Февраль, 2015 ЕГЭ-2015 ЕГЭ-2015: профильный уровень Часть 2 С. Шестаков, И. Ященко, г. Москва

Февраль, 2015 Задача на вычисление значения числового или буквенного выражения. Характеристика задания ПРИМЕР Найдите значение выражения log – log 6 3,75. Задание 10

Февраль, 2015 Решение. Поскольку основания логарифмов одинаковы, данное выражение приводится к логарифму частного: Ответ: 2. Задание 10

Февраль, 2015 Характеристика задания Текстовое задание на анализ практической ситуации, моделирующее реальную или близкую к реальной ситуацию (например, экономические, физические, химические и другие процессы). Задание 11

Февраль, 2015 ПРИМЕР Задание 11 Локатор батискафа, равномерно погружающегося вертикально вниз, испускает ультразвуковые импульсы частотой 558 МГц. Скорость погружения батискафа, выражаемая в м/с, определяется по формуле где c = 1500 м/с скорость звука в воде, f 0 частота испускаемых импульсов (в МГц), f частота отраженного от дна сигнала, регистрируемая приемником (в МГц). Определите наибольшую возможную частоту отраженного сигнала f, если скорость погружения батискафа не должна превышать 12 м/с. Ответ выразите в МГц.

Февраль, 2015 Решение. Задание 11 Ответ: 567. Из условия задачи следует, что откуда 125(f – 558) f + 558, то есть f 567.

Февраль, 2015 Несложное задание по стереометрии на применение основных формул, связанных с вычислением площадей поверхностей или объемов многогранников (пирамид и призм) или тел вращения (цилиндров, конусов, шаров), в том числе вписанных или описанных около других многогранников или тел вращения. Характеристика задания Задание 12

Февраль, 2015 ПРИМЕР Найдите объем многогранника, вершины которого совпадают с вершинами A, B, C, D, E, F, D 1 правильной шестиугольной призмы ABCDEFA 1 B 1 C 1 D 1 E 1 F 1, площадь основания которой равна 8, а боковое ребро равно 6. Задание 12

Февраль, 2015 Многогранник, вершинами которого являются точки A, B, C, D, E, F, D 1, представляет собой пирамиду с основанием ABCDEF и высотой D 1 D. Объем пирамиды равен трети произведения площади основания на высоту: Задание 12 Ответ: 16. Решение.

Февраль, 2015 Традиционная текстовая задача (на движение, работу и т.п.), сводящаяся к составлению и решению уравнения. Характеристика задания Задание 13

Февраль, 2015 ПРИМЕР Байдарка в 10:00 вышла из пункта А в пункт В, расположенный в 15 км от А. Пробыв в пункте В 1 час 20 минут, байдарка отправилась назад и вернулась в пункт А в 18:00 того же дня. Определите (в км/ч) собственную скорость байдарки, если известно, что скорость течения реки равна 3 км/ч. Задание 13

Февраль, 2015 Решение. Задание 13 Пусть собственная скорость байдарки равна x км/ч ( x > 3). Тогда время (в часах) ее движения по течению реки равно а время ее движения против течения реки равно

Февраль, 2015 Решение (продолжение). Задание 13 Составим по условию задачи уравнение откуда

Февраль, 2015 Умножив обе части последнего уравнения на 3(x – 3)(x + 3), приходим к уравнению 18x = 4(x 2 – 9), откуда 2x 2 – 9x – 18 = 0. Корнями уравнения являются числа –1,5 и 6, из которых только второе больше 3. Задание 13 Ответ: 6. Решение (продолжение).

Февраль, 2015 Задание на вычисление с помощью производной точек экстремума данной функции или наибольшего (наименьшего) значения данной функции на данном отрезке. Производная в некоторых задачах может быть задана графиком. Характеристика задания Задание 14

Февраль, 2015 ПРИМЕР Найдите наибольшее значение функции на отрезке [–12; –1]. Задание 14

Февраль, 2015 Решение. Традиционное для школьника решение предполагает вычисление наибольшего значения данной функции с помощью производной. Найдем производную данной функции, считая, что x < 0, и воспользовавшись формулой производной частного Задание 14

Февраль, 2015 Задание 14 Решение (продолжение). Ответ: –10. При x 0 при x ϵ (–12; –5) и y < 0 при x ϵ (–5; –1). Таким образом, непрерывная при x < 0 функция возрастает на отрезке [–12; –5] и убывает на отрезке [–5; –1]. Значит,

Февраль, 2015 Относительно несложное уравнение или система уравнений с отбором корней. Может содержать тригонометрические функции, логарифмы, степени, корни. Характеристика задания Задание 15

Февраль, 2015 ПРИМЕР Задание 15 а) Решите уравнение 14 cos x = 2 cos x · 7 –sin x. б) Найдите все корни этого уравнения, принадлежащие отрезку

Февраль, 2015 Решение. Задание 15 а) Представим левую часть уравнения, используя свойства степеней, в виде произведения 2 cos x · 7 cos x = 2 cos x · 7 –sin x. Поскольку 2 cos x 0, получаем уравнение 7 cos x = 7 –sin x. Таким образом, cos x = –sin x, откуда tg x = –1,

Февраль, 2015 Решение (продолжение). Задание 15 б) С помощью числовой окружности отберем корни, принадлежащие отрезку Это числа Ответ: а) б)

Февраль, 2015 Задание на вычисление отрезков, площадей, углов, связанных с многогранниками и телами вращения Характеристика задания Задание 16

Февраль, 2015 ПРИМЕР В правильной четырехугольной призме ABCDA 1 B 1 C 1 D 1 сторона основания равна 10, а боковое ребро AA 1 равно 2. Точка O принадлежит ребру A 1 B 1 и делит его в отношении 4 : 1, считая от вершины A 1. а) Постройте сечение призмы плоскостью, проходящей через точки A, C и O. б) Найдите площадь сечения этой призмы плоскостью, проходящей через точки A, C и O. Задание 16

Февраль, 2015 Решение. а) Поскольку две параллельные плоскости пересекаются третьей плоскостью по параллельным прямым, для построения сечения достаточно провести в плоскости верхнего основания призмы прямую, параллельную AC, до пересечения с ребром B 1 C 1 в точке P. Искомое сечение трапеция ACPO. Задание 16

Февраль, 2015 Решение (продолжение). Задание 16 б) Поскольку прямая AC параллельна A 1 C 1, то прямая OP параллельна прямой A 1 C 1. Отсюда следует, что треугольники PB 1 O и C 1 B 1 A 1 подобны, причем B 1 P : B 1 C 1 = B 1 O : B 1 A 1 = OP : A 1 C 1 = 1 : 5. Значит,

Февраль, 2015 Решение (продолжение). Задание 16 В равных прямоугольных треугольниках CC 1 P и AA 1 O значит, трапеция ACPO равнобедренная.

Февраль, 2015 Решение (продолжение). Задание 16 Пусть PH высота трапеции ACPO, проведенная к основанию AC, тогда: Ответ:

Февраль, 2015 Неравенство или система неравенств, содержащих степени, дроби, корни, логарифмы (в том числе с переменным основанием). Характеристика задания Задание 17

Февраль, 2015 ПРИМЕР Решите неравенство log 2 – x (x + 2) · log x + 3 (3 – x) 0. Задание 17

Февраль, 2015 Решение. Применим метод знаков тождественных множителей, перейдя к произвольному основанию, большему 1. Для более компактной записи будем здесь и далее использовать переход к основанию 10: log 2 – x (x + 2) · log x + 3 (3 – x) 0 Задание 17

Февраль, 2015 Решение (продолжение). Задание 17 Последняя система легко решается методом интервалов: Ответ: (–2; –1] U (1; 2).

Февраль, 2015 Задача на вычисление длин, площадей, углов, связанных с плоскими фигурами. Характеристика задания Задание 18

Февраль, 2015 ПРИМЕР Задание 18 Диагонали AC и BD трапеции ABCD пересекаются в точке O. Площади треугольников AOD и BOC равны соответственно 49 см 2 и 36 см 2. а) Докажите, что площади треугольников AOB и COD равны. б) Найдите площадь трапеции.

Февраль, 2015 Задание 18 Решение. В условии задачи не сказано, какие стороны трапеции являются ее боковыми сторонами, а какие основаниями. Докажем вначале, что площади двух треугольников, общая вершина которых находится в точке пересечения диагоналей трапеции, а основаниями служат боковые стороны, равны.

Февраль, 2015 Задание 18 Решение (продолжение). Площади треугольников ABD и ACD равны, поскольку эти треугольники имеют общее основание AD, их высоты, проведенные к этому основанию, равны как высоты трапеции. Но тогда S AOB = S ABD – S AOD = S ACD – S AOD = S COD, что и требовалось.

Февраль, 2015 Задание 18 По условию S AOD S BOC, поэтому AD и BC являются не боковыми сторонами, а основаниями трапеции. Следовательно, треугольники AOB и COD являются треугольниками, общая вершина которых находится в точке пересечения диагоналей данной трапеции, а основаниями служат ее боковые стороны. Значит, их площади равны. Решение (продолжение).

Февраль, 2015 Задание 18 б) Треугольники AOD и BOC подобны по двум углам, и отношение их площадей равно квадрату коэффициента подобия k. Поэтому Решение (продолжение).

Февраль, 2015 Задание 18 Поскольку треугольники ABO и CBO имеют общую высоту, проведенную из вершины B, то отношение их площадей равно отношению их оснований, то есть Решение (продолжение).

Февраль, 2015 Задание 18 Значит, Решение (продолжение). Поэтому и S COD = 42. Но тогда S ABCD = = 169 см 2. Ответ: 169 см 2.