Решение 11-го тренировочного варианта ЕГЭ по профильной математике

Ключевые тезисы:

• Разбор полного варианта, максимально приближенного к реальному ЕГЭ.
• Акцент на актуальных заданиях из банка ФИПИ и реальных экзаменов прошлых лет.
• Пошаговое объяснение решений, включая сложные задачи второй части.
• Рекомендации по подготовке с помощью видеокурсов и тренировочных вариантов.

Задания первой части (1-12)

Задание 1 (Центральный и вписанный углы)

• Дано: Центральный угол на 29° больше вписанного, опирающегося на ту же дугу.
• Решение: Пусть вписанный угол = x, тогда центральный = x + 29. Градусная мера дуги для центрального угла равна x + 29, а для вписанного — 2x. Приравниваем: 2x = x + 29 → x = 29.
• Ответ: 29.

Задание 2 (Скалярное произведение векторов)

• Дано: |a| = 3, |b| = 5, угол между ними = 60°.
• Решение: Используем формулу: a·b = |a|·|b|·cos(α). cos(60°) = 1/2. Подставляем: a·b = 3 * 5 * 1/2 = 15/2 = 7.5.
• Ответ: 7.5.

Задание 3 (Объём конуса)

• Дано: В конусе уровень жидкости достигает 2/3 высоты. Объём жидкости = 144 мл.
• Решение: Малый конус (жидкость) и большой конус подобны. Коэффициент подобия k = 2/3. Отношение объёмов V_мал / V_бол = k³ = (2/3)³ = 8/27. Находим объём большого конуса: V_бол = 144 * 27 / 8 = 486 мл. Необходимо долить: 486 - 144 = 342 мл.
• Ответ: 342.

Задание 4 (Вероятность)

• Дано: 6 сумок из 75 имеют дефекты.
• Решение: Вероятность купить сумку без дефектов: P = (75 - 6) / 75 = 69/75 = 23/25 = 0.92.
• Ответ: 0.92.

Задание 5 (Вероятность с системой контроля)

• Дано: Вероятность брака батарейки = 0.01. Система бракует неисправную с вероятностью 0.92, а исправную (ошибочно) — с вероятностью 0.02.
• Решение: Используем формулу полной вероятности. Событие A — батарейка забракована.
  • P(A|брак) = 0.92, P(брак) = 0.01
  • P(A|исправна) = 0.02, P(исправна) = 0.99
  • P(A) = 0.01*0.92 + 0.99*0.02 = 0.0092 + 0.0198 = 0.029.
• Ответ: 0.029.

Задание 6 (Показательное уравнение)

• Уравнение: 3^(x-8) = 1/81.
• Решение: Представляем 1/81 как 3^(-4). Получаем: 3^(x-8) = 3^(-4) → x - 8 = -4 → x = 4.
• Ответ: 4.

Задание 7 (Логарифмическое выражение)

• Выражение: (log_6 17) / (log_36 17).
• Решение: Используем свойство: log_(a^k) b = (1/k) * log_a b. Тогда log_36 17 = log_(6²) 17 = (1/2) * log_6 17. Подставляем: (log_6 17) / ((1/2)*log_6 17) = 1 / (1/2) = 2.
• Ответ: 2.

Задание 8 (График производной и точки экстремума)

• Дано: График производной f'(x) на отрезке [-17; -4].
• Решение: Точки экстремума — это точки смены знака производной. На заданном отрезке таких точек (где график пересекает ось OX) — 4.
• Ответ: 4.

Задание 9 (Физическая задача на сопротивление)

• Дано: Формула напряжения на нагрузке: U = (ε * R) / (R + r), где ε = 180 В, r = 1 Ом, U = 170 В.
• Решение: Подставляем: 170 = (180 * R) / (R + 1). Решаем: 170(R+1) = 180R → 170R + 170 = 180R → 10R = 170 → R = 17.
• Ответ: 17.

Задание 10 (Задача на движение)

• Дано: Лодка прошла 91 км против течения и вернулась обратно. На обратный путь затратила на 6 ч меньше. Скорость течения = 3 км/ч.
• Решение: Пусть x — скорость лодки в стоячей воде. Составляем уравнение: 91/(x-3) - 91/(x+3) = 6. Решаем: после преобразований получаем x² = 100 → x = 10 (скорость положительна).
• Ответ: 10.

Задание 11 (Показательная функция)

• Дано: График функции f(x) = a^x проходит через точку (1; 2).
• Решение: Подставляем: 2 = a^1 → a = 2. Тогда f(5) = 2^5 = 32.
• Ответ: 32.

Задание 12 (Точка минимума функции)

• Функция: f(x) = 9x - 9 - ln(x+3).
• Решение: Находим производную: f'(x) = 9 - 1/(x+3). Приравниваем к нулю: 9 = 1/(x+3) → x+3 = 1/9 → x = -2. Это единственная критическая точка, она и является точкой минимума.
• Ответ: -2.

Задания второй части (13-19)

Задание 13 (Тригонометрическое уравнение)

• Уравнение: 16^(sin x) + 16^(-sin x) = 17/4.
• Решение:
  1. Замена: t = 16^(sin x), t > 0. Уравнение: t + 1/t = 17/4.
  2. Решаем: 4t² - 17t + 4 = 0 → t = 4 или t = 1/4.
  3. Обратная замена:
     • 16^(sin x) = 4 → 4^(2 sin x) = 4^1 → sin x = 1/2.
     • 16^(sin x) = 1/4 → 4^(2 sin x) = 4^(-1) → sin x = -1/2.
  4. Ответ (а): x = ± π/6 + πn, n ∈ Z.
  5. Отбор корней на отрезке [3π/2; 3π]: Подходят 11π/6, 13π/6, 17π/6.
  6. Ответ (б): 11π/6, 13π/6, 17π/6.

Задание 15 (Логарифмическое неравенство)

• Неравенство: (log_3(9x) * log_4(64x)) / (5x² - |x|) ≤ 0.
• Решение:
  1. ОДЗ: x > 0 (следует из условий логарифмов и знаменателя, так как при x>0 модуль раскрывается как x).
  2. Преобразуем неравенство, представляя 0 как разность логарифмов: (log_3(9x) - 0) * (log_4(64x) - 0) / (x(5x-1)) ≤ 0.
  3. Применяем метод рационализации (замены множителей):
     • log_a f - log_a g рационализируется в (a-1)(f-g).
     • Получаем: ((3-1)(9x-1) * (4-1)(64x-1)) / (x(5x-1)) ≤ 0 → (6*(9x-1)*(64x-1)) / (x(5x-1)) ≤ 0.
  4. Решаем методом интервалов с учётом x > 0. Корни числителя: x = 1/9, x = 1/64. Корни знаменателя: x = 0, x = 1/5.
  5. Ответ: x ∈ (0; 1/64] ∪ [1/9; 1/5).

Задание 16 (Экономическая задача — кредит)

• Дано: Кредит 177 120 руб. на 4 года под 25% годских. Погашается равными платежами.
• Решение:
  1. Составляем таблицу изменения долга. Пусть X — ежегодный платёж.
  2. После 4-го года долг равен 0. Получаем уравнение.

Решение задач с параметром и комбинаторной логикой

Ключевые тезисы:

• Анализ уравнения с параметром для нахождения количества решений
• Построение контрпримеров для задач на делимость
• Важность строгого доказательства в заданиях высокого уровня сложности

Анализ уравнения с параметром

Рассматривается уравнение вида (числитель)/(знаменатель) = 0, где знаменатель имеет корень, который является "плохим" (обращает знаменатель в ноль).

Логика решения:

• При некоторых значениях параметра a уравнение имеет два различных решения.
• Если a принимает значение, при котором один из корней числителя совпадает с "плохим" корнем знаменателя, то из двух решений остаётся только одно "хорошее".
• Такие значения a (например, -4, -4/3, 1) также включаются в ответ, так как они приводят к ровно одному допустимому решению.

Проверка: Для уверенности можно подставить конкретное значение параметра (например, a = -4) в исходное уравнение, убедиться, что дискриминант положителен, найти два корня и проверить, что один из них совпадает с запрещённым значением.

Ответ представляет собой набор из пяти значений a.

Комбинаторная задача на делимость (Задание 19)

Условие: На доске написано число 2015 и ещё не менее двух различных натуральных чисел, каждое ≤ 5000. Сумма любых двух написанных чисел делится на какое-нибудь из оставшихся чисел на доске.

Пункт А: Может ли быть ровно 1009 чисел?

Да, может.

Пример построения: Возьмём числа: 1, 2 и все нечётные числа от 3 до 2015.

• Почему это работает?
  1. Если в сумме нет единицы, то любая сумма делится на 1.
  2. Если в сумме есть единица:
     • 1 + 2 = 3 делится на 3.
     • 1 + [любое нечётное] даёт чётное число, которое всегда делится на 2.

В этом наборе ровно 1009 чисел (1 чётное + 1008 нечётных, включая 2015).

Пункт Б: Может ли быть ровно пять чисел?

Да, может.

Пример: 1, 2, 3, 2015 и, например, 5.

• Логика проверки аналогична пункту А.

Пункт В: Какое наименьшее количество чисел может быть?

Ответ: 4.

Доказательство, что трёх чисел быть не может:

1. Пусть три числа на доске — это A < B < C, где одно из них — 2015.
2. Из условия следует три соотношения:
   • A + B делится на C → C = A + B (так как C — наибольшее).
   • A + C делится на B. Подставляем C = A + B: 2A + B делится на B → 2A делится на B → B = 2A (так как B > A).
   • B + C делится на A. При C = A+B и B=2A это выполняется автоматически.
3. Получаем цепочку: A, B = 2A, C = 3A.
4. Проверим, может ли 2015 быть одним из этих чисел:
   • Если 2015 = 3A → A не целое
   • Если 2015 = 2A → A не целое
   • Если 2015 = A → тогда B = 4030, C = 6045 > 5000 (нарушает условие "≤ 5000").
5. Вывод: Набор из трёх чисел, удовлетворяющий всем условиям и включающий 2015, невозможен.

Пример для четырёх чисел: 1, 2, 3, 2015. Все условия выполняются.

Выводы

• В задачах с параметром важно анализировать пограничные случаи, когда корни числителя и знаменателя совпадают.
• В комбинаторных задачах на свойства чисел часто помогает построение контрпримера (как в пунктах А и Б).
• Для доказательства минимальности/максимальности (пункт В) необходимо строгое логическое обоснование, а не просто подбор примера. Перебор всех вариантов часто невозможен, требуется алгебраический анализ условий.