ЕГЭ часть В

ПРИМЕРНОЕ ОФОРМЛЕНИЕ РЕШЕНИЯ ЗАДАНИЙ ИЗ ЧАСТИ «С».
С1. Найдите координаты точек пересечения графиков функций
у  х 2  3х  х 2  3х  16 и у  2 х 2  6 х  4 .
Решение. В точке пересечения графиков значения функций равны, следовательно, для
нахождения абсциссы этой точки нужно решить уравнение:
х 2  3х  х 2  3х  16  2 х 2  6 х  4 .
Обозначим х 2  3 х  t , тогда уравнение принимает вид: t  t  16  2t  4 .
Возведём обе части уравнения в квадрат и получим t  2 t  t  16  t  16  2t  4 .
Выполним преобразования 2 t  t  16  12 , t  t  16  6 .
Обе части полученного уравнения возведём в квадрат и получим t  t  16  36 , или
t 2  16t  36  0 . Отсюда t  18 или t  2 .
Сделаем проверку корней.
При t  18 получаем: 18  18  16  2  18  4 , 4 2  4 2 . Значит, 18 – корень уравнения.
При t  2 значение  2 не существует, следовательно, - 3  посторонний корень.
Найдём координаты точек пересечения: так как х 2  3 х  t , то х 2  3 х  18 , значит
х  6 или х  3 .
Тогда у  2  32  6  3  4  18  18  4  32  4 2 .
Замена переменной является в данном случае тождественным преобразованием и не
приводит ни к потере корней, ни к приобретению новых. Следовательно, координаты точек
пересечения равны 3;4 2 и  6;4 2 .

 

Ответ: 3;4 2 и  6;4
С2. Решите уравнение
 
2 .

4  2 х  1  5  4 х2  2 х4  6 .
Решение. Приведём степени к одному основанию. Получим уравнение, равносильное
данному: 4  2 х  1  5  2 2 х  4  2 х  4  6 . Пусть 2 х  у . Тогда уравнение принимает вид:
4  у  1  80 у 2  16 у  6, или 40 у 2  8 у  3  2  у  1  0 . Это уравнение, используя
определение модуля, заменим равносильной ему совокупностью систем:
 у  1,
0  y  1,
или


2
2
40 у  8 у  3  2 у  1  0;
40 y  8 y  3  2( y  1)  0.
Уравнение первой системы приведем к виду 40 у 2  6 у  1  0 . По формуле корней
1
1
квадратного уравнения получаем у  или у   . Это посторонние решения, так как не
10
4
выполняется условие у  1 . Следовательно, система решений не имеет.
Уравнение второй системы приведем к виду 8 у 2  2 у  1  0 . По формуле корней
1
1
квадратного уравнения получаем у   или у  . Неравенству 0  y  1, удовлетворяет
2
4
1
корень у  , который и является решением совокупности систем.
4
1
Итак, 2 х  , следовательно х  2 .
4
Ответ: -2.
С3. В усеченном конусе радиусы оснований относятся как 1:3. В него вписан другой
конус. Основание этого конуса совпадает с основанием усеченного конуса, а вершина
лежит большого основания усеченного конуса. Плоскость, параллельная основаниям
конусов, делит их высоту в отношении 1:2, считая от большего основания усеченного
конуса. Определите отношения V1 : V2 , где V1 - объём части вписанного конуса, которая
отсекается от него этой плоскостью и прилегает его основанию, а V2 - объём части
усеченного конуса, которая отсекается от него той же плоскостью и прилегает к его
большему основанию.
Решение.
L
О2
M


1
2
2
V1 =   О1О2  МО2  АО1  МО2  АО1 , (1)
3


1
2
V2 =    ОО1  ВО1  РО 2  ВО1  РО , (2)
3
О1
1) Пусть М О2 = r, РО = R, так как по условию
В
А
С
r 1
задачи  , то R  3r .
R 3
Р
К
О
Н
2) По условию, если отрезок ОО2 = h - высота
1
2
данного усеченного конуса, то ОО1  h и OO 2  h .
3
3
3) Найдем V1 . Рассмотрим:  ОО1 А и  ОО2 М , они подобны (по двум углам)
АО1 ОО1
r  1 / 3h
1

, откуда АО1 
, АО1  r . Подставляя найденные значения в

h
3
МО2 ОО2
формулу (1), получаем:
2
1
2  2  r 
r  2  h  r 2  1 1  26  h  r 2
V1     h r     r  =
.
 1    =
3
3 
3 
81
9
 3
 9 3
4) Найдем V2 . Рассмотрим: ВСМ и РНМ, они подобны (по двум углам) 
MC CB 2 / 3h CB
4
4
7

,

отсюда CB  r , тогда отрезок BO1  CO1  CB  r  r  r .
MH HP h
2r
3
3
3
Подставляя найденные значения в формулу (2), получаем:
2
2
   h  r 2  49
1
1   7 
7r
 193    h  r
2

.
V2     h  r   3r    3r =
   9  7 

3
3   3 
3
81
9
 9


26  h  r 2 193    h  r 2 26
5) Составим отношения полученных объёмов: V1 : V2 =
:
=
.
193
81
81
26
Ответ:
.
193
С4. Найдите все значения а, при которых область определения функции
 ax 
у  log 17 а  ln
 содержит отрезок длиной 5, состоящий из положительных чисел.
 3x  a 
Решение. Так как 17 + а является основанием логарифма, то по определению логарифма
17  a  0, 17  a  1 . Для таких значений параметра а, найдем область определения:
ax
ax
a  x  3x  a
4x
x  D y   ln
 0, 
 1, 
 0, 
 0, 
3x  a
3x  a
3x  a
3x  a
совокупности систем:
 x  0,
 x  0,
a / 3  x  0,
или 
 

3x  a  0;
0  x  a / 3.
3x  a  0;
Рассмотрим последнюю совокупность неравенств в зависимости от значений параметра а.
1) при а = 0, эта совокупность не имеет решений;
a
a
2) при a  0 число  отрицательно и поэтому у неравенства   x  0 нет
3
3
положительных решений. Значит, такие значения параметра а, не удовлетворяют
условию задачи;
a
a
3) при a  0 число  положительно и поэтому у неравенства   x  0 нет решений.
3
3
a

Значит D  y    0;  .
3

Этот интервал состоит из положительных чисел. Он содержит отрезок длиной 5, только если
a
его длина больше 5, т.е. правый его конец больше 5. Значит, 5   , 15  a, a  15 .
3
Учитывая условия a  17, a  16 , получаем ответ: a   17;16   16;15 .
Ответ:  17;16   16;15 .
log 22 (82  5 x)
С1. Найдите все значения х, для которых точки графика функции y 
лежат выше
2 x  17
48
соответствующих точек графика функции y 
.
17  2 x
Решение.
Составим неравенство по условию данной задачи:
log 22 (82  5 x)
48

, преобразуем его и получим
17  2 x
2 x  17
log 22 (82  5 x)  48
 0 , заметим, что числитель дроби положителен при всех допустимых значениях
2 x  17
82  5 х  0,
переменной х, следовательно, последнее неравенство равносильно системе 
откуда
2 x  17  0
8,5  x  16,4 .
Ответ. 8,5  x  16,4
С2. Решите уравнение
5
х
 8 
2
7  5  5
х
х
 25  8  5 х .
Решение.
Введем новую переменную, пусть
Тогда уравнение примет вид:
5  t, t  0 .
х
t 8 
7  t t  25  8  t .
Найдем ОДЗ:
7  t t  25  0,
, т.е.

t  0
7  t  0,
, откуда 0  t  7 .

t  0
Раскроем знак модуля, учитывая ОДЗ, данное уравнение имеет решения при
t 8
t  8:
7  t t  25  8  t; 7  t t  25  0; 7  t t  25  0 так как второй множитель
положителен при всех значениях переменной t из ОДЗ, то последнее уравнение равносильно уравнению
7  t  0, t  7 .
Возвращаясь к переменной х, имеем: 5  7  x  log 5 7 .
x
Ответ.
x  log 5 7 .
С3. Найдите все положительные значения a, при каждом из которых наименьшее из двух чисел
b  5a 3  a 6  6 и c  a 5 (a 1  5a 2 )  4 больше -8.
Решение.
По условию a>0.
1). Пусть b наименьшее число, т.е.
b  8  5a 3  a 6  6  8  a 6  5a 3  14  0  (a 3  7)  (a 3  2)  0  a 3  3 7
( так как a  2  0 ).
2) Пусть с наименьшее число, т.е.
3
c  8  a 6  5a 3  4  8  a 6  5a 3  4  0  (a 3  4)  (a 3  1)  0 
1

a 1  3 4
 a 3  4
a3

  3
  1

4

a  1
a  1
a  1.
(так как a>0).
3). Наименьшее из чисел b и c больше -8 тогда и только тогда, когда, каждое из них больше -8, т.е. когда
1  a  3 7
b  8
 

1 .
0a 3
c  8

4
С2. Решите уравнение
1.
cos 0,2x  32 
Ответ:
(0; 3
1
4
)  (1; 3 7 ).
cos 2 0,2 x  4 cos 0,2 x  4  5  3 .
Решение.
Заметим, что выражение, стоящее под знаком корня второго слагаемого образует полный квадрат,
3  cos 0,2 x  2  cos 0,2 x  5  3 .
2. Выражения, стоящие под знаком модуля положительны при всех значениях х  R, раскрывая знак
3
5
;x  
 10k , k  Z
модуля, имеем: 5  2сos 0,2 x  5  3; cos 0,2 x 
2
6
5
 10k , k  Z .
Ответ. 
6
тогда исходное уравнение примет вид:
В8. Найдите значение функции y  2 f ( x) f ( x)  g ( x) в точке x 0 , если известно, что функция
y  f (x) - четная, а y  g (x) - нечетная, f ( x0 )  2, g ( x0 )  3 .
Решение.
По определению четной функции имеем: f ( x)  f ( x) , по определению нечетной функции
g ( x)   g ( x) , тогда функция у( x 0 ) примет вид: у = 2  2  2  3  5 .
Ответ. 5.
В8. Нечетная функция f (x ) определена на всем числовом промежутке. Для всякого неположительного х
значение этой функции совпадает со значением функции g ( x)  x( x  1)(5 x  2)( 2 x  3) . Сколько корней
имеет уравнение f (x ) = 0?
Решение.
Функция g ( x)  x( x  1)(5 x  2)( 2 x  3) имеет четыре точки пересечения с осью абсцисс:
х  0, х  1, х 
2
3
, х  . Неположительными из них являются -1 и 0. В силу нечетности функция f (x )
5
2
будет иметь три корня -1, 0 и 1.
Ответ. 3.
В7. Найдите сумму всех корней уравнения


5  4 х  log 5 17  x 2  0 .
Решение.
Произведение равно нулю, если один из множителей равен нулю, а второй имеет смысл.
1. ОДЗ:
5  4 х  0
5
; решая систему, получаем  17  x  .

2
4
17  х  0
5

5  4 х  0
x

;
2. 
4 . Корень х = 4  ОДЗ, следовательно, исходное уравнение имеет два корня, и
2
log 5 17  x  0  x  4



их сумма равна -4 + 1,25 = -2,75.
Ответ. -2,75.
В9. В бидон налили 3 литра молока 1% жирности и 7 литров молока 6% жирности. Какова жирность
получившегося молока?
Решение.
«Метод стаканчиков»
Составим
3
уравнение:
1
6
х
%7
%  10 
% , или 45 = 10 х %, х = 4,5 %.
100
100
100
Ответ. 4,5 %.
В10. Боковое ребро правильной четырехугольной призмы в 2 раза больше стороны основания. Расстояние
между серединами двух непараллельных ребер, принадлежащих разным основаниям, равно
площадь полной поверхности призмы.
3 2 . Найдите
Решение.
Пусть ребро основания равно а, тогда боковое ребро равно 2а.
Площадь полной поверхности состоит из суммы боковой
поверхности и двух равных оснований, т.е.
S  h  P  2a 2  2a  4a  2a 2  10a 2 .
1.
М и К середины ребер основания, следовательно
2
2
a
a a
MD  MK  , тогда MK 2  2    =
.
2
2
2
2.
по теореме Пифагора из ∆MKN имеем: MN  MK  KN , т.е.
2
2
2
3 2   а2  4а , а = 2.
2
2
2
3. Подставляя в формулу площади значение, а = 2 имеем: S  10a  10  4  40 .
Ответ: 40.
2
В11. В прямоугольном треугольнике АВС с прямым углом С проведена биссектриса ВМ, причем АМ = 5,
МС = 3. Найдите площадь треугольника АВМ.
Решение.
по свойству биссектрисы угла треугольника имеем:
1.
СМ МА

,
СВ
АВ
3 5
 , 5а  3с, а  0,6с .
а с
2
2
2
2
2
2. по теореме Пифагора: a  b  c , 0,6c   64  c , c  10  а =
6.
найдем площадь треугольника АВМ: S 
3.
S
1
 BC  AM ,
2
1
 6  5  15 .
2
Ответ: 15.
С3. Найдите все положительные значения a, при каждом из которых наименьшее из двух чисел
b  5a 3  a 6  6 и c  a 5 (a 1  5a 2 )  4 больше -8.
Решение.
Пусть a>0.
1). b  8  5a  a  6  8  a  5a  14  0  (a  7)  (a  2)  0  a  3 7
3
6
6
3
3
3
3
( так как a  2  0 ).
3
2). c  8  a 6  5a 3  4  8  a 6  5a 3  4  0  (a 3  4)  (a 3  1)  0 
1

a 1  3 4
 a 3  4
a3

  3
  1

4

a  1
a  1
a  1.
(так как a>0).
3). Наименьшее из чисел b и c больше -8 тогда и только тогда, когда, каждое из них больше -8, т.е. когда
1  a  3 7
b  8
 

1 .
0a 3
c  8

4
1
Ответ: (0;
)  (1; 3 7 ).
3
4
С5. Даны два уравнения:
 x 
2 cos
  (2 
 x  4


х 4  4 р  8х  р 2  29 р  136
 х2  р  4 и
2
х р
p  9 ) x  17 . Значение параметра р выбирается так, что p  9 и число различных
корней первого уравнения в сумме с числом 9  p дает число различных корней второго уравнения. Решите
второе уравнение при каждом значении параметра, выбранном таким образом.
Решение.
1. Рассмотрим второе уравнение. Преобразуем левую часть к виду:
4 
 x 

 4 
2 cos
  2 cos  
  2 cos
 . Множество значений данного выражения  2;2,
x  4
 x  4

 x  4
область определения
х  4 , при х   аргумент
4
 4 
 0 , следовательно cos
  1 , а все
х4
 x  4
 4 
  2 , т.е. график функции убывает.
 x  4
Правая часть второго уравнения – прямая у  (2  p  9 ) x  17 , коэффициент при х положителен, значит
прямая возрастает. Следовательно, второе уравнение имеет один корень, т.е. n  1.
2
2
2. Первое уравнение легко привести к квадратному уравнению: 4 х  4( р  8) х  (2 р  33 р  136)  0 ,
выражение:  2 cos
при условии х  р  0 .
В зависимости от дискриминанта оно может иметь: 1 корень (D =0), 2 корня (D>0), или не иметь корней (D<0).
Другими словами, число k различных корней первого уравнения не больше двух.
По условию k  9  p  n , так как n  1, то р  8  k .
2
3. Пусть k = 2, тогда р  8  2  10 , что противоречит условию p  9 .
Пусть k = 1, тогда р  8  1  9 .
4. Решим второе уравнение при р = -9:
 x 
 x 
2 cos
  (2   9  9 ) x  17 , или 2 cos
  2 x  17 .
 x  4
 x  4
Легко заметить, что единственным решением (в силу непрерывности обеих частей при х
х = 8.
Проверка:
Ответ: х = 8.
 8 
2 cos
  2  8  17 ,
8 4
2
2 cos
 1 ,
3
 1
2      1 , -1 = -1.
 2
 4 ) является число