ЕГЭ по математике: разбираем демоверсию 2018 года (базовый уровень)
Представляем вашему вниманию разбор заданий ЕГЭ по математике из демоверсии 2018 года.
В этом материале содержатся пояснения и подробные алгоритмы решения заданий, а также рекомендации по использованию справочников и пособий, актуальных во время подготовки к ЕГЭ.
Задание 1
Поезд оправился из Санкт-Петербурга в 23 часа 50 минут (время московское) и прибыл в Москву в 7 часов 50 минут следующих суток. Сколько часов поезд находился в пути?
Решение
Учитывая тот факт, что в сутках 24 часа, и начинается день в 00 часов 00 минут, а заканчивается в 24 часа, то поезд находится в пути 10 минут предыдущего дня и 7 часов 50 минут следующего.
7 ч 50 мин + 10 мин = 8 часов
Ответ: 8.
Задание 2
На рисунке точками показана средняя температура воздуха в Сочи за каждый месяц 1920 г. По горизонтали указаны номера месяцев; по вертикали – температура в градусах Цельсия. Для наглядности точки соединены линией.
Сколько месяцев средняя температура была выше 18 градусов Цельсия?
Решение
Ответ: 4.
Задание 3
На клетчатой бумаге с размером клетки 1 × 1 изображен треугольник. Найдите его площадь.
Решение
S∆ = | 1 | ha, |
2 |
где h – высота, a – сторона, к которой высота проведена.
S∆ = | 1 | ha = | 1 | · 2 · 6 = 6 |
2 | 2 |
Ответ: 6.
Задание 4
В сборнике билетов по биологии всего 25 билетов. Только в двух билетах встречается вопрос о грибах. На экзамене школьнику достается один случайно выбранный билет из этого сборника. Найдите вероятность того, что в этом билете будет вопрос о грибах.
Решение
Вероятностью события А называется отношение числа благоприятных для А исходов к числу всех равновозможных исходов:
P(A)= | m | , |
n |
где n – общее число равновозможных исходов, m – число исходов, благоприятствующих событию А.
Всего 25 билетов, значит всего исходов – 25.
Благоприятных исходов – 2.
Вероятность = | 2 | = 0,08 |
25 |
Ответ: 0,08.
Смотрите также: Разбор заданий ЕГЭ-2018 по математике (профильный уровень)
Задание 5
Найдите корень уравнения 3x – 5 = 81.
Решение
3x – 5 = 81
3x – 5 = 34
x – 5 = 4
x = 9
Ответ: 9.
Задание 6
Треугольник ABC вписан в окружность с центром О. Угол BAC равен 32°. Найдите угол BOC. Ответ дайте в градусах.
Решение
∠COB – центральный угол, ∠COB = дуге CB
∠CАB – вписанный угол, ∠CАB = | 1 | дугиCB |
2 |
Тогда ∠CАB = | 1 | ∠COB |
2 |
1 | ∠COB = 32° |
2 |
∠COB = 64°
Ответ: 64.
Смотрите также: Вебинар «Подготовка к математике. базовый уровень» состоится 2 апреля
Задание 7
На рисунке изображен график дифференцируемой функции y = f(x). На оси абсцисс отмечены девять точек: x1, x2, … , x9.
Найдите все отмеченные точки, в которых производная функции f(x) отрицательна. В ответе укажите количество этих точек.
Решение
Производная функции отрицательна там, где функция убывает.
В данные промежутки попадают точки x3, x4, x5, x9. Всего 4 точки.
Ответ: 4.
Задание 8
В первом цилиндрическом сосуде уровень жидкости достигает 16 см. Эту жидкость перелили во второй цилиндрический сосуд, диаметр которого в 2 раза больше диаметра основания первого. На какой высоте будет находиться уровень жидкости во втором сосуде? Ответ выразите в см.
Решение
Формула для вычисления объема цилиндра:
V = πR2H,
где R – радиус цилиндра, H – его высота.
Т.к. уровень жидкости достигает 16 см, значит высота равна 16.
V = πR2H = πR216
Диаметр второго сосуда в два раза больше диаметра первого.
Т.к. d = 2R, тогда радиус второго сосуда также в два раза больше радиуса первого, и равен 2R.
h – высота жидкости во втором сосуде.
Найдем объем жидкости во втором сосуде:
V = π(2R)2h = π4R2h
При переливании жидкости в другой сосуд, ее объем не изменился.
Приравняем объемы жидкости первого и второго сосудов:
πR216 = π4R2h
4h = 16.
h = 4.
Ответ: 4 см.
Задание 9
Найдите sin2α, если cosα = 0,6 и π < α < 2π.
Решение
sin2α = 2sinα · cosα
(sinα)2 + (cosα)2 = 1
(sinα)2 + (0,6)2 = 1
(sinα)2 = 1 – 0,36
(sinα)2 = 0,64
(sinα)2 = ±0,8
Т.к. α ∈ 3 или 4 четверти, значит
sinα = –0,8
sin2α = 2 · (–0,8) · (0,6)
sin2α = –0,96
Ответ: –0,96.
Задание 10
Локатор батискафа, равномерно погружающего вертикально вниз, испускает ультразвуковые сигналы частотой 749 МГц. Приемник регистрирует частоту сигнала, отраженного от дна океана. Скорость погружения батискафа (в м/с) и частоты связаны соотношением
v = c | f – f0 | , |
f + f0 |
где c = 1500 м/с – скорость звука в воде, f0 – частота испускаемого сигнала (в МГц), f – частота отраженного сигнала (в МГц). Найдите частоту отраженного сигнала (в МГц), если батискаф погружается со скоростью 2 м/с.
Решение
Из условия следует, что
v = 2 м/с
с = 1500 м/с
f0 = 749 МГц
Подставим эти данные в формулу
Подставим эти данные в формулу v = c | f – f0 |
f + f0 |
2 = 1500 · | f – 749 |
f + 749 |
2 | = | f – 749 |
1500 | f + 749 |
1 | = | f – 749 |
750 | f + 749 |
f + 749 = 750 · (f – 749)
f + 749 = 750f – 750 · 749
f – 750f = –750 · 749 – 749
–749f = –749(750 + 1)
f = | –749 · 751 |
–749 |
Ответ: 751.
Задание 11
Весной катер идет против течения реки в 12/3 раза медленнее, чем по течению. Летом течение становится на 1 км/ч медленнее. Поэтому летом катер идет против течения в 1½ раза медленнее, чем по течению. Найдите скорость течения весной (в км/ч).
Решение
|
Весна |
Лето |
Собственная скорость катера |
x (км/ч) |
|
Скорость реки |
y (км/ч) |
y – 1 (км/ч) |
По течению |
x + y (км/ч) |
x + y – 1 |
Против течения |
x – y (км/ч) |
x – y + 1 |
Т.к. весной катер идет против течения медленнее, чем по течению, составим уравнение
x + y | = 1 | 2 |
x – y | 3 |
Летом катер идет против течения медленнее, чем по течению в 1½, тогда имеем уравнение:
x + y – 1 | = 1 | 1 |
x – y + 1 | 2 |
Составим систему:
x + y | = | 5 | |
x – y | 3 | ||
x + y – 1 | = | 3 | |
x – y + 1 | 2 |
3(x + y) = 5(x – y) | |
2(x + y – 1) = 3(x – y + 1) |
2x = 8y | |
x = 5y – 5 |
x = 20 | |
y = 5 |
5 км/ч – скорость течения весной.
Ответ: 5.
Задание 12
Найдите точку максимума функции y = ln(x + 4)2 + 2x + 7.
Решение
Учитывая, что ln(x + 4)2 = 2ln │x + 4│ имеем:
y = | 2ln(x + 4) + 2x + 7, | x > –4 | |
2ln(–x – 4) + 2x + 7, | x < –4 |
(lnf(x))′ = | 1 | · (f(x))′ |
f(x) |
y′ = | 2 | + 2, | x > –4 | |
x + 4 | ||||
2 | · (–x –4)′ + 2, | x < –4 | ||
–x – 4 |
y′ = | 2 | + 2, | x > –4 | |
x + 4 | ||||
2 | + 2, | x < –4 | ||
x + 4 |
Найдем критические точки функции (точки, в которых производная либо равна нулю, либо не существует), для этого приравняем y′ к 0.
y′ = 0.
2 | + 2 = 0 |
x + 4 |
x = –5 | |
x ≠ –4 |
На промежутке (–4; ∞) производная положительна, критических точек нет.
На промежутке (–∞; –4) в точке –5 производная меняет свой знак с «+» на «–», значит точка х = –5 является точкой максимума функции.
Ответ: –5.
Задание 13
а) Решить уравнение cos2x = 1 – cos( | π | – x) |
2 |
б) Найдите все корни этого уравнения, принадлежащие промежутку – | 5π | ; – π). |
2 |
Решение
Преобразуем левую и правую части уравнения:
cos2x = 1 – 2sin2x (формула двойного угла для косинуса)
cos( | π | – x) = sinx (формула приведения) |
2 |
1 – 2sin2x = 1 – sinx
2sin2x – sinx = 0
sinx(2sinx – 1)= 0
sinx = 0 | |
2sinx = 1 |
x = πn, | n ∈ Ζ | |||
x = | π | + 2πn, | n ∈ Ζ | |
6 | ||||
x = | 5π | + 2πn, | n ∈ Ζ | |
6 |
Б) Найдем корни, принадлежащие данному промежутку – | 5π | ; – π) |
2 |
с помощью тригонометрического круга.
Получили корни | –7π | ; | –11π | ; 2π |
6 | 6 |
Ответ: а) | π | + 2πn, n ϵ Ζ; | 5π | + 2πn, n ϵ Ζ; πn, n ϵ Ζ; | ||
6 | 6 | |||||
б) | –7π | ; | –11π | ; 2π. | ||
6 | 6 |
Задание 14
Все рёбра правильной треугольной призмы ABCA1B1C1 имеют длину 6. Точки M и N — середины рёбер AA1 и A1C1 соответственно.
а) Докажите, что прямые BM и MN перпендикулярны.
б) Найдите угол между плоскостями BMN и ABB1.
Решение
1) Проведем высоту NB1 в ∆A1B1C1. BN1 = √B1C12 – NC12 = √62 – 32 = 3√3
2) ∆NB1B – прямоугольный с прямым ∠BB1N.
3) Из ∆NB1N по теореме Пифагора: NB2 = NB12 + BB12 = 62 + (3√3)2 = 63.
4) Из прямоугольного ∆MAB по теореме Пифагора: MB2 = MA2 + BA2 = 62 + 32 = 45.
5) Из прямоугольного ∆MA1Nпо теореме Пифагора: NM2 = NA12 + MA12 = 32 + 32 = 18.
6) Рассмотрим ∆MNB:
NB2 = NM2 + MB2
63 = 45 + 18
Тогда по теореме обратной теореме Пифагора получаем, что ∆MNB прямоугольный, с прямым ∠BMN. Значит BM ⊥ MN. Ч.т.д.
Б)
1) Проведем NK ⊥ A1B1.
2) NK ⊥ A1B1, NK ⊥ A1A, значит NK ⊥ (A1B1B)
3) NK перпендикуляр к плоскости, NM – наклонная, KM – проекция наклонной NM на плоскость (A1B1B). По теореме обратной теореме о трех перпендикулярах имеем:
BM ⊥ MN | BM ⊥ KM | |
BM ⊥ NK |
Тогда ∠KMN линейный угол искомого двугранного угла.
Из прямоугольного ∆NA1K:
sin60° = | NK |
NA1 |
NK = | 3√3 |
2 |
MN = 3√2
Т.к. NK ⊥ (A1B1B), а MK ∈ (A1B1B), NK ⊥ MK и ∆MNK прямоугольный.
sin∠NMK = | NK |
MN |
sin∠NMK = | 3√3 | ÷ 3√2 |
2 |
sin∠NMK = | √6 |
4 |
∠NMK = arcsin | √6 |
4 |
Ответ: arcsin | √6 | . |
4 |
Задание 15
Решите неравенство:
9x – 2 · 3x + 1 + 4 | + | 2 · 3x + 1 – 51 | ≤ 3x + 5 |
3x – 5 | 3x – 9 |
Решение
Пусть 3x = y, 9x = y2
y2 – 6y + 4 | + | 6y – 51 | ≤ y + 5 |
y – 5 | y – 9 |
y2 – 6y + 5 – 1 | + | 6y – 54 + 3 | ≤ y + 5 |
y – 5 | y – 9 |
y2 – 6y + 5 | – | 1 | + | 6y – 54 | + | 3 | ≤ y + 5 |
y – 5 | y – 5 | y – 9 | y – 9 |
Разложим трехчлен y2 – 6y + 5 на множители
y2 – 6y + 5 = 0
D = (–6)2 – 4 · 1 · 5 = 16
y = | 6 + 4 | = 5 |
2 |
y = | 6 – 4 | = 1 |
2 |
y2 – 6y + 5 = (y – 5)(y – 1)
(y – 5)(y – 1) | – | 1 | + | 6(y – 9) | + | 3 | ≤ y + 5 |
y – 5 | y – 5 | y – 9 | y – 9 |
y – 1 – | 1 | + 6 + | 3 | ≤ y + 5 |
y – 5 | y – 9 |
y – | 1 | + 5 + | 3 | ≤ y + 5 |
y – 5 | y – 9 |
– | 1 | + | 3 | ≤ 0 |
y – 5 | y – 9 |
–1(y – 9) + 3(y – 5) | ≤ 0 |
(y – 5)(y – 9) |
–y + 9 + 3y – 15 | ≤ 0 |
(y – 5)(y – 9) |
2y – 6 | ≤ 0 |
(y – 5)(y – 9) |
3 ≤ 3x | |
5 < 3x < 9 |
1 ≤ x | |
log35 < x < 2 |
Ответ: (–∞; 1] ∪ (log35; 2)
Задание 16
Две окружности касаются внешним образом в точке K. Прямая AB касается первой окружности в точке A, а второй – в точке B. Прямая BK пересекает первую окружность в точке D, прямая AK пересекает вторую окружность в точке С.
а) докажите, что прямые AD и BC параллельны.
б) найдите площадь треугольника AKB, если известно, что радиусы окружностей равны 4 и 1.
Решение
- Проведем общую касательную к окружностям в точке K. Она пересекает AB в точке H.
- AH = HK, HK = HB (по свойству касательных, проведенных из одной точке к окружности)
- В ∆AKB, медиана KH равна половине стороны AB, значит он прямоугольный, с ∠AKB = 90°.
- ∠AKB = ∠AKD = 90° (как смежные), значит ∠AKD опирается на диаметр AD. Тогда AD ⊥ AB.
- ∠AKB = ∠CKB = 90° (как смежные), значит ∠BKCопирается на диаметр BC. Тогда BC ⊥ AB.
- ледовательно AD || BC.
б) Пусть R = 4 радиус первой окружности с центром O1, а r = 1 – радиус второй окружности с центром O2.
1) Рассмотрим ∆СKB и ∆AKD: углы при вершине K прямые, ∠DAK = ∠ACB, как накрест лежащие при AD || BC и секущей AC. Значит ∆СKB ~ ∆AKD по двум углам.
2) | AK | = | KD | = | AD | = | 2R | = | 4 | = k |
KC | BK | BC | 2r | 1 |
3) Отношение площадей подобных треугольников равно k2 (k – коэффициент подобия)
SAKD | = 16, SAKD = 16SBKC |
SBKC |
4) ∆AKB и ∆AKD имеют общую высоту AK, значит их площади относятся, как основания, к которым эта высота проведена.
5) | SAKD | = | DK | = | AD | = | 4 | , SBKA= | 1 | SAKD = | 1 | · 16SBKC = 4SBKC |
SBKA | KB | BC | 1 | 4 | 4 |
6) ∆DCK и ∆CKB имеют общую высоту CK, значит их площади относятся, как основания, к которым эта высота проведена.
SDKC | = | DK | = | 4 | , SDKC = 4SBKC |
SBKC | KB | 1 |
7) Найдем площадь трапеции ABCD:
SABCD = SDKA + SAKB + SCKB + SDCK
SABCD = 16SBKC + 4SCKB + SCKB + 4SCKB
SABCD = 25SCKB
8) Проведем к AD перпендикуляр O2S (высоту трапеции)
9) Из прямоугольного ∆O2SO1 по теореме Пифагора найдем O2S:
O2S = √(O2O1)2 – (O1S)2
O2S = √52 – 32 = 4
O2S = AB = 4
SABCD = | AD + BC | · AB |
2 |
SABCD = | 8 + 2 | · 4 = 20 |
2 |
SABCD = 25SCKB
20= 25SCKB
SCKB = 0,8
SBKA = 4SBKC = 4 · 0,8 = 3,2.
Ответ: 3,2.
Задание 17
15-го января планируется взять кредит в банке на шесть месяцев в размере 1 млн рублей. Условия его возврата таковы:
- 1-го числа каждого месяца долг увеличивается на r процентов по сравнению с концом предыдущего месяца, где r – целое число;
- со 2-го по 14-е число каждого месяца необходимо выплатить часть долга;
- 15-го числа каждого месяца долг должен составлять некоторую сумму в соответствии со следующей таблицей.
Дата
|
15.01
|
15.02
|
15.03
|
15.04
|
15.05
|
15.06
|
15.07 |
Долг (в млн рублей)
|
1
|
0,6 |
0,4 |
0,3 |
0,2 |
0,1 |
0 |
Найдите наибольшее значение r, при котором общая сумма выплат будет меньше 1,2 млн рублей.
Решение
Долг перед банком (в млн рублей) на 15-е число каждого месяца должен уменьшаться до нуля по следующей схеме:
1; 0,6; 0,4; 0,3; 0,2; 0,1; 0.
Тогда долг на 1-е число каждого месяца (вместе с процентами) равен:
1 + 1 · | r | ; 0,6 + 0,6 · | r | ; 0,4 + 0,4 · | r | ; 0,3 + 0,3 · | r | ; 0,2 + 0,2 · | r | ; 0,1 + 0,1 · | r | ; |
100 | 100 | 100 | 100 | 100 | 100 |
1 · | r | ; 0,6(1 + | r | ); 0,4(1 + | r | ); 0,3(1 + | r | ); 0,2(1 + | r | ); 0,1(1 + | r | ) |
100 | 100 | 100 | 100 | 100 | 100 |
Выплаты со 2-го по 14-е число каждого месяца составляют:
1 · (1 + | r | – 0,6; 0,6 · (1 + | r | – 0,4; 0,4 · (1 + | r | – 0,3; |
100 | 100 | 100 |
0,3 · (1 + | r | – 0,2; 0,2 · (1 + | r | – 0,1; 0,1 · (1 + | r | ) |
100 | 100 | 100 |
Общая сумма выплат составляет:
1 · (1 + | r | – 0,6 +0,6 · (1 + | r | – 0,4 + 0,4 · (1 + | r | – 0,3 + |
100 | 100 | 100 |
+ 0,3 · (1 + | r | – 0,2 + 0,2 · (1 + | r | – 0,1 + 0,1 · (1 + | r | ) = |
100 | 100 | 100 |
= 1 · (1 + | r | + 0,6 · (1 + | r | + 0,4 · (1 + | r | + 0,3 · (1 + | r | + |
100 | 100 | 100 | 100 |
+ 0,2 · (1 + | r | + 0,1 · (1 + | r | ) – 0,6 – 0,4 – 0,3 – 0,2 – 0,1 = |
100 | 100 |
= (1 + | r | ) (1 + 0,6 + 0,4 + 0,3 + 0,2 + 0,1) – (0,6 + 0,4 + 0,3 + 0,2 + 0,1) = 2,6(1 + | r | ) – 1,6. |
100 | 100 |
По условию, общая сумма выплат будет меньше 1,2 млн рублей, тогда
2,6(1 + | r | ) – 1,6 < 1,2 |
100 |
2,6(1 + | r | ) < 2,8 |
100 |
1 + | r | < | 28 |
100 | 26 |
r | < | 14 | – 1 |
100 | 13 |
r < | 1 | · 100 |
13 |
r < 7 | 9 |
13 |
Наибольшее целое r = 7.
Ответ: 7.
Задание 18
Найдите все положительные значения а, при каждом из которых система
(|x| – 5)2 + (y – 4)2 = 9, | |
(x + 2)2 + y2 = a2. |
Имеет единственное решение.
Решение
Рассмотрим первое уравнение системы:
1) При x ≥ 0, имеем уравнение (x – 5)2 + (y – 4)2 = 9, это уравнение задает окружность d с центром в точке G(5; 4) и радиусом 3.
2)При x ≤ 0, имеем уравнение (–x – 5)2 + (y – 4)2 = 9, (x + 5)2 + (y – 4)2 = 9, это уравнение задает окружность с с центром в точке F(–5; 4) и радиусом 3.
3) Уравнение (x + 2)2 + y2 = a2 задает окружность kс центром в точке H(–2; 0) и радиусом a, где a > 0.
Найдем при каких значениях а окружность k имеет единственную общую точку с окружностями d и c.
4) Проведем из точки H луч HG, он пресекает окружность d в точках O и P, точка О лежит между точками H и G. Расстояние между точками найдем по формуле |HG|= √(xG – xH)2 + (yG – yH)2
|HG|= √(5 + 2)2 + (4 – 0)2 = √65
HG = GO + OH
OH = HG – GO = √65 – 3
HP = √65 + 3
Если а < HO или a > HP окружности d и k не пересекаются.
Если HO < a < HP, то окружности d и k имеют две общие точки.
При a = HOилиa = HPокружности d и k касаются друг друга в одной точке.
5) Проведем луч HF из точки H, он пересекает окружность cв точках M и N, при этом M лежит между H и F. Найдем расстояние между точками HF,
|HF| = √(–5 + 2)2 + 42 = 5
HM = 5 – 3 = 2
HN = 5 + 3 = 8
Если а < HM или a > HN окружности c и k не пересекаются.
Если HM < a < HN, то окружности c и k имеют две общие точки.
При a = HM или a = HN окружности c и k касаются друг друга в одной точке.
Система имеет единственное решение тогда и только тогда, когда окружность kкасается ровно одной из двух окружностей d и cи не пересекается с другой.
Из решения видно, что HM < HO < HN < HP.
Тогда условию задачи удовлетворяют длины отрезков HO = √65 + 3 и HM = 2.
Ответ: √65 + 3; 2.
Задание 19
На доске написано более 40, но менее 48 целых чисел. Среднее арифметическое этих чисел равно –3, среднее арифметическое всех положительных из них равно 4, а среднее арифметическое всех отрицательных из них равно –8.
а) Сколько чисел написано на доске?
б) Каких чисел написано больше: положительных или отрицательных?
в) Какое наибольшее количество положительных чисел может быть среди них?
Решение
А) Пусть среди написанных чисел
x – положительных
y – отрицательных
z – нулей
Среднее арифметическое чисел = | сумма чисел |
количество чисел |
Тогда имеем, что
- сумма положительных чисел равна 4x
- сумма отрицательных чисел равна –8y
- сумма всех чисел ряда 4x + (–8y) + 0z = –3(x + y + z)
4(x – 2y + 0z) = –3(x + y + z)
Т.к. левая часть равенства кратна 4, то и правая часть равенства должна быть кратна 4, значит
x + y + z (количество чисел) кратно 4.
40 < x + y + z < 48,
x + y + z = 44
Значит на доске написано 44 числа.
Б) Рассмотрим равенство 4x + (–8y) + 0z = –3(x + y + z)
4x – 8y = – 3x – 3y – 3z
4x + 3x + 3z = 8y – 3y
7x + 3z = 5y
Отсюда получаем, т.к. z ≥ 0 (количество нулей в ряду)
7x < 5y
x < y
Значит положительных чисел меньше, чем отрицательных.
В) Т.к. x + y + z = 44,подставим это значение в равенство 4x + (–8y) + 0z = –3(x + y + z),
получим
4x – 8y = (–3 · 44)/4
x – 2y = –33
x = 2y – 33
Учитывая, что x + y + z = 44, имеем x + y ≤ 44, подставим x = 2y – 33 в данное неравенство
2y – 33 +y ≤ 44
3y ≤ 77
y ≤ 25 | 2 |
3 |
y ≤ 25, учитывая, что x = 2y – 33 получаем x ≤ 17.
Тогда положительных чисел не больше 17.
Ответ: а) 44; б) отрицательных; в) 17.