Download to read offline
More Related Content
Similar to решение заданий части 2 (c) (222) Vopvet.Ru
решение заданий части 2 (c) (222) Vopvet.Ru
- 1. Решение заданий частиСРешение заданий части С ЕГЭЕГЭ по математикепо математике 20112011 годагода МБОУ СОШ №5 – «Школа здоровья иМБОУ СОШ №5 – «Школа здоровья и развития»развития» : . .Автор учитель математики Е Ю: . .Автор учитель математики Е Ю
- 2. kπ π 2 3 2 +− mπ π 2 2 +− С1.С1. Решите уравнение( ) 0532 =−⋅− xcostgxxtg ( ) =− =− =−⋅− ;xcos ,tgxxtg xcostgxxtg 05 03 053 2 2 Решение. ОДЗ: ⇔ . ≠ ≥− ;xcos ,xcos 0 05 0<xcos kπ π 2 3 + nπ2nππ 2+ mπ π 2 2 + C учетом ОДЗ: Zk,kπ π x Zn,nππx ∈+−= ∈+= 2 3 2 2 = = =− ;xcos ,tgx ,tgx 0 0 03 ∈+= ∈= ∈+= Zm,mπ π x Zn,nπx Zk,kπ π x 2 3
- 3. С2.С2. В правильнойчетырехугольной призме ABCDA1B1C1D1, стороны оснований которой равны 3, а боковые рёбра 4, найдите угол между прямой АВ1 и плоскостью BDD1. А С В D А1 С1 В1 D1 O 3 4 Решение. Так как О середина отрезка BD, то АО ⊥ (BDD1). ∠AB1О – искомый. АО = ; АВ1 = 5 (в п/у ∆ АВВ1). sin ∠AB1О = AO : AB1 = ∠AB1О = arcsin 2 3√2 10 3√2 10 3√2 Ответ: arcsin . 10 3√2
- 4. С3.С3. Решите неравенство( ) 150919 3250 ≥⋅− − ,logxlog x, Решение. ОДЗ: ⇔ . ≠− >− >− ;x ,x ,x 13 03 0919 ( ) ∪∞−∈ 9 19 22 ;;x ( ) 150919 3250 ≥⋅− − ,logxlog x, ( ) ( ) 1 3 1 919 50 50 2 ≥ − ⋅− xlog xlog , , ( ) ( ) 1 32 919 50 50 ≥ − − xlog xlog , , ( ) ( ) 19192 3 ≥−− xlog x ( ) ( ) ( ) ( )2 33 3919 22 xlogxlog xx −≥− −− ( )( )( ) ( )( ) 0391913 22 ≥−−−−− xxx ( )( ) ( )( )( ) 03101313 2 ≥−−+−−− xxxx ( )( )( ) 010342 2 ≤−+−− xxxx ( ) ( )( ) 0542 2 ≤+−− xxx ( )( )( ) 031042 2 ≥−−−− xxxx -5 42 +−+ − х C учетом ОДЗ: [ ) −∈ 9 19 225 ;;;x -5 4 2 х19 9
- 5. С4.С4. Через вершинуВ правильного шестиугольника ABCDEF проведена прямая, пересекающая диагональ CF в точке К. известно, что прямая разбивает шестиугольник на части, площади которых относятся как 1 : 2. Найдите отношение СK : KF. Решение. Пусть О – центр правильного шестиугольника ABCDEF, S – его площадь. Тогда SABEF = SBCDE = ½S SABF = SBCD = ⅙S 1 случай (К между F и О) SBEF = S – SBCDE – SABF = S – ½S – ⅙S = ⅓S. Пусть SBМF = xS, тогда SBМЕ = ⅓S – xS По условию SABМF : SBCDEМ = 1 : 2 ⇒ А С В DE K OF M SABМF : SBCDEМ = (⅙S + xS) : (½S + (⅓S – xS)) = 1 : 2 (⅙ + x) : (½ + ⅓ – x) = 1 : 2, откуда x = ⅙. Т.е. SBМF = SBМЕ = ⅙S ⇒ ВМ – медиана, FM = ME. Из подобия треугольников MKF и BKC ⇒
- 6. С4.С4. Через вершинуВ правильного шестиугольника ABCDEF проведена прямая, пересекающая диагональ CF в точке К. известно, что прямая разбивает шестиугольник на части, площади которых относятся как 1 : 2. Найдите отношение СK : KF. Решение. 2 случай (К между C и О) По условию SBCDN : SABNEF = 1 : 2 ⇒ SBDE = S – SBCD – SABEF = S – ½S – ⅙S = ⅓S. Аналогично, SBDN = SBЕN = ⅙S, значит ВN – медиана, EN = DN ⇒ OK = KL = ¼OC = ½LC, KC = ¾OC ⇒ CK : KF = 3 : 5. А С В DE K O F N L Ответ: 2 : 1 или 3 : 5.
- 7. С5.С5. Найдите всезначения а, при каждом из которых система имеет единственное решение. ( ) ( ) > += =−+− 0 1 444 22 xy ,axy ,yx Решение. т.к. xy > 0, то либо x > 0, y > 0, либо x < 0, y < 0. 1 случай: ( ) ( ) ( )1 00 1 444 22 >> += =−+− y,x ,axy ,yx ( ) ( ) 4414 22 =−++− axx ( ) ( ) 021861 22 =++−+ xaxa Ищем дискриминант: ( ) ( ) 209648211486 222 1 −+−=+−+= aaaaD 6 216 6 216 0 211 − = + == aиaприD Система (1) имеет решение, если D1 ≥ 0, т.е. при +− ∈ 6 216 6 216 ;а
- 8. С5.С5. Найдите всезначения а, при каждом из которых система имеет единственное решение. ( ) ( ) > += =−+− 0 1 444 22 xy ,axy ,yx 2 случай: ( ) ( ) ( )2 00 1 444 22 << += =−−+−− y,x ,axy ,yx ( ) ( ) 4414 22 =++++ axx ( ) ( ) 0378101 22 =++++ xaxa Ищем дискриминант: ( ) ( ) 84160483714810 222 2 −+−=+−+= aaaaD 6 3710 6 3710 0 432 − = + == aиaприD Система (2) имеет решение, если D2 ≥ 0, т.е. при +− ∈ 6 3710 6 3710 ;а
- 9. С5.С5. Найдите всезначения а, при каждом из которых система имеет единственное решение. ( ) ( ) > += =−+− 0 1 444 22 xy ,axy ,yx +− ∈ 6 3710 6 3710 ;а Совместим полученные решения: +− ∈ 6 216 6 216 ;а а 6 216 − 6 216 + 6 3710 − 6 3710 + 4 решения2 решения 2 решения 3 решения 1 решение1 решение .; 6 3710 6 216 +− Ответ:
- 10. Решение. а) Да, может.Например, сумма любых двадцати семи чисел из набора 5, 4, 3, 2, …, 2, 1, …, 1 не больше, чем 5 + 4 + 3 + 2 17 + 7 = 53, и⋅ их среднее арифметическое меньше 2. б) Нет, не может. Выпишем все числа слева направо в порядке убывания и рассмотрим первые 27 чисел, считая слева. Их сумма S меньше 54. Пусть количество единиц среди них равно x . Тогда 53 ≥ S ≥ x + 2(24 − x) + 3 + 4 + 5, x ≥ 7, то есть среди выбранных 27 чисел всегда есть семь единиц. Каждое из оставшихся шести чисел равно 1, и поэтому во всём наборе есть как минимум тринадцать единиц. 17 13 С6.С6. Набор состоит из тридцати трёх натуральных чисел, среди которых есть числа 3, 4 и 5. Среднее арифметическое любых двадцати семи чисел этого набора меньше 2. а) Может ли такой набор содержать ровно тринадцать единиц? б) Может ли такой набор содержать менее тринадцати единиц? в) Докажите, что в любом таком наборе есть несколько чисел, сумма которых равна 28.
- 11. Решение. в) Используя тринадцатьединиц и числа 3, 4, 5, можно составить все суммы от 1 до 25. Если среди оставшихся семнадцати чисел есть число от 3 до 27, то его можно добавить и получить в сумме 28. Если среди оставшихся семнадцати чисел нет чисел от 3 до 27, то каждое из них или равно 1, или равно 2, или больше 27. Так как сумма этих семнадцати чисел не больше 53, то только одно из чисел может быть больше 27. Значит, в этом случае как минимум шестнадцать чисел равны 1 или 2. Используя их и тринадцать единиц, всегда можно получить сумму, равную 28. Ответ: а) да; б) нет. С6.С6. Набор состоит из тридцати трёх натуральных чисел, среди которых есть числа 3, 4 и 5. Среднее арифметическое любых двадцати семи чисел этого набора меньше 2. а) Может ли такой набор содержать ровно тринадцать единиц? б) Может ли такой набор содержать менее тринадцати единиц? в) Докажите, что в любом таком наборе есть несколько чисел, сумма которых равна 28.