9930 1 331 0 1
0,331
933 1331
= --------------= 3 1331 = 3993 (тыс. рублей).
331
В задаче применяется та же схема, что и в предыдущей. Обратите внимание, как упро­
стить вычисления и обойтись без расчетов в столбик.
В следующей задаче — не кредит, а вклад. Но математическая модель аналогичная.
4. Владимир поместил в банк 3600 тысяч рублей под 10% годовых. В конце каждого из
первых двух лет хранения после начисления процентов он дополнительно вносил на счет
одну и ту же фиксированную сумму. К концу третьего года после начисления процентов
оказалось, что размер вклада увеличился по сравнению с первоначальным на 48,5%. Ка­
кую сумму Владимир ежегодно добавлял к вкладу?
Пусть 5 — сумма вклада, р = 10%; к = 1+
100
= 1,1. Расчеты удобно вести в тысячах
рублей.
Пусть X — ежегодно добавляемая сумма,
((5 •£ + Х ) к + Х ) к = S -(1 + 0,485); S k 2 + X0fc + 1) = - -1,485;
121
1,1
’
(1 ,3 5 - 1 ,2 1 ) 5
0,145 140-360 2-360
г „
X = ----------------------- = --------------------- = ---------= ------------ = ---------- = 240 тыс. рублей.
2,1
2,1
2,1
210
3
В следующей задаче платежи не равные, однако известен порядок выплат: каждый сле­
дующий платеж ровно вдвое меньше предыдущего. Решаем по той же схеме.
5. Герасим взял кредит в банке на сумму 804 000 рублей. Схема выплаты кредита такова:
в конце каждого года банк увеличивает на 10% оставшуюся сумму долга, а затем Герасим
переводит в банк очередной платеж. Известно, что Герасим погасил кредит за три года, при­
чем каждый его следующий платеж был ровно вдвое меньше предыдущего. Какую сумму
Герасим заплатил в третий раз? Ответ дайте в рублях.
Как всегда, введем обозначения: 5 = 804 тыс. рублей; р = 10%; к = 1+
100
= 1,1.
Пусть X — третий платеж. Тогда второй платеж равен 2Х, а первый — 4Х.
124
Глава 6. Финансовая математика. «Экономические» задачи на ЕГЭ
•
Аналогично предыдущим задачам,
((S k - 4 X ) k - 2 X ) k - X =0; Sk 3 - X U k 2 + 2к + l) = 0;
Sk3
804-1,331
,
„ч 804-1,331
л = — г----------- = ---------------------- (тыс. рублей) = -------------- (тыс. рублей) =
4к +2к + 1 4-1,21 + 2,2 + 1
8,04
= 100-1,331 (тыс. рублей) = 133,1 (тыс. рублей) = 133 100 рублей.
Обратите внимание на вычисления. Что если бы я (как многие школьники делают) ста­
ла перемножать S и к3 в числителе? Как бы я поняла, на что можно сократить? Решая зада­
чу, ставьте себе дополнительную цель: максимально упростить вычисления.
6.
31 декабря 2014 года Аристарх взял в банке 6 902 000 рублей в кредит под 12,5%
годовых. Схема выплаты кредита следующая: 31 декабря каждого следующего года банк
начисляет проценты на оставшуюся сумму долга (т. е. увеличивает долг на 12,5%), затем
Аристарх переводит в банк А рублей. Какой должна быть сумма А, чтобы Аристарх выпла­
тил долг четырьмя равными платежами (т. е. за четыре года)?
Почему в ЕГЭ так много задач, где персонаж берет кредит именно 31 декабря? Для
меня это загадка. Представляю, как Аристарх, Сергей и Савелий с усилием отрываются от
новогоднего оливье и идут по морозу в банк брать кредиты.
S = 6902 тыс. рублей; р = 12,5%; к = 1+ - ^ - = 1+ ^
100
1000
=1 + 1 = —.
8
8
А — сумма ежегодного платежа,
(((Б к - Х ) к - Х ) к - Х ) к - Х = 0; Sk4 - X ( k 3 + k 2 + k + l) = 0.
Применим формулу суммы геометрической прогрессии:
к4 -1
S k 4 ( k - 1)
S k4 = X = 0; А = ----- ^
к- 1
к 4- 1
(Q
S -94 - - 1
S - 94
S-94
А =)
8 -(9 4 - 8 4) 8 -(9 2 - 8 2)(9 2 + 8 2)
84
406-812
/
203 ■8 12
29 -7 - 8 12
8-145
4-145
4 -2 9 -5
S-94
6902-812
8 -(9 + 8 )(9 2 + 8 2)
8-17-145
= 2296,35 (тыс. рублей) = 2 296 350 рублей.
7.
Оля хочет взять в кредит 100 000 рублей. Погашение кредита происходит раз в год
равными суммами (кроме, может быть, последней) после начисления процентов. Ставка —
10% годовых. На какое минимальное количество лет Оля может взять кредит, чтобы еже­
годные выплаты были не более 24 000 рублей?
Пусть Оля берет кредит на п лет. Как быть с тем, что последняя выплаченная сумма
может быть меньше предыдущих? Очень просто. Если последняя внесенная сумма будет
равна предыдущим, Оля не только погасит кредит, но и переплатит, то есть на карте по­
явятся ее личные деньги. Другими словами, ее долг станет отрицательным. Запишем нера­
венство: S ■к " - А (кп~1 +к"~2 + ... + к + 1) < 0.
125
•
Математика. Задания высокой и повышенной сложности
В скобках — сумма п членов геометрической прогрессии. Проверьте: здесь п слагае­
мых, степени которых от 0 до п - 1. Эта сумма равна Sn
те" - 1
к- 1
Тогда S ■к" —X ■- ---- - < 0 .
к- 1
Умножим обе части неравенства на (к - 1) > 0.
S ( k - \ ) - к"-Х-кГ+Х<0;
к " > ---------.
X -S (k-l)
24
Мы получили: 1,1" > ----------------- . Все расчеты мы ведем в тысячах рублей.
2 4 - 0 ,1 1 0 0
24
24
1,1" > — ; 1,1" > 1,714. Округлив десятичную дробь, равную — , мы перешли к строго14
14
му неравенству.
Надо найти п. Единственный способ — возводить 1,1 в натуральную степень до тех
пор, пока мы не превысим 1,714. И сейчас я покажу вам полезный прием, помогающий
без калькулятора и столбика вычислить 1,1". Вы также узнаете, что такое бином Ньюто­
на и треугольник Паскаля.
Мы знаем, что (а + Ъ)2 = а2 + 2аЪ + Ъ2, (а + Ь)ъ = а3 + 3а2Ь + 3ab2 + b3.
Выражение (а + Ь)" называется бином Н ью тона.
(а
+ Ь)"
= с,1 ■а" + с,2 • а"~* • b + ... + сп - 1 - а - Ь " ~ 1+ сп ■Ь".
v
7
Обратите внимание: у каждого слагаемого степень а уменьшается, степень b — возра­
стает. Например,
(а + Ь)7 = а 7 + 7 • а6Ь + 21а562 + 35а4Ь3 + 35а2Ь4 + 21 a2b5 + l a b 6 + Ъ1.
Так вот ты какой, бином Ньютона! Остается лишь вопрос: как вычислить коэффициен­
ты? Самый простой способ их нахождения — треугольн ик П аскаля.
Смотрите, как он строится. «Боковые стороны» этого треугольника состоят из единиц.
А все числа внутри строк получаются суммированием соседних чисел из предыдущей строки.
1
1
п =2
п=3
п =4
п=5
п= 6
л=7
/7 = 8
1
1 2 1
1 3
3 1
1 4 6 4 1
1 5 10 10 5 1
1 6 15 20 15 6 1
1 7 21 35 35 21 7 1
1 8 28 56 70 56 28 8 1
Так в какую же степень надо возвести 1,1 для того, чтобы результат превышал 1,714?
Возьмем п = 6.
1,1* = (1 + 0 ,1 )6> 1 + 6 • 0,1 + 15 • 0,01 > 1,714.
Может быть, подойдет и п = 5?
Нет, не подойдет. Потому что
1,15 = (1 + 0,1)5 = 1 + 5 -0,1 + 10 0,01 + 10 • 0,001 + 5 ■0,0001 + 0,00001 < 1,614.
Ответ: п = 6.
126
Глава 6. Финансовая математика. «Экономические» задачи на ЕГЭ
•
8.
Вклад планируется открыть на четыре года. Первоначальный вклад составляет це­
лое число миллионов рублей. В конце каждого года вклад увеличивается на 10% по срав­
нению с его размером в начале года, а кроме этого в начале третьего и четвертого годов
вклад ежегодно пополняется на 2 млн рублей. Найдите наибольший размер первоначаль­
ного вклада, при котором через четыре года вклад будет меньше 15 млн рублей.
Пусть 5 — первоначальная сумма вклада, р = 10%; к = 1,1.
Будем вести расчеты в миллионах рублей. Обратите внимание на этот прием. Писать
длинные ряды нулей не нужно!
[{S-k2+ 2 ) к + 2)к<15',
S k4 + 2 к 2 +2к < 15;
5 <
15- 2 к 2 - 2 к
к4
:
S < 7 ,2 ; 5max = 7.
В этой задаче пришлось считать в столбик. Но я думаю, что после бинома Ньютона с
делением в столбик вы справитесь.
А теперь второй тип задач на кредиты — такой, где сумма долга уменьшается равно­
мерно. Это ключевые слова в условии задачи!
9.
Алексей взял кредит в банке на срок 17 месяцев. По договору Алексей должен вер­
нуть кредит ежемесячными платежами. В конце каждого месяца к оставшейся сумме дол­
га добавляется q% этой суммы, и своим ежемесячным платежом Алексей погашает эти
добавленные проценты и уменьшает сумму долга. Ежемесячные платежи подбираются так,
чтобы долг уменьшался на одну и ту же величину каждый месяц (на практике такая схема
называется «схемой с дифференцированными платежами»). Известно, что общая сумма,
выплаченная Алексеем банку за весь срок кредитования, оказалась на 27% больше, чем
сумма, взятая им в кредит. Найдите q.
Приятная новость: задачу можно решить за 30 секунд! Нам поможет «волшебная фор­
мула» для задач с дифференцированными платежами. Вы видели ее в начале главы.
Пусть на п платежных периодов (дней, месяцев, лет) в кредит взята сумма 5, причем
платежи подобраны так, чтобы сумма долга уменьшалась равномерно. Тогда величина пе­
реплаты П и полная сумма выплат В за все время выплаты кредита даются формулами
/
/7 = _ 9 _ .П ± 1 .5 ; 5 = 5
100
2
х , я { п + 1)
200
Применим формулу к нашей задаче.
П = 0,275" (величина переплаты).
J _ l . s =I L s
100
2
100
q — 3. Это ответ.
127
•
Математика. Задания высокой и повышенной сложности
10. 15 января планируется взять кредит в банке на 39 месяцев. Условия его возврата
таковы:
— 1-го числа каждого месяца долг возрастет на г% по сравнению с концом предыду­
щего месяца;
— со 2-го по 14-е число каждого месяца необходимо выплатить часть долга;
— 15-го числа каждого месяца долг должен быть на одну и ту же сумму меньше долга
на 15-е число предыдущего месяца. Известно, что общая сумма выплат после полного по­
гашения кредита на 20% больше суммы, взятой в кредит. Найдите г.
Снова наша «волшебная формула»! Ключевые слова в задаче — «15-го числа каждого
месяца долг должен быть на одну и ту же сумму меньше долга на 15-е число предыдущего
месяца». Это значит, что долг уменьшается равномерно.
В нашей задаче п = 39.
n = 3 _ . l H . s = o ,2 S ;
100
2
=
100
2
=
100
Ответ: 1.
11. Жанна взяла в банке в кредит 1,8 млн рублей на срок 24 месяца. По договору Жанна
должна возвращать банку часть денег в конце каждого месяца. Каждый месяц общая сум­
ма долга возрастает на 1%, а затем уменьшается на сумму, уплаченную Жанной банку
в конце месяца. Суммы, выплачиваемые Жанной, подбираются так, чтобы сумма долга
уменьшалась равномерно, то есть на одну и ту же величину каждый месяц. Какую сумму
Жанна вернет банку в течение первого года кредитования?
Снова сумма долга уменьшается равномерно. Но «волшебную формулу» применять рис­
кованно: ведь надо посчитать, какую сумму Жанна вернет банку не за весь период, а только
в течение первого года кредитования. Поэтому мы решим задачу в общем виде, а заодно
выведем ту формулу, которой успешно пользовались в предыдущих задачах.
Пусть S — первоначальная сумма долга, S = 1800 тысяч рублей.
Нарисуем схему начисления процентов и выплат. И заметим некоторые закономерности.
Как обычно, к = 1+ - — .
100
—
24
S
^
i f 1-я
'в ы п л а т а
Начисление
процентов
S
±
24
^
i f
^
'
0
2-я
^
выплата
^
5
к —
S- k
S
24
У
.
k — S
24
24
...
k —
Л
Последняя
выплата
S
24
Сумма долга уменьшается равномерно. Можно сказать, равными ступеньками. И каждая
1
23
22
ступенька равна — S. После первой выплаты сумма долга равна — 5, после второй — S.
Тогда первая выплата
X,
'
=
kS
23
S,
24
128
Глава 6. Финансовая математика. «Экономические» задачи на ЕГЭ
вторая выплата Х 2 = к
23
22
24
24'
•
13
5 -^ 5 .
24
24
Сумма всех выплат в течение первого года:
последняя в году выплата Х 12 = к
( . 23
3 22
12 Л
1 3 1 - S ( 2-----1
X —X] + Х 2 + ...+ Х 12 —kS 1+ — + . .н---------- 1". .н----24 J
^24 24
24
V 24
13
В первой «скобке» — сумма 12 членов арифметической прогрессии, в которой а, = — ;
24
ап = — = 1. Обозначим эту сумму 2 у
Z ] = f V t £ » . 12 = H ± 2 4 . 12 = £
2
2-24
4
Во второй скобке— также сумма 12 членов арифметической прогрессии, в которой
12
23
Ь, = — ; Ьп - — . Эту сумму обозначим Z,.
Zj = ^
. 1 2 = 12± M . 12 = M
2
2 -24
4
Общая сумма выплат за год:
1R00
1800 2 37
X = 5 (JfeZ, - Z2) = - у (1 ,0 1 -3 7 -3 5 ) = --------------- = 2,37• 450 = 1066,5 тыс. рублей.
Ответ: 1 066 500 рублей.
В следующей задаче мы тоже рисуем такую цепочку выплат. И пусть долг уменьшается
не равномерно, но мы знаем закономерность его уменьшения.
12.
В июле 2016 года планируется взять кредит в банке на четыре года в размере 5 млн
рублей, где 5 — целое число. Условия его возврата таковы:
— каждый январь долг увеличивается на 25% по сравнению с концом предыдущего года;
— с февраля по июнь каждого года необходимо выплатить одним платежом часть долга;
— в июле каждого года долг должен составлять часть кредита в соответствии со следу­
ющей таблицей:
Месяц и год
Долг
(в млн рублей)
Июль 2016
Июль 2017
Июль 2018
Июль 2019
Июль 2020
S
0,85
0,65
0,45
0
Найдите наибольшее 5, при котором общая сумма выплат будет меньше 50 млн рублей.
В этой задаче р = 25%; к = 1+
100
= 1+ —= —.
4 4
129
•
Математика. Задания высокой и повышенной сложности
Год
2016
июль
2017
s
2018
0,8 5
январь
0 ,6 5
J \-я \
W выплата,
4
kS
2019
'
0 ,4 5
0,8 £ 5
2
0
J
V 2-я \
^^вы п л ата, Ж
чк
2020
3-я
\
^^вы п лата, чк
0,6 £ 5
3
>
4-Я
выплата,
0,4 £5
Общая сумма выплат:
X = X, + Х 2 + Х 3 + Х л = £5 - 0,85 + 0, 8£5 - 0,65 + 0 ,6kS - 0 ,45 + 0 ,4£5 =
= kS (1 + 0,8 + 0,6 + 0 , 4 ) - 5 (0,8 + 0,6 + 0 ,4 ) = 2 ,8 * 5 -1 ,8 5 .
По условию, 5 — целое, а Х < 50. Будем вести расчеты в миллионах рублей.
< 50;
5
1,75 < 50;
5 шах = 29 млн рублей.
Вот задача ЕГЭ по математике 2017 года.
13.
В июле 2016 года планируется взять кредит в банке на пять лет в размере 5 ты
рублей. Условия его возврата таковы:
— каждый январь долг возрастает на 25% по сравнению с концом предыдущего года;
— с февраля по июнь каждого года необходимо выплатить часть долга;
— в июле 2017, 2018 и 2019 долг остается равным 5 тыс. рублей;
— выплаты в 2020 и 2021 годах равны по 625 тыс. рублей;
— к июлю 2021 долг будет выплачен полностью.
Найдите общую сумму выплат за пять лет.
5
= —, Y = 625 тыс. рублей.
100 4
Рисуем схему погашения кредита.
Введем переменные: к = 1-1
Год
июль
25
2016
2017
2018
2019
2020
s
5
5
5
kS-Y
2021
/
январь
kS
kS
kS
kS
k(kS-Y)
Общая сумма выплат: Х = 3 ■( k S - 5) + 2 Г = 3S ( k - 1) + 27.
Кроме того, долг был полностью погашен последней выплатой 7.
(£ + 1)7
Это значит, что k(kS - 7) = 7, и тогда 5 = — —— ,
(£ + 1)7 .
гк2- 1'
(
(
з )
+ 2Y = Y 5 — 7 = 625 5
Х= 3-J ( £ - 1 ) + 2 7 = 37
к2
1 к2\
1
\
625-77
: 77 •25 = 1925 тыс. рублей.
25
130
3-16^1
25 J
Глава 6. Финансовая математика. «Экономические» задачи на ЕГЭ
•
В 2018 году на ЕГЭ по математике появились задачи, напугавшие многих выпускников.
«Это страшно, — говорили они после экзамена. — Никогда такого не было. Решить невоз­
можно».
Действительно ли настолько страшны были «банковские» задачи на ЕГЭ по математи­
ке 2018 года? Давайте разберемся.
14. 15-го декабря планируется взять кредит в банке на 21 месяц. Условия возврата таковы:
— 1-го числа каждого месяца долг возрастает на 3% по сравнению с концом предыду­
щего месяца;
— со 2-го по 14-е число каждого месяца необходимо выплатить часть долга;
— 15-го числа каждого месяца с 1-го по 20-й долг должен быть на 30 тысяч рублей
меньше долга на 15-е число предыдущего месяца;
— к 15-му числу 21 -го месяца кредит должен быть полностью погашен.
Какую сумму планируется взять в кредит, если общая сумма выплат после полного его
погашения составит 1604 тысяч рублей?
Прежде всего, введем переменные. Расчеты будем вести в тысячах рублей.
Пусть 5 — сумма, которую планируется взять в кредит, Z — общая сумма выплат,
Z = 1604 (тыс. рублей), X — ежемесячная выплата, Х = 30 (тысяч рублей),/? = 3% — про­
цент, начисляемый банком ежемесячно. После первого начисления процентов сумма долга
равна 5
1+
-
100
ся в к = 1 + —
100
= S к. После каждого начисления процентов сумма долга увеличивает­
раза. В нашей задаче к = 1,03.
Определим, к какому типу относится задача. Долг уменьшается равномерно (по усло­
вию, 15-го числа каждого месяца с 1-го по 20-й долг должен быть на 30 тысяч рублей мень­
ше долга на 15-е число предыдущего месяца). Значит, это задача второго типа. А в задачах
второго типа мы рисуем следующую схему:
Сумма долга
на 15-е число
каждого месяца
S-X
$
J f 1_я
f
Сумма долга
на 1-е число
каждого месяца
S-2X
.
£5
выплата
х
f
2-я
выплата
k(S - X)
5 - 20Х
О
*
Последняя
выплата
k(S - 20Х)
После первого начисления процентов сумма долга равна kS. Затем, после первой вып­
латы, сумма долга равна S - X, где Х = 30 (тысяч рублей).
Значит, первая выплата равна kS - (5 - X) (смотри схему).
Вторая выплата: k(S - X ) - ( S - 2Х).
Последняя выплата: k(S - 20Х).
Найдем общую сумму выплат Z.
Z = k S - ( S - X ) + k ( S - X ) - ( S - 2 X ) + ... + k ( S - 2 0 Х ) =
= k(S+ S - X + S - 2 X + . . . + S - 2 0 X ) - ( S - X + S - 2 X + ... + 5 - 2 0 2 0 Мы сгруппировали слагаемые, содержащие множитель к, и те, в которых нет к.
131
•
Математика. Задания высокой и повышенной сложности
Упростим выражения в скобках:
k ( 2 \ S - X ( l + 2 + 3 + ... + 2 0 ) ) - ( 2 0 S - A 4 1 + 2 + 3+ ... + 2 0 )) = Z.
В задачах этого типа (когда сумма долга уменьшается равномерно) применяется фор-
мула для суммы арифметической прогрессии: 5„ =
(а, + ап)
п.
В этой задаче мы тоже ее используем.
1+ 2 + 3 + ... + 20 =
2
. 20 = 210.
Получим:
£ (2 1 5 -2 1 0 2 0 - 20S + 2 10X= S ( 2 l k - 20) - 2 \ 0 Х ( к - 1) = Z.
Осталось подставить числовые значения.
5(21 • 1,03 - 20) - 210 ■30 ■0,03 = 1604.
Отсюда 5 = 1100 тысяч рублей = 1 100 000 рублей.
Следующая задача относится к тому же типу. Математическая модель та же самая. Только
найти нужно другую величину — процент, начисляемый банком. К тому же количество
месяцев, на которое взят кредит, неизвестно.
15.
15-го декабря планируется взять кредит в банке на 1 000 000 рублей на (и + 1) месяц
Условия его возврата таковы:
— 1-го числа каждого месяца долг возрастает на г% по сравнению с концом предыду­
щего месяца;
— со 2-го по 14-е число каждого месяца необходимо выплатить часть долга;
— 15-го числа каждого месяца с 1-го по п-й долг должен быть на 40 тысяч рублей мень­
ше долга на 15-е число предыдущего месяца;
— 15-го числа п-го месяца долг составит 200 тысяч рублей;
— к 15-му числу (п + 1) — го месяца кредит должен быть полностью погашен.
Найдите г, если известно, что общая сумма выплат после полного погашения кредита
составит 1378 тысяч рублей.
Как всегда, введем обозначения. Для удобства ведем расчеты в тысячах рублей.
5 = 1 000 000 рублей = 1000 (тыс. рублей) — сумма кредита, X = 40 (тыс. рублей) —
г
величина регулярной выплаты, Z = 1378 (тыс. рублей) — общая сумма выплат, к = 1 +
—
коэффициент, показывающий, во сколько раз увеличилась сумма долга после начисления
процентов.
Рисуем уже знакомую схему погашения кредита.
Сумма долга
на 15-е число
каждого месяца
S
...
S - пХ
0
.
J f 1_я
/в ы п л а т а
\
Сумма долга
на 1-е число
каждого месяца
S-2X
S _ X
.
kS
ш
\
2-я
/в ы п л а т а
k(S _ Х )
132
^
...
\
^ П осл едн я я
€
выплата
k(S - пХ)
Глава 6. Финансовая математика. «Экономические» задачи на ЕГЭ
Первая выплата: k S - ( S - X).
Вторая выплата: k ( S - X ) - ( S - IX).
Последняя выплата: к (S - пХ).
По условию, 15-го числа я-го месяца долг составит 200 тысяч рублей.
Значит, S - п Х = 200. Подставим числовые данные:
1000 - 40 л = 200; тогда я = 20, л + 1 = 21, то есть кредит был взят на 21 месяц. Очень
удобно — количество месяцев в этой задаче оказалось таким же, как в предыдущей. По­
этому кратко повторим основные моменты решения.
Общая сумма выплат Z:
Z = k S -(S -X ) +k (S -X )-(S -2 X ) + ...+ k(S-X ) =
= k ( S + S - X + S - 2 X + ... + S - 2 0 X ) - ( S - X + S - 2 X + ... + S -2 0 A ) =
= Ar(21S —J§T(1 + 2 + 3+ ... + 2 0 ) ) - ( 2 0 S - X ( l + 2 + 3+ ... + 2 0 )) =
= k ( 2 l S - 2 l 0 X ) - 2 0 S + 2 \ 0 X = S ( 2 l k - 2 0 ) - 2 l 0 X ( k - 1).
Мы снова использовали ту же формулу для суммы арифметической прогрессии:
1 + 2 + 3 + ... + 20 =
2
•20 = 210.
По условию, Z = 1378 (тыс. рублей).
Выразим к из формулы S(21 к - 20) - 210Х(к - 1) = Z.
Z + 2 0 5 -2 1 0 *
2 1 (5 -1 0 * )
Подставим данные из условия задачи.
к _ 1378+ 2 0 -1 0 0 0 -2 1 0 -4 0 _ ( Q3
21 (1 0 0 0 -1 0 40)
Ответ: г = 3%.
Тема «Финансовая математика» включает также задачи на нахождение наибольших и
наименьших значений функций.
16.
Алексей приобрел ценную бумагу за 7 тыс. рублей. Цена бумаги каждый год возраста
ет на 2 тыс. рублей. В любой момент Алексей может продать бумагу и положить вырученные
деньги на банковский счет. Каждый год сумма на счете будет увеличиваться на 10%. В тече­
ние какого года после покупки Алексей должен продать ценную бумагу, чтобы через трид­
цать лет после покупки этой бумаги сумма на банковском счете была наибольшей?
Пока Алексей не продал ценную бумагу, ее стоимость ежегодно увеличивается на 2 ты­
сячи рублей. Через л лет ее стоимость равна 7 +2(л - 1) = 5 + 2я тысяч рублей.
Когда Алексей (через л лет после покупки) продал ценную бумагу и положил деньги на
банковский счет, сумма на счете ежегодно увеличивается на 10% (то есть в 1,1 раза) в тече­
ние 30 - л лет.
Значит, через 30 лет после приобретения ценной бумаги эта сумма равна
5 = (5 + 2л) • 1,13 0 ".
Рассмотрим функцию 5(х) = (5 + 2х) ■1,130 х, совпадающую с Sn при целых значениях х,
и найдем ее наибольшее значение на отрезке 0 < х < 30.
133
•
Математика. Задания высокой и повышенной сложности
Мы знаем, как найти наибольшее значение функции на отрезке. Взять производную,
приравнять ее к нулю, найти точки экстремума, сравнить значения в точке максимума и на
концах отрезка.
S'(x) = (5 + 2х)' ■1,130~* + (5 + 2х) • (1,130-*)'= 2 • 1,130- * - (5 + 2х) ■1,13°-* • 1п1,1 =
= 1,130- * ( 2 - ( 5 + 2х) ■1п1,1).
Приравняем производную к нулю.
Поскольку 1,130_Л> 0 , исследуем знак выражения 2 - (5 + 2х) ■ln l,l = 2 - 5 1 n l,l —2х- 1п1,1.
S'(x) = 0 при х0 = ——
0
2 In 1,1
S \ x ) > 0, если x < x..
S'(x) < 0, если x > x0.
Значит, точка х0 = ^ ^
S'(x)
i
1
I
\
S(x)
A°
2 —5 In 1,1
2In 1,1
Точка максимума
* — точка максимума функции S(x).
Хорошо, но чем это нам поможет? Ведь значение х0 невозможно посчитать без кальку­
лятора. Тупик? Зря вычисляли производную?
Нет, не зря. Мы выяснили, что функция стоимости ценной бумаги имеет точку макси­
мума, причем единственную. И если в определенный момент не продать эту ценную бума­
гу, в итоге ее стоимость будет меньше максимально возможной.
Как же вычислить этот момент? Найдем, после скольких лет хранения будет более вы­
годно продать ценную бумагу и положить деньги на счет, чем продолжать хранить.
При хранении бумаги ее стоимость ежегодно увеличивается на 2 тысячи рублей. При
продаже бумаги — увеличивается в 1,1 раза.
Пусть в момент продажи стоимость ценной бумаги S(k) равна S(k) = 5 + 2к.
Если продать бумагу и положить деньги в банк, сумма будет равна 1,1 (5 + 2к).
Если продолжать хранить — получим 5 + 2к + 2 = 7 + 2к.
Необходимо выполнение условия: 1,1(5 + 2к) > 7 + 2к\ 5,5 + 2,2к > 7 + 2к\ 0,2к > 1,5;
к > 7,5. Тогда к = 8.
Этого условия достаточно, поскольку мы доказали, что функция S(x) имеет единствен­
ную точку максимума. Значит, ценную бумагу надо продать на восьмой год после ее при­
обретения.
Вот похожая задача.
17.
Пенсионный фонд владеет ценными бумагами, которые стоят ? тыс. рублей в конц
года t ( t = 1, 2 ...) В конце любого года пенсионный фонд может продать ценные бумаги и
положить деньги на счет в банке, при этом в конце каждого следующего года сумма на
счете будет увеличиваться в 1+ г раз. Пенсионный фонд хочет продать ценные бумаги в
конце такого года, чтобы в конце двадцать пятого года сумма на его счете была наиболь­
шей. Расчеты показали, что для этого ценные бумаги нужно продавать строго в конце двад­
цать первого года. При каких положительных значениях г это возможно?
Если пенсионный фонд продаст ценные бумаги в конце года к, то в конце двадцать
пятого года на его счете будет S(k) = к2( 1 + г)25-* тысяч рублей.
134
Глава 6. Финансовая математика. «Экономические» задачи на ЕГЭ
•
Рассмотрим функцию S(x) = х2(1 + г)25 ~х, совпадающую с S(к) при натуральных х,
и найдем производную этой функции:
S'(x) = 2х(1 + r)25~x - х 2( 1 + r)25~* ln ( l + г) = (1 + г)25~* ( 2 х - х 2 ■In (1 + г)).
2
Приравняем S'(x) к нулю и найдем, что S'(x) = 0, если х = In (1 + г)
Определим знаки производной и промежутки возрастания и убывания функции S(x).
s'(x)
т
1п(1 + г)
S(x)
-
4-
Точка максимума
2
Мы получили, что функция S(x) имеет точку максимума х0 = — -----1п(1 + г)
Согласно условию, продавать ценные бумаги необходимо строго в конце двадцать перво­
го года. Значит, если продать их в конце двадцать первого года, сумма на счете будет больше,
чем при продаже бумаг в конце 20-го года или в конце 22-го года. Поскольку функция S(x)
имеет единственную точку максимума, необходимо и достаточно выполнение условий:
Г5(21) > 5(20)
S (2 1 )> 5 (2 2 )
Мы получим
1212 -(l + rj > 202 -(1 + г)
[212 • (1 + г)4 > 222 •(1 + г)3
1+ г <
21
ч 20 у
1+ г >
22
21
43
441
41
< г < ----- . Это ответ.
400
1+ г <
1+ г >
441
400
484'
441
глава 7
ЗАДАЧИ С ПАРАМ ЕТРАМ И
Как научиться решать задачи с параметрами? Вы заметили, что каждую тему в этой
книге мы начинаем с краткой теории. Что же на этот раз?
Для того чтобы решать любые задачи с параметрами, необходимы знания о графиках
элементарных функций и преобразованиях графиков. Надо также знать, какие уравнения
задают на плоскости окружность, круг, ромб и другие «базовые элементы» задач с пара­
метрами.
Существует всего пять типов элементарных функций.
1. Степенные.
Это функции вида у = х“. К этому типу относятся: линейные, квадратичные, кубичес­
кие, —, у[х, \[х и многие другие — такие, которые содержат переменную, взятую в опрех
деленной степени.
2. Показательные — функции вида у = а*.
3. Логарифмические — функции вида у = log х.
4. Тригонометрические, в чьих формулах присутствуют синусы, косинусы, тангенсы
и котангенсы.
5. Обратные тригонометрические — содержат arcsinx, arccosx, arctgx, arcctgx.
Элементарными они называются потому, что из них, как из элементов, получаются
все остальные, встречающиеся в школьном курсе. Например, у = х 2ех— произведение квад­
ратичной и показательной функций; у = sin ((f) — сложная функция, т. е. комбинация двух
функций — показательной и тригонометрической.
Уравнения, которые вы решаете, также обычно относятся к одному из этих пяти типов.
И для каждого типа есть свои способы решения, основанные на тех или иных свойствах
функций.
Вспомним графики основных элементарных функций.
Степенные функции
1. Линейная функция у = кх + Ь.
Пример: у = х.
Прямые, имеющие одинаковые угловые коэф­
фициенты, параллельны.
Прямые, для угловых коэффициентов которых
выполняется равенство к }к2 = -1 , перпенди­
кулярны.
136
Глава 7. Задачи с параметрами
Y(
2. Квадратичная парабола у = от2 + />х + с.
Пример: у = х2.
а > 0 — ветви вверх, а < 0 — ветви вниз.
Вершина параболы: х0 =
1
,
\
2а
/
\
1 ___J у (х) = X2
0
1
*
у(х)= дг4
3. Функция у = х",п — четное, п = 2, 4, 6,.
Функция в этом случае четная.
-1
0
1
X
1
X
У(
1
Функция у = х",п — нечетное, п = 3, 5, 7,
Функция также нечетная.
j
0
‘'к
II
/
/
4. Гипербола у = —, хФО
х
Пример: у = —■
х
137
-1
•
5.
Математика. Задания высокой и повышенной сложности
y(x) = 'Jx
у = у/х, х > 0 .
Y,
6. у = л/х.
I
01
Показательная функция
2. у = а*
О< а < 1
а>1
Логарифмическая функция
а>1
О< а < 1
138
Глава 7. Задачи с параметрами
Тригонометрические функции
1, y = sinx
2.
у = cosx
3 .y = tgx
4.
у = ctgx
139
•
•
Математика. Задания высокой и повышенной сложности
Обратные тригонометрические функции
у(х) = arcsin х
1, у = arcsinx
71
_2
2.
у = arccosx
3.
^( jc) = arctg х
4.
у(х) = arcctgx
140
Глава 7. Задачи с параметрами
•
Преобразование графиков функций
1. Сдвиг по горизонтали.
Пусть функция задана формулой у =f i x ) и
а > 0. Тогда график функции у = f ( x - а)
будет сдвинут относительно исходного на а
вправо. График функции у = f ( x + а) сдви­
нут относительно исходного на а влево.
у(х) =
3
х2- 4
2. Сдвиг по вертикали.
Пусть функция задана формулой у = f ( x ) и
С — некоторое положительное число. Тог­
да график функции y = f ( x ) + С будет сдви­
нут относительно исходного на С вверх.
График функции у = f i x ) — С сдвинут от­
носительно исходного на С вниз.
3. Растяжение (сжатие) по горизонтали.
Пусть функция задана формулой у =f(x) и
к>0. Тогда график функции у =f(kx) будет
растянут относительно исходного в к раз
по горизонтали, если 0 < к < 1, и сжат отно­
сительно исходного в к раз по горизонта­
ли, если к > 1.
Y,
-2л
Г \ - - 1/
\ 4 /
я\
I0
\ ~п/
~2 М
у(х) = sin 2х
К
11 >
\2
Я \
4
/
71/
2к
\
\
} Х
•
Математика. Задания высокой и повышенной сложности
4. Растяжение (сжатие) по вертикали.
Пусть функция задана формулой у = /( х ) и
М > 0. Тогда график функции у = М ■f (х)
будет растянут относительно исходного в
М раз по вертикали, если М > 1, и сжат от­
носительно исходного в М раз по вертика­
ли, если 0 < М < 1.
5. Отражение по горизонтали
График функции у = / (-х) симмет­
ричен графику функции у = / ( х ) от­
носительно оси Y.
+1
6. Отражение по вертикали.
График функции у = - f ( x ) симметричен графи­
ку функции у = / (х) относительно оси X.
X
+D
142
Глава 7. Задачи с параметрами
7. Графики функций у = /(|х |) и у = |/(х)|.
143
•
•
Математика. Задания высокой и повышенной сложности
«Базовые элементы» для решения задач с параметрами
х2 +
1.
Уравнение х2 + у 2 = R2 задает окружность
с центром в начале координат и радиусом |/?|.
(х +
2.
Уравнение (х - а)2 + (у - Ь)2 = R2 задает
окружность с центром в точке (а; Ь) и радиу­
сом |Л|.
Y
(* + 2)2 + (у +1)2 < 9
3.
Неравенство (х - а)2 + (у - Ъ)2 < R2 зада­
ет круг вместе с границей.
4. Уравнение у = \ / л 2 - х 2 задает верх­
нюю полуокружность с центром в начале ко­
ординат и радиусом |Л|.
5. Уравнение у = - л/ л ^ - х 2 задает ниж­
нюю полуокружность с центром в начале ко­
ординат и радиусом |Л|.
144
X
Глава 7. Задачи с параметрами
6.
Уравнение у =
•
R 2 —(х - а )2 ) +b зада­
ет верхнюю полуокружность с центром в точ­
ке Р (а; Ь) и радиусом \R\.
7.
Уравнение а |х| + Ъ [у| = с при положи­
тельных а, b и с задает ромбик, симметрич­
ный относительно начала координат.
У,
8. Уравнение у = |х + а + х + Ь\ (сумма
модулей) задает график следующего вида:
v
v
у = \х + 1| + х - 3|
»
\
// /
\ \ Л^
3
рг
1
у = * +1Г \
-1
0
у /
3
*х
9. Расстояние между точками А ( х ; у,) и В (х2; у 2) находится по формуле
AB = yj(x2 - x l f + (у 2 - у, )2.
Координаты середины М отрезка АВ находятся по формулам:
хм
_ x L+ x 1
2 ’ Ум
у, + у,
2
10. Уравнение отрезка:
sj(x -a )2+(y-b)~ + y f ( x ^ f ^ ( y ^ d y = y j { b ^ a f ^ { d ^ c y .
Эта устрашающая формула задает отрезок [MN], концы которого М(а\ Ь) и N(c; d). Пара
чисел (х; у) соответствует координатам любой точки этого отрезка.
Все эти схемы широко применяются в задачах с параметрами. И в то же время нужно
помнить, что построение графика — еще не все решение! Фраза «На графике видно...» не
заменяет доказательства. Примеры решения и грамотного оформления задач с параметра­
ми — в этой главе.
145
*
Математика. Задания высокой и повышенной сложности
1.
(А вторская задача) При каких значениях параметра а система уравнений
х 2 + у 2 < х 2у 2 + 1
• х2+ у2 < 2
имеет единственное решение?
( х - а ) ~ + ( у - а ) ~ = |а|
Эту задачу я придумала для одного из своих пробных ЕГЭ, которые регулярно провожу
и очно, и онлайн. Захотелось порадовать учеников простой и красивой рисовалкой.
Заметим, что параметр в этой системе есть только в уравнении. А в неравенствах — ни
в первом, ни во втором — его нет.
Начнем с первого неравенства:
х 2у 2 - х 2 - у 2 +1 > 0 ; х 2 ( у 2 - l ) - ( y 2 - l ) > 0 ;
(х2 ~ l) ( y 2- l ) >
Первая система неравенств задает квадрат с центром в начале
координат и сторонами, параллельными координатным осям; дли­
ны сторон равны 2.
Решения второй системы неравенств показаны на рисунке:
Решим второе неравенство системы: х1 + у 2 <2.
На координатной плоскости это неравенство задает круг с цен­
тром в начале координат и радиусом х/2. Совместим решения пер­
вого и второго неравенств.
Уравнение (х - а)~ + (у - а ) ‘ = |а| задает окружность радиуса J\a\
с центром (а; а).
Это значит, что ее центр лежит на прямой у = х.
Параметр а может быть положительным или отрицательным. Он может быть также рав­
ным нулю, и решением будет точка (0; 0). Тогда исходная система имеет единственное
значение, поскольку точка (0; 0) лежит внутри квадрата, задаваемого первым и вторым
неравенствами.
146
Глава 7. Задачи с параметрами
•
Исходная система также имеет единственное решение,
если окружность, задаваемая уравнением, проходит через
точку А или точку В на рисунке. Во всех остальных случаях
система не имеет решений или имеет более одного решения.
Найдем, при каких значениях параметра задаваемая урав­
нением окружность проходит через точку А или через точ­
ку В:
1)
подставим координаты точки уравнения А ( 1; 1) в урав­
нение ( х - а ) 2 + { у - а )' = |а|.
.
Получим:
2 (а -1 )2
\а > О
Условие а > 0 добавлено потому, что центр окружности расположен дальше от начала
координат, чем точка А. Значит, обе координаты центра окружности положительны.
[2 (а -1 )~ = а,
При а > 0 имеем: а - е й
\ а > 0.
1 т,
Решения системы: а = 2 и а = —.
Но если а = -1, центр окружности лежит внутри квадрата
2
2
и система имеет бесконечно много решений. Значит, единственное решение будет при а = 2;
2) подставив координаты точки В в уравнение окружности, получим:
а = -2 ,
1
а —— .
2
Второе значение нам не подходит, как и в предыдущем пункте.
Исходная система имеет единственное решение, если а = -2. Объединим случаи.
Ответ: -2 ; 0; 2.
2.
Найдите все значения параметра а, при каждом из которых система неравенств
а х> 2
• у/х - \ > а
имеет хотя бы одно решение на отрезке [3; 4].
Зх < 2а +11
Решим систему графически в координатах х, а.
х - 1 > 0,
X
а < л /х -1 ,
147
•
Математика. Задания высокой и повышенной сложности
О бласть, удовлетворяю щ ая системе н ера­
венств и условию х е [3; 4], показана на рисунке.
Наименьшее значение а, при котором систе­
ма имеет решение, достигается в точке А, где пе­
ресекаются (и это легко проверить) графики фун2 и а =3—х
кции а = —
х
2
11 ; при этом х = 4 . В точке
2
1
А значение параметра а равно —.
Точка В, где график функции а = % /х -1 пе­
ресекает вертикальную прямую х = 4, соответству­
ет значению параметра а = уЗ. Мы просто подста­
вили х = 4 в уравнение а = V x -1 . Чтобы исходная
система имела решения, должно выполняться ус­
ловие а < Л
Следовательно, система имеет хотя бы одно решение на отрезке х е [3; 4], если пара1
/г
1
метр а принимает значение от
до Л , включая значение а = 2
2
1
Ответ: а е
-;Л
3.
Найдите все значения параметра а, при каждом из которых система неравенств
|х| + |а| < 4 ,
|
х 2 + 16а < 8х + 48 имеет хотя бы одно решение на отрезке [0; 1].
Выделим во втором неравенстве полный квадрат. Вообще выделение полного квадра­
та — полезнейший прием для оценки выражений и построения графиков функций. Смот­
рите, как это делается:
16а < - х 2 + 8 х + 48;
- х 2 + 8х + 48 = - ( х 2 - 8 х - 4 8 ) = - ( х 2 - 8 х + 1 6 - 1 6 - 4 8 ) = - ( х - 4 ) 2 +64;
а
а<
( х - 4 ) “ + 4.
16V
’
Решим графически систему нера­
венств в координатах х, а.
/
|х| + |а| < 4,
а < - — ( х - 4 ) ~ + 4.
16V
’
Первое неравенство задает область
внутри квадрата (не включая границу),
вершины которого находятся в точках
(0; 4), (4; 0), (0; -4 ) и И ; 0).
В торое неравенство задает об­
ласть (вместе с границей), лежащую
4
/
ш
/ /
X
X
\
/X
\
\
1
-4 \
0
\
\
\
\
\
-4 и
148
1
/
/
/
а (х ) = ——
V'
16
\
/
\
/
\
/4
X
Глава 7. Задачи с параметрами
•
1
2
ниже параболы а = ------ ( х - 4 ) " + 4. Ветви параболы направлены вниз, ее вершина в точ16
ке (4; 4).
Если л- е [0; 1], то все возможные значения а больше величины ах = 4 (точка А на черте­
же). С другой стороны, все значения а при х е [0; 1] не больше величины а2, соответствую1
2
щей точке В. Точка В — точка пересечения прямой а = 4 - х и параболы а = -------(х —4) +4.
16
1
2
Подставив значение х = 4 - а в уравнение а = —— (х - 4) + 4, получим:
а2 + 16я - 64 = 0.
Отсюда а2 = - 8 ± 8л/2.
Значение а2 = - 8 - 8 V 2 не подходит, поскольку ордината точки В положительна. Зна­
чит, а2 = 8 V 2 - 8 . •
О тве т: систем а неравенств им еет хотя бы одно реш ение при х 6 [0; 1], если
-4 < а < 8 л /2 -8 .
4.
Найдите все значения а, при каждом из которых уравнение
л /З х -2 ■In ( х - я ) = л /З х -2 -1п(2х + а)и м еет ровно один корень на отрезке [0; 1].
З х -2 > 0 ,
Запишем ОДЗ уравнения:
х —а > 0, <=> х 4
—2х < а < х.
2х + а > 0;
Запишем уравнение в виде л /З х -2 ■(in (х - а ) - In (2х + а )) = 0.
Произведение двух множителей равно нулю тогда и только тогда, когда хотя бы один из
них равен нулю, а другой при этом имеет смысл. Таким образом, уравнение равносильно
системе:
х>-2 х < а < х,
2
х = —,
3
х - а = 2х + а:
х>Л
3
- 2х < а < х,
2
х = —,
3
х = -2а.
В каких случаях система может иметь единственное решение? Самый простой ответ —
2
2
1
когда х одновременно равен и —, и -2а. Тогда - 2 а = —, а = - —.При
этом
неравен
.2
1 2
2
- 2 • —< — < — выполняется и корень х = — принадлежит отрезку [0; 1J — т. е. случаи со3
3 3
3
1
впадения корней при а = - - нам подходит.
2
Пусть теперь корни х = — и х = - 2 а не совпадают. Что же в этом случае?
149
•
Математика. Задания высокой и повышенной сложности
Очевидно, что уравнение имеет не зависящий от параметра корень х = —, который при2
надлеж ит отрезку [0; 1]. П одставив х = — в неравенства, задаю щ ие ОДЗ, получим:
4
2
3
< а < - .
—
3
3
Найдем, при каких а исходное уравнение имеет корень -2а, принадлежащий ОДЗ и от­
резку [0; 1].
Запишем систему условий для параметра а:
0 < - 2 а < 1,
а>
-2 a t - ,
3
4 а < а < -2а;
а <■
_1_
2’
I
3’
а < 0.
корень х = - 2 а
Отметим на оси а интервалы значений парамет///////
I
2
корень x = —
ji 3
a
ра, соответствующих корню х = — и корню х = -2а.
кд получили, что если - —<
1 ^ а ^< - -1, то исходное уравнение кроме корня х = —
2 имеет
Мы
также корень х = -2а, принадлежащий отрезку [0; 1].
Ранее мы выяснили, что при а = - ^ корни х - ^ и х = - 2а совпадают и условия задачи
выполняются.
2
Чтобы исходное уравнение имело на отрезке [0; 1] единственный корень, равный —,
значение а должно не принадлежать интервалу
и при этом удовлетворять усло2
4
2
вию из ОДЗ: — < а < —. Значит, а е
3
3
4 _ 1
3’ 2
’
3
,
и _ i . 2 ^. Это ответ.
з ’з
5. Найдите все значения параметра а, при каждом из которых уравнение
tg (дх) • In (х + а ) = In (х + а ) имеет ровно один корень х на отрезке [0; 1].
Запишем уравнение в виде ln (x + a ) ( t g ( j t x ) - l ) = 0.
Уравнение равносильно системе:
х + а > 0,
x + a > 0,
COS 71X5*0,
cos 7IX 5* 0,
x + a = 1,
tg (n x ) = l;
( l)
t g ( t i x ) = 1;
<=>
x + a > 0,
cos тех ;* 0,
(2)
x = l-a .
150
Глава 7. Задачи с параметрами
•
Начнем с системы (1).
Корнем уравнения tg (л*) = 1 на отрезке [0; 1] является х =
. Если х =
, то -7 + а > О,
1
значит, а > — .
4
Для того чтобы этот корень был единственным на отрезке [0; 1], необходимо и доста­
точно, чтобы система ( 2) не имела решений на отрезке [0 ; 1] или имела решение х = —.
0 < х < 1,
х + а > О,
Рассмотрим систему (2) при условии х £ [0; 1]:
cos лх Ф О,
х —1—а.
Если х = 1 - а, условие х + а > 0 выполняется. Для параметра а также получаем условия:
|0 < 1 —а < 1 ,
1cos (л ( 1 - а ) ) * 0 .
Условие cos (л - па) Ф 0 упростим с помощью формулы приведения: cos па Ф0. Посколь­
ку 0 < а < 1, получим, что а Ф ^ .
0 < а < 1,
В итоге:
1
а Ф —.
корень х2 = 1- a
При этих условиях исходное уравнение име­
ет второй корень х = 1 - а на отрезке [0; 1]. Но по
условию нам нужен единственный корень на этом
отрезке.
Рассмотрим случаи, когда это происходит.
1
1) а е
j
корень X] = —
—С--
4
единственный корень;
2) возможно, будет что-то интересное при а =
Подставим а = — в исходное уравне­
1
ние: In х + — (tg (jtc ) —1) = 0 .
2
Первый множитель равен нулю, если х = —. Тогда второй множитель не определен,
1
п
_
поскольку tg = — не существует. Значит, корня
х = —это уравнение иметь не может.
1 0
1
Второй множитель равен нулю, если х = —. Значит, при а = — уравнение имеет един­
ственный корень х = —. Этот случай нам подходит;
4
151
•
Математика. Задания высокой и повышенной сложности
3)
мы еще не рассмотрели случай, когда корни х, = —и х2 = 1 - а совпадают. Приравняв
1 а = —.
3
их, получим: 1- а = —,
4
4
Значит, исходное уравнение имеет единственны й корень на отрезке [0; 1], если
ае
|^ ; ^ |и ( 1 ; + о о ) . Это ответ.
6.
Найдите все значения параметра а, при каждом из которых уравнение
л /х - я sin х = - 4 х —а c o sх имеет ровно один корень на отрезке [0: л]
Как мы решали бы это уравнение, если бы в нем не было параметра? Очевидно, записали бы
ОДЗ и сказали, что произведение двух множителей равно нулю тогда и только тогда, когда хотя
бы один из них равен нулю, а другой при этом не теряет смысла. Сейчас мы сделаем так же.
х - а > 0,
л /х - я (sin х + c o sх ) = 0 <=>
х = а,
sin .г = - cos х.
Уравнение sinx = -c o s x не зависит от а и имеет на отрезке [0; л] единственный корень
Зл
Зл
Зл
х = — . При э т о м
а > 0, значит а < — .
4
4
4
о
Зл
Зл
Заметим, что если я = — , то система имеет
единственное решение х = — .Это случаи
4
4
совпадения корней.
Займемся корнем х = я. Он удовлетворяет условию х - а > 0.
Поскольку 0 < х < л, исходное уравнение имеет корень х = я при 0 < я < л.
Изобразим на оси я промежутки, при которых
Зл
Зл
уравнение имеет корень х, = — или х2 = а.
Если а е
0;
Зл
, уравнение имеет 2 корня, при-
Зл
4
Зл
чем при а —— эти корни совпадают.
4
Если а > л, корней на отрезке [0; 1] нет.
Зл
Если же а < 0 или —■< а < л, уравнение имеет единственный корень. Объединив слу4
Зл
чаи, получим ответ a s (-o o ;0 )u
Т ’я
7.
(А вторская задача) При каких значениях параметра с уравнение 5 sin2x = 11 sinx + с
не имеет двух решений на интервале (0; 2л)?
Сделаем замену sinx = /; t е [-1; 1].
Запишем уравнение в виде: с = 5t2 - 1\t и рассмотрим функцию c(t) = 512 - 1 If.
152
Глава 7. Задачи с параметрами
•
Построим график этой функции в координатах t, с. Это
парабола с ветвями вверх и вершиной в точке t0 =
Она
пересекает ось t в точках t = 0 и t = ^ . Очевидно, нам нуж­
на часть графика при t е [-1; 1].
Найдем значения функции c(t) в концах отрезка [-1; 1]:
г(1) = - 6 ,/ ( - 1 ) = 16.
На отрезке [-1; 1] функция c(t) = 5t2 - Ш убывает и
принимает значения от 16 до -6 , причем каждое значе­
ние с соответствует только одному значению t.
Посмотрим на уравнение sinx = t при х е (0; 2л).
Уравнение sinx = t имеет единственное решение на ин­
тервале (0; 2л) в следующих случаях:
1)
если х = —. Тогда t = sin — = 1;
2
2
2) если х = л. Тогда t = sin л = 0;
Зл
. Зл
3) если х = — . Тогда t = sin — =: - 1.
2
2
При всех остальных t е (-1; 1) уравнение sin x = t имеет два
решения. Если t > 1 или t < —1 — решений нет.
Вернемся к графику функции c(t) = 512 - 1 П.
Если t = 1, то с = -6 .
Если t = 0, то с = 0.
Если t = -1 , то с = 16.
В этих случаях исходное уравнение имеет единственное решение. Если с < - 6 или с > 16,
исходное уравнение не имеет решений. По условию, исходное уравнение должно иметь
одно решение или ни одного решения при х € (0; 2л).
Ответ: с е (-<»;—6 ]u { 0 } u [l6 ;+ o ° ).
Вот отличная задача с сайта Ларина.
8.
Найдите все значения параметра а, при каждом из которых система
[х 2 + у 2 - 2 | х - у | = 2
имеет ровно два решения.
I х2 + у 2 —2а [х + у ) + 2а2 = 2
Раскроем модуль в первом уравнении.
Мы знаем, что Ы
[ z, если z ^ 0
-Z, если z < 0
153
•
Математика. Задания высокой и повышенной сложности
Первое уравнение равносильно совокупности двух систем:
х -у >0
Гу < х
х 2 + у 2 - 2 х + 2у = 2
j ( т 2 - 2х + l) + ( y 2 + 2у + 1) = 4
х - у <0
\у> х
х 2 + у 2 +2х —2у = 2
|( х 2 + 2,т + 1) + (у 2 - 2 у + 1) = 4
Мы сгруппировали слагаемые и увеличили каждую часть уравнения на 2, чтобы появи­
лись полные квадраты.
Гу < х
2
— дуга окружности с центром 0,(1;-1) и радиусом 2.
[(х - 1 ) + () ' + !) = 4
\)’> х
— дуга окружности с центром 0 2(-1;1) и радиусом 2.
l(x + l f + ( y - \ y =4
Теперь второе уравнение:
х 2 + у 2 —2 а (х + у) + 2а 2 = 2;
(х 2 - 2 я х + я 2) + ( у 2 - 2 я у + я 2) = 2;
( х - а у + ( у - а У =2.
Второе уравнение задает семейство
окружностей с радиусом V2 и с цент­
рами в точках с координатами (я; я).
Другими словами, их центры лежат на
прямой у = х.
Рисуем все это.
Система имеет ровно два решения
в следующих случаях:
1) я = 0. Второе уравнение задает
окружность оо , имеющую с графиком
первого уравнения общие точки А и 5;
2) второе уравнение задает окруж­
ность со,, имеющую с графиком перво­
го уравнения общие точки С и D. Ее
центр — точка Р;
3) второе уравнение задает окруж­
ность со5с центром Q, имеющую с гра­
фиком первого уравнения общие точки Е и F.
Найдем, чему равно значение параметра я для окружнос­
тей со, и ю3. Вспомним, что точка касания окружностей ле­
жит на прямой, соединяющей их центры, и рассмотрим треу­
гольник 0 ]0 2Р.
В этом тр е у го л ьн и к е Ох0 2 = 2 ^ 2 ; ОхР = 0 2Р - 2 + л/2,
так как расстояние между центрами касающихся окружнос­
тей равно сумме их радиусов.
154
Глава 7. Задачи с параметрами
Из АО^ОР: OP = ~\02Р2 - 0 0 \ = ^ 2 + ^ 2 ^
•
= ^ А + А ^ 2 = 2лД + 4 l .
С другой стороны, ОР - a \[l.
Получим: |a|V 2 = 2>/l + л/2; а = ± ^ 2 + 2\f2.
Положительное значение параметра а
соответствует окружности со,, а отрицатель­
ное — окружности со3;
4)
есть и еще случай, когда исходная си­
стема имеет ровно два решения. Будем сдви­
гать окружность со1с центром О (0; 0) вдоль
прямой у = х, увеличивая \а\. Окружность
со1 будет иметь ровно две точки пересече­
ния с графиком первого уравнения, пока вы­
полняется условие |а| < 2. Если \а\ = 2, сис­
тема имеет три решения.
3 решения
и =2
X
Если 2 < |а| < V2 + 2V2 , система имеет
4 решения.
\а\ < 2
Объединим все случаи:
а = ± V2 + 2л/2
Это ответ.
9.
Найдите все значения х, каждое из которых является решением уравнения
5 aV 3sin4x + ( \/3 - 5 a ) c o s 4 x
г
-.
-=
= 1 при любом значении а из отрезка —3v 2; 1 .
6 s in 4 x - \/3 c o s 4 x
L
J
Сделаем замену Ах = z. Уравнение равносильно системе:
5яТ з sin z + (л/3 - 5 а ) cos г = 6 sin г -л /3
COS
z,
6 sin г - л/з cos г Ф 0;
(5 а> /з- 6 ) s i n г + ( 2 \ / з - 5 a ) c o s z = 0,
6 sin г - 7 з cos г Ф 0.
Обратим внимание на коэффициенты первого уравнения.
Поскольку 5а>/з - 6 = >/з (5а - 2л/3), первое уравнение приводим к виду
(5а - 2>/з )(>/з sin г - cos г ) = 0.
155
•
Математика. Задания высокой и повышенной сложности
Запишем систему в виде:
2 Уз
5 ’
5а - 2 ^ 3 = О,
л/3 sin z - cos z = О,
7з
tg z * — :
О
tgz*-
О
t
^
tg z = T >
Уз
tgz*— .
О
II первой системы находим, что при а =
Из
R значение z, кроме z = arctg
„ > /з х1- кк,
,
любое
5
6
к е Z, является решением исходного уравнения. Но этот случай нам не подходит: ведь надо
найти все значения х, каждое из которых является решением уравнения не при каком-то
одном, а при любом а.
Во второй системе параметра а вообще нет. Вторая система равносильна уравнению
л/з
л
л л
tg z = — • Его решение: z = 4х = —+ пк, к е Z. Тогда х = -----1- — к, к е Z. Мы нашли все зна3
6
24 4
чения х, каждое из которых будет решением исходного уравнения при любом значении
параметра а.
Возможен и другой способ решения. Выберем «удобное» значение параметра: а = 0.
Ведь мы ищем значения х, которые будут решениями исходного уравнения при любом а из
отрезка [-З У 2 ;1 ], в том числе и при а = 0. Подставив а = 0 в исходное уравнение, найдем
значения х и убедимся, что они будут решениями при любом а из отрезка j^-3\/2;lJ.
^
К я . . _
Ответ: — н— к, k e Z .
24 4
10.
Найдите все неотрицательные значения параметра а, при каждом из которых мно­
[ + х 2 -4 1 o g 0 5 ( а 2 - 2 а + 4)
жество решений неравенства 1 <
состоит из одной
Зл/7х4 + х" + а + 4 4 -log() 52 ^а“ —2а + 4^
точки, и наидите это решение.
Сделаем замену: log0 5 ( а 2 - 2а + 4) = Ь. Конечно, при этом должно выполняться усло­
вие а 2 - 2 а + 4 > 0.
а + х2 - АЬ
> 1.
Зл/7х4 + х~ + а + 4 + 7>'
Поскольку а > 0, знаменатель дроби положителен. Отлично, умножим на него обе части
неравенства:
а + х 2 - 46 > 3s/7x4 + х 2 + а + 4 + Ь1;
х 2 - 4 6 - 62 - 4 > 3л / т х Ч х 2";
156
Глава 7. Задачи с параметрами
•
х2 - (Ъ2 + 4Ь + 4) > 3 \ l l x 4 + х 2;
х 2 - ( 6 + 2)2 > 3\llx* + х 2;
х 2 > 3 ^ 7 х 4 + х 2 +(Ь + 2 ) \
Заметим, что неравенство четно относительно х. Это значит, что если х = х0 — решение,
то и х = —х0 также будет его решением, то есть множество его решений симметрично отно­
сительно нуля.
Единственное решение возможно, только если х = 0. В этом случае (Ь + 2)2 < 0.
Но квадрат числа не может быть отрицательным, и тогда Ъ + 2 = 0, b = -2.
/ ,
s
, ,
,
[а2 - 2 а + 4 = 4
log05( a - - 2 a + 4) = -2 ; log2 ( а ~ - 2 а + 4) = 2; ^
[а ” - 2 а + 4 > О
Очевидно, что если а 2 - 2а + 4 = 4, то а 2 - 2а + 4
>0.Значит, система равносильна
уравнению а2 - 2а + 4 = 4, откуда а = 0 или а = 2.
Проверим, что при а = 0 и при а = 2 решение х = 0 действительно единственно.
При а = 0 имеем: log0 5 4 = -2 .
х2+ 8
,
I----------Неравенство примет вид: — '—
---- >1; х 2 > З у 7 х 4 + х 2.
Зл/7х4 + х 2 + 8
Обе части неотрицательны — значит, неравенство можно возвести в квадрат.
х 4 > бЗх4 + 9Х 2; 6 2 х 4 + 9 х 2 < 0 — единственное решение х = 0.
2 + д-2 + 8
I----------—,
>1;х 2> Зл/7х4 + х 2. Это
Зл/7х4 + х 2 +10
неравенство мы только что решили. У него единственное решение х = 0.
Ответ: х = 0 при а = 0 или а = 2.
При а = 2 получим: log0 5 ( а 2 - 2а + 4) = -2 ;
11.
Найдите все значения параметра а, при каждом из которых множество значений
,
5 а - 1 5 х + ах
гп
функции у - —
содержит отрезок [0; 11.
х - 2 а х + а + 25
Преобразуем знаменатель в формуле функции.
х2 - 2ах + а 2 + 25 = (х - а)2 + 25 > 0.
Поскольку знаменатель всегда положителен и не равен нулю ни при каких х и а, функ, ,
5 а - 1 5 х + ах
ция у у х ) = ------------ :---------- непрерывна. Значит, если при определенных значениях параметра а
(х - а ) +25
найдутся такие х, ч то у (х )= 0 и у(х) = 1, то у(х) принимает все значения на отрезке [0; 1].
Другими словами, множество значений функции содержит отрезок [0; 1], когда уравне­
ния у(х) = 0 и у(х) = 1 имеют решения.
1) *х) = 0
5 а - 1 5 х + ах _ _
.
-5 а
z
= 0; 5 а - 1 5 х + а х = 0; х ( х - а ) '+ 2 5
а —15
5а
-------- .
1 5 -а
Уравнение имеет решения при а Ф 15. Если а = 15, решений нет.
157
•
Математика. Задания высокой и повышенной сложности
2 ) у(х) = 1
5 а -1 5 х + ах = ( х - а ) ‘ +25;
х 2 + ( 1 5 - З а ) х + ( а 2 - 5 а + 25) = 0.
Это квадратное уравнение. Оно имеет решения, если его дискриминант неотрицателен.
D = (15- З а ) 2 - 4 ( а 2 - 5 а + 25) = 2 2 5 - 90а + 9 а 2 - 4 а 2 + 2 0 а - 1 0 0 = 5 а 2 - 7 0 а + 125;
а 2 - 1 4 а + 25 > 0;
(а - (7 - 2 Л )) (а - (7 + 2 Л )) > 0.
Сравним 7 + 2л/б и 15.
1-2-Л
2Тб v 8; Л < 4 => 7 + 2л/б < 15.
Таким образом, условие задачи выполняется, если
1 + 2Л
a s (^-°°;7 —2 \ / б ) и ( 7 + 2%/б;15)и(15;+®°). Это ответ.
12.
Найдите все значения параметра а, при каждом из которых система уравнени
| х ( х 2 + у 2 —у —2) = |х |(у —2 ),
[у = х + а
имеет ровно три различных решения.
Раскроем модуль в первом уравнении. Рассмотрим отдельно случаих > 0 ,х = 0 и х < 0:
1) в случае х > 0 получим:
\ х > 0,
л: > 0,
с(х2 + у 2 —у - 2 ) = х ( у —2);
х > 0,
\ х 2 + у 2 - 2 у = 0\
( 1)
\ х > 0,
<=>
х 2 + у 2 - 2 у +1 = 1;
х 2 + ( у - 1 ) 2 =1.
Эта система задает полуокружность, находящуюся справа от оси X, с центром (0; 1) и
радиусом 1.
2) х = 0 — решение первого уравнения. График — прямая х = 0, т. е. ось Y.
3) Теперь случай х < 0.
Гх < 0,
|х ( х 2 + у 2 - у - 2 ) = х ( 2 - у ) ;
х < 0,
[д:2 + у 2 = 4 .
Эта система задает полуокружность, расположен­
ную слева от оси X, с центром в начале координат и
радиусом 2. Вот какой график — вместе с осью Y —
мы в результате получили.
Второе уравнение задает прямую с угловым ко­
эффициентом к - 1, проходящую через точку (0; а).
Чтобы исходная система имела ровно три решения,
нужно, чтобы прямая у = х + а пересекала нашу «кон­
струкцию» из двух полуокружностей и оси ординат
ровно в трех точках.
158
(2)
Глава 7. Задачи с параметрами
•
Если а < -2 , система имеет единственное решение (прямая пересекает только ось орди­
нат). При увеличении параметра а прямая у = х + а сдвигается вверх и точек пересечения
будет две — до момента касания прямой у = х + а с правой полуокружностью в точке А.
Если прямая у = х + а проходит через точку А, исходная система имеет три решения.
Найдем значение параметра а для этого случая. Прямая у = х + а — касательная к полу­
окружности, задаваемой системой (1).
Вспомним, что касательная перпендикулярна радиусу, проведенному в точку касания,
а угловые коэффициенты взаимно перпендикулярных прямых удовлетворяют соотноше­
нию кхк = —\. Поскольку в точке А пересекаются прямые у = х + а и у = 1 - х , для координат
точки А выполняется условие:
\ у = х + а,
|у = 1 - х .
Из этой системы находим координаты точки А: х = ~ ~ ! У =
• Подставим их в урав­
нение полуокружности х 2 + (у - I)2 = 1, х > 0.
f \- а V
1
2
г
2J
= 1; а = V2+1 или а = 1- \[2.
Поскольку в точке А абсцисса х =
положительна, нам подойдет а = 1- л/2.
Продолжим сдвигать вверх прямую у = х + а. Если 1 - л/2 < а < 0, исходная система
имеет 4 решения.
Далее, при 0 < а < 2 система имеет 3 решения. При а = 2 система имеет 2 решения.
Если прямая у = х + а касается левой полуокружности в точке С^-%/2;%/2), система
имеет два решения. При этом значение параметра а = 2 ^ 2 . Оно легко находится из равно­
бедренного прямоугольного треугольника OMN на чертеже.
Если 2 < а < 2л/2, система имеет 3 решения. Объединим полученные случаи.
Ответ: а е {l —л /2 } и [0 ;2 )и ^ 2 ;2 л /2
13.
Найдите все значения параметра а, при каждом из которых система уравнений
ху2- З г у - З у + 9
= 0 имеет ровно два различных решения.
\jx + 3
у = ах
Разложим на множители числитель дроби в первом уравнении:
ху2 - Зху - Зу + 9 = ху (у - 3) - 3(у - 3) = (ху - 3)(у - 3).
(ху — 3 ) ( у - 3 ) = о
Система примет вид:
\1х + 3
у = ах.
Область допустимых значений: х > —3.
159
•
Математика. Задания высокой и повышенной сложности
У
Y
з
у = ~\ х * 0 ,
ху - 3 = О,
3
у =-х
х
= 3,
Ь = з,
х > -3 ,
х > -3 ,
у = ах\
у = ах.
Решим систему графически.
-31
-1
Система имеет ровно 2 различны х решения
только в следующих случаях:
' в \ \
[
1) прямая у = ах проходит через точку А (1; 3).
|
\у
Тогда а = 3;
\
А
2) прямаяу = ах пересекает только правую ветвь
| / \
3
гиперболы v = — и прямую у = 3. Это значит, что точка пересечения прямых у = ах и х = -3
х
лежит выше точки В и ниже оси абсцисс.
В точке В (-3; -1 ) значение параметра а равно А. Значит, ровно два решения в этом
случае будут, если 0 < а <
14.
3
Найдите все значения параметра а из интервала (0; л), при каждом из которых система
уравнений
x 2 + y 2 - 4 ( x + y ) s i n a + 8 sin 2 a = 2 s i n a - l ,
v „ .
имеет единственное решение.
xx У
, . ,
—+ — = 2 s in a + 4 s in ' a
У
x
В этой задаче мы увидим новый прием — использование симметрии уравнений. Заме­
тим, что уравнения системы не изменятся, если х и у поменять местами. Это значит, что
если система имеет решение (х0; у д), то и пара чисел (у ; х0) будет решением.
Но тогда единственное решение возможно, только если хд = у 0 = z. В этом случае:
2 z 2 - 8z sin а + 8 sin2 а = 2 sin а -1 ,
I
2 = 2 s in a + 4 sin 2 а;
2 (z 2 - 4 z s i n a + 4 sin 2 a ) = 2 sin a -1 ,
1
s in a + 2 sin 2 a = l.
Сделаем замену sin a = b.
Если a e (0; л), то b e (0; 1].
\2(z-2b)2=2b-\,
[2b2 + b - l = 0.
Решим второе уравнение:
2b2 + b - 1 = 0
D = 1 + 8 = 9; h = 1 ; Л = - 1 .
2
160
Глава 7. Задачи с параметрами
•
Значение b = -1 не подходит, так как b е (0; 1].
Если b = ^ , первое уравнение примет вид 2(z - 1)2 = 0.
Оно имеет единственное решение z = 1, что соответствует решению системы х = 1, у = 1.
Вернемся к параметру а .
1
b = sin а = —,
2
0 < а < п.
Получаем, что а = ^ или а = ^ . Это ответ.
Еще задача с параметрами, где мы пользуемся геометрическими методами.
15.
Найдите все значения а, при каждом из которых система уравнений
х2 + 2 х + у 2+ 4у = 4 |2 х -у |,
х+2у - а
имеет более двух решении.
Раскроем модуль в первом уравнении.
Получим:
х + 2х + у2 + 4у = 8х - 4у,
2х - у > 0;
х2 - 6 х + у2 +8у = 0,
2х - у > 0;
<=>
х2 + 10х+ у2 =0,
х2 + 2х + у2 + 4у = 4у - 8х,
2х - у < 0;
2х - у < 0.
Выделим полные квадраты в левых частях уравнений:
(х2 - 6 х + 9) + (у2 + 8у + 1б) = 25,
у <2х;
(х2 + 10х + 25)+ у2 = 25,
у > 2х;
( х - 3 ) 2 + (у + 4)2 = 25,
„
'
— дуга окружности с центром 0,(3; -4) и радиусом 5,
у <2х
(х + 5) + у
у > 2х
25,— дура окружности с центром О2(-5;0) и радиусом 5.
Второе уравнение исходной системы х + 2у = а задает семейство параллельных прямых
у=
х а
[_ а
+ —, проходящих через точку 0;— Их угловой коэффициент к = - i .
Изобразим решение первого уравнения и семейство прямых у =
1)
система имеет ровно три решения, если прямая у =
х а
+ ^ проходит через начало
координат, и тогда а = 0, или через точку А (-2; -4 ), и тогда а = -10.
Если -1 0 < а < 0, система имеет 2 решения;
161
^ :
•
Математика. Задания высокой и повышенной сложности
2)
система имеет 2 решения, если прямая
х а
= - —+ — касается обеих окружностей в точ­
ках В и С или в точках D и Е, пересекая при этом
ось у в точке N или в точке К соответственно.
Если прямая у = - ^
^ пересекает ось ор­
динат между точками О н N или между точка­
ми К и М, система имеет 4 решения.
Найдем ON и (Ж геометрическим способом.
Отрезки касательных, проведенных из од­
ной точки к пересекаю щ имся окружностям,
равны. Это значит, что BF = FC.
По теореме о секущей и касательной, B P = OF ■FA.
ВС = DE = O p v Поскольку координаты точек О, и О, известны, найдем О р 2 по форму­
ле расстояния между точками: О р г - \182 + 42 = %/80 = 4>/5.
Тогда BF = FC = 2-Л .
Рассмотрим треугольники O FV и О AM, где точка М имеет координаты (0; -5).
A OFN ~ АОАМ; OF = O N ■cos ср; О А = О М ■cos ф.
Поскольку Z(p = ZNOF, точка F лежит на прямой у = 2х, tg ф = ^ .
Из формулы 1+ t g ^ =
1
2
2
г
5— найдем cos ф = — . Тогда О А - 5 •- = = 2V5. Найдем OF,
cos Ф
пользуясь тем, что BF1 = OF ■FA.
V5
V5
Пусть OF = х, тогда A F = х + 2\[5.
(2л/5 )2 = х (х + 2 л /5 ) ; х 2 + 2 Тб - 20 = 0; 0 = 20 + 4 -2 0 = 100; х , 2 = - л /5 ± 5 .
Поскольку х = OF > 0, получим, что х = 5 —J5.
ON
5 7 5 -5
OF
2
x a
Для прямой у = - —+ —, проходящей через точку N, ON = ~ . Значит, если а, = 5л/5 - 5 ,
С О вф
х а
^
прямая у = - —+ — касается окружности в точках В и с и система имеет 2 решения.
Осталось найти ОК.
2
, cos ф = —= .
совф
V5
С другой стороны, OP + OF = PF = BD = СЕ = 2R = 10,
В треугольнике ОРК. О К =
1 0 - OF
тогда OK = -
ОР
( Ю - 5 + л/ 5 ) - л/5
575+5
СО Ьф
162
Глава 7. Задачи с параметрами
•
* а
„
Поскольку для прямой у = —— + —, проходящей через точку К, значение параметра
„
а = а2 < О, получим: ОК =
=> а2 = -^ 5 + 5\J! j. При этом значении параметра прямая
X О
„
г- _
у = - —+ — касается окружностей в точках D и Ь.
Подведем итог. Для значений параметра а е (а 2;-1 0 ] и [ 0 ; а , ) исходная система имеет
более 2 решений.
Ответ: а е ( - 5 - 5 > / 5 ;- 1 0 ^ и [ 0 ;5 \ /5 - 5 ) .
Возможно, разбирая решения задач, вы думаете: «Зачем это все? Неужели пригодится
во взрослой жизни?»
Я много путешествую. Однажды с компанией предпринимателей мы ехали в джипе из
Самарканда в Бухару. Дорога длинная, а я тогда готовилась к очередному интенсиву по зада­
чам с параметрами и разбирала подборку новых задач. Постепенно мои товарищи заинтере­
совались, стали подсказывать решения. «Здесь метод оценки. А это нарисовать надо. А здесь —
теорема Виета». Оказалось, что успешные бизнесмены когда-то побеждали на олимпиадах
по математике и старательно готовились к вступительным экзаменам в серьезные вузы. И даже
если логарифмы и параметры не нужны им в повседневной жизни, зато нужны логика, инту­
иция, умение видеть всю задачу сразу и решать ее шаг за шагом.
Пока ленивые тешат себя сказками о том, что «в интернете все есть» и что «троечники
успешнее отличников», умные тренируют мозги.
Конечно, в этой главе не уместились все возможные типы задач с параметрами и все
способы их решения. В главе 9 я покажу еще один эффектный прием — метод оценки —
и расскажу историю о том, как птичка и рыбка полюбили друг друга и какое отношение это
имеет к задачам с параметрами на ЕГЭ по математике.
глава 8
ЧИСЛА U ИИ СВОЙСТВА.
НЕСТАНДАРТНЫЕ ЗАДАЧИ НА ЕГЭ 16931234
Ни на что не похожие. В школьных учебниках о них ни слова.
Уравнения в целых числах с несколькими неизвестными. Действия в неопределенной
ситуации. Метод «оценка плюс пример» (а вы вообще слышали о таком?). И конечно, куль­
тура математических рассуждений. Немногие репетиторы умеют решать эти задачи — са­
мые сложные в профильном ЕГЭ по математике.
И все же мы научимся решать эти загадочные задачи. Ведь за них дают на ЕГЭ по
математике 4 первичных балла, которые переводятся в 9-10 тестовых. А это поступление!
Это «бюджет»! Мы освоим искусство математических рассуждений, после которого выс­
шая математика будет даваться вам намного проще. Более того — вы удивитесь, обнару­
жив, что стали думать по-другому.
Подготовительный этап — задачи на сообразительность и задачи базового ЕГЭ.
Вот задача про бабушку и яйца — в двух сериях.
1. Понесла бабушка яйца на базар продавать. Первый покупатель купил половину всех
яиц и еще пол-яйца. Второй — половину оставшихся яиц и еще пол-яйца. Третий купил
одно яйцо, последнее. Сколько же яиц принесла бабушка на базар?
Начнем с последнего яйца. Его забрал третий покупатель.
Теперь предыдущий эпизод. На прилавке лежит это яйцо, еще пол-яйца и еще столько
же (то есть еще полтора яйца) — значит, всего 3 яйца. Подходит второй покупатель, заби­
рает половину (полтора яйца) и еще пол-яйца — значит, он уносит 2 яйца, а одно остается.
И наконец — с чего все началось. Лежат на прилавке три яйца, еще пол-яйца и еще столько
же, то есть всего 7 яиц. Подходит первый покупатель, забирает половину всех яиц (это 3,5 яйца)
и еще пол-яйца, то есть всего 4 яйца. Значит, всего принесла бабушка продавать 7 яиц.
Что делать, если не поняли?
Рисуйте яйца. Можете использовать наглядный материал. Чтобы упростить задачу, можно
взять вареные яйца, которые легко делятся пополам. :-)
А теперь — вторая серия.
2. Прошло время, разбогатела бабушка. Везет на базар корзину с яйцами. Да беда слу­
чилась — налетел на ее тележку мотоциклист. Яйца, конечно, всмятку. Все до единого.
— Не горюй, бабуся, — сказал байкер, — заплачу тебе за яйца. А сколько яиц-то было?
— Не знаю, голубчик. Разложила я их на две кучки поровну, осталось одно яичко. То же
повторилось, когда я их раскладывала поровну на четыре, на пять, на шесть кучек. И толь­
ко когда на семь кучек поровну разложила, ни одного не осталось. А больше 400 яиц в
корзину не поместится.
И задумался байкер: сколько же яиц везла бабушка на базар?
Пусть N — количество яиц.
Когда бабушка разложила их на 7 кучек, ни одного не осталось. Значит, А делится на 7.
Это обозначается так: N : 7.
164
Глава 8. Числа и их свойства. Нестандартные задачи на ЕГЭ по математике
•
Когда бабушка раскладывала яйца на 2, на 4, 5 и 6 кучек, одно яйцо оставалось лиш ­
ним. Значит, N - 1 делится на 2, на 4, на 5 и на 6.
По условию, N < 400. Тогда К = N - 1 < 399, и при этом К делится на 2, на 4, на 5 и на 6.
Вспомним, что такое наименьшее общее кратное (НОК) двух или нескольких чисел.
Наименьшее общее кратное (НОК) нескольких натуральных чисел — это наимень­
шее натуральное число, которое делится на все эти числа без остатка.
Какие же числа делятся на 2, на 4, на 5 и на 6 без остатка?
Разложим числа 4 и 6 на простые множители. 4 = 2 • 2; 6 = 3 • 2.
Наименьшее общее кратное чисел 2 ,4 , 5 и 6 должно делиться на 4, на 3, на 5. Тогда оно
автоматически будет делиться на 2 и на 6.
Наименьшее из таких чисел — 60. Все числа, которые делятся на 60 (то есть кратные
60), также делятся на 2, на 4, на 5 и на 6.
Значит, величина К, равная N - 1, может принимать значения: 60, 120,180,240, 300, 360.
Но при этом N = К + 1 должно делиться на 7. Давайте выпишем возможные значения N:
61, 121, 18 1,241,301,361.
Из этих чисел нам подходит только 301, потому что другие не делятся на 7.
Ответ: 301 яйцо уничтожил байкер.
Как решать нестандартные задачи? Здесь нет ни логарифмов, ни синусов, ни парамет­
ров. Нужны знания по математике на уровне 6-9-го класса: признаки делимости, деление с
остатком, прогрессии, умение решать неравенства. И еще — логика, математическая куль­
тура и умение грамотно записывать решение. И даже когда все это есть, остается нечто
неуловимое, нестандартное, что можно выразить только словами: «Я догадался!»
И поскольку это задача на числа и их свойства — кратко повторим теорию.
Натуральные числа — это числа 1, 2, 3,... — то есть те, что мы используем для счета
предметов. Ноль не является натуральным числом. Множество натуральных чисел обозна­
чается N.
Целые числа — это 0, ±1, ±2, ±3 ... Множество целых чисел обозначается Z.
Рациональны е— числа, которые можно записать в виде дроби —, где р — целое,
Ч
1 7
a q — натуральное. Например, 3; —; — ; 0,12 — рациональные числа. Рациональные чис­
ла — это периодические десятичные дроби. Множество рациональных чисел обознача­
ется Q.
р
Иррациональные числа — те, которые нельзя записать в виде — или в виде периодиЧ
ческой десятичной дроби. Числа к и е , -JY, log35 — иррациональные.
Множества рациональных и иррациональных чисел вместе образуют множество дей­
ствительных чисел R.
Дальше мы будем говорить о натуральных числах.
Число а делится на число Ь, не равное нулю, если найдется такое число с, что а = Ьс.
Например, 15 делится на 3, а 49 делится на 7. Обозначается это так: а : Ь.
Если а делится на Ь, то число b называется делителем числа а.
Если числа а и Ь делятся на с, то а + b тоже делится на с.
Если числа а и Ь делятся н а с , а и и я — целые, то та + nb тоже делится на с.
165
•
Математика. Задания высокой и повышенной сложности
Признаки делимости:
S а : 2 <=> последняя цифра числа а четная;
S
а : 3 <=> сумма цифр числа а делится на 3;
S
а : 5 <=> число а оканчивается на 0 или на 5;
•S а: 4 <=> число, составленное из двух последних цифр числа а, делится на 4.
S
а : 8 <=> число, составленное из трех последних цифр числа а, делится на 8.
S
а: 9 <=> сумма цифр числа а делится на 9.
S а : 10 <=> последняя цифра числа а равна 0;
S а : 11 <=> суммы цифр на четных и нечетных позициях числа а равны или их разность
кратна 11.
Деление с остатком встретилось нам в задаче про бабушку и яйца. Если а = Ъс + г, то
число а делится на b с остатком г. Немного непривычно, что формула деления с остатком
не содержит знака деления.
Например, при делении 9 на 4 мы получаем частное 2 и остаток 1, то есть 9 = 4 2 + 1 .
При делении 53 на 5 мы получим 10 и в остатке 3, т. е. 53 = 5 • 10 + 3.
Остаток от деления любого нечетного числа на 2 равен единице. Поэтому любое нечет­
ное число может быть записано в виде 2и + 1, а четное — в виде 2п.
Простые числа — те, что делятся только на себя и на единицу. Единица не является ни
простым, ни составным числом. Простые числа: 2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19 ...
Л ю бое натуральное число можно разложить на просты е множители. Н апример,
72 = 2 • 2 • 2 • 3 • 3, а 98 = 2 • 7 • 7.
Основная теорема арифметики: любое натуральное число можно представить в виде
произведения простых делителей, взятых в натуральных степенях, причем это разложение
единственно.
а = р"' р ?
Например, 72 = 23 • З2; 98 = 2 • 72.
При этом количество делителей натурального числа а равно (п] + 1) (и2 + 1 ) ... (ns + 1).
Наименьшее общее кратное двух чисел (НОК) — это наименьшее число, которое
делится на оба данных числа.
Наибольший общий делитель двух чисел (НОД) — это наибольшее число, на кото­
рое делятся два данных числа.
Числа называются взаимно простыми, если они не имеют общих делителей, кроме
единицы.
Решим в качестве тренировочных несколько задач из базового ЕГЭ по математике на
числа и их свойства.
1.
Вычеркните в числе 74 513 527 три цифры так, чтобы получившееся число делилось
на 15. В ответе укажите ровно одно получившееся число.
Чтобы число делилось на 15, оно должно делиться на 3 и на 5.
Натуральное число кратно пяти, если оно оканчивается на 5 или на 0. Поскольку нулей
в исходном числе нет, вычеркнем две последних цифры — 2 и 7. Получим число, оканчи­
вающееся на пятерку, т. е. 745 135.
166
Глава 8. Числа и их свойства. Нестандартные задачи на ЕГЭ по математике
•
Остается вычеркнуть еще одну цифру, чтобы получившееся число делилось на 3.
Число делится на 3, если сумма его цифр делится на 3.
В числе 745 135 сумма цифр равна 25. Вычеркнем 4, чтобы сумма цифр была равна 21.
Получим число 75 135. Оно делится на 3 и на 5, а значит, и на 15.
Обратите внимание, что ответ в этой задаче — не единственный.
2.
Приведите пример четырехзначного числа, кратного 12, произведение цифр которо­
го равно 10. В ответе укажите ровно одно такое число.
Обозначим наше число abed. Такая черта над числом означает, что а, Ь, с и d — его
цифры.
По условию, a b - c d - 10.
С другой стороны, 10 = 2 • 5, и другим способом разложить число 10 на простые одно­
значные множители невозможно.
Значит, одна из цифр числа abed — пятерка, другая — двойка, а оставшиеся — единицы.
Как же расположить эти цифры, чтобы число abed делилось на 12?
12 = 3 -4. Значит, число abed должно делиться на 3 и на 4.
Если цифры числа abed — это 1,1, 2 и 5, то их сумма равна 9, и эта сумма делится на 3.
Ясно, что двойка должна быть последней цифрой (иначе число abed нечетное).
Если предпоследней цифрой будет 1, мы получим число 5 1 1 2 = 5 1 0 0 + 12 или
1512 = 1500 + 12. Отлично! Вспомним, что 100 делится на 4. Значит, и 5100, и 1500 делят­
ся на 4, а наше число в итоге делится на 12.
Запишем один из ответов: 1512.
3.
Приведите пример трехзначного натурального числа, большего 500, которое при
делении на 8 и на 5 дает равные ненулевые остатки и средняя цифра которого является
средним арифметическим крайних цифр. В ответе укажите ровно одно такое число.
Обозначим наше число abc. Это число трехзначное и большее, чем 500.
Значит, 501 < abc < 999.
Средняя цифра является средним арифметическим крайних, следовательно, b = ^ (а + с).
По условию, число abc при делении на 5 и на 8 дает равные ненулевые остатки. Обо­
значим этот остаток к. Тогда число и = abc - к делится на 5 и на 8, и значит, п = abc - к
делится на 40.
Каким же должно быть число к, если это число — ненулевой остаток от деления на 5?
Ясно, что 1 < к < 4. Значит, к — последняя цифра в числе abc, к = с.
Тогда - 4 < - с < —1 (мы умножили предыдущее неравенство на -1 ); 501 < abc < 999.
Сложим два неравенства. Мы можем это сделать — ведь знаки в них одинаковые.
497 < abc - с < 998, и при этом п = abc - с делится на 40.
Выпишем возможные п.
520, 560, 600, 640, 680, 720, 760, 800, 840, 880, 920, 960.
Подберем последнюю цифру так, чтобы средняя цифра была средним арифметическим
крайних. При этом последняя цифра не больше 4.
Нам подойдут числа 642 и 963. В ответ пишем любое из них.
167
Математика. Задания высокой и повышенной сложности
4.
Цифры четырехзначного числа записали в обратном порядке и получили второе че­
тырехзначное число. Затем из первого числа вычли второе и получили 2457. Приведите
пример такого числа.
Запишем наше число как abed.
Тогда второе число равно dcba, причем d ^ 0.
Получим: _ abcd
dcba
2457
Разность двух четырехзначных чисел оказалась также четырехзначным числом. Зна­
чит, а > d.
Посмотрим на последние цифры этих чисел. Поскольку d< а, для вычитания нам придет­
ся «занять» единицу в предпоследнем разряде.
Тогда 10 + d - а = 7, отсюда а = d + 3. (1)
Как получилась четверка во втором разряде числа 2457? Предположим, что b + 10 - с = 4,
значит, с = b + 6. (2)
Подберем а, Ь, с и d согласно условиям (1) и (2). Пусть d = \, а = 4, Ь = 2, с = 8.
4281
1824
2457
Конечно, ответ не единственный. Мы могли бы подобрать другие а, Ь, с и d, удовлетво­
ряющие условиям (1) и (2).
Вот задача, когда-то предложенная на вступительных экзаменах в Финансовый уни­
верситет и давно ставшая народной. В ней есть забавная ловушка, поэтому лучше ре­
шать ее большой компанией. Рекомендую учителям матклассов и ведущим курсов подго­
товки к ЕГЭ!
5.
Два брата продали стадо овец, выручив за каждую овцу столько рублей, сколько
было в стаде овец. Решив разделить выручку поровну, они поступили следующим обра­
зом: каждый брат, начиная со старшего, брал из общей суммы по 10 рублей. После того как
в очередной раз старший брат взял 10 рублей, остаток от выручки оказался меньше 10 руб­
лей. Желая его компенсировать, старший брат отдал младшему свой нож. Во сколько руб­
лей был оценен этот нож? (Все суммы денег выражаются натуральными числами.)
Пусть в стаде п овец, и за каждую выручили п рублей.
Теперь у братьев есть п2 рублей.
Пусть из кучки в п2 рублей братья к раз берут по 10 рублей. Старший, потом младший,
опять старший и опять младш ий... И вот старший брат взял десятку, и осталось у рублей.
Теперь младший брат слегка обиженно смотрит на старшего, и старший отдает ему свой
нож. Представили?
Пусть нож оценен в х рублей.
.. .А теперь отложите книжку и запишите систему условий. И проверьте, что у вас полу­
чилось.
п 2 = 10& + у,
Вот что у меня:
1 < у < 9,
х + у = 10 - х.
168
Глава 8. Числа и их свойства. Нестандартные задачи на ЕГЭ по математике
•
Первое уравнение вопросов не вызывает, правда? Со вторым — неравенством — тоже
все понятно. Остаток от деления на 10 ненулевой и меньше 10, и мы записали эти условия
в виде нестрогого неравенства. А вот третье уравнение...
Что же оно означает?
Каждый из братьев получил одинаковое количество десяток. И еще младший брат взял
у рублей и нож, оцененный в х рублей (это левая часть уравнения). А старший брат взял на
одну десятку больше, но зато лишился ножа, став на х рублей беднее.
Получаем: 2х = 1 0 - у , т. е. у = 10 - 2х.
Правая часть уравнения делится на 2. Значит, и левая его часть делится на 2, и тогда!' —
четное число.
Тогда из первого уравнения следует, что п1 — четная величина. Но если квадрат натураль­
ного числа является четной величиной, значит, и само число четно. И тогда гг делится на 4.
Поскольку у — четный остаток отделения на 10, то у может принимать значения: 2,4, 6, 8.
Тогда запись п2 = 10 к + у означает, что п2 оканчивается на 2, 4, 6 или 8. Теперь 2 и 8
можно отбросить, поскольку ни один квадрат целого числа ни на 2, ни на 8 не оканчивается.
Остаются варианты у = 4 и у = 6. Что же из них является правильным ответом?
Вспомним еще одно условие: последним взял 10 рублей старший брат. Это значит, что к,
т. е. количество десяток, — нечетно. Пусть к = 2 т + 1.
Если у = 4, то п2 = 10 (2т + 1) + 4 = 20т + 14. Получим: п2 - 20т = 14.
Посмотрим внимательно на это уравнение в целых числах. Поскольку п2 делится на 4,
20 делится на 4, левая часть уравнения делится на 4. Но правая его часть, равная 14, на 4 не
делится! Значит, у него нет решений, и у = 4 не подходит.
Если у = 6, то п2 = 10(2т + 1) + 6 = 20т + 16, противоречий нет. В этом случае х = 2.
Это ответ.
Перейдем к задачам ЕГЭ профильного уровня последних лет. Все они — новые. В мою
книгу «Математика. Авторский курс подготовки к ЕГЭ» эти задачи не вошли.
1.
(ЕГЭ-2016) На доске написаны числа 1,2, 3 ,... 30. За один ход разрешается стереть
произвольные три числа, сумма которых меньше 35 и отлична от каждой из сумм троек
чисел, стертых на предыдущих ходах.
а) Приведите пример последовательности 5 ходов.
б) Можно ли сделать 10 ходов?
в) Какое наибольшее число ходов можно сделать?
Заметим, что сумма чисел в каждой тройке S < 34. Запомним: в задачах такого типа
удобнее пользоваться нестрогими неравенствами, чем строгими.
а) Пример привести легко (и получить за этот пример 1 первичный балл на ЕГЭ!)
30, 1,3 (сумма 34),
2, 4, 27 (сумма 33),
5, 6, 21 (сумма 32),
7, 8, 16 (сумма 31),
9, 10, 11 (сумма 30).
б)
Выясним, можно ли сделать 10 ходов. Ведь у нас 30 чисел, и, сделав 10 ходов, мы
сотрем с доски их все. А значит, вопрос можно переформулировать следующим образом:
«Можно ли разбить натуральные числа от 1 до 30 на тройки так, чтобы суммы чисел в
каждой тройке были различны и каждая из них не превышала 34?»
169
•
Математика. Задания высокой и повышенной сложности
Предположим, что такое разбиение возможно. Обозначим суммы чисел в каждой тройке
S., где i принимает значения от 1 до 10. Расставим эти суммы в порядке убывания. Пусть S t —
максимальная сумма, причем она не превосходит 34, и каждая следующая сумма меньше
предыдущей.
Тогда S2 < 33, S3 < 32, ... S w < 25.
Суммируя по всем десяти тройкам, получим, что сумма всех тридцати чисел не превос­
ходит 34 + 33 + 32 + 31 + ... + 25, т. е. 295.
Мы применили формулу суммы п членов арифметической прогрессии: Sn = ^ (а, + ап) •п.
С другой стороны, мы задействовали все 30 чисел. Их сумму легко найти — это сумма ариф­
метической прогрессии, члены которой — натуральные числа от 1 до 30. Обозначим ее S30.
=
-30 = 465.
Получили, что S > 295 — противоречие.
Значит, 10 ходов сделать нельзя.
в) Какое же максимальное число ходов можно сделать? В пункте (а) мы выяснили, что
5 ходов сделать можно. В пункте (б) доказали, что 10 ходов сделать нельзя. Нам осталось
проверить, можно ли сделать 9, 8, 7 или 6 ходов.
Повторим рассуждения, аналогичные пункту (б), для случаев п = 9, 8, 7 и 6.
Если п (число ходов) равно 9, то S = S, + S2 + ...+ S9 не превосходит 34 + 33 + ... + 26,
т. е. S < 270. С другой стороны, из чисел от 1 до 30 мы выбираем 9 троек, то есть 27 чисел,
и их сумма не меньше, чем 1 + 2 + 3 + 4 ... + 27, то есть S > 378 — противоречие.
Аналогично для п = 8 получим, что 5 < 244 и S > 300 — тоже противоречие.
Для п = 7 имеем: S < 217 и 5 > 231, значит, и 7 ходов сделать нельзя.
Для п = 6 противоречия нет. Итак, число ходов п <6.
Закончено ли решение? Еще нет. Мы доказали, что п < 6 (сделали оценку). Осталось
привести пример п = 6. Приведем этот пример:
Тройки чисел:
12, 11, 10, сумма 33;
13, 14, 7, сумма 34;
15, 16, 1, сумма 32;
17, 2, 3, сумма 22;
4, 8, 9, сумма 21;
18, 5, 6, сумма 29.
Итак, наибольшее число ходов — 6.
Метод, которым мы в этой задаче пользуемся, называется «Оценка плюс пример».
«Оценка плюс пример» — это специальное математическое рассуждение, которое при­
меняется в некоторых задачах при нахождении наибольших или наименьших значений.
Предположим, что мы ищем наименьшее значение некоторой величины И. Действуем в
два этапа.
1. Оценка. Показываем, что выполнено неравенство А > а.
2. Пример. Предъявляем пример, когда достигается равенство А = а .
170
Глава 8. Числа и их свойства. Нестандартные задачи на ЕГЭ по математике
•
2.
(ЕГЭ-2017) На доске написано 30 различных натуральных чисел, десятичная за­
пись каждого из которых оканчивается или на цифру 2, или на цифру 6. Сумма написанных
чисел равна 2454.
а) Может ли на доске быть поровну чисел, оканчивающихся на 2 и на 6?
б) Может ли ровно одно число на доске оканчиваться на 6?
в) Какое наименьшее количество чисел, оканчивающихся на 6, может быть записа­
но на доске?
а) Предположим, что из 30 чисел на доске 15 чисел оканчиваются на двойку, а другие
15 — на шестерку. Сумма 15 чисел, в каждом из которых последняя цифра — двойка, окан­
чивается на 0. Аналогично и с теми, что оканчиваются на шестерку, — их сумма также
оканчивается на ноль. Тогда сумма всех чисел на доске никак не может быть равна 2454.
Получили противоречие! Ответ в пункте (а) — нет, не может.
б) Предположим, что на доске ровно одно число, которое оканчивается на 6.
Кроме него, на доске есть также 29 различных чисел, в которых последняя цифра —
двойка. Какой может быть сумма этих 29 чисел?
Ясно, что она не меньше, чем сумма 29 чисел вида 2, 12,22, 32... — т. е. не меньше, чем
сумма 29 членов арифметической прогрессии с разностью 10 и а 1 = 2.
Сумма 29 членов такой прогрессии S29 = ^ (2 -2 + 10-28)-29 = 4118. Значит, сумма
29 чисел, оканчивающихся на двойку, не меньше 4118, но это больше, чем сумма всех 30 чи­
сел в условии задачи.
Мы снова пришли к противоречию. Получается, на доске не может быть ровно одного
числа, оканчивающегося на 6.
в) Какое же наименьшее количество чисел, оканчивающихся на 6, может быть записано
на доске?
Пусть на доске п чисел, в которых последняя цифра — шестерка (их сумма равна
и 30 - п чисел, в которых последняя — двойка (их сумма равна S, ). Ясно, что наименьшими
S, и S2 будут в случае, если это числа вида: 6, 16, 26, 36... и 2, 12, 22, 32...
Имеем: 5, > - (6 -2 + 1 0 ( n - l ) ) n; S2 > ~ ( 2 - 2 + 1 0 ( 3 0 - и - 1 ) ) ( 3 0 - п ) .
При этом 5 | + S2 = 2454.
— (б -2 + 1 0 (« - l ) ) - n + ^ - (2 -2 + 1 0 ( 2 9 - и ) ) - ( 3 0 - и ) < 2454;
п + 5 п 2 + 4 4 1 0 -2 9 7 н + 5и2 < 2454;
5и2 -1 4 8 и + 978 < 0.
Рассмотрим уравнение 5п 2 - 148/г + 978 = 0.
D = 1482 - 4 •5 ■978 = 4-586
2 - V576 < \[ Б < 2 -V625
48 < у[Ъ < 50
Оценим наименьшее возможное п при условии, что п — целое.
Вспомним, как выглядят решения неравенства вида
ах2 + Ьх + с < 0. Здесь х, и х 2— корни квадратного уравне­
ния ах2 + Ьх + с = 0.
171
•
Математика. Задания высокой и повышенной сложности
1 4 8 -2 ^ 5 8 6
Т- е - ” mi„ * -------------------
7 4 -V 5 8 6
; *
7 4 -^ 6 2 5
> ---------- 5
7 4 -2 5
. Т - е - «min > - у
—
■
я mm > 9,8.
Тогда п > 10.
5
Но что будет, если п = 10? На доске будет 10 чисел, которые оканчиваются на 6, и 20 чи­
сел, которые оканчиваются на 2. Сумма всех тридцати чисел в этом случае оканчивается на
ноль, и это противоречит условию. Значит, « > 1 1 .
Мы оценили п. Осталось привести пример, когда п = 11, то есть на доске 11 чисел,
которые оканчиваются на 6, и 19 чисел, в которых последняя цифра — двойка.
Для того чтобы количество чисел, оканчивающихся на двойку, было максимальным,
возьмем числа 2, 12, 22, 3 2... 182. Сумма этих 19 чисел, образующих арифметическую
прогрессию, равна 1748.
Значит, сумма чисел, которые оканчиваются на 6, равна 2454 - 1748 = 706.
Возьмем числа 6, 16, 26, 36... 106.
Сумма этих одиннадцати чисел равна 616. Добавим к последнему из них 90. Получим:
2, 12, 22, 32... 182, 6, 16, 26, 36... 196. Это пример.
Заметим, что, когда мы в экзаменационной работе используем метод «Оценка плюс
пример», мы не обязаны объяснять, как нашли пример. Надо просто его привести.
3.
Четырехзначное натуральное число делится на 4, а сумма цифр этого числа равна
произведению его цифр.
а) Может ли ровно одна из цифр этого числа не быть единицей?
б) Может ли ровно одна из цифр этого числа быть единицей?
в) Найдите все такие числа.
Пусть А = abed, А : 4 ,a + b + c + d = abed.
Заметим, что среди цифр числа А нет нулей. Иначе произведение цифр было бы равно
нулю.
а) Предположим, что среди цифр числа А ровно 3 единицы.
Пусть все цифры числа А, кроме одной, — единицы. Например, a * \ , b = c = d = 1.
Тогда а = а + 3, и это невозможно.
б) Предположим, что только одна из цифр числа А равна единице, а другие не равны.
Очевидно, d Ф 1 (поскольку А : 4).
Пусть а = 1, Ъ > 2, с > 2, d > 2. Тогда Ъ + с + d + 1 = bed.
D
т
, b+ c+ \
Выразив из этого равенства а, получим: d = ---------- .
b e -1
Поскольку 2 < d < 9 , ^ + С+ * > 2.
b e-1
Умножим обе части неравенства на be - 1 > 0.
Получим: b < С + ^
2 с -1
Мы знаем, что Ь> 2. Это значит, что
с+3
2 с -1
> 2.
Решив это неравенство, найдем, что с < ^ .
172
Глава 8. Числа и их свойства. Нестандартные задачи на ЕГЭ по математике
•
Это противоречит условию с > 2 и означает, что в числе А не может быть ровно одной
единицы.
в) Возможно ли, чтобы в числе А вообще не было единиц? Предположим, что а > 2 ,Ь > 2 ,
c > 2 ,d > 2 . Из условия a + b + c + d = abed получаем, что d = а + ^ + с > j,
abc- 1
-г,
^
. а + с+ 2
Тогда а + Ь + с > 2 abc - 2, отсюда b < ----------- .
2 а с -\
При этом Ъ > 2. Тогда а + с+ ~ > 2 ; д + с + 2 > 4 я с - 2 ; 2 < а < С2ас - 1
4 с-1
с+4
Из неравенства
> 2 получаем, что с + 4 > 8с - 2; 7с < 6; с < 1, противоречие
4 с -1
с условием с > 2.
Значит, число А содержит ровно две единицы. Мы доказали, что другие случаи невоз­
можны.
Пусть х и у — цифры числа А, отличные от единиц.
_
х + 2 х —1+ 1+ 2
3
х + у + 2 = ху, тогда у = ------ = ---------------- = 1-I------- .
х -1
х —1
х -1
Мы получили, что х - 1 должно быть делителем числа 3.
Это возможно, только если х = 2 или х = 4.
Если х = 4, то у = 2. Если х = 2, то у = 4. Значит, число А составлено из цифр 1, 1, 2 и 4.
Поскольку А : 4, возможны три варианта: 1124, 4112 и 1412.
4.
(ЕГЭ-2017) На доске написано 100 различных натуральных чисел, сумма которых
равна 5130.
а) Может ли оказаться, что на доске написано число 240?
б) Может ли оказаться, что на доске нет числа 16?
в) Какое наименьшее количество чисел, кратных 16, может быть на доске?
а) Предположим, что на доске есть число 240. Тогда сумма остальных девяноста девяти
чисел S99 = 5130 - 240 = 4890.
Вы уже догадались, что дальше? Эта сумма не меньше, чем сумма первых 99 членов
натурального ряда: S99 > 1 + 2 + 3 ... + 99, т. е. Sgg > 4950. В то же время S99 = 4890 — проти­
воречие! Значит, число 240 не может находиться на доске.
б) Попробуем обойтись без числа 16. Посчитаем сумму натуральных чисел от 1 до 100.
S m = 1 + 2 + ... + 100 = 5050.
Теперь заменим число 16 на наименьшее из тех, на которые его можно заменить, т. е. на
число 101. Пусть Z100— сумма 100 чисел после замены. Оценим ее: Z100> 505 0 -1 6 +101 = 5135.
Опять противоречие с условием! Значит, число 16 обязательно должно быть на доске.
в) Посмотрим, какое наименьшее количество чисел, кратных 16, может быть на доске.
Мы уже поняли, что число 16 должно быть обязательно. Может ли оно быть единствен­
ным числом, кратным 16?
Оценим в этом случае сумму 100 чисел на доске:
S m > 1 + 2 + ... + 31 + 33 + ... + 47 + 49 + ... + 63 + 65 + ... + 79 + 81 + ... + 95 + 97 + 98 +
+ 99 + 100 + 101 + 102 + 103 + 104 + 105.
Мы убрали числа 32, 48, 64, 80 и 96 и заменили их числами 101, 102, 103, 104 и 105.
173
•
Математика. Задания высокой и повышенной сложности
Тогда 5,ю > ^ ^
1 0 5 -3 2 -4 8 -6 4 -8 0 -9 6 .
5 100 > 5245, и равенство 5 100 = 5130 невозможно.
Аналогично, если на доске есть только два числа, кратные 16:
5 100 > 1 + 2 + ... + 47 + 49 + ... + 63 + 65 + ... + 79 + 81+ ... + 95 + 97 + 98 + 99 + 100 + 101 +
+ 102 + 103 + 104.
^юо > ^ у ““ - Ю 4 - 4 8 - 6 4 - 8 0 - 9 6 .
5 ]00 > 5172, и мы снова получим противоречие с условием.
Три числа, кратные 16, могут быть на доске. Пусть это числа 16, 32 и 48.
Тогда S m > 1 + 2 + ... + 63 + 65 + ... + 79 + 81 +... + 95 + 97 + 98 + 99 + 100 + 101 + 102 + 103.
5,оо
^ — ^ — -103 —64 —80 —96.
5 Ш0 >5116, противоречий с условием нет.
Сумма 100 чисел 1,2, ...,6 3 ,6 5 ... 79,81, ...9 5 ,9 7 ,9 8 ,9 9 , 100,101, 102, 117 равна 5130,
и среди этих 100 чисел есть ровно 3 числа, кратные 16.
Заметим, что во всех трех задачах использована формула суммы п членов арифмети­
ческой прогрессии.
5.
(ЕГЭ-2017) На доске написано несколько (более одного) различных натуральных
чисел, причем любые два из них отличаются не более чем в три раза.
а) Может ли на доске быть 5 чисел, сумма которых равна 47?
б) Может ли на доске быть 10 чисел, сумма которых равна 94?
в) Сколько может быть чисел на доске, если их произведение равно 8000?
а) Да, может. Например, числа 7, 8, 9, 10, 13 удовлетворяют условию.
Напомню, что мы не обязаны рассказывать, как получили пример. Главное — привести
его.
Подсказка: подбирая пример, можно начать с одинаковых чисел: 9, 9, 9, 9, 9.
Сумма равна 45. Теперь сделаем числа различными и наибольшее из них увеличим на
два. Пример подобран за несколько секунд!
б) Предположим, что на доске 10 чисел, сумма которых равна 94. Пусть все они различ­
ны. Наименьшее из них обозначим а {, наибольшее — а ю.
Тогда а ш < 3 а 1 и а ю > а,+ 9.
П олучим, что а, + 9 < 3 a t и а, > 5. Это значит, что сумм а всех десяти чисел
5 10 > 5 + 6 + ... + 14, т. е. не меньше 95. Мы получили противоречие с условием.
Значит, ответ в этом пункте — нет, не может.
в) Пусть на доске написано к чисел и их произведение равно 8000.
Легко подобрать примеры, когда на доске два числа: 80 и 100. Легко подобрать пример
и с тремя числами: 16, 20, 25. Возможны ли другие варианты?
Разложим число 8000 на простые множители: 8000 = 8 • 103 = 26 • 53.
Если на доске 4 числа, то все четыре числа не могут делиться на 5. Если одно из чисел
содержит 53 = 125, то три других числа содержат только степени двойки и наибольшее из них
отличается от наименьшего не менее чем в 4 раза. Тогда условие задачи не выполняется.
174
Глава 8. Числа и их свойства. Нестандартные задачи на ЕГЭ по математике
•
Если три из четырех чисел на доске содержат множитель 5, то отличаться они должны
только степенями двойки. Снова получим, что наибольшее из них отличается от наимень­
шего не менее чем в 4 раза.
И наконец, случай, когда одно из чисел содержит множитель 5, а другое — множитель 25.
Осталось распределить двойки.
Пусть одно из оставшихся чисел равно а, а > 16 (поскольку на доске есть число, содер­
жащее множитель 25). Но тогда другое из оставшихся 6 < 4, и снова условие задачи не
выполняется.
Значит, четыре или более чисел в условиях нашей задачи на доске быть не может.
6.
(ЕГЭ-2017) На доске написано несколько различных натуральных чисел, произве­
дение любых двух из которых больше 40 и меньше 100.
а) Может ли на доске быть 5 чисел?
б) Может ли на доске быть 6 чисел?
в) Какое наибольшее значение может принимать сумма чисел на доске, если их
четыре?
а) Пусть на доске 5 чисел: a, b , c , d a е, причем a < b < c < d < e .
По условию, ab > 40. Значит, ab > 41. Пусть а = 6; b = 7.
Поскольку de < 99, возьмем d = 9, е = 10, с = 8.
Наш пример: 6, 7, 8, 9, 10.
Напомню, что если вопрос задачи сформулирован как: «Может ли на доске быть 5 чи­
сел?» — у нас есть варианты ответа: «Да, может, вот пример», или «Нет, не может, потому
что...».
б) Может ли на доске быть 6 чисел?
Предположим, что чисел, удовлетворяющих условию задачи, на доске 6: а, 6, с, d, е и /
Пусть а < b < с < d < е < /
Тогда Ъ > 7 (если b < 7, т. е. Ъ < 6, то а < 5, и тогда ab < 30).
Кроме того, е < 9 (если е > 10, т о / > 11 н e f > WO), 1 < b < с < d < е < 9.
Но между числами 7 и 9 находится только одно натуральное число 8, а по условию с и d
различны. Мы пришли к противоречию. Значит, в пункте (б) ответ — «не может».
в) Пусть на доске четыре числа: а, Ь, с, d, причем а < Ъ < с < d; аб > 41; cd <99.
П у стьS = a + b + c + d. Найдем Smax.
Заметим, что случай ab = 41 невозможен, так как если а = 1, b = 41, то с > 41 и Ьс > 100.
Значит, ab > 42, cd < 99.
Аналогично пункту (б), b > 7 и с < 9.
Тогда 6 = 7 или 6 = 8,
с = 8 или с = 9; тогда 6 + с < 17.
Поскольку а > 6, а = 6 или а = 7. Поскольку d < 12, возможные значения для d — это 9,
10, 11, 12. Тогда а + d < 19.
Сумма всех четырех чисел S < 17 + 19, т. е. S < 36.
Это оценка. А вот пример S = 36 в условиях нашей задачи привести не удастся. Если
6 = 7 и с = 9, то 5 = 3 6 = 7 + 8 + 9 + 1 2 . Однако в этом случае cd > 100.
Подберем пример для 5 = 35.
Нам подходят числа 7, 8, 9, 11. Значит, наибольшее значение суммы 5 = 35.
175
•
Математика. Задания высокой и повышенной сложности
7.
(ЕГЭ-2015) На доске написали несколько не обязательно различных двузначных
натуральных чисел без нулей в десятичной записи. Сумма этих чисел оказалась равной
2970. В каждом числе поменяли местами первую и вторую цифры (например, число 16 за­
менили на число 61).
а) Приведите пример исходных чисел, для которых сумма получившихся чисел ров­
но в три раза меньше, чем сумма исходных чисел.
б) Могла ли сумма получившихся чисел быть ровно в пять раз меньше, чем сумма
исходных чисел?
в) Найдите наименьшее возможное значение суммы получившихся чисел.
Двузначные числа на доске — это числа вида 10а. + Ь., где а. — первая цифра, Ь —
вторая. Пусть на доске п чисел.
По условию, 10(а1 + а, + ... + a j + (bt + ... + b j = 2970.
а) 10(Z?j + ... + bn) + (ax + a2 + ... + a j = 990.
Обозначим a,1+2a. + ... + an = A, b 1+ . . . + bn =B.
ГЮА + В = 2970,
|l0 B + A = 990.
Отсюда B = 7 0 ,A = 290.
Подберем пример. Возьмем 30 раз число 92 и 10 раз — число 21.
А = ? + 9 + ... + ? + 2 + 2 + ... + 2
30
10
В = 2 + 2 +... + 2 + 1+1 + ... +1
"1 о
Го ~
Тогда ЮЛ + В = 10 ■(30 • 9 + 2 • 10) + 30 ■2 + 10 = 2970,
10В + Л = 10 • (30 ■2 + 10)+ (30 ■9 + 2 • 10) = 990.
flOA + В = 2970,
б) Предположим, )
[lOB + А = 594.
Решив систему, найдем В = 3 0 ,А = 294.
Если на доске п чисел, то п < 30, поскольку все b. > 1.
Если п < 30,то А = а х + аг + ... + ап < 270, поскольку 1 < а.< 9.
Из условия мы получили, что А = 294. Мы пришли к противоречию — значит, в пун­
кте (б) ответ «нет».
Задачи на числа и их свойства чем-то похожи на суп из топора. Помните эту сказку? Всё
из ничего! Наша задача — извлечь из условия все, что можно, и применить, чтобы сделать
оценки нужных величин.
ч flOA + В = 2970,
в) \
[l0B + А = S.
Найдем наименьшее возможное значение суммы получившихся чисел. Выразим S из
системы: S = 10В + А = 29700 - 99А.
Заметим, что S = 29700 - 99А делится на 99. Пусть S = 99к\ тогда 99к = 99 ■300 - 99Л;
к = 300 - А ; значит, А = 300 - к и В = 1 0 £ - 30.
Га = зоо-Jt,
Мы получили систему: <
В = 1 0 * -3 0 .
176
Глава 8. Числа и их свойства. Нестандартные задачи на ЕГЭ по математике
•
Пусть на доске было п чисел. А — сумма первых цифр этих чисел, В — сумма вторых
цифр этих чисел. Поскольку цифры взяты от 1 до 9, п < В < 9п, п < А < 9п.
\п < Ш -к < 9 п ,
\9п > 3 0 0 - к ,
|и < 1О*- 3 0 < 9п; ^
[9и < 90к - 270.
Из первого неравенства мы взяли оценку для 9п. А в неравенстве п < 1Ок - 30 (оно
следует из второго) умножили обе части на 9, чтобы получить другую оценку для 9п.
300 - к < 9 п < 90 к - 270; 300 - к < 90 к - 270;
91 А: > 570; к >
570
значит, к > 7 (так как к — целое).
Тогда 5 = 99к > 693.
Если к = 7 ,т о А = 293, В = 40.
Приведем пример, когда А = 293, В = 40, S = 693.
Пусть п = 40, Ь. = 1; А = 293 = 13 • 8 + 27 • 7.
Возьмем 13 раз число 81 и 27 раз — число 71.
Получим 81 + 81 + ... + 81 + 71 + 71 + ... + 71 = 2970.
1 з
гГ ~
18 +18 + ... + 18 + 17 + 17 + - + 17 = 693.
~ 13
т Г~
8.
Рассмотрим частное трехзначного числа, в записи которого нет нулей, и произведе­
ния его цифр.
а) Приведите пример числа, для которого это частное равно
.
27
б) Может ли
это частное равняться
?
в) Какое наибольшее значение может принимать это частное, если оно равно несо­
кратимой дроби со знаменателем 27?
Обозначим наше число А\ А = аЪс= 100а + 106 + с.
ЧГг
Л
113
а) Приведем пример числа, для которого
= ---.
abc 27
Поскольку а, Ь и с — цифры, 1 < а < 9 ; 1 < 6 < 9 и 1 < с < 9 .
Число 113 — простое, 27 = З3 = 3 • 3 • 3 = 1 • 3 • 9.
Если А = 113, то произведение его цифр равно 3, а не 27. Значит, число А кратно 113.
Нам подойдет А = 1 1 3 -3 = 339, тогда
339
113
3-3 -9
27
б) Предположим, что —
abc
27
Получим уравнение: З3 • (100а + 106 + с) = 53 • abc.
Поскольку правая часть уравнения делится на 5, то и (100а + 106 + с ) : 5. Тогда последняя
цифра числа А равна нулю или пяти. Но случай с = 0 невозможен по условию. Значит, с = 5.
Кроме того, А = (100а + 106 + с) : 125.
Выпишем трехзначные числа, которые оканчиваются на 5 и делятся на 125:
125, 375, 625, 875.
177
•
Математика. Задания высокой и повышенной сложности
Условие abc : 27 не выполнено ни для одного из них. Значит, предположение было не­
верно и ответ в пункте (б) — «нет».
в)
Пусть
= — = т, причем дробь — несократима.
abc 27
27
Покажем, что т максимально, если abc = 27.
, „
А
А , 999 „ 999
Если abc = 21к, где к> 2, т о
= ----- < ------ < -------<19.
abc 21 к 21 к
54
Пусть к - 1, тогда произведение цифр числа А равно abc = 27.
Значит, число А состоит из цифр 3; 3; 3 или 1; 3; 9.
931
Наибольшее из таких чисел: 931;
> 34. Мы получили результат больший, чем для
случая к >2.
931
Значит, т и „ = ----- .
27
9.
На доске написаны 30 натуральных чисел (не обязательно различных), каждое из
которых больше 4, но не превосходит 44. Среднее арифметическое написанных чисел рав­
но 11. Вместо каждого из чисел на доске написали число, в два раза меньшее первоначаль­
ного. Числа, которые после этого оказались меньше 3, с доски стерли.
а) Могло ли оказаться так, что среднее арифметическое чисел, оставшихся на доске,
больше 16?
б) Могло ли среднее арифметическое оставшихся на доске чисел оказаться больше
14, но меньше 15?
в) Найдите наибольшее возможное значение среднего арифметического чисел, ко­
торые остались на доске.
Пусть на доске были написаны числа х р х2 ... х }0 — всего 30 чисел, причем 5 < х. < 44.
Вместо каждого из чисел х р х 2 ... х30 написали число
2
’
2
2
'
х
Заметим, что если х *.= 5, то —
< 3.
Л
2
Пусть на доске было к чисел, не равных 5, и 30 - к пятерок.
Поскольку среднее арифметическое 30 чисел равно их сумме, деленной на 30, сумма
30 чисел на доске равна 30 • 11 = 330.
Введем обозначения: S — сумма к чисел, не равных 5.
Тогда 5 + 5(30 - к) = 330, отсюда S = 180 + 5/:.
Пусть т — среднее арифметическое к чисел, которые остались на доске после того как
стерли числа, меньшие трех.
S
После того как к чисел были уменьшены в 2 раза, их сумма стала равна —, а их среднее
арифметическое т - — .
а)
5
Может ли выполняться условие — > 16?
S
Предположим, что — > 16. Тогда S > Ъ2к\
180 + 5к > Ъ2к,
2
к < 6 —.
Пусть к = 6, т. е. на доске 6 чисел, не равных 5, и 24 пятерки.
178
Глава 8. Числа и их свойства. Нестандартные задачи на ЕГЭ по математике
•
Тогда 2 4 - 5 + 5 = 330; 5 = 2 1 0 .
Подойдут числа: 5, 5 ... 5, 35, 35, 35, 35, 35, 35.
24
5
Может ли быть 14 < т < 15, где т —— ?
2к
S
Предположим, что 14 < — < 15.
б)
Тогда
14 < — <15,
2к
Из первого неравенства 28к < 5 < 30к. Получили систему:
5 = 180 + 5*:.
23/е < 180,
180 , 1 8 0
< к < -----;
25*: >180;
25
23
„ 1 , „ 12
1 —< к < 1 —
5
23
Неравенство не имеет целых решений. Значит, предположение было неверно.
S
в) Найдем наибольшее т, где т = — .
2к
Сумма к чисел, не равных 5, равна 5. Мы знаем, что 5 = 180 + 5*е.
5 90 5
Отсюда т = — = — + —.
2к к
2
Очевидно, т максимально при наименьшем возможном к.
Поскольку на доске к чисел, отличных от 5, каждое из этих чисел больше 5 и не превос­
ходит 44 (по условию). Тогда их сумма 6k < S < 44к.
6 к < Ш + 5к< 44к-
Ш + 5к< 44к-
39*: > 180;
Поскольку к — целое, к > 5.
к> 4 — .
13
5 90 5 90 5
Тогда т = — = — + —<
Н—; т < 20,5.
2к к
2
5 2
Это оценка. Приведем пример, когда к = 5 и т = 20,5. На доске 5 чисел, больших пяти,
сумма которых равна 5 = 180 + 5 - 5 = 205. Кроме них на доске находится 25 пятерок.
По условию, числа большие пяти могут быть равны между собой. Возьмем их равными
41, поскольку 205 : 5 = 41.
Получим: 5, 5 ... 5, 41, 41, 41, 41, 41.
25
В этом случае т = 20,5.
10.
(ЕГЭ-2015) Дано трехзначное натуральное число (число не может начинаться с нуля),
не кратное 100.
а) Может ли частное этого числа и суммы его цифр быть равным 82?
б) Может ли частное этого числа и суммы его цифр быть равным 83?
в) Какое наибольшее натуральное значение может иметь частное данного числа и
суммы его цифр?
Обозначим наше число А = abc. По условию, b и с не равны нулю одновременно, зна­
чит, Ъ + с > 1.
179
•
Математика. Задания высокой и повышенной сложности
а) Пусть
= 82, тогда А = 82 • (а + 6 + с); А = 82 • к.
а +Ь+с
Другими словами, А — трехзначное число, которое делится на 82.
Выпишем все такие числа:
А
к
164
2
246
3
328
4
410
5
492
6
574
7
656
8
738
9
820
10
902
11
984
12
747
9
830
10
913
11
996
12
Условию удовлетворяют числа 410, 820 и 902.
Л
■= 83, тогда А = 83 • к.
а +Ь+с
Рассуждаем аналогично. Выпишем возможные А и к.
б) Предположим, что
А
к
166
2
249
3
332
4
415
5
498
6
581
7
664
8
Условие а + b + с = к не выполняется ни для одного из этих чисел. В пункте (б) ответ:
«Нет».
Возможен и другой способ решения задачи.
Запишем число А в виде А = 100а + 10Ь + с.
Тогда в пункте (а) получим: 100а + 106 + с = 82а + 826 + 82с; 18а = 726 + 81с; 2а = 86 + 9с.
Поскольку а < 9 (а — цифра), 86 + 9с < 18, что возможно, только если 6 + с < 2.
Например, число 902, где 6 = 0, с = 2, а = 9 подходит, 902 = 82 • (9 + 2).
Поступим аналогично в пункте (б): 100а + 106 + с = 83а + 83Ь + 83с; 17а = 736 + 82с.
Так как а < 9, 17а < 153, т. е. 736 + 82с < 153.
Это возможно только при 6 = 2, с = 0, или 6 = 1, с = 0, или 6 = 0, с = 1.
Однако при этих значениях б и с выражение 736 + 82с не делится на 17. Значит, в пункте (б)
ответ: «Нет».
в) Пункт (в) — самый сложный в этой задаче.
Как и в предыдущих пунктах, запишем число А в виде: А = 100а + 106 + с = т(а + 6 + с).
Найдем наибольшее возможное т.
Перепишем равенство в виде (100 - т)а + 106 + с = т(Ь + с).
Поскольку а < 9, (100 - т)а + 106 + с < (100 —т) ■9 + 106 + с.
Тогда т(Ъ + с + 9) < 900 + 106 + с, отсюда т. <
+ №Ь + с
б+с+9
Преобразуем дробь в правой части неравенства, чтобы воспользоваться условиями
6 + с > 1, 6 > 0, с > 0.
810 +106 + 1 0с + 90 - 9с
(выделяем целую часть),
т<б+с+9
8 1 0 - 9 с 106 + 10с+ 90
т<
6+с+9
J+ C + 9
810- 9 с
т<
+ 10.
6+с+9
Поскольку 6 + с + 9 > 1 + 9 , т < ------------ 1-10 <
J
10
180
10
у-10.
Глава 8. Числа и их свойства. Нестандартные задачи на ЕГЭ по математике
•
Так как с > 0, получим т < 91. Мы сделали оценку.
Приведем пример, когда т = 91.
п
810
о,
1 0 0 а + 10
При
этом с = о0 ; -----= 81,
значит, b. = 1, ; -------------=91, значит, а = 9.
b+ 9
а+1
910
Для числа А = 910 получим: ----- = 91.
9+ 1
Еще одна задача, где для решения пункта (в) необходимо умение работать с неравен­
ствами.
11.
Известно, что a, b, e n d — попарно различные двузначные натуральные числа.
а) Может ли выполняться равенство а + с = — ?
b +d
19
б) Может ли дробь а + с быть в 11 раз меньше, чем сумма —+ —?
b +d
b d
в) Какое наименьшее значение может принимать дробь
а) Предположим, что ^ ^
а 4- с
b +d
, если а > ЪЪ и с > 6dd
= — , где а, Ь, с и d — не равные друг другу двузначные
натуральные числа.
п
„
33 + 37
70
7
Да, равенство может выполняться. Например: ----------= ------ = — ,
91 + 99 190 19
Здесь а = 33, Ь = 37, с = 91, d = 99.
, а +с а с
б) Предположим, что 11---------= —+ —;
b +d
Ь d
lla + llc
ad+ bc
b +d
bd
11 abd + 11 bed = abd + bed + ad1 + cb2;
10abd - ad2 = cb2 - 10cbd;
ad(\0b - d) = bc(b - 10<7).
Поскольку a, b, с и d — различные двузначные числа, 1Ob и 10d — трехзначные. Тогда
\0b - d > 0, b - 10(7 < 0 и равенство невозможно,
в) Пусть а > Ъ Ь ,с > 6d,
= т. Найдем наименьшее возможное т.
b +d
Запишем условия а > ЗЬ и с > 6d в виде нестрогих неравенств: а > 36 + 1, с > 6d + 1.
_
а + с ЪЬ + \ + 6t/ + l
ЪЬ + bd + 2
Тогда т = -------> --------------------; т > --------------- .
b+d
b+d
b+ d
3d + 2
Выделим целую часть: т > 3 + ---------.
b +d
Поскольку а и d — двузначные, а < 99 и с < 99. Значит, 3 6 + 1 < а < 99; 6<7 + 1 < с < 99,
^—
98 ; dл <, —
98 .
отсюда bь <
3
6
181
•
Математика. Задания высокой и повышенной сложности
Так как 6 и d — целые, получим: 6 < 32, d < 16.
Вернемся к оценке для т:
3d + 2
3d + 2
,
т > 3 + —------ > 3 + ----------, так как 6 <32.
b+d
d + 32
Преобразуем правую часть неравенства, чтобы выделить целую часть:
„ 3d + 2 „ 3 d + 9 6 - 94 „
94
3 + --------- = 3 + ----------------- =-6 ------------ .
а? + 32
d + 32
d+ 32
94
94
Поскольку а?> 10, а? + 32 > 42 и m > 6 ---> 6 ------- ,
3
d + 32
42
^ —
79 . Это
^
т>
оценка.
21
79
Равенство т = — достигается, если d - 10, Ъ = 32, а = 97, с = 61.
21
Наименьшее возможное т равно — .
21
12.
(Санкт-Петербург, пробны й ЕГЭ, 2017) Дано квадратное уравнение ах2 + Ьх + с = 0
где а, 6 и с — натуральные числа, не превосходящие 100. Также известно, что числа а, b и с
попарно отличаются друг от друга не менее чем на 2.
а) Может ли такое уравнение иметь корень -7 ?
б) Может ли такое уравнение иметь корень -5 3 ?
в) Какой наименьший целый корень может иметь такое уравнение?
а) Пусть х = - 1 — корень уравнения ах2 + Ьх + с = 0.
Подставим х = - 1 в данное уравнение.
49а - 1Ъ + с = 0, и это значит, что с : 7, т. е. с = 1к. Получается, что 49а - 1Ь + 1к = 0,
1 а - Ь + к = 0.
Возьмем а = 1, Ъ = 9, к = 2, и тогда с = 14.
Получим уравнение х2 + 9х + 14 = 0, удовлетворяющее условию задачи. Число х = -7
является его корнем.
б) Предположим, что наше уравнение имеет корень х = -53.
Подставим его в уравнение: 532 • а - 53b + с = 0. Получим, что число с делится на х = -53.
Пусть с - -5 3 • п.
Заметим, что 1 < с < 100, и равенство возможно только если п = -1 . Тогда с = 53.
П олучим :532 • а - 536 + 53 = 0;
53а - 6 + 1 = 0 ;
53а = 6 - 1 .
99
Поскольку 6 < 100, 6 - 1 < 99, а < — .
Значит, а = 1. Тогда 6 —1 = 53, 6 = 54, и уравнение имеет вид х2 + 54х + 53 = 0.
Однако в нем б и с отличаются на 1, и условия задачи не выполняются.
Получается, что х = -5 3 не может быть корнем уравнения.
в) Пусть наименьший отрицательный корень уравнения ах2 + Ьх + с = 0 равен -р.
Подставив его в уравнение, получим: ар2 - Ър + с = 0, и это значит, что с : р.
Пусть с = пр. Тогда ар2 —Ьр + пр = 0;
ар - 6 + п = 0.
182
Глава 8. Числа и их свойства. Нестандартные задачи на ЕГЭ по математике
•
Поскольку с < 100, пр < 100, и если р > 51, то п = 1.
Пусть р > 51 (при этом корень уравнения х < -51), тогда с = р и ар =b - 1.
Аналогично пункту (б), если р > 51, то а = 1, поскольку b < 100 и b - 1 < 99.
Еслиp = b - 1 и р = с, то с = b - 1, что не соответствует условию задачи.
Значит, уравнение не может иметь целого корня х < -5 1 , то есть возможны только целые
корни х > -50.
Приведем пример, когда х = -50.
Подставив х = -5 0 в уравнение, получим: 2500а - 506 + с = 0. Очевидно, с делится на 50.
Пусть с = 5 0 т . Возьмем m = 2. Тогда 50а - 6 + 2 = 0, 50а = 6 - 2 .
Выбрав а = 1, 6 = 52, получим уравнение х 2 + 52х + 100 = 0.
Его корни легко найти по теореме Виета. Они равны -2 и -50.
глава 9
ЗАКЛЮЧИТЕЛЬНЫЕ ТЕСТЫ: ПОЛНЫЕ ВАРИАНТЫ ЕГЭ
Заключительный этап подготовки к ЕГЭ — решение вариантов. Я составила для вас
4 полных варианта для тренировки. Большинство задач 2 части — мои авторские. Для того
чтобы этот материал принес вам максимальную пользу, действуйте следующим образом:
— перед решением варианта повторите теорию. Шпаргалками и телефоном на экзаме­
не пользоваться запрещено;
— выделите себе 3 часа 55 минут на решение варианта. Отключите телефон. Пусть вас
никто и ничто не отвлекает. Ваша задача — уложиться в это время и решить весь вариант;
— все 4 варианта — по сложности такие же, как и вариант ЕГЭ. Начинайте с первого и
не заглядывайте ни в другие варианты, ни в решения;
— задачи 1-й части, а также задачи 13, 15 и 17 решайте одну за другой. На них у вас
должно уйти не более двух часов. Пока не закончили задачу — за следующую не беритесь.
Это правило;
— если вы решили всю 1-ю часть и задачи 13,15, и 17 — вы набрали 80 баллов. Теперь
перед вами 4 задачи — стереометрия, планиметрия, параметры и нестандартная. Выбери­
те ту, что больше вам нравится. Не нужно хвататься за несколько задач одновременно;
— важный момент: сразу оформляйте решения задач 2-й части. На заключительном
этапе тренировки почти не должно быть черновика — сразу чистовик. Иначе на экзамене
не успеете записать все;
— считайте без калькулятора. Пусть вычисления будут максимально простые!
— когда все готово — оцените, удалось ли уложиться в отведенное время. Сверьте от­
веты и решения.
Удачи вам!
вариант 1
1. (А вторская задача) Самолет вылетает из Магадана в 15.15 и прилетает в Москву в
15.00 того же дня. Найдите среднюю скорость авиаперелета (в км/ч), если разница во вре­
мени между Москвой и Магаданом 8 часов, а длина воздушной трассы — 6200 км.
2. На рисунке показано изменение температуры воздуха на протяжении трех суток. По горизонтали указываются дата и время суток, по
вертикали — значение температуры в градусах
Цельсия. Определите по рисунку разницу между наибольшей и наименьшей температурой воздуха 7 августа. Ответ дайте в градусах Цельсия.
*
30
28
26
24
и
w
18
16
14
12
00:00 06:00 12:0018:00 00:00 06:00 12:00 18:00 00:00 06:00 12:00 18:00 00:00
7 августа
8 августа
9 августа
3. (А вторская задача) На координатной плоскости заданы точки А( 1; 1), 5(2; 3), С(-2; 0)
и D(2; -2 ). Найдите угол между векторами АВ и CD.
184
Глава 9. Заключительные тесты: полные варианты ЕГЭ
•
4. Вероятность того, что новый электрический чайник прослужит больше года, равна
0,93. Вероятность того, что он прослужит больше двух лет, равна 0,87. Найдите вероят­
ность того, что он прослужит меньше двух лет, но больше года.
л (4 х -3 )
5. Решите уравнение s in ------------ = 1. В ответе напишите наибольший отрицательный
4
корень.
6. (Авторская задача) Точка М расположена на стороне АВ треугольника А ВС так, что
А М = Ъ ,В М = 1 . Площадь треугольника ACM равна 15. Найдите площадь треугольника ВСМ.
7. На рисунке изображен график производной функ­
ции у = / (х). При каком значении х функция у = f (х)
принимает свое наибольшее значение на отрезке [-4; -2]?
8.
Площадь поверхности тетраэдра равна 12. Найдите площадь
поверхности многогранника, вершинами которого являются середи­
ны сторон данного тетраэдра.
„ „ „
7 sin а + 13 cos сх „
9. Наидите tg а , е с л и ----------------------- = 3.
5 sin а - 1 7 cos а
10. Уравнение процесса, в котором участвовал газ, записывается в виде p V 0- = const,
где р (Па) — давление в газе, V — объем газа в кубических метрах, а — положительная
константа. При каком наименьшем значении константы а увеличение в 16 раз объема
газа, участвующего в этом процессе, приводит к уменьшению давления не менее чем в
32 раза?
11. Улитка ползет от одного дерева до другого. Каждый день она проползает на одно и
то же расстояние больше, чем в предыдущий день. Известно, что за первый и последний
дни улитка проползла в общей сложности 10 метров. Определите, сколько дней улитка
потратила на весь путь, если расстояние между деревьями равно 150 метрам.
12. Найдите наименьшее значение ф ункцииу = (х2 - 8х + 8)<?2 ' на отрезке [1; 7].
13. (Авторская задача) V 2|sinx| = tg х.
а) Решить уравнение.
б) Найти все его корни на отрезке [-Зл; 2л].
185
•
Математика. Задания высокой и повышенной сложности
14. (Авторская задача) На продолжении ребра SA правильного тетраэдра SABC отме­
чена точка Р так, что SA = 2 АР. Точки М и N — середины ребер ВС и АС соответственно.
Прямая P N пересекает ребро SC в точке Q.
а) Докажите, что плоскость QM N перпендикулярна ребру SC.
б) Найдите объем треугольной пирамиды SQMN, если все ребра тетраэдра равны 4.
X +1
.
х -2
16. (Авторская задача) Четырехугольник ABCD вписан в окружность; лучи ВА и CD
[3
пересекаются в точке Р, углы В PC и A CD равны 30°. ВС = J —AB.
15. (Авторская задача) Решите неравенство: In (х 2 - х - 2) < 1+ In
а) Докажите, что ВС и AD параллельны.
б) Найдите длину отрезка, соединяющего середины АС и BD, если R = 2.
17. (Авторская задача) В июле планируется взять кредит в банке на сумму 64 ООО руб­
лей. Условия его возврата таковы:
— каждый январь долг увеличивается на р% по сравнению с концом предыдущего года;
— с февраля по июнь каждого года необходимо выплатить одним платежом часть долга.
Найдите р , если известно, что кредит будет полностью погашен за три года, причем в
первый и второй год будет выплачено по 16 ООО рублей, а в третий год — 80 ООО рублей.
18. Найдите все значения параметра а, при каждом из которых неравенство
jjjc2 - 6 х + 5 | - х 2 + 6х —13| < а - а 2 - ( х - 2 ) 2 + 2 х - 4 имеет единственное целое решение.
19'. На доске написано число N = 2 345 623 456.
а) Можно ли, приписав к числу N справа две цифры, получить в результате число,
кратное 72?
б) Можно ли, приписав к числу N справа три цифры, получить в результате число,
кратное 792?
в) Сколькими способами можно вычеркнуть из числа N две цифры так, чтобы полу­
ченное число делилось на 12?
вариант 2
1. Система навигации самолета информирует пассажира о том, что полет проходит на
высоте 35 ООО футов. Выразите высоту полета в метрах. Считайте, что 1 фут равен 30,5 см.
2. (Авторская задача) На графике показано изменение курса биткоина к рублю в 2017
году. Запишите порядковый номер месяца, в течение которого цена биткоина впервые превы­
сила 600 тысяч рублей.
Авторская задача Антона Акимова.
186
Глава 9. Заключительные тесты: полные варианты ЕГЭ
3.
На бумаге в клетку изображены два круга. Площадь внут­
реннего круга равна 9. Найдите площадь заштрихованной фи­
гуры.
4.
(Авторская задача) Два грузовика, работая совместно, вывозят снег с улицы Нижняя
Подгорная, причем первый грузовик должен сделать три рейса с грузом снега, а второй —
два. Вероятность застрять с грузом снега при подъеме в горку равна 0,2 для первого грузови­
ка и 0,25 — для второго. С какой вероятностью грузовики вывезут снег с улицы Нижняя
Подгорная, ни разу не застряв на горке?
5. Найдите корень уравнения чУ-72 + 17х = х. Если уравнение имеет более одного кор­
ня, укажите меньший из них.
6. В треугольнике A B C угол А равен 46°, углы В и С — острые, высоты BD и СЕ пересекаются в точке О. Найдите угол
ВОС. Ответ дайте в градусах.
8.
В правильной четырехугольной пирамиде все ребра рав­
ны 1. Найдите площадь сечения пирамиды плоскостью, прохо­
дящей через середины боковых ребер.
187
А
•
Математика. Задания высокой и повышенной сложности
9. Найдите значение вы раж ения
05-Ло-1
—- .
10. Ускорение свободного падения (в м/с2) на поверхности планеты рассчитывается по
формуле g = G
М
планеты^ ^ где q _ Гравитаци0нная постоянная, G = 6,67 ■ 1 0 м м2/с2 • кг.
(^ п л а н е ты )
Определить ускорение свободного падения на поверхности планеты Плюк, если масса
Плюка равна 3,68 • 1024 кг, а его радиус равен 4,6 • 106 метров.
11.
Путешественник переплыл море на яхте со средней скоростью 30 км/ч. Обратно о
летел на спортивном самолете со скоростью 370 км/ч. Найдите среднюю скорость путеше­
ственника на протяжении всего пути. Ответ дайте в км/ч.
12.
Найдите наибольшее значение функции у = 3tgx - Зх + 5 на отрезке
: ;0
(tg x + V 3)log„ (2 sin2 х)
13. а) Решите уравнение
=
0.
log31 (V 2 co sx )
б)
Найдите все корни уравнения на промежутке
ПК
2' 2
14.
(Авторская задача) В основании прямоугольного параллелепипеда ABCD A]B ]C^D
лежит квадрат ABCD со стороной 1, боковое ребро равно 2. Плоскость сечения проходит
через середины ребер AD и СС, параллельно диагонали B {D.
а) Докажите, что плоскость сечения делит ребро В в отношении 1 : 5, считая от точки В .
б) Найдите угол между плоскостью сечения и плоскостью основания параллелепипеда.
15.
4х - 3-10* -10-25*
(Авторская задача) Решите неравенство:
>0.
х3 - Зх2
16.
(Авторская задача) Окружности, построенные как на диаметрах на сторонах АВ
CD параллелограмма ABCD, касаются в точке М.
а) Докажите, что ABCD — ромб.
б) Пусть Р и Q — точки пересечения продолжений диагоналей параллелограмма АС
и BD соответственно с общей внешней касательной к окружностям; прямые PQ и AD ле­
жат по одну сторону от прямой О^Ог
Найдите площадь треугольника PQC, если радиусы окружностей равны 2, а синус утла
BAD равен —.
188
Глава 9. Заключительные тесты: полные варианты ЕГЭ
•
17.
(А вторская задача) В марте 2014 года Андрей открыл вклад в банке. Первого янва­
ря каждого года банк начисляет некоторый постоянный процент р. Затем в марте Андрей
пополняет счет таким образом, чтобы сумма денег на счете возрастала согласно следую­
щей таблице:
М арт 2014
М арт 2015
Март 2016
М арт 2017
S
2S
35
45
В марте 2017 года Андрей, как обычно, пополнил вклад, а через месяц снял все деньги
со счета. Известно, что всего Андрей дополнительно внес сумму, на 140% превышающую
исходный вклад. Найдите р.
18. (Авторская задача) При каких значениях параметра а уравнение (sin х - a) (tg х - а) = 0
имеет единственное решение на интервале
f
л Зл 49
2’Т
19.
Даны п различных натуральных чисел, составляющих арифметическую прогрес
сию, п > 3.
а) Может ли сумма всех данных чисел быть равной 10?
б) Каково наибольшее значение п, если сумма всех данных чисел меньше 1000?
в) Найдите все возможные значения п, если сумма всех данных чисел равна 129.
вариант з
1.
Держатели дисконтной карты книжного магазина получают при покупке скидку 3%.
Книга стоит 300 рублей. Сколько рублей заплатит держатель дисконтной карты за эту книгу?
2. На диаграмме показано количество посети­
телей сайта РИА Новости в течение каждого часа
8 декабря 2009 года. По горизонтали указывается
номер часа, по вертикали — количество посетите­
лей сайта за данный час. Определите по диаграм­
ме, за какой час в данный день на сайте РИА Но­
вости количество посетителей впервые превыси­
ло 30 тысяч.
90 000
80 000
70 000
60 000
50 000
40 000
30 000
2 0 000
10 000
0
hulll:i l l l l l l l l l l l i i l
03
05
07
09
11
13
15
17
19
21
23
3.
На бумаге с размером клетки 1 x 1 изображен вписанный в
окружность угол ABC. Найдите его градусную величину.
4.
Игральный кубик бросают дважды. Сколько элементарных исходов опыта благо­
приятствуют событию «А = сумма очков равна 4»?
189
•
Математика. Задания высокой и повышенной сложности
5. Найдите корень уравнения:
' 1 \ 3+х
=512.
.
8
,
6. Найдите синус угла АОВ. В ответе укажите значение сину­
А
са, умноженное на 2-J2.
О
7.
На рисунке изображен график производной
У = f i x ) функции у = f{x ), определенной на интерва­
ле (-4; 8). В какой точке отрезка [-3; 1] функция
У ~ f ( x ) принимает наименьшее значение?
8. В сосуде, имеющем форму конуса, уровень жидкости достигает половины высоты.
Объем жидкости равен 54 мл. Сколько миллилитров жидкости нужно долить, чтобы пол­
ностью наполнить сосуд?
9. Найдите значение выражения
— ПрИ т = 4096.
■'fin
10. Груз массой 0,4 кг колеблется на пружине. Его скорость т> меняется по закону
5— -, где t — время с момента начала колебаний, Т = 2 с — период колебаний,
\)0 = 1,8 м/с. Кинетическая энергия Е (в джоулях) груза вычисляется по формуле Е =
где m — масса груза в килограммах, Ь — скорость груза в м/с. Найдите кинетиче
энергию груза через 26 секунд после начала колебаний. Ответ дайте в джоулях.
11. Пристани А и В расположены на озере, расстояние между ними равно 280 км. Баржа
отправилась с постоянной скоростью из А в В. На следующий день после прибытия она
отправилась обратно со скоростью на 4 км/ч больше прежней, сделав по пути остановку на
8 часов. В результате она затратила на обратный путь столько же времени, сколько на путь
из А в В. Найдите скорость баржи на пути из А в В. Ответ дайте в км/ч.
12. Найдите наименьшее значение функции у = 9 х - 1п(9х) + 3 на отрезке
sin 2х
13. а) Решите уравнение
sin
б)
7л
:Т 2.
. 7л
Укажите корни этого уравнения, принадлежащие отрезку 2л; —
2
190
18 18
Глава 9. Заключительные тесты: полные варианты ЕГЭ
•
14. (Авторская задача) Все ребра правильного тетраэдра ABCD равны >/з. Точка Р —
середина ребра ВС\ точки М и К делят ребра A D и BD в отношении 1 : 4, считая от
вершины D.
а) Постройте сечение тетраэдра плоскостью РМК.
б) В каком отношении плоскость сечения делит высоту тетраэдра?
15. (Авторская задача) Решите неравенство: log(2 ;t) (х + 1)' - l o g 2.* (х + 1) ^ 2.
16. (Авторская задача) В треугольнике ABC угол В равен 30°, высоты СМ и А К пересе­
каются в точке Н. Из точек М и К в треугольниках АМ Н и К С Н проведены медианы, про­
должения которых пересекаются в точке F.
а) Докажите, что угол M FK — прямой.
б) Найдите радиус окружности, описанной вокруг треугольника MKF, если АС = 6.
17. В июле 2017 года планируется взять кредит в банке в размере S тыс. рублей, где S —
натуральное число, на 3 года. Условия его возврата таковы:
— каждый январь долг увеличивается на 15% по сравнению с концом предыдущего
года;
— с февраля по июнь каждого года необходимо выплатить одним платежом часть
долга;
— в июле каждого года долг должен составлять часть кредита в соответствии со следу­
ющей таблицей:
Месяц и год
Июль 2017
Июль 2018
Июль 2019
Июль 2020
Долг (в тыс. рублей)
5
0,7 S
0,45
0
Найдите наименьшее значение S, при котором каждая из выплат будет составлять целое
число тысяч рублей.
18. (А вторская задача) Найдите все значения параметра с, при которых существуют
X2 + у 2 = 9,
такие а и Ъ, что система уравнений - ( х - а ) 2 + ( у - Ь ) 2 = 9.
а 2 +Ь2 —с 2.
имеет единственное решение (х; у).
19. Три числа назовем хорошей тройкой, если они могут быть длинами сторон тре­
угольника. Три числа назовем отличной тройкой, если они могут быть длинами сторон
прямоугольного треугольника.
а) Даны 8 различных натуральных чисел. Может ли оказаться, что среди них не най­
дется ни одной хорошей тройки?
б) Даны 4 различных натуральных числа. Может ли оказаться, что среди них можно
найти три отличных тройки?
в) Даны 12 различных чисел (не обязательно натуральных). Какое наибольшее ко­
личество отличных троек может оказаться среди них?
191
•
Математика. Задания высокой и повышенной сложности
вариант 4
1. В магазине «Сделай сам» мебель продается в разобранном виде. При желании поку­
патель может заказать сборку мебели на дому, стоимость которой составляет 10% от сто­
имости самой мебели. Во сколько рублей обойдется кухонный шкаф вместе со сборкой,
если без сборки он продается за 3000 руб.?
2. На графике показан процесс разогрева двигателя
легкового автомобиля. На оси абсцисс откладывается
время в минутах, прошедшее от запуска двигателя, на
оси ординат — температура двигателя в градусах Цель­
сия. Определите по графику, сколько минут двигатель
остывал.
3.
На бумаге с размером клетки %/Шх%/К) изображен четырехуголь
ник ABCD. Найдите его периметр.
4. На экзамене по геометрии школьник отвечает на один вопрос из списка экзаменаци­
онных вопросов. Вероятность того, что это вопрос на тему «Вписанная окружность», рав­
на 0,25. Вероятность того, что это вопрос на тему «Параллелограмм», равна 0,35. Вопро­
сов, которые одновременно относятся к этим двум темам, нет. Найдите вероятность того,
что на экзамене школьнику достанется вопрос по одной из этих двух тем.
2 , 7
5. Решите уравнение — х = 2 — . Если уравнение имеет более одного корня, в ответе
запишите больший из корней.
6. Найдите сторону правильного шестиугольника, описанного
около окружности, радиус которой равен >/з.
7.
На рисунке изображен графику = /'(* ) —
производной функции /(х ). На оси абсцисс от­
мечено девять точек: х,, х2, хр х4, х., х 6, х?, xg, хг
Сколько из этих точек принадлежит промежут­
кам убывания функции / (х)?
192
Е
Глава 9. Заключительные тесты: полные варианты ЕГЭ
8.
Найдите тангенс угла D {A ]D 2 многогранника, изобра­
женного на рисунке. Все двугранные углы многогранника
прямые.
9. Найдите 3р(х - 4) - р ( Зх), если р(х) = 4х + 2.
10. Камень брошен вертикально вверх. Пока камень не упал, высота, на которой он на­
ходится, описывается формулой h{t) = - 5 12 + 18/, где h — высота в метрах, t — время в
секундах, прошедшее с момента броска. Сколько секунд камень находился на высоте не
менее 9 метров?
11. В понедельник акции компании подорожали на некоторое количество процентов,
а во вторник подешевели на то же самое количество процентов. В результате они стали
стоить на 1% дешевле, чем при открытии торгов в понедельник. На сколько процентов
подорожали акции компании в понедельник?
12. Найдите точку минимума функции у = х 3 - 4х2 - Зх - 13.
13. а) Решите уравнение (V2 sin2 x + cosx - V 2 ) V - 6 sin x = 0.
б)
Найдите все корни этого уравнения, принадлежащие отрезку - к ; -
14. В правильной четырехугольной пирамиде SABCD сторона АВ основания равна 16,
а высота пирамиды равна 4. На ребрах АВ, CD и A S отмечены точки М, N и К соответствен­
но, причем A M = D N = 4 и А К = 3.
а) Докажите, что плоскости M N K и SBC параллельны.
б) Найдите расстояние от точки М до плоскости SBC.
4Ь2- Н _ 16
15. (А вторская задача) Решите неравенство: — —---------- < 0.
|*|- 5
16. Окружность, вписанная в трапецию ABCD, касается ее боковых сторон АВ и CD
в точках М и N соответственно. Известно, что A M = 6M B и 2D N = 3CN.
а) Докажите, что AD = 3ВС.
б) Найдите длину отрезка MN, если радиус окружности равен V105.
193
•
Математика. Задания высокой и повышенной сложности
17. Строительство нового завода стоит 78 млн рублей. Затраты на производство х тыс. ед.
продукции на таком заводе равны 0,5х2 + 2х + 6 млн рублей в год. Если продукцию завода
продать по цене р тыс. рублей за единицу, то прибыль фирмы (в млн рублей) за один год
составитр х - (0,5.x2 + 2х + 6). Когда завод будет построен, фирма будет выпускать продук­
цию в таком количестве, чтобы прибыль была наибольшей. При каком наименьшем значе­
нии р строительство завода окупится не более чем за 3 года?
18. Найдите все значения а, при которых уравнение
(х 2 - б | х | - а ) + 1 2 (х 2 - б | х | - а ) + 37 = co s
18д 4
а ,
имеет ровно два решения.
19.
Последовательность a v а2, ..., а6 состоит из неотрицательных однозначных чисел
Пусть М к— среднее арифметическое всех членов этой последовательности, кроме к-го.
Известно, что М 1 = 1 ,М 2 = 2.
а) Приведите пример такой последовательности, для которой М ъ = 1,6.
б) Существует ли такая последовательность, для которой М3 = 3?
в) Найдите наибольшее возможное значение М у
Глава 9. Заключительные тесты: полные варианты ЕГЭ
•
Ответы, комментарии, решения
Вариант 1
1. Ответ: 800.
2. Ответ: 16.
3. Ответ: 90.
Угол ф между векторами а и b находим по формуле cos ф =
С1'Ь __ .___ .
. ; А В ■CD = 1 ■4 - 2 • 2 = 0.
И 'п
Скалярное произведение векторов равно произведению их длин на косинус угла между
ними. Длины векторов АВ и CD не равны нулю. Значит, угол между ними равен 90°.
Теме «Векторы» посвящена глава моей книги «Математика. Авторский курс подготов­
ки к ЕГЭ». Эту тему точно стоит повторить перед экзаменом.
4. Ответ: 0,06.
Проработав год, чайник может либо сломаться на второй год, либо благополучно слу­
жить и после 2 лет работы.
Пусть р — вероятность того, что чайник прослужил больше года, р — вероятность
того, что он сломается на второй год, р 2 — вероятность того, что он прослужит больше
двух лет. Очевидно,/? = р х + р г
Тогдар ] = р - р 2 = 0,93 - 0,87 = 0,06.
Теории вероятностей также посвящена глава моей книги «Математика. Авторский курс
подготовки к ЕГЭ».
5. Ответ: -0,75.
д (4 х -3 )
Сделайте замену t = ------------- , решите простейшее уравнение sin? = 1 и вернитесь
4
к переменной х.
6. Ответ: 35.
7. Ответ: -4 .
8. Ответ: 6.
Грань тетраэдра состоит из четырех треугольников площадью S каждый. У тетраэдра
4 грани, значит, площадь его поверхности равна 16S. Многогранник внутри тетраэдра (ок­
таэдр) имеет 8 граней площадью S каждая, и площадь его поверхности равна 8S.
9. Ответ: 8.
10. Ответ: 1,25.
11. Ответ: 30.
Я заметила, что новички пугаются этой задачи. «Здесь же улитка! — говорят они. — Здесь
прогрессия!»
Да, прогрессия. Пусть улитка проползла в первый день а { метров, в последний — ап
(а, + ап )п
метров, причем а х + ап = 10. Тогда за п дней она преодолела Sn = ------ —— = 150 метров.
Отсюда п = 30.
195
•
Математика. Задания высокой и повышенной сложности
12. Ответ: -4 .
Хотите решить эту задачу за 10 секунд? Вспомните, что число е — иррациональное.
Когда функция е‘ принимает целое значение? Очевидно, при 1= 0. Если 1 = 2 - х = 0, то х = 2.
Именно это значение и надо подставить в формулу функции, чтобы найти ее наименьшее
значение. Подставив, получим: у (2) = -4.
Это быстрое решение для хитрых. Мы воспользовались тем, что ответы в первой части
ЕГЭ по математике — это целые числа или конечные десятичные дроби. А теперь — чест­
ное решение!
/ = ( 2 х - 8 ) е 2‘* - е 2~х (.х2 - 8 х + 8) = е2-1 ( - х 2 + 1 0 х -1 б ) = - е 2~х ( х - 2 ) ( х - 8 ) .
Найдем знаки производной на отрезке [1; 7].
х = 2 — точка минимума, у = -4 .
13. V 2|sinx| = tg х.
Начнем с области допустимых значений уравнения: cosx Ф 0.
Раскроем модуль по определению. Мы помним, что z =
[z, z > 0
[- z ,z < 0
Наше уравнение равносильно совокупности двух систем и уравнения sinx = 0:
sin x = 0
[sinx > 0
x = 7in, n e Z
sin x > 0
[V 2 sin x = tg х
s[2
COSX = -
[sinx < 0
[-л/2 sin х = tg х
x = m, neZ
sin x > 0
«
Л
X = ± — + 27ГЛ
4
sin x < 0
sin x < 0
cosx = - -
x=±
37T
4
<=> x - —+ 2nn
4
5к _
x = -----1- 2nn
4
^
ь2 m
При отборе решений пользуемся тригонометрическим кругом.
Y
sinx > 0
х = — ь 2пп, п е Z
4
Зл „
П
х = ---- 1-2лщ п е Z
с
\
з Л ----х = ------ ь 2л
4
+ 2кп
Л
.
У)
sinx < 0 х
Объединив решения, получим ответ в пункте (а): х - пп, п е Z, или х = — + т , п е Z.
В пункте (б) сделаем отбор решений с помощью двойного неравенства — чтобы не
забывать об этом способе.
Для серии х = пп, п е Z: - З п < п п < 2п;
-3 < п < 2 ;
-З п , -2 п , - я , 0, л, 2л — решения.
196
Глава 9. Заключительные тесты: полные варианты ЕГЭ
•
к
к
Для серии х = —+ 7in, п е Z : - 3 л < — + к п < 2л;
4
4
-3 < —+ и < 2;
4
- 3 — < 77 < 1 — .
4
4
Поскольку и — целое, п = -3 , -2 , -1 , 0 или 1.
11л
7л
Зл л 5л
Решения на указанном отрезке:------- ; ------- ;------ ; —; — .
4
4
4
4 4
л
Ответ:
а) ли, и е Z, или —+ ли, и е Z;
4
11л
7л
Зл
л
5л
б) -З л ; — — ;- 2 л ; — - ; - я ; — - ; 0; - ; л; — ;2л.
4
4
4
4
4
14. а) Покажем, что (M NQ) ± .SC.
Правильный тетраэдр — треугольная пирамида, все гра­
ни которой представляют собой правильные треугольники.
Скрещивающиеся ребра правильного тетраэдра взаимно
перпендикулярны, поэтому АВ ± SC. Это легко доказать.
Отрезок СО — проекция ребра SC на плоскость осно­
вания.
СО ± АВ, так как О — центр правильного треугольни­
ка ABC. По теореме о трех перпендикулярах, SC _1_АВ.
Заметим, что M N || АВ как средняя линия в треугольнике
ABC и, значит, SC _LMN.
Пусть ребро тетраэдра равно а.
Отрезок PQ лежит в плоскости боковой грани SAC.
а
Треугольник A P N — равнобедренный, А Р = A N = —;
m °-Z P A N
С
180°-120°
= 30°;
2
2
Z N C Q - 60°, тогда из ANCQ получим, что Z N Q C = 90°,
тогда Z A P N — Z A N P -
PQ 1 SC.
Таким образом, прямая SC перпендикулярна двум пе­
ресекающимся прямым M N и NQ, лежащим в плоскости
MNQ. Значит, она перпендикулярна и всей плоскости MNQ.
б) Найдем объем пирамиды SMNQ.
Треугольник MNQ — основание пирамиды, SQ — ее высота, поскольку SQ ± (M NQ ).
В прямоугольном треугольнике CNQ угол QNC равен 30°, следовательно,
1 1
О
QC = —NC = —АС = 1, NQ = %/з, SQ = - A C = 3.
2
4
4
Поскольку треугольники NCQ и MCQ равны, M Q = NQ = %/3.
В треугольнике NMQ:
MQ = NQ = S \ M N = ^ A B = 2-, S ^ MQ= 4 l \ VSMNQ Л - 3 - 4 l = V I
197
•
Математика. Задания высокой и повышенной сложности
15. 1п(х2 - х - 2 ) < 1 + 1п^±-!-.
V
’
х -2
Разложим х2 - х - 2 на множители: х2 - х - 2 = (х + 1)(х - 2).
In (х + 1 ) ( х - 2 ) - In Л + ^ < 1.
х -2
Найдем область допустимых значений неравенства.
(х + 1 ) ( х - 2 ) > О
х+ 1
<=>
х < -1
х>2
>0
х -2
Преобразуем левую часть неравенства по формуле разности логарифмов. И не забываln (x —2)2 —1 < 0
ем об ОДЗ. Неравенство равносильно системе:
х < -1
х>2
Первое неравенство упростим по методу замены множителя. Множитель logA/ - 1 заме­
няем на (h - 1 ) ( / - И). Логарифм здесь натуральный, его основание равно е, е > 1.
(х -2 )2- е < 0
Получим: < ~х < —1
( х - 2 ) 2 -(л /ё )2 < 0
<=>'
х с -1
х>2
(
-
«■
х < -1
х>2
х>2
(x-(2 + \/e)j(x-(2-Ve)j <0
<=>
х < —1
х>2
Отметим на числовой прямой точки 2 + 4 е и 2 - \ [ ё . Очевидно, что 2 + \[е > 2. Но что
больше, 2 - \ [ ё и л и -1 ?
Поскольку е < 4 и 2 = Л , получаем, что 2 - \ [ е > 0 .
Значит, 2 - \[е > -1 .
|
|
2 -у/е
Ответ: ^2;2 + V eJ.
J~
1 ~hr
X
16.
а) Пусть О — центр окружности, R — ее радиус.
Треугольник А С Р — равнобедренны й, Z A C P =
= Z A P C = 30°, значит, ZC A P = 120°, ZB A C = 60°.
ZAO D = 60°, так как центральный угол в два раза
больше вписанного угла, опирающегося на ту же дугу.
Тогда треугольник AOD — правильный и AD = R.
ВС
По теореме синусов, ——
—2R. Следовательно,
sin Z B A C
2 ВС
j ~ - 2R-, ВС = /?л/з, тогда
=
и^
198
=
получили, что для треугольника
Глава 9. Заключительные тесты: полные варианты ЕГЭ
•
АОВ выполняется теорема Пифагора: А В2= АО2+ ОВ2. Значит, ZAOB = 90°, ZACB =45° (как
вписанный, опирающийся на ту же дугу).
Из треугольника ВРС, где Z P = 30°, Z C = 75°, получим, что ZABC = 180° - 30° - 75° = 75°.
Значит, ABCD — равнобокая трапеция и AD || ВС.
Пункт (б) — стандартная задача из первой части ЕГЭ по математике. Длина отрезка,
соединяющего середины диагоналей трапеции, равна полуразности оснований. Правда, в
первой части ЕГЭ вам не нужно было доказывать этот факт. А сейчас мы его докажем.
Пусть точка М — середина диагонали BD трапеции ABCD. Пусть точка К — середина
стороны DC. Тогда М К — средняя линия треугольника BDC.
Пусть М К пересекает диагональ АС в точке N. Тогда N K —
средняя линия треугольника ADC, поскольку проходит че­
рез середину стороны D C параллельно AD, т. е. N — середи­
на АС. Таким образом, отрезок M N — это разность средних
линий треугольников В DC и ADC, и его длина равна полуразности оснований.
„ д ...Д С -Д Р - М
2
' М
2
Если R = 2, то M N = л/з - 1 .
17. Пусть S — сумма кредита; S = 64 тыс. рублей, Х = 16 тыс. рублей, Г = 80 тыс. рублей.
к - 1+
, где р — процент по кредиту. Как всегда, составим уравнение для погаше­
ния кредита. Расчеты ведем в тысячах рублей.
( ( S k - X ) k - X ) k - Y = 0; ((64/с - 1 6 ) - А: - 1б) •А:- 80 = 0;
64А:3 —16А:2 —16А: —80 = 0; 4к г - к 2 - к - 5 = 0.
Мы получили уравнение третьей степени. Сгруппируем слагаемые и применим форму­
лу разности кубов:
( 4 0 - 4 ) - ( 0 + к + 1) = 0;
4 (к - 1)(к2 + к+ 1) - ( 0 + к + 1) = 0;
( 0 + к + 1)(4Аг- 5) = 0.
Поскольку к2 + к + 1 > 0 при всех к, получим, что 4А: —5 = 0. Тогда к = —;/> = 25%.
4
Ответ: 25%.
18. ||х2 - 6 х + 5 \ - х 2 + 6 х -1 3 | < а - а 2 - ( х - 2 ) ~ + 2 х - 4 .
Преобразуем зависящее от х выражение - (х - 2)2 + 2х - 4 в правой части неравенства,
раскрыв скобки:
- (х - 2)2 + 2х - 4 = - х2 + 4 х - 4 + 2 х - 4 = - х 2 + 6х - 8 = - (х2 - 6х + 8).
Сделаем замену z = х2 - 6х + 5. Тогда - х 2 + 6х - 13 = - (х2 - 6х + 13) = - ( z + 8).
Неравенство примет вид ||г| —г —8| + г < а - а 2 - 3 .
Обозначим а - а2 - 3 = Ь. Стало проще: ||г| - z - 8| + z < b.
Оценим, какие значения может принимать z = х 2 - 6х + 5. Выделим полный квадрат:
z = х2 - 6х + 5 = х2 - 6х + 9 - 4 = (х - З)2 - 4 > -4 .
199
•
Математика. Задания высокой и повышенной сложности
Заметим, что если х — целое, то z(x) — тоже це­
лое.
Построим график функции у = ||z| —z - 8 | + г при
z > —4.
y (z ) = z + 8, если z > 0; у (z) = 3z + 8, если z < 0.
Функция у (z) монотонно возрастает, то есть каж­
дое свое значение принимает ровно один раз.
Если Ъ е (-4; —1], неравенство у (z) < b имеет
единственное целое решение z = —4.
Если b < - 4 — решений нет. Если b > —1 — нера­
венство имеет более одного целого решения z.
Если z = z0 — решение неравенства, то все z < z0
также будут решениями неравенства.
Мы получили, что если b е (-4; -1 ], то неравенство ||г| - z~ti\ + z < b имеет единствен­
ное целое решение z = —4.
Если z = (х - З)2 - 4 = —4, то х = 3 и, значит, исходное неравенство также имеет един­
ственное целое решение.
Найдем, при каких а это произойдет.
] д - а —3 < —1,
' 2 - а + 2 > 0,
\а~
[ а - а —3 > —4;
- а - 1 <0;
aG
верно всегда
<=> а 2 - а - 1 < 0;
1—л/5 1 + V5
19. а) Число делится на 72 в том и только в том случае, когда оно делится на 9 и на 8 одно­
временно. Число делится на 9 тогда и только тогда, когда на 9 делится сумма его цифр, а на
8 тогда и только тогда, когда на 8 делится число, составленное из трех его последних цифр.
Сумма цифр числа N равна 40.
Припишем к числу N справа цифры 3 и 2, получим число 234 562 345 632. Сумма цифр
полученного числа равна 45, а число, составленное из трех его последних цифр, — это
632. Таким образом, условия делимости на 72 выполнены.
б) Число делится на 792 тогда и только тогда, когда оно делится на 8, на 9 и на 11.
Вспомним признак делимости на 11: суммы цифр на четных и нечетных позициях чис­
ла равны или их разность кратна 11.
Легко проверить, что в числе N суммы цифр на четных и на нечетных позициях равны:
2 + 4 + 6 + 3 + 5 = 3 + 5 + 2 + 4 + 6.
Значит, само число N делится на 11. Припишем к нему справа три цифры а, b и с.
Необходимо выполнение условий:
1) число, составленное из цифр а, b и с, должно делиться на 8;
2) сумма а + Ь + с равна 5,14 или 23 — словом, при делении на 9 должна давать остаток 5;
3) Ъ = а + с (или же разность а + с - Ъ делится на 11).
Подходит число 176.
в) Чтобы число делилось на 12, необходимо и достаточно, чтобы его сумма цифр была
кратна 3, а число, составленное из двух последних цифр, было кратно 4.
200
Глава 9. Заключительные тесты: полные варианты ЕГЭ
•
Заметим, что вычеркивать последнюю цифру, 6, нельзя: чтобы число осталось четным,
нужно будет вычеркнуть и предпоследнюю 5, после чего оставшееся число не будет де­
литься на 3.
Вычеркивать предпоследнюю цифру, 5, тоже нельзя: чтобы число было кратно 4, нуж­
но будет вычеркивать и третью с конца 4, но тогда результат не будет делиться на 3.
Таким образом, последними цифрами остаются 5 и 6. При этом условие делимости на
4 выполняется.
Осталось условие делимости на 3. Поскольку сумма цифр числа N равна 40, сумма двух
вычеркнутых цифр должна быть равна 4, 7 или 10 — то есть при делении на 3 давать оста­
ток 1. Значения, меньшие 4 или большие 10, в условиях задачи невозможны.
Получить 4 можно, вычеркнув две двойки (единственным способом).
Получить 7 — вычеркнув комбинацию «2; 5» или «3; 4». Комбинацию «2; 5» можно
вычеркнуть двумя способами, поскольку предпоследнюю пятерку мы не трогаем и вместе
с остающейся пятеркой можем взять одну из двух двоек.
Для комбинации «3; 4» возможны 4 способа.
Наконец, пару «4; 6» можно вычеркнуть двумя способами, поскольку мы не трогаем
последнюю шестерку.
Всего получается 9 способов.
вариант 2
1. Ответ: 10675.
2. Ответ: 11.
3. Ответ: 7.
4. Ответ: 0,288.
Вероятность для первого грузовика благополучно одолеть горку 1 - 0,2 = 0,8. Для второго
1 - 0,75 = 0,25. Поскольку первый грузовик должен сделать 3 рейса, а второй — два, грузови­
ки ни разу не застрянут на горке с вероятностью 0,8 • 0,75 • 0,8 • 0,75 • 0,8 = 0,36 ■0,8 = 0,288.
5. Ответ: 8.
6. Ответ: 134.
7. Ответ: 3.
8. Ответ: 0,25. Отношение площадей подобных фигур равно квадрату коэффициента
подобия.
9. Ответ: 2.
10. Ответ: 11,6.
11. Ответ: 55,5. Вспомним, что средняя скорость находится по формуле
ц ср =
СР
S
Гобщ
S +S
= —J—
Примем S t = S2 за единицу и найдем Д р.
^1 + Ь -
ц,
ц2
201
•
Математика. Задания высокой и повышенной сложности
12.
Ответ: 5.
(tg x + V 3)log13 (2 sin 2 х)
13Л
’
- = 0.
log311л/2 c o sx l
cos х
ОДЗ: ■sin х
> 0,
Ф
0,
•Jl cos х Ф 1.
Заметим, что решать эту систему не нужно. Мы решим уравнение и проверим найден­
ные корни на соответствие данным условиям.
С учетом ОДЗ исходное уравнение равносильно следующей системе:
tg х + л/з = 0,
tg х = - 7 з ,
log13 (2 sin 2 х) = 0,
2 sin 2 х = 1,
cos х > 0,
<=>
1-пп, п е Z,
X = ± —+ пп,
4
cos х > 0,
<=> х
cos х > 0,
sin х * 0,
sin х
Ф 0,
cos х Ф
cos х
Ф—
;
3
sin х
Ф 0,
cos х
Ф—
=
3
ьто, п е Z.
;
;
б) С помощью тригонометрического круга (или с помощью двойного неравенства) най­
дем, что промежутку
„
71
71 К ^
К
— ; — принадлежит корень х = — .
2 2 j
3
7Г
Ответ: а) х = ------кто, п е Z: 6) — .
3
3
14. Построим сечение параллелепипеда плоскостью,
проходящей через точки М и К параллельно диагонали В р .
Выберем плоскость, в которой лежат и точка М, и пря­
мая В р .
Это плоскость, проходящая через параллельные прямые
AD и В хС у
В плоскости A D C ] проведем M L || В р .
ML — средняя линия AA D B V тогда L — середина А В у
Нам осталось построить сечение, проходящее через точ­
ки М, L и К. Плоскость этого сечения параллельна B.D,
поскольку содержит прямую ML, ML || В р .
Пусть точка Т — проекция точки L на плоскость осно­
вания ABC. Заметим, что L T = К С и L K [| (ABC). Значит,
плоскость сечения а проходит через прямую LK, параллельную плоскости ABC. По теоре­
ме о прямой и параллельной ей плоскости, линия пересечения плоскостей а и ABC парал­
лельна LK, и тогда эта линия параллельна ТС, поскольку LTCK — прямоугольник и L K || ТС.
Проведем M N || ТС в плоскости А ВС.
202
Глава 9. Заключительные тесты: полные варианты ЕГЭ
•
Из подобия треугольников ВТ С и D N M получим, что DN = — DC.
Пусть M N n АВ = Е\ Е е а, Е е (АА jД ().
Соединив Е и Ь , получим FP — линию пересечения плоскости се­
чения с гранью (ААХВ^). Пятиугольник M F P K N — искомое сечение.
Найдем, в каком отношении плоскость сечения делит ребро ВВ Г
Поскольку треугольники ЕАМ и N D M равны, А Е = —АВ.
IT
РВ
AAEF ~ АВЕР ~ ATEL, ---- = ------ ,
ЕТ
BE
вв,
(1
1
?
-А В + -А В
U
4
J
РВ
С
1
з
АВ + - АВ
{
4
J
5
ВР 1
Отсюда РВ = —ВВ. ; — = - .
6
' РВ 5
б) Найдем угол между плоскостью основания и плоскостью сечения.
Треугольники АВМ и DM N подобны, ZBM A + ZN M D = 90°, тогда ZB M N = 90°, B M Z M N .
Поскольку В М — проекция Р М на плоскость основания, по теореме о трех перпендику­
лярах PM 1 MN. Тогда, согласно определению угла между плоскостями а и ABC, этим
углом будет угол РМВ. Найдем тангенс этого угла.
Из пункта (а): РВ - —ВВХ=
6
6
Из ААВМ: ВМ
3
.
V5
1+ 1
Из АРМВ, где Z B = 90°: tgZ P M B =
РВ
5 -2
2V5
ВМ
3 ■л/5
з
4х -3 -1 0 * -1 0 -2 5 *
х 3- З х 2
Разложим числитель дроби в левой части на множители.
Выражение 2Ъ - 3 - 2х ■5х - 10 • 5Ъ — однородное степени 2х. Вынеся б21 за скобки,
f 2 \ 2дг
-3 '
получим: 22х - Ъ-2 х -5х - 1 0 - 5 2' = 5 2дг
Как мы разложили
/ 2 л2х
'2 v
-10
-5
+2
-10 на множители? Очень просто — сделали замену
-3 -
/2 v
= t, разложили на множители выражение t2 - Зг — 10 = (t - 5)(t + 2) и вернулись к
5
переменной х.
+2
-5
Неравенство примет вид:
ч5 ,
V5 /
х2(х -3 )
203
>0.
•
Математика. Задания высокой и повышенной сложности
Поделим обе части на 5'* > 0 и
(1 Y
к
+ 2 > 0.
-5
>0.
( 2 \|0®
г5
Представим 5 как
и применим метод замены множителя. Множитель h f - hg
заменяется на (h - ! ) ( / - g).
--1
5
x -lo g 25
x -lo g 25
> 0;
x 2 (дс —3)
'(x-З)
<0.
Очевидно, log j 5 < 0, так как 5 > 1 и функция у = log, х —
5
5
монотонно убывающая. Решим неравенство методом интер­
валов.
Ответ: х е
log 25
0
log 2 5; 0 и ( 0 ;3 ) .
5
16. а) Пусть R — радиус окружности.
Точка внешнего касания окружностей ле­
жит на отрезке, соединяющем их центры;
0 ]0 2 = 0 ]M + 0 2M = 2 R .
Поскольку АВ и CD — диаметры ок­
ружностей, АВ = CD = 2R: 0 ] и 0 2— сере­
дины сторон параллелограм м а A B C D ;
A 0 ^ 0 2D — параллелограмм, AD = О ]0 2 =
2R, ABCD — ромб.
б)
4
Найдем SliPQCt если R = 2, sin Z BAD = —.
Диагонали ромба являются биссектрисами его углов. Пусть ZB A D = 2ф.
Тогда Z C A D = Z B A C = ф.
_
4
„ 3
51п2ф = — ; с о б 2 ф = — .
5
5
По формулам косинуса двойного угла: соз2ф = 2сов2ф - 1
= 1 - 2 з т 2ф найдем
2
1
COS ф = —j= , sin ф = —= .
V5
v5
4
8
Из AAMD, в котором Z M = 90°, найдем D M - A D •sin ф = - = ; A M = A D ■cos ф = —j= ;
v5
v5
AA D M -A P Q M .
204
Глава 9. Заключительные тесты: полные варианты ЕГЭ
•
Высота треугольника PQM, проведенная из точки М, равна R, а высоту треугольника
A D M легко найти из формулы его площади:
1,
1 ,w
,
A D DM
A M ■ D M , h ^ DM
2
2
AD
AD
8
_
4
hMoM_ = A D , J _ = J _ ; p e = 5.
1&P0U P Q ' 5-2 ~ PQ
AAD M
~
—~
AADM '
4-8
5 -4
8
—
5
8
18
Высота треугольника PQC равна сумме высот треугольников PQ M и ВМС, т. е. 2 + —= — .
5
°& pq s
- —
2 •—
5 •5 = 9
17. Пусть S — первоначальная сумма вклада; р — процент банка по вкладу; к = 1 +
.
Покажем, как меняется сумма на счете Андрея.
Год
2014
Март
2015
S
2016
2S
\
Январь
/
2017
35
ч
/
kS
2kS
4 5 —
0
ч /
3/с 5
По условию, Андрей трижды вносил на счет дополнительные суммы денег.
1-е пополнение: 5! = 25 - kS.
2-е пополнение: 52 = 35 - 2kS.
3-е пополнение: 53 = 45 - 3kS.
Всего Андрей внес дополнительно: 5, + 52 + 53 =2,45;
9 5 - 6£5 = 2,45; 3 - 2 к = 0,8; к = 1,1;
1 + - ^ - =1,1.
100
Отсюда р = 10%.
18. (sin х - a) (tg х - а) = 0.
л
я
Область допустимых значении уравнения: xJ=— + nn, п е z ■Для нашего интервала х * —.
71
Получаем:
X* —
2
sin х = а
tg х = а
Эта. система должна иметь единственное решение х е
1.
^ л Зл
2 4
к
Если a = 1, то уравнение sinx = 1 имеет на заданном интервале решение х = —, кото
рое не входит в область допустимых значений. При a = 1 второе уравнение tgx = 1 имеет на
нашем интервале единственное решение х =
205
Значит, a = 1 подходит по условию задачи.
•
Математика. Задания высокой и повышенной сложности
sin л: = —1
2.
Если а = —1, получим: < tgX = - l
к
На нашем интервале находится единственное значение х = - —, принадлежащее этой
4
серии решений.
Значит, и а = -1 тоже подходит.
3. Найдем количество решений уравнения sinx = а для
различных а, не равных 1 и -1 , при условии х е
Если а е
к _Зл N
'
2’Т
V2
, уравнение sinx = а имеет единствен­
-1;-
ный корень Xj = arcsm а на данном интервале.
Уравнение tg х = а также имеет на данном интервале един­
ственный корень х, = arctg а, и при а е
получаем,
к
у/2
— ; arctg—
4
2
Единственное реш ение исходного уравнения будет в случае совпадения х х и х2,
т. е. при а = 0.
4. Если а е
, уравнение sinx = а имеет на нашем интервале два корня. Этот слу­
чаи нам не подходит.
5.
Если а > 1, уравнение sinx = а не имеет
корней, а уравнение tg x = а имеет на данном
интервале единственный корень х = arctg а,
хе
к к
4 '2
6.
Если а < - 1, уравнение sin x = а также
не имеет решений, но уравнение tgx = а имеет
на данном интервале два корня: х | = arctg а,
х 2 = arctg а + п. Значит, а < -1 не подходит.
Объединив случаи, получим ответ.
Ответ: а е {-1;0} u [1; +°°).
206
Глава 9. Заключительные тесты: полные варианты ЕГЭ
•
19.
а) Да, может. Пример подобрать легко: числа 1, 2, 3 и 4 образуют арифметическую
прогрессию, их сумма равна 10.
б) Найдем наибольшее значение п, если сумма этих чисел меньше 1000.
Пусть сумма чисел равна S, S < 999.
С другой стороны, S > Sn, где S — сумма п первых членов арифметической прогрессии,
в которой а, = 1 и d = 1.
S„ =
2ax+ d ( n - \ )
2 + И -1
1 ■п = ------------ я;
2
2 + П~ 1 -и < 5 < 9 9 9 ;
2
2
п2 + н -1 9 9 8 < 0 ;
D = 1 + 4-1998 = 7993.
Оценим дискриминант: 7991 < D < 8100; 89 < 4 d < 90
Рассмотрим неравенство х2 + х —1998 < 0. Нам нужно его наи­
большее натуральное решение. Корни уравнения х2 + х - 1998 = 0:
-1 -V 7 9 9 3
Л
-1 + V7993 -1 + 89
< 0; х2 = --------------- > ----------- ; х2 > 44.
2
2
2
Наибольшее натуральное п, удовлетворяющее неравенств х2 + х - 1998 < 0 , — это 44.
Значит, п < 44. Это оценка.
Приведем пример для п = 44.
1+ 44
Взяв числа 1, 2, 3 ... 44, получим, что их сумма равна ——— 44 = 990 < 1000.
Значит,7 пmax = 4 4 .
в) Найдем все значения п, для которых Sn = 129.
Пусть первое из этих чисел равно а , разность арифметической прогрессии равна d.
2а, + d ( п - \ )
/
„
,ч
Тогда сумма и чисел 5„ = -------- ---------- и = 129; (2а, + d (н -1 ))- п = 258 = 2- 3- 43.
Это значит, что 258 : п, и тогда п = 2, п = 3, п = 6 или п = 43. Случай 5 > 44 невозможен —
смотри пункт (б).
Случай п = 2 также невозможен — по условию задачи.
Если п = 3, условию удовлетворяют числа 42, 43 и 44.
Если п = 6, нам подойдут числа 19, 20, 21, 22, 23, 24.
Если п = 43, то S > 543, где S43 — сумма первых 43 членов натурального ряда;
1+ 43
S„= -- 4 3 = 946 >129.
2
Поэтому случай и = 43 невозможен.
Ответ: 3 или 6.
вариант з
1. Ответ; 291.
2. Ответ: 8.
3. Ответ: 45. Достройте на чертеже прямоугольный равнобедренный треугольник.
207
•
Математика. Задания высокой и повышенной сложности
4. Ответ: 3.
5. Ответ: 0.
6. Ответ: 2. Достройте на чертеже прямоугольный равнобедренный треугольник.
7. Ответ: 1.
8. Ответ: 378.
Отношение объемов подобных тел равно кубу коэффициента подобия.
9. Ответ: 4
10. Ответ: 0,648
11. Ответ: 10
12. Ответ: 4.
Вычисляя производную, представьте In (9х) как In 9 + In.г.
sin 2х
13.
sin
7л
sin 2х
а)
sin
In
Л
—X
2 s in x c o sx
Л '
- —х
-c o sx
cos x * 0
б) Отберем корни на отрезке
2л;
7л
x = ------b 2nn
[.
^
sin x = -----4
<=> ■
2 <=>
Зл
x = ------- ь 2nn, n e Z
cos x * 0
4
с по­
мощью тригонометрического круга.
Видим, что указанному отрезку принадлежит
_
5л 13л
только х = 2л н
= ----- .
4
4
Зл
4
„
+ 2пп, п е Z
14.
а) Построим сечение тетраэдра плоскостью РМК.
В плоскости ABC проведем P N || АВ, N — середина АС.
Покажем, что трапеция M K P N — искомое сечение.
AM DK ~ AADB (по углу и двум сторонам), значит,
М К || АВ, М К || (ABC).
Плоскость сечения проходит через прямую МК, па­
раллельную плоскости ABC. Следовательно, линия пе­
ресечения плоскости ABC и плоскости сечения парал­
лельна прямой МК. Мы применили теорему о прямой
и параллельной ей плоскости.
208
D
-=»> С
Глава 9. Заключительные тесты: полные варианты ЕГЭ
б)
Найдем, в каком отношении плоскость сечения
делит высоту D O пирамиды.
Пусть Н — середина АВ, Е — середина МК, Q — се­
редина NP. Высота пирамиды DO и отрезок EQ лежат
в плоскости DHC. Значит, точка пересечения DO и плос­
кости сечения также лежит в плоскости DHC.
С Н — в ы со та п р ави льн о го тр еу го л ьн и ка ABC;
СН =
•
3 D
—~ = ~ : СН = DH, поскольку AABC = AABD;
Q — середина НС; D E : E H = D M : МА = 1 : 4 . Тогда
DE = — ; ЕН —— .
10
10
EQ n D O = F.
QC = — = ~ ; НО = —НС = —; ОС = 1; OQ = 1 - - = - .
2 4
3
2
4 4
ЕТ
TF
Проведем Е Т II НС. AOOF ~ AETF; -----= ------ .
OQ OF
* " j'
Т А 'Т '
Т~Л Z 7
1
1
С другой стороны, A E T D - A H O D ;--= --------- = ------ = - . Тогда D T = —О Т ; ОТ - —OD;
ОН
OD DH
5
5
5
DE = - D N ; Е Т = —НО = —■—=
5
5
5 2 10
TF
4_
Значит, точка F делит отрезок ТО в отношении 2 : 5,
OF 10
5
5 4
4
3
т. е. OF = —ОТ = ------OD = —OD и D F = —OD.
7
7 5
7
7
Точка F делит отрезок OD в отношении 3 : 4, считая от вершины D.
15. log(2_x) (х + 1)3 - l o g( 2^- , (х + 1) > 2.
2 —х > 0
ОДЗ неравенства:
х <2
2 - х Ф 1 <=> х Ф \
х +1> 0
; х е (-1 ;1 )и (1 ;2 ).
х > —1
Сделаем замену переменной: log(2_х)(х + 1) = t, тогда logf2_х)(х + I)3 = 31oga
Д х + 1) = 31;
=(2-*)v
3 t - f - 2 > 0 ; t2- 3 t + 2 < 0 ;
( г - !)(/-2 ) <0; 1 <t<2.
flog (2-,) ( х + \ ) < 2
Мы получили:
(1)
l 1°g(2-,)(3C+ 1) ^ 1 ’
Можно, как мы уже привыкли, применить метод замены множителя. А можно обой­
тись и без него. Ведь область определения неравенства состоит из двух интервалов. При
чем е с л и х е (-1; 1), т о 2 - х > 1 , а е с л и х е (1; 2), то 2 - х < 1.
Рассмотрим систему (1) на первом интервале.
209
•
Математика. Задания высокой и повышенной сложности
-1 < х < 1
1) х е (-1; 1), тогда 2 - х > 1. Получим:
10ё(2 -,)(* + 1) ^ 10§(2-*)(2 - * ) 2'
10В(2- х) ( Х+1) ^ 10М(2-,)(2 - Х)
Поскольку при -1 < х < 1 основания логарифмов больше единицы — просто убираем
логарифмы!
-1 < х < 1
—1 < X < I
-< х < 1
х2-5 х + 3 > 0 ^ . 2
х + 1 < ( 2 -х )~ <=> •
5 -л /Г з Y
5 + л/Гз
х -х + 1> 2 - х
х>!
/
2
5 + л/Гз
5 —л/Тз
5 -V 1 3
Очевидно,
> 1. Сравним
и 1, а также ----------- и
2
2
2
расставить нужны точки на координатной прямой
5 - \/Тз
( 2)
>0
1
—, чтобы правильно
2
5 - л/13 1
---------- v —
*v 1
2
2
2
5-V T 3 v 2
5 -л /Г з v l
3 v V l3
4 v V l3
,
/тт
5-V T 3
3< л/13, значит, -----------<1
4 > л/13, значит,
5 -> /l3
Решим систему (2) методом интервалов.
1 5 -У Г з
у /т т
5 -л Я з
2
2
Получим: х е
2
’
2
1
5 + л/Тз
2
2) Пусть теперь 1 < х < 2. При этом основание логарифмов 0 < 2 - х < 1, и когда мы
«отбрасываем» логарифмы — знаки неравенств, входящих в систему (1), меняются.
1< х < 2
■х + 1 > ( 2 - х ) 2.
(3)
х +1< 2 - х
Из третьего неравенства следует, что х < ^ .
Первое неравенство при этом выполняться не может, и система (3) не имеет решений.
Ответ: х е
1 5 -У Г з
2
’
2
16. а) Пусть Z.B = ф = 30°.
Рассмотрим А АВК.
В нем Z K = 90°, ZB A K = 90° - <р = 60°.
Тогда в S.AM H : Z M = 90°, ZM H A = ф = 30°.
В четырехугольнике ВМ НК углы К и М — прямые;
Z M H K = 1 8 0 ° - ф = 150°,
210
Глава 9. Заключительные тесты: полные варианты ЕГЭ
•
Углы FM C и FKA также равны ф, поскольку медиана прямо­
угольного треугольника делит его на два равнобедренных тре­
угольника, а треугольники А М Н и К С Н — прямоугольные.
Рассмотрим треугольник MFK.
ZFM K+ ZFKM = 2(р + ZH M K+ ZH KM = 2ф + (180° - АМНК) =
= 2ф + (180° - (180° - ф) = Зф = 90°.
Мы доказали, что Z M F K = 90°.
б)
Найдем радиус окружности, описанной вокруг треуголь­
ника MFK. Поскольку ZM F K = 90°, R =
.
Треугольники К ВМ и ABC подобны, причем коэффициент
7з
подобия k = cos ф = — . (Смотри «Полезные схемы для реше­
ния задач по геометрии».)
Тогда А/К = — -АС = Зл/з,Я = —
2
17.
2
.
Нарисуем схему погашения кредита
Год
Июль
2017
2018
2019
2020
S
0,7 S
0,45
0
Ч
Январь
/
1,155
\
/
1 ,1 5 -0 ,7 5
Ч
/
1 ,1 5 -0 ,4 5
По условию, каждая из выплат — целое число тысяч рублей
9
Первая выплата: 1 ,1 5 5 -0 ,7 5 = 0 ,4 5 5 = — 5.
20
Вторая выплата: 1 ,1 5 -0 ,7 5 -0 ,4 5 = 0 ,4 0 5 5
81
-5.
200
23
Третья выплата: 1,15 ■0 ,4 5 = 0,465 = — 5.
50
9
81
23
По условию, — 5,
5 и — 5 — целые числа. Это значит, что 5 : 20; 5 : 200 и 5 : 50,
20
200
50
т. е. 5 : 200.
Наименьшее возможное 5 равно 200 (тысяч рублей).
х2+ у 2
9,
18. ( х - а ) 2 + ( у - Ь ) 2 = 9 ,
а 2 +Ь2 = с 2.
Кажется, что систему решить невозможно — в ней три параметра и еще две перемен­
ных. Но мы и не будем решать ее аналитически. Мы нарисуем графики первого и второго
уравнений.
Первое уравнение задает окружность cOj с центром в начале координат и радиусом 3.
Второе уравнение — окружность со, с центром в точке Q(a\ b) и радиусом 3.
В третьем уравнении нет переменных х и у. В нем просто дана зависимость с от а и Ъ.
211
•
Математика. Задания высокой и повышенной сложности
Чтобы исходная система имела единственное реше­
ние, окружность со, должна касаться окружности гог
Тогда у них только одна общая точка.
На рисунке показаны два случая расположения ок­
ружности со2, которая касается окружности сог
Поскольку в случае внешнего касания расстояние меж­
ду центрами окружностей равно сумме их радиусов, рас­
стояние от начата координат до точки Q — центра ок­
ружности со, — равно 6. Значит, центр окружности со, ле­
жит на окруж ности ради уса 6 с центром в начале
координат.
Поскольку точка Q имеет координаты (я; Ь), выпол­
няется условие: я 2 + Ь2 = 36.
Мы получили, что с = 6 или с = -6 .
Ответ: 6; -6 .
19.
а) Вспомним неравенство треугольника: в любом треугольнике сумма двух сторон
больше третьей стороны.
Возьмем числа 1,2, 3, 5, 8, 13,21,34 (это числа Фибоначчи; каждое, начиная с третьего,
равно сумме двух предыдущих). Никакие три из них не могут являться сторонами тре­
угольника.
Возможны и другие примеры.
б) Рассмотрим числа a < b < c < d . Ясно, что ни я, ни Ь не могут быть длиной гипотенузы
прямоугольного треугольника. Какие же прямоугольные треугольники с длинами сторон я,
Ь, с и d можно составить? Запишем возможные тройки чисел:
(я; Ь- с)
(1),
(я; b\ d)
(2),
(я; с; d)
(3),
Сb; с; d)
(4).
Треугольник (2) равен треугольнику (1) по двум катетам. Тогда с = d, и это противоре­
чит условию, поскольку все 4 числа — различны.
Треугольники (3) и (4) равны по катету и гипотенузе. То же можно сказать и о треуголь­
никах (2) и (3), и о треугольниках (2) и (4). Снова противоречие с условием. Получается,
что среди 4 различных чисел a < b < c < d найдется не более двух отличных троек, соответ­
ствующих треугольникам с гипотенузами e n d .
в) Согласно пункту (б), из 4 различных отрезков с длинами я < Ъ < с < d можно соста­
вить не более одного прямоугольного треугольника с гипотенузой с и не более одного —
с гипотенузой d. Из 5 отрезков, длины которых a < b < c < d < e , можно составить не более
одного прямоугольного треугольника с гипотенузой с, не более одного — с гипотенузой d
и не более двух — с гипотенузой е.
Две пары чисел (я, Ь) и (с, d) назовем непересекающимися, если все числа я, Ь, с, d
различны. Заметим, что если у двух неравных прямоугольных треугольников равны гипо­
тенузы, то пары их катетов — непересекающиеся.
212
Глава 9. Заключительные тесты: полные варианты ЕГЭ
•
Сколько треугольников с гипотенузой х п можно составить, имея п различных отрезков?
Не больше, чем количество непересекающихся пар, на которые можно разбить числа
X,1 < х 2 < ... < х п - 1
Для п = 3 — не более одного треугольника с гипотенузой х }.
Для п = 4 — не более одного с гипотенузой х4.
Для п = 5 — не более двух с гипотенузой х у .. Запишем и для других п < 12 максимальное
количество треугольников с гипотенузой хп, которые можно составить из отрезков с длинами
Х 1 < х2< -
< X
п-
п= 6
2,
п=1
3,
п=8
3,
п=9
4,
п = 10
4,
п = 11
5,
«=12
5.
Следовательно, количество различных прямоугольных треугольников с длинами сто­
рон, равными х , х 2, ... х ]2, не больше чем 2 + 2 + 3 + 3 + 4 + 4 + 5 + 5 = 30. Это оценка.
Приведем пример. Возьмем числа 1, V 2 ,>/з,..., Vl2. Из них можно составить 30 отлич­
ных троек:
(i, 72,7 з ); (i, 7 з , V?); (i, 74, S ); (V2, 7з, V5); (1, Vs, Тб );... (S , V7,
)■
вариант 4
1. Ответ: 3300.
2. Ответ: 3.
3. Ответ: 40.
4. Ответ: 0,6.
5. Ответ: 4,5.
6. Ответ: 2.
7. Ответ: 3 (это х у х 6 и х9).
8. Ответ: 0,5.
9. Ответ: -44.
По условию, р {х) — такая функция, что р (х) = 4х + 2. Например, р (1) = 4 ■ 1 + 2;
/7(9) = 4 ■9 + 2.
Тогдар (Зх) = 4 ■Зх + 2 и р (х - 4) = 4 ■(х - 4) +2. Осталось получить ответ.
10. Ответ: 2,4.
11. Ответ: 10.
12. Ответ: 3.
213
•
Математика. Задания высокой и повышенной сложности
13. (V 2 sin 2 х + cos х - \ / 2 ) л / - 6 sin x = 0.
а) ОДЗ уравнения: sinx < 0.
Уравнение равносильно системе:
sin х < 0,
sin х < 0,
Y
sin х = О,
sin х = 0,
cosx = 0,
V 2 (sin2 x - l ) + cosx = 0;
COSX =
^
|I \ \
V 2.
2 ’
j
\ 2пп, п е Z
1
"■
х
1 //
п + 2mil
sin х < О,
х —пп, п е Z ,
х = пп, п е Z ,
X—
к
2
h Пп,
<=>
,п „
х = ± —+ 2 пп\
4
б)
j / ----К h л2пп
п
4
----- ь 2лп
2
х = ------1- 2кп,
2
п
\
^
х = ------1- 2пп.
4
С помощью тригонометрического круга найдем, что отрезку
-
71; -
принадлежат
п
к
корни - к ; — ; — ;0.
2
4
14.
Плоскости параллельны, если две
пересекающиеся прямые, лежащие в од­
ной плоскости, соответственно парал­
лельны двум пересекающимся прямым,
лежащим в другой плоскости.
а) Покажем, что (KMN) || (SBC).
A M || DN; A M = D N , Z D A M = 90°, зна­
чит, AM ND — прямоугольник и M N || ВС.
Найдем длину ребра SB.
BD — диагональ квад рата ABCD \
С
BD = 16л/2; тогда ОВ = 8\/2.
В треугольнике OSB: Z O = 90°; ОВ = 8л/2; SO = 4; SB = %/l28 + 16 = 12 = SA.
AI£ AM_ _
значит^ д a k m ~ AASB (угол А в них — общий) и К М II SB. Тогда, по
AS
АВ
признаку параллельности плоскостей, (KMN) || (SBC).
б) Расстояние от точки М до плоскости SBC — это расстояние между двумя параллельны­
ми плоскостями. Оно равно расстоянию от любой точки плоскости KM N до плоскости SBC.
Пусть Н — середина ВС, Т — середина MN. Плоскость STH содержит высоту пирами­
ды SO и отрезок 77/, перпендикулярные прямой ВС. Значит, (577/) _|_ ВС.
Проведем в плоскости (STH) отрезок TF; TF _LSH. Кроме того, T F 1 ВС, так как TF е (STH),
(STH) 1 ВС.
Значит, TF — искомое расстояние от плоскости KM N до плоскости SBC.
214
Глава 9. Заключительные тесты: полные варианты ЕГЭ
•
Найдем это расстояние из плоского чертежа.
AT F H ~ A S O H - , ™ = ™ - , T F = ^
;
SO SH
SH
SH = V l22 - 8 2 = W 5 ; TF =
=
4 /5
15.
i h '- H - 1 6
x —5
5
<0.
В числителе левой части неравенства — разность двух степеней с основанием 4.
д
\х 2 - 2 х - \ \ _ Д
2
<0.
|jc| - 5
Согласно методу замены множителя, hf - h s заменяем на (h - 1 ) ( / - g).
|х2 —2 jc—1| —2
Неравенство примет вид
|jc| —5
<0.
Еще раз применим метод замены множителя.
Множитель |/ | - |g| заменим н а / 2 - g 2, т. е. на ( / —g ) ( / + g). Очевидно, что |2| = 2, |5| = 5.
(х2- 2 х - 1 - 2 ) ( х 2 - 2 х - 1 + 2 ) < 0 .
( х - 5 ) ( х + 5)
(x + l ) ( x - 3 ) ( x - l ) 2
(х 2
- 2 х - 3 ) ( х 2 - 2 x + l) ^ q .
( х - 5 ) ( х + 5)
<0.
( х - 5 ) ( х + 5)
Ответ: х е ( - 5 ; - l ] u { l } u [ 3 ; 5 ) .
16. а) Докажем, что AD = ЗВС.
Пусть О — центр окружности, В М = х, C N = у.
3
Тогда A M = 6х, D N = — у.
К
Р и Q — точки касания окружности со сторона­
ми AD и ВС.
Поскольку отрезки касательных, проведенных из
3
одной точки, равны, АР = A M = 6х; DP = D N = —У’
D
AD = АР + DP = 6х + —у = 31 2х + —у , ВС = BQ + QC = х + у;
АО — биссектриса угла BAD, ВО — биссектриса угла ABC,
Z B A D + А А В С = 180° => A B A D + А А В О = 90°,
Треугольники АВО и CDO — прямоугольные; АЛОВ = AC O D = 90°.
ОМ1 = г2 = A M ■В М = ON1 = CN ■DN, по свойству высоты, проведенной к гипотенузе;
бх2 = —у2 => 4х2 = у2; х = —.
2
2
215
•
Математика. Задания высокой и повышенной сложности
Тогда AD —3| 2х + ^
б)
=9х, ВС = Зх, AD = 3ВС.
Найдем MN, если г = V l05.
Поскольку г2 = A M В М = 6х2, х = ВМ =
35
V70
■,y = CN = s/lO.
Пусть (АВ) п (CD) = К.
RK RC
1
1
1
7
АВКС ~ AAKD- = — = -■ отсюда ВК = - А К = - АВ = - х, С К = - CD = —х.
А К AD 3
3
2
2
2
2
7
9
5
9
В треугольникеMKN: М К = х + —х = —х, N K = —х + 2х = —х.
2
2
2
2
Следовательно, ДM K N — равнобедренный.
Треугольники M K N и В КС имеют общий угол К. Запишем для них теорему косинусов:
АВКС: В С 2
В К 2 + К С 2 2 ВК КС cos Z K => cos Z K =
19
35
AMKN: M N 2 = 2M K 2 ■■2MK- ■cos Z K => MN =18.
17.
Чтобы прибыль за три года была не меньше 78 млн рублей, необходимо, чтобы каж
дый год прибыль была не меньше 26 млн рублей — то есть наибольшая возможная. Это
значит, что должно выполняться неравенство рх - (0,5х2 + 2х + 6) > 26.
Нужно найти наименьшее значение р, при котором это неравенство выполняется.
Выразим р через х: р > 2
Г 2х + 32
2
Рассмотрим р как функцию от х: р ( х ) ; —
ь 2х + 32
х . 32
= —+ 2 + — .
х
12
х
Найдем наименьшее значение этой функции при положительных значениях х.
Для этого возьмем производную: р ' ( х ) =
1
2
32
гх
Приравняем производную к нулю: р'(х) = 0; х2 - 64 = 0.
Найдем знаки производной для положительных х.
При х = 8 производная функции р (х) равна нулю и меняет
знак с « -» на «+». Значит, х = 8 — точка минимума (причем
единственная) функции р (х), и наименьшее значение р (х) до­
стигается именно в этой точке.
Подставив х = 8 в выражение р ( х ) ~_ 2
- + 2х + 32
Ответ: хр min = 1 0 .
216
, получим, что р (8) = 10.
Глава 9. Заключительные тесты: полные варианты ЕГЭ
18.
(x 2 - 6 | x | - a ) + 1 2 (лг2 - б | х | - а ) + 37 =cos
•
18л
а
Обозначим / = х2 - 6\х\ - а. Уравнение примет вид
t + 12f + 37 = cos
/ 18я
а
(г + 6) + l = cos
^18л
а
Мы видим, что левая часть этого уравнения не меньше единицы, а правая часть
больше единицы. Равенство может быть, только если обе они равны единице.
не
0 + 6) +1=М,
cos
18л
< 1,
а
(? + 6 ) + 1 - 1.
cos
^ л 4
1.
.2
18л
(г+ 6)" +1 = cos
Это классическая задача на метод оценки.
Метод оценки применяется, когда в левой и правой частях уравнения или неравенства
стоят функции разных типов. Например, алгебраическая и тригонометрическая, или же
показательная и логарифмическая. При этом уравнение составлено так, что эти функции
могут быть равны друг другу только в определенной точке, в которой одна из них принима­
ет наименьшее значение, а другая — наибольшее.
Вот как это выглядит.
Чтобы лучше запомнить суть метода, я рассказываю ис­
торию.
Глубоко-глубоко в море ж ила маленькая рыбка. А высоко­
высоко в небе жила маленькая птичка. И однажды они по­
любили друг друга! А встретиться они могли только в одной
точке, на границе моря и неба, до которой рыбке надо под­
няться, а птичке — спуститься!
В нашем случае функция/ в левой части уравнения и фун­
кция g в правой части «встречаются», когда одна из них при­
нимает свое наименьшее значение, равное единице, а другая —
свое наибольшее значение, также равное единице.
217
•
Математика. Задания высокой и повышенной сложности
t = -6 ,
Получим:
18л
х —6 \х\ —а = -6.
= 2кп, п е Z;
— = п, п е Z.
а
Второе уравнение означает, что ч астн о е
целое число.
а
В первом уравнении сделаем замену \ x \ = z , z > 0 .
Получим: z2 - 6z = а - 6.
Обозначим а - 6 = b и найдем, сколько корней имеет уравнение z2 - 6 z = b при неотри­
цательных z и различных Ъ.
Нам нужно, чтобы исходное уравнение относительно х имело два
корня.
Это происходит, когда уравнение z2 - 6z = b имеет единственный
положительный корень zg, которому соответствуют х, = zfl и х2 = —zg.
Заметим, что zg Ф 0, так как если \х\ = 0, то х = 0 и двух корней не
получится.
График функции у (z) = z2 - 6z — парабола с вершиной М (3; -9).
1) Если b = -9 , то уравнение z2 - 6z = b имеет единственный ко­
рень z = 3, которому соответствуют два корня исходного уравнения:
х = 3 и х = -3.
Поскольку а = Ъ + 6, в этом случае а = -3 . Это значение удовлетворяет и второму уравнению системы:
9
= - 3 — целое.
2) Уравнение z2 - 6z = b имеет единственное положительное решение также при Ь> О,
при этом z > 6 и а > 6.
9
Но если а > 6, условию — = п удовлетворяет только а = 9.
а
Ответ: а = -3 или а = 9.
19.
Пусть а, Ъ, с, d, e , f — члены последовательности.
b+c+d+e+f
М. = -------------------—=1.
Значит, b + с + d + е + f = 5.
М 2 = 2, значит, а + с + d + e + f = 10.
а) П устьМ 3 = 1,6. Т огдаa + b + d + e + / = 1,6 ■5 = 8.
Обозначим d + е + / = р.
Получим систему уравнений:
Ь + с + р —5,
а + с+ р = 10,
cl+ ь + р = 8:
отсюда
а = Ь + 5,
с = Ь + 2,
а = с + 3.
Возьмем b = 1. Тогда с = 3, а = 6, р = 1.
Подойдет, например, набор чисел: 6; 1; 3; 0; 0; 1.
218
Глава 9. Заключительные тесты: полные варианты ЕГЭ
•
б)
Как и в пункте (а), обозначим d + е +f = p и запишем систему уравнений. Если М, = 3,
то а + Ъ + р = 3 • 5 = 15.
Ь + с + р = 5,
■а + с + р - 10,
а+Ь + р = 15;
а = Ь + 5,
отсюда - с = Ь + 2,
а = с + 10.
Если а = с + 10, то а > 10.
Мы получили противоречие с условием, поскольку а, как и все члены последовательно­
сти, — число однозначное.
в)
b + с + р = 5,
Найдем наибольшее возможное М . Система будет иметь вид а + с + р = 10,
a+b+p=5Mv
а - Ь = 5,
Обозначим 5/W, = z. Тогда:
b - c = z - 10,
а - с = z - 5.
Поскольку числа а , Ь , с — однозначные, разница между любыми двумя из них не пре­
вышает 9. Это значит, что z - 5 < 9; z < 14.
5М} < 14; М ъ < 2,8.
Это оценка.
Приведем пример, пользуясь условиями:
а = Ь + 5,
Ь = с + 4,
а = с + 9.
Подходят с = 0, а = 9, b = 4.
Тогда р = d + е + / = 1.
Пусть d = 1, е = 0 , / = 0. Получим последовательность: 9, 4, 0, 1, 0, 0.
Для нее М3 = 2,8.
короткое послесловие
Дорогие читатели — старшеклассники, учителя и репетиторы!
Не прощаюсь. Мы обязательно встретимся с вами на моих мастер-классах, на наших
курсах в Москве, онлайн и на страницах новых книг.
Я благодарна своим коллегам — математикам-энтузиастам, авторам сайтов для подго­
товки к ЕГЭ: Дмитрию Гущину, Игорю Яковлеву, Александру Ларину, Инне Фельдман.
Все вместе мы не просто помогаем абитуриентам отлично сдавать ЕГЭ и поступать в луч­
шие вузы России и всего мира. Мы создаем интеллектуальную и творческую атмосферу
для талантливых старшеклассников и учителей. Большое вам спасибо, коллеги!
Большое спасибо Асе Акимовой, Алексею Джигилю, Любови Голубевой, Борису Первушкину и всей команде моей компании «ЕГЭ-Студия».
Всегда, возвращаясь из путешествия, я думаю о том, куда отправлюсь в следующий раз.
И чаще всего я точно это знаю.
Каждый раз, заканчивая книгу, я думаю о следующей.
Я буду рада вашим отзывам об этой книге.
Пишите мне: Anna@EGE-Study.ru
Анна Малкова
дополнительный справочный материал
1.
Таблица квадратов натуральных чисел от 10 до 30 (учите наизусть, как таблицу ум
ножения)
X
2
X
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
100
121
144
169
196
225
256
289
324
361
400
X
20
21
22
23
24
25
26
27
28
29
30
X2
400
441
484
529
576
625
676
729
784
841
900
2. Греческий алфавит
вр
Аа
альфа
бета
Гу
гамма
А5
дельта
Ее
эпсилон
ZC
дзета
Нт)
эта
00
тета
II
йота
Кк
каппа
ЛХ
лямбда
Мр
мю
Nv
ню
Оо
омикрон
Пт1
пи
Рр
КСи
ро
Zo
сигма
Тт
тау
Yd
ипсилон
фф
фи
хх
хи
Т'ф
пси
Qco
омега
221
Математика. Задания высокой и повышенной сложности
3. Таблица перевода первичных баллов ЕГЭ в тестовые
Математика. Профильный уровень
П ер ви ч н ы й балл
Т естовы й балл
1
5
2
9
3
14
4
18
5
23
6
27
7
33
8
39
9
45
10
50
11
56
12
62
13
68
14
70
15
72
16
74
17
76
18
78
19
80
20
82
21
84
22
86
23
88
24
90
25
92
26
94
27
96
28
98
29
99
30
100
31
100
32
100
материалы для подготовки к ЕГЭ по математике
1. Анна Малкова. «Математика. Авторский курс подготовки к ЕГЭ». Издательство «Фе­
никс», 2018 год.
2. www.ege-stndy.ru
Образовательный портал компании «ЕГЭ-Студия». Множество бесплатных материа­
лов по математике и другим предметам, видеоуроки. Мой годовой авторский онлайн-курс
подготовки к ЕГЭ, статьи о выборе профессии и многое другое.
3. http://dvd.ege-study.ru/
Мой полный видеокурс для успешной сдачи ЕГЭ по математике. 12 дисков. Более 30 ча­
сов видео.
Видеокурс состоит из двух частей.
Курс «Получи пятерку!» — часть 1 + задача 13, тригонометрия, 5 дисков.
Курс «Премиум» — вся часть 2 ЕГЭ по математике,7 дисков.
Видеокурс заменяет год занятий с репетитором! Доступны диски и электронные версии.
4. www.sdamgia.ru
Содержит тысячи заданий ЕГЭ с решениями и ответами. Вы можете решать как отдель­
ные задания по темам, так и варианты ЕГЭ. Очень полезно для тренировки.
5. www.mathus.ru
Полный авторский курс подготовки к ЕГЭ по физике, а также статьи для углубленной
подготовки к ЕГЭ по математике и олимпиадам по математике и физике.
6. www.alexlarin.net
Тренировочные варианты ЕГЭ, часто повышенной сложности. Форум, где решения за­
дач можно обсудить с коллегами. Все тренировочные, диагностические и экзаменацион­
ные работы ФИПИ и МИОО.
оглавление
От ав т о р а ................................................................................................................................................... 3
Глава 1
Подготовительные тесты в формате Е Г Э ...................................................................................4
Глава 2
Уравнения на ЕГЭ по математике — тригонометрические и комбинированные
21
Глава 3
Стереометрия на ЕГЭ по математике........................................................................................ 38
Глава 4
Неравенства: алгебраические, показательные, логарифмические.................................... 83
Глава 5
П ланим етрия.................................................................................................................................. 102
Глава 6
Финансовая математика. «Экономические» задачи на Е Г Э ............................................ 120
Глава 7
Задачи с параметрами.................................................................................................................. 136
Глава 8
Числа и их свойства. Нестандартные задачи на ЕГЭ по математике..............................164
Глава 9
Заключительные тесты: полные варианты Е Г Э .................................................................. 184
Короткое послесловие....................................................................................................................... 220
Дополнительный справочный материал....................................................................................... 221
Материалы для подготовки к ЕГЭ по математике..................................................................... 223