Тренировочный вариант №149 ЕГЭ 2022 по математике 11 класс профильный уровень | ЕГЭ ОГЭ СТАТГРАД ВПР 100 баллов

На чтение 4 мин. Просмотров 16 Опубликовано
Содержание
  1. Вариант александра ларина №148 (огэ-2020 по математике)
  2. Другие тренировочные варианты егэ 2022 по математике:
  3. Поделиться
  4. Тренировочная работа №148 а. ларина | подготовка к егэ по математике

Вариант александра ларина №148 (огэ-2020 по математике)

ПОДПИСАТЬСЯ (YOUTUBE)

Другие тренировочные варианты егэ 2022 по математике:

Тренировочные варианты ЕГЭ по математике 11 класс задания с ответами

Тренировочный вариант №148 ЕГЭ 2022 по математике 11 класс профильный уровень

Поделиться

Тренировочный вариант №149 ЕГЭ 2022 по математике 11 класс профильный уровень с ответами и решением по новой демоверсии экзамена ЕГЭ 2022 года для подготовки к экзамену, дата выхода варианта на сайте: 08.11.2021 (8 ноября 2021 года)

Тренировочная работа №148 а. ларина | подготовка к егэ по математике

Разбор заданий 13-18 Тренировочной работы

13. Дано уравнение sqrt{1-cos2x}=sin2x.

а) Решите уравнение.

б) Укажите  корни этого уравнения, принадлежащие отрезку [-frac{3pi}{2};0].

Решение:  показать

14.Все ребра правильной четырехугольной пирамиды FABCD с основанием ABCD с основанием ABCD равны 7. Точки P,Q,R. Точки P,Q,R лежат на ребрах FA, AB, AB и BC соответственно, причем  FP=BR=4,AQ=3. соответственно, причем  FP=BR=4,AQ=3.

а) Докажите, что плоскость PQR перпендикулярна ребру FD перпендикулярна ребру FD.

б) Найдите расстояние от вершины D до плоскости PQR. до плоскости PQR.

Решение:  показать

a) Треугольники BQR,BAC  подобны по двум пропорциональным сторонам и углу между ними (угол B  подобны по двум пропорциональным сторонам и углу между ними (угол B общий, frac{BQ}{BA}=frac{BR}{BC}=frac{3}{7}).

Тогда angle BQR=angle BAC, то есть QRparallel AC, то есть QRparallel AC.

А поскольку ABCD – квадрат (ACperp BD – квадрат (ACperp BD), то и BDperp QR. При этом прямая BD При этом прямая BD – проекция наклонной FD  на плоскость ABCD  на плоскость ABCD, тогда по теореме о трех перпендикулярах  и FDperp QR.

Далее, несложно заметить, что Delta BDF  прямоугольный. Действительно, FD^2 FB^2=DB^2  прямоугольный. Действительно, FD^2 FB^2=DB^2 (7^2 7^2=(7sqrt2)^2).

Тогда, так как PQparallel FB (доказательство аналогично доказательству параллельности QR,AC (доказательство аналогично доказательству параллельности QR,AC), то и FDperp PQ.

Про ЕГЭ:  Итоговый тест по русскому языку за курс 6 класса 2 варианта с ответами | ЕГЭ ОГЭ СТАТГРАД ВПР 100 баллов

jkh

Итак, прямая FD перпендикулярна двум пересекающимся прямым плоскости PQR перпендикулярна двум пересекающимся прямым плоскости PQR, а значит, перпендикулярна всей плоскости (по признаку перпендикулярности прямой и плоскости).

б)

Так как DFperp PQR (см. пункт (a)), то и плоскость DFB (см. пункт (a)), то и плоскость DFB перпендикулярна плоскости  PQRпо признаку перпендикулярности плоскостей.

Найдем прямую пересечения указанных плоскостей.

Плоскость PQR, будучи параллельной AC будучи параллельной AC (QR лежит в PQR лежит в PQR, QRparallel AC), пересекает плоскость ACF), пересекает плоскость ACF по прямой, параллельной AC. Потому в плоскости ACF. Потому в плоскости ACF проведем через точку P прямую PT, прямую PT, параллельную AC (T (T принадлежит FC).  PT).  PT – прямая пересечения PQR, ACF.

Пусть PT пересекается с FO пересекается с FO (где O – центр основания ABC – центр основания ABC) в точке K. Пусть QR. Пусть QR пересекается с BD в точке L в точке L.

Очевидно, KL  – прямая пересечения плоскостей BFD,PQR  – прямая пересечения плоскостей BFD,PQR.

мт

По свойству перпендикулярных плоскостей, если проведем из D перпендикуляр l перпендикуляр l к KL, то lperp PQR, то lperp PQR.

Пусть l пересекается с KL пересекается с KL в точке H. DH. DH – высота треугольника DKL.

DH – искомое расстояние.

Потому

DH=frac{2S_{DKL}}{KL}.

При этом

S_{DKL}=frac{KOcdot DL}{2}.

Так как DB=7sqrt2 и BL:BO=4:7 и BL:BO=4:7, то

DL=frac{5BD}{7}=5sqrt2.

Коэффициент подобия треугольников PFT, AFC, AFC – frac{4}{7}. Поэтому

KO=frac{3OF}{7}=frac{3cdot frac{7sqrt2}{2}}{7}=frac{3sqrt2}{2}.

Несложно заметить, что KL=PQ=3.

Итак,

DH=frac{2cdot frac{frac{3sqrt2}{2}cdot 5sqrt2}{2}}{3}=5.

Ответ: б)5.

15. Решите неравенство log_5(2 x)(x-5)>log_{25}(x-5)^2.

Решение:  показать

16.В окружность радиуса R вписан четырехугольник ABCD вписан четырехугольник ABCD, P – точка пересечения его диагоналей, AB=CD=5 – точка пересечения его диагоналей, AB=CD=5, AD>BC. Высота, опущенная из точки B. Высота, опущенная из точки B на сторону AD, равна 3, равна 3, а площадь треугольника ADP равна frac{25}{2} равна frac{25}{2}.

а) Докажите, что ABCD – равнобедренная трапеция.

б) Найдите стороны AD, BC, BC и радиус окружности R.

Решение:  показать

a)

Докажем, что четырехугольник ABCD равнобедренная трапеция.

angle BAD=frac{breve{BCD}}{2}=frac{breve{BC} breve{CD}}{2};

angle CDA=frac{breve{ABC}}{2}=frac{breve{AB} breve{BC}}{2}.

Так как AB=CD, то breve{AB}=breve{CD}, то breve{AB}=breve{CD} (вытекает из равенства треугольников OAB,OCD (O (O – центр окружности) по трем сторонам ).

Потому angle BAD=angle CDA.

Но при этом ABCD – вписанный в окружность четырехугольник, а значит, суммы углов A – вписанный в окружность четырехугольник, а значит, суммы углов A и C, B, B и D равны по 180^{circ}. равны по 180^{circ}.

Про ЕГЭ:  Задание №7 ЕГЭ по математике базовый уровень - разбор и решение

гшло

Итак, внутренние односторонние углы A и B и B при прямых BC,AD и секущей AB и секущей AB в сумме дают 180^{circ}, поэтому ADparallel BC,, поэтому ADparallel BC, то есть ABCD –  трапеция.

Равенство углов A и D, и D, доказанное выше, говорит о том, что трапеция ABCD равнобокая.

Что и требовалось доказать.

б) Пусть H_1,H_2 – основания перпендикуляров из точек B,C – основания перпендикуляров из точек B,C на AD.

Очевидно,

AH_1=DH_2=4.

Пусть BC=a.

Коэффициент подобия треугольников BCP,DPA – frac{a}{a 8}. – frac{a}{a 8}.

Пусть h – высота треугольника BPC, – высота треугольника BPC,  тогда  высота ADP – 3-h. – 3-h.

Имеем

frac{a}{a 8}=frac{h}{3-h}  (1)

Далее, расписав площадь треугольника ADP, получим

(a 8)(3-h)=25  (2)

Из (1) выражаем h:

h=frac{3a}{2a 8}.

Подставляя полученное выражение в (2), получаем

(a 8)(3-frac{3a}{2a 8})=25;

frac{(a 8)(3a 24)}{2a 8}=25;

3a^2-3a-8=0;

Откуда a=2.

Стало быть, BC=2, AD=10.

Далее, из треугольника  ABH_1   sinBAH_1=frac{3}{5}.   sinBAH_1=frac{3}{5}.

Треугольник ABD – вписанный в окружность радиуса R – вписанный в окружность радиуса R, что мы ищем.

По теореме синусов для треугольника ABD:

frac{BD}{sinA}=2R;

frac{sqrt{BH_1^2 H_1D^2}}{sinA}=2R;

frac{sqrt{45}}{frac{3}{5}}=2R;

R=frac{5sqrt5}{2}.

Ответ: б)10;2;frac{5sqrt5}{2}.

17. Строительной организации необходимо построить некоторое количество одинаковых домов общей площадью 2500 м^2 м^2. Стоимость одного дома площадью a м^2 м^2 складывается из стоимости материалов p_1a^{frac{3}{2}}  тыс.руб, стоимости строительных работ p_2a  тыс.руб, стоимости строительных работ p_2a, тыс.руб и стоимости отделочных работ p_3a^frac{1}{2} тыс.руб. Числа p_1,p_2,p_3 тыс.руб. Числа p_1,p_2,p_3 являются последовательными членами геометрической прогрессии, их сумма равна 21, а их произведение равно 64, а их произведение равно 64. Если построить 63 дома, то затраты на материалы будут меньше, чем затраты на строительные и отделочные работы. Сколько следует построить домов, чтобы общие затраты были минимальными?

Решение:  показать

Так как числа p_1,p_2,p_3 являются последовательными членами геометрической прогрессии, их сумма равна 21 являются последовательными членами геометрической прогрессии, их сумма равна 21, а их произведение равно 64, то, приняв за q, то, приняв за q шаг прогрессии, имеем

begin{cases} p_1(1 q q^2)=21,& &p_1^3q^3=64;& end{cases}

begin{cases} p_1(1 frac{4}{p_1} frac{16}{p_1^2})=21,& &p_1q=4;& end{cases}

begin{cases} p_1^2 4p_1 16=21p_1,& &p_1q=4;& end{cases}

begin{cases} p_1^2-17p_1 16=0,& &p_1q=4;& end{cases}

Получаем, что p_1=1, q=4 или p_1=16, q=frac{1}{4}. или p_1=16, q=frac{1}{4}.

Итак, в случае первого варианта

стоимость материалов составляет  a^{frac{3}{2}}  тыс.руб, стоимость строительных работ 4a  тыс.руб, стоимость строительных работ 4a, тыс.руб и стоимость отделочных работ 16a^frac{1}{2} тыс.руб.

Про ЕГЭ:  Разбор задания 11 ЕГЭ по английскому языку. | Методическая разработка по английскому языку (11 класс): | Образовательная социальная сеть

или (во втором случае)

стоимость материалов составляет  16a^{frac{3}{2}}  тыс.руб, стоимость строительных работ 4a  тыс.руб, стоимость строительных работ 4a, тыс.руб и стоимость отделочных работ a^frac{1}{2} тыс.руб.

Рассмотрим второй случай.  Если построить 63 дома, то,  согласно условию, затраты на материалы будут меньше, чем затраты на строительные и отделочные работы, поэтому

63cdot 16a^{frac{3}{2}}<63(4a a^frac{1}{2});

16a^{frac{3}{2}}<4a a^frac{1}{2};

a^frac{1}{2}(16a-4a^{frac{1}{2}}-1)<0;

С учетом того, что a>0, имеем

16a-4a^{frac{1}{2}}-1<0;

(a^{frac{1}{2}}-frac{2 2sqrt5}{16})(a^{frac{1}{2}}-frac{2-2sqrt5}{16})<0;

Так как a^{frac{1}{2}}-frac{2-2sqrt5}{16}>0, то

a^{frac{1}{2}}-frac{2 2sqrt5}{16}<0;

a^{frac{1}{2}}<frac{2 2sqrt5}{16};

0<a<frac{3 sqrt5}{32};

Исключаем вариант p_1=16, q=frac{1}{4}.

Вернемся к первому варианту.

Так как если построить 63 дома, то затраты на материалы будут меньше, чем затраты на строительные и отделочные работы, потому

63a^{frac{3}{2}}<63(4a 16a^frac{1}{2});

a^frac{3}{2}<4a 16a^frac{1}{2};

a^frac{1}{2}(a-4a^{frac{1}{2}}-16)<0;

С учетом того, что a>0, имеем

a-4a^{frac{1}{2}}-16<0;

(a^{frac{1}{2}}-(2 2sqrt5))(a^{frac{1}{2}}-(2-2sqrt5))<0;

Так как a^{frac{1}{2}}-2 2sqrt5>0, то

a^{frac{1}{2}}-(2 2sqrt5)<0;

a^{frac{1}{2}}<2 2sqrt5;

0<a<24 8sqrt5.

Пусть построено n домов.

Тогда na=2500. Откуда n=frac{2500}{a}. Откуда n=frac{2500}{a}.

Необходимо, чтобы общие затраты были минимальными, поэтому

будем исследовать S(a)=frac{2500}{a}(a^{frac{3}{2}} 4a 16a^frac{1}{2})  на наименьшее значение на (0;24 8sqrt5)  на наименьшее значение на (0;24 8sqrt5).

S(a)=2500(a^{frac{1}{2}} 4 frac{16}{a^frac{1}{2}});

S'(a)=2500(frac{1}{2sqrt a}-frac{8}{sqrt{a^3}});

S'(a)=2500(frac{a-16}{2asqrt a});

a=16 – точка минимума S(a). – точка минимума S(a).

S(16)  – наибольшее значение S(a)  – наибольшее значение S(a) на  (0;24 8sqrt5).

Так как frac{2500}{16}=156,25,  то с учетом того, что   nin N,  то с учетом того, что   nin N, получаем, что n=156.

Ответ:156.

18. Найдите все значения a, при каждом из которых система уравнений

begin{cases} 2cosx asiny=1,& &log_zsiny=(log_za)cdot log_a(2-3cosx),& &log_az log_a(frac{1}{2a}-1)=0;& end{cases}

имеет хотя бы одно решение.

Решение:  показать

100 баллов вариант 100 баллов егэ ЕГЭ—2022 задания задания и ответы математика 11 класс ответы пробный вариант пробный вариант ЕГЭ 2022 211101 по математике профиль 11 класс с ответами профильный уровень решать вариант егэ 2022 года Статьи тренировочный вариант егэ 2022 по математике профиль
Оцените статью
ЕГЭ Live
© 2025 ЕГЭ Live