Математика. 11 класс Вариант 10107 ( 1 · pdf fileМатематика....

1

© СтатГрад 2015−2016 уч. г. Публикация в Интернете или печатных изданиях без письменного согласия СтатГрад запрещена

9π4

–3π

7π4–

–

3π2–

Критерии оценивания заданий с развёрнутым ответом

а) Решите уравнение 2tg 1 13cos 0x x .

б) Найдите все корни этого уравнения, принадлежащие отрезку 3π

3π;2

.

Решение.

а) 2tg 1 13cos 0x x ; 2tg 1,

cos 0,

x

x

откуда π

2π4

x n , n , или π

2π4

x k , k .

б) Корни, принадлежащие отрезку 3π

3π;2

, отберём с помощью

единичной окружности.

Получаем 9π

4 и

7π

4 .

Ответ: а) π

2π4

n , n ; π

2π4

k , k ; б) 9π

4 ;

7π

4 .

Содержание критерия БаллыОбоснованно получены верные ответы в обоих пунктах 2 Обоснованно получен верный ответ в пункте а или в пункте б. ИЛИ Получен неверный ответ из-за вычислительной ошибки, но при этом имеется верная последовательность всех шагов решения

1

Решение не соответствует ни одному из критериев, перечисленных выше

0

Максимальный балл 2

На ребре 1AA прямоугольного параллелепипеда 1 1 1 1ABCDA B C D взята точка E так, что 1 : 1: 2A E EA , на ребре 1BB — точка F так, что 1 : 1:5B F FB , а точка T — середина ребра 1 1B C . Известно, что 4AB , 2AD , 1 6AA . а) Докажите, что плоскость EFT проходит через вершину 1D . б) Найдите угол между плоскостью EFT и плоскостью 1 1BB C .

13

14

Математика. 11 класс. Вариант МА10107 (профильный)

2


Решение. а) В плоскости 1 1AA D проведём через точку E прямую, параллельную TF . Пусть она пере-секает ребро 1 1A D или его продолжение в точке G . Плоскость EFT проходит через точку G . Треугольник 1EGA подобен равно-бедренному треугольнику 1FTB , в котором

1 1 1FB B T . Отсюда 1 1 2EA A G , значит, точка G совпадает с точкой 1D . б) В плоскости 1 1BB C из точки 1B опустим перпендикуляр 1B K на отрезок FT . В плос-кости EFT из точки K проведём перпенди-куляр к FT , который пересекает 1ED в точке L . Тогда 1B KL — угол между плоскостью EFT и плоскостью 1 1BB C или смежный с ним. Из равнобедренного треугольника 1FB T находим

1 11

2

2

FB B TB K

FT

.

Из равнобедренной трапеции 1EFTD находим 22

2 11

2 2 2 3317

2 2 2

ED FTKL TD

.

Точка L — середина отрезка 1ED , поэтому она удалена от сторон 1AA и 1AD параллелепипеда на 1. Значит, 1B L является диагональю параллелепипеда со

сторонами 1, 1 и 4. Отсюда 1 18B L . Из теоремы косинусов для

треугольника 1B KL находим 2 2 2

1 11

1

1cos

2 33

B K KL B LB KL

B K KL

.

Ответ: б) 1

arccos33

.

Содержание критерия БаллыОбоснованно получен верный ответ в обоих пунктах 2 Верно доказан пункт а. ИЛИ Верно решён пункт б при отсутствии обоснований в пункте а

1


0


B1 C1

A1 D1

T

A

B C

D

E

F

K

L

G


3


Выполните ТОЛЬКО ОДНО из заданий: 15.1 или 15.2.

Решите неравенство 2 22 50,5log 10 25 log 7 10 3x xx x x x .

Решение. Запишем неравенство в виде

22 5

1log 5 log 5 2 3

2 x xx x x .

Любое решение неравенства удовлетворяет системе 2 0,

5 0,

2 1,

5 1,

x

x

x

x

откуда

2 5,

3,

4.

x

x

x

Для таких x имеем неравенство 2 5log 5 log 2 2x xx x .

Замена: 2log 5x x z . Получаем 1

2zz

, откуда 0z . Обратная замена:

2log 5 0x x ; 5 1

02 1

x

x

; 3 4x .

Ответ: 3; 4 .

Содержание критерия БаллыОбоснованно получен верный ответ 2 Решение содержит вычислительную ошибку, возможно, приведшую к неверному ответу, но при этом имеется верная последовательность всех шагов решения

1


0


15.1


4


Решите неравенство 12

1: 4 .3

xx

x

Решение. Преобразуем неравенство:

2

1;

43

x

xx

2 2

2

4 30;

3 4

x x

x x

2

1 10.

3

x x

x x

Учитывая, что при всех значениях x выражение 2 3x положительно, получаем

1 10,

x x

x

откуда 1,x 0 1.x

Ответ: ; 1 , 0; 1 .


1


0


Дана равнобедренная трапеция KLMN с основаниями KN и LM . Окруж-ность с центром O , построенная на боковой стороне KL как на диаметре, касается боковой стороны MN и второй раз пересекает большее основание KN в точке H , точка Q — середина MN . а) Докажите, что четырёхугольник NQOH — параллелограмм. б) Найдите KN , если 75LKN и 1LM .

Решение. а) Треугольник KOH равнобедренный и трапеция KLMN равнобедренная, поэтому

KHO OKH MNK . Значит, прямые OH и MN параллельны, а так как OQ — средняя линия трапеции, то параллельны прямые OQ и KN . Противоположные стороны четырёхугольника NQOH попарно параллельны, следовательно, NQOH — параллелограмм.

15.2

16

K

L

N

M

H

OPQ


5


б) Пусть окружность с центром в точке O радиуса R касается стороны MN в точке P . В прямоугольных треугольниках OPQ и KHL имеем

sin sin 75

OP ROQ

OQP

, cos 2 cos75KH KL LKH R .

Поэтому 2 cos75 1

2sin 75 cos75 sin1502

sin 75

KH KH RRNH OQ

.

Пусть KH x . Поскольку трапеция KLMN равнобедренная, 2KN KH LM ; 1NH KH LM x .

Тогда 1

1 2

KH x

NH x

,

откуда 1x . Значит, 2 1 3KN x . Ответ: б) 3.

Содержание критерия БаллыИмеется верное доказательство утверждения пункта а, и обосно-ванно получен верный ответ в пункте б

3

Получен обоснованный ответ в пункте б. ИЛИ Имеется верное доказательство утверждения пункта а, и при обос-нованном решении пункта б получен неверный ответ из-за арифметической ошибки

2

Имеется верное доказательство утверждения пункта а. ИЛИ При обоснованном решении пункта б получен неверный ответ из-за вычислительной ошибки. ИЛИ Обоснованно получен верный ответ в пункте б с использованием утверждения пункта а, при этом пункт а не выполнен

1


0


Производство x тыс. единиц продукции обходится в 20,5 7q x x млн рублей в год. При цене p тыс. рублей за единицу годовая прибыль от продажи этой продукции (в млн рублей) составляет px q . При каком наименьшем значении p через три года суммарная прибыль составит не менее 75 млн рублей?

17


6


Решение. Прибыль (в млн рублей) за один год выражается как

2 20,5 7 0,5 1 7.px x x x p x

Это выражение является квадратным трёхчленом и достигает своего наибольшего значения при 1.x p Наибольшее значение равно

217.

2

p Через 3 года прибыль составит не менее 75 млн рублей при

21 757 ;

2 3

p 2

1 64;p 9 7 0,p p

то есть при 9,p поскольку цена продукции не может быть отрицательной. Таким образом, наименьшее значение 9.p Ответ: 9.p

Содержание критерия БаллыОбоснованно получен верный ответ 3 Верно построена математическая модель, решение сведено к иссле-дованию этой модели, получен неверный ответ из-за вычисли-тельной ошибки. ИЛИ Получен верный ответ, но решение недостаточно обосновано

2

Верно построена математическая модель, и решение сведено к ис-следованию этой модели, при этом решение не завершено

1


0


Найдите все целочисленные значения параметра а, при каждом из которых система

2 2 2 2

2 2

1 5 4,

1 2 3

x y a x y a

x a x a

имеет единственное решение.

18


7


Решение. Пусть ,x y — решение системы. Тогда при любом значении параметра a

левая часть первого уравнения системы есть сумма расстояний от точки ,x y до точек 1, a и 5, a , лежащих на прямой y a , параллельной оси

абсцисс. Но расстояние между точками 1, a и 5, a равно 4, и поэтому

решение первого уравнения — множество точек ,x y , причём

1 5,x y a , поскольку иначе

2 2 2 21 5 4x y a x y a .

Следовательно, данная система имеет единственное решение тогда и только тогда, когда второе уравнение системы имеет единственное решение на отрезке 1 5x . Рассмотрим квадратичную функцию

2 2( ) 1 2 3f x x a x a .

Её график — парабола, направленная ветвями вверх. Поскольку свободный член 22 3 0a при любом a , то корни этой функции имеют разные знаки. Известно, что в этом случае единственный положительный корень функции

2 2( ) 1 2 3f x x a x a лежит на отрезке 1 5x тогда и только тогда,

когда (1) 0f и (5) 0f . Получаем систему

(1) 0,

(5) 0;

f

f

2

2

1 1 2 3 0,

25 5 1 2 3 0;

a a

a a

2

2

2 2 1 ,

22 2 5 1 ;

a a

a a

25 1 22 2a a .

Поскольку любое решение полученного неравенства должно удовлетворять условию 222 2 0a , то есть 2 11,a и по условию a — целое число, то решениями неравенства могут быть только 0, 1, 2, 3a . Из этих

условий проверкой получаем все решения: 2, 1, 0 . Ответ: 2, 1, 0, 1 .

Содержание критерия БаллыОбоснованно получен верный ответ 4 С помощью верного рассуждения получены все значения a, но ответ содержит лишнее значение

3

С помощью верного рассуждения получены одно или несколько значений a

2

Задача верно сведена к исследованию взаимного расположения корней квадратичной функции (аналитически или графически)

1


0



8


Известно, что ,a ,b ,c и d — попарно различные положительные двузначные числа.

а) Может ли выполняться равенство 923

a cb d

?

б) Может ли дробь a cb d

быть в 11 раз меньше, чем сумма a cb d ?

в) Какое наименьшее значение может принимать дробь a cb d

, если 5a b и

8c d ?

Решение.

а) Пусть 20,a 30,b 7c и 39d . Тогда 27 9 .69 23

a cb d

б) Предположим, что 11 a c a cb d b d

. Тогда

11 ( ) ( )( )a c bd b d ad bc , 2 211 11abd bcd abd bcd ad b c ,

2 210 10abd ad b c bcd и (10 ) ( 10 ).ad b d bc b d

С другой стороны, имеем 10 10 10 99 0 99 10 10 10b d b d .

Следовательно, числа (10 )ad b d и ( 10 )bc b d имеют разные знаки и не могут быть равны. Пришли к противоречию.

в) Из условия следует, что 99 5 1a b и 8 1.c d Значит, 98 20.5

b

Отсюда, учитывая, что число b целое, получаем, что 19.b Используя неравенства

5 1,a b 8 1,c d 19b и 10,d получаем

5 8 2 3 2 3 2 55 55 1775 5 8 8 .19 19 29 29

a c b d d db d b d b d d d

Пусть 96,a 19,b 81c и 10d . Тогда 177.29

a cb d

Следовательно,

наименьшее возможное значение дроби a cb d

равно 17729

.

Ответ: а) Да, например, если 20,a 30,b 7c и 39d ; б) нет; в) 17729

.

19


9


Содержание критерия Баллы

Верно получены все перечисленные (см. критерий на 1 балл) результаты

4

Верно получены три из перечисленных (см. критерий на 1 балл) результатов

3

Верно получены два из перечисленных (см. критерий на 1 балл) результатов

2

Верно получен один из следующих результатов: – пример в п. а, – обоснованное решение в п. б, – искомая оценка в п. в, – пример в п. в, обеспечивающий точность предыдущей оценки

1


0



1


7π3

–π

5π3–

–5π2–

Критерии оценивания заданий с развёрнутым ответом

а) Решите уравнение 2tg 3 11cos 0x x .

б) Найдите все корни этого уравнения, принадлежащие отрезку 5π

; π2

.

Решение.

а) 2tg 3 11cos 0x x ; 2tg 3,

cos 0,

x

x

откуда π

2π3

x n , n , илиπ

2π3

x k , k .

б) Корни, принадлежащие отрезку 5π

; π2

,

отберём с помощью единичной окружности. Получаем 7π

3 и

5π

3 .

Ответ: а) π

2π3

n , n ; π

2π3

k , k ; б) 7π

3 ;

5π

3 .

Содержание критерия БаллыОбоснованно получены верные ответы в обоих пунктах 2 Обоснованно получен верный ответ в пункте а или в пункте б. ИЛИ Получен неверный ответ из-за вычислительной ошибки, но при этом имеется верная последовательность всех шагов решения

1


0


13


2


На ребре 1AA прямоугольного параллелепипеда 1 1 1 1ABCDA B C D взята точка E так, что 1 : 2 :3A E EA , на ребре 1BB — точка F так, что 1 : 1: 4B F FB , а точка T — середина ребра 1 1B C . Известно, что 3AB , 4AD , 1 10AA . а) Докажите, что плоскость EFT проходит через вершину 1D . б) Найдите угол между плоскостью EFT и плоскостью 1 1BB C .

Решение. а) В плоскости 1 1AA D проведём через точку E прямую, параллельную TF . Пусть она пере-секает ребро 1 1A D или его продолжение в точке G . Плоскость EFT проходит через точку G . Треугольник 1EGA подобен равно-бедренному треугольнику 1FTB , в котором

1 1 2FB B T . Отсюда 1 1 4EA A G , значит, точка G совпадает с точкой 1D . б) В плоскости 1 1BB C из точки 1B опустим перпендикуляр 1B K на отрезок FT . В плос-кости EFT из точки K проведём перпен-дикуляр к FT , который пересекает 1ED в точке L . Тогда 1B KL — угол между плос-костью EFT и плоскостью 1 1BB C или смеж-ный с ним. Из равнобедренного треугольника

1FB T находим 1 11 2

FB B TB K

FT

. Из равно-

бедренной трапеции 1EFTD находим 22

2 11

4 2 2 213 11

2 2

ED FTKL TD

.

Точка L — середина отрезка 1ED , поэтому она удалена от сторон 1AA и 1AD параллелепипеда на 2. Значит, 1B L является диагональю параллелепипеда со

сторонами 2, 2 и 3. Отсюда 1 17B L . Из теоремы косинусов для треуголь-ника 1B KL находим

2 2 21 1

11

2cos

2 11

B K KL B LB KL

B K KL

.

Ответ: б) 2

arccos11

.

14

B1 C1

A1 D1

T

A

B C

D

E

F

K

L

G


3



Обоснованно получен верный ответ в обоих пунктах 2 Верно доказан пункт а. ИЛИ Верно решён пункт б при отсутствии обоснований в пункте а

1

Решение не соответствует ни одному из критериев, перечис-ленных выше

0


Выполните ТОЛЬКО ОДНО из заданий: 15.1 или 15.2.

Решите неравенство 2 21 40,5log 8 16 log 5 4 3x xx x x x .

Решение. Запишем неравенство в виде

21 4

1log 4 log 4 1 3

2 x xx x x .

Любое решение неравенства удовлетворяет системе 1 0,

4 0,

1 1,

4 1,

x

x

x

x

откуда

1 4,

2,

3.

x

x

x

Для таких x имеем неравенство 1 4log 4 log 1 2x xx x .

Замена: 1log 4x x z . Получаем 1

2zz

, откуда 0z . Обратная замена:

1log 4 0x x ; 4 1

01 1

x

x

; 2 3x .

Ответ: 2; 3 .


1


0


15.1


4


Решите неравенство 12

1:5 .2 12

xx

x

Решение. Преобразуем неравенство:

2

1;

52 12

x

xx

2 2

2

5 2 120;

2 12 5

x x

x x

2

2 20.

2 12

x x

x x

Учитывая, что при всех значениях x выражение 22 12x положительно, получаем

2 20,

x x

x

откуда 2,x 0 2.x

Ответ: ; 2 , 0; 2 .


1


0


Дана равнобедренная трапеция KLMN с основаниями KN и LM . Окруж-ность с центром O , построенная на боковой стороне KL как на диаметре, касается боковой стороны MN и второй раз пересекает большее основание KN в точке H , точка Q — середина MN . а) Докажите, что четырёхугольник NQOH — параллелограмм. б) Найдите KN , если 75LKN и 2LM .

Решение. а) Треугольник KOH равнобедренный и трапеция KLMN равнобедренная, поэтому

KHO OKH MNK . Значит, прямые OH и MN параллельны, а так как OQ — средняя линия трапеции, то параллельны прямые OQ и KN . Противоположные стороны четырёхугольника NQOH попарно параллельны, следовательно, NQOH — параллелограмм.

15.2

16

K

L

N

M

H

OPQ


5


б) Пусть окружность с центром в точке O радиуса R касается стороны MN в точке P . В прямоугольных треугольниках OPQ и KHL имеем

sin sin 75

OP ROQ

OQP

, cos 2 cos75KH KL LKH R .

Поэтому 2 cos75 1

2sin 75 cos75 sin1502

sin 75

KH KH RRNH OQ

.

Пусть KH x . Поскольку трапеция KLMN равнобедренная, 2KN KH LM ; 2NH KH LM x .

Тогда 1

2 2

KH x

NH x

,

откуда 2x . Значит, 2 2 6KN x . Ответ: б) 6.

Содержание критерия БаллыИмеется верное доказательство утверждения пункта а, и обосно-ванно получен верный ответ в пункте б

3

Получен обоснованный ответ в пункте б. ИЛИ Имеется верное доказательство утверждения пункта а, и при обоснованном решении пункта б получен неверный ответ из-за арифметической ошибки

2

Имеется верное доказательство утверждения пункта а. ИЛИ При обоснованном решении пункта б получен неверный ответ из-за вычислительной ошибки. ИЛИ Обоснованно получен верный ответ в пункте б с использованием утверждения пункта а, при этом пункт а не выполнен

1


0


Производство x тыс. единиц продукции обходится в 20,5 2 5q x x млн рублей в год. При цене p тыс. рублей за единицу годовая прибыль от продажи этой продукции (в млн рублей) составляет px q . При каком наименьшем значении p через четыре года суммарная прибыль составит не менее 52 млн рублей?

17


6


Решение. Прибыль (в млн рублей) за один год выражается как

2 20,5 2 5 0,5 2 5.px x x x p x

Это выражение является квадратным трёхчленом и достигает своего наибольшего значения при 2.x p Наибольшее значение равно

225.

2

p Через 4 года прибыль составит не менее 52 млн рублей при

22 52

5 ;2 4

p 2

2 36;p 8 4 0,p p

то есть при 8,p поскольку цена продукции не может быть отрицательной. Таким образом, наименьшее значение 8.p Ответ: 8.p

Содержание критерия БаллыОбоснованно получен верный ответ 3 Верно построена математическая модель, решение сведено к иссле-дованию этой модели, получен неверный ответ из-за вычислитель-ной ошибки. ИЛИ Получен верный ответ, но решение недостаточно обосновано

2

Верно построена математическая модель и решение сведено к иссле-дованию этой модели, при этом решение не завершено

1


0


Найдите все целочисленные значения параметра а, при каждом из которых система

2 2 2 2

2 2

2 5 3,

2 3 5

x y a x y a

x a x a

имеет единственное решение.

Решение. Пусть ,x y — решение системы. Тогда при любом значении параметра a

левая часть первого уравнения системы есть сумма расстояний от точки ,x y до точек 2, a и 5, a , лежащих на прямой y a , параллельной оси

абсцисс. Но расстояние между точками 2, a и 5, a равно 3, и поэтому

решение первого уравнения — множество точек ,x y , причём

2 5,x y a , поскольку иначе

18


7


2 2 2 22 5 3x y a x y a .

Следовательно, данная система имеет единственное решение тогда и только тогда, когда второе уравнение системы имеет единственное решение на отрезке 2 5x . Рассмотрим квадратичную функцию

2 2( ) 2 3 5f x x a x a .

Её график — парабола, направленная ветвями вверх. Поскольку свободный член 23 5 0a при любом a , корни этой функции имеют разные знаки. Известно, что в этом случае единственный положительный корень функции

2 2( ) 2 3 5f x x a x a лежит на отрезке 2 5x тогда и только тогда,

когда 2 0f и 5 0f . Получаем систему

2 0,

5 0;

f

f

2

2

4 2 2 3 5 0,

25 5 2 3 5 0;

a a

a a

2

2

3 1 2 2 ,

20 3 5 2 ;

a a

a a

25 2 20 3a a .

Поскольку любое решение полученного неравенства должно удовлетворять

условию 220 3 0a , то есть 2 20

3a , и по условию a — целое число,

решениями неравенства могут быть только 0, 1, 2a . Из этих условий

проверкой получаем все решения: 2, 1, 0 . Ответ: 2, 1, 0, 1 .

Содержание критерия БаллыОбоснованно получен верный ответ 4 С помощью верного рассуждения получены все значения a, но ответ содержит лишнее значение

3

С помощью верного рассуждения получены одно или несколько значений a

2

Задача верно сведена к исследованию взаимного расположения корней квадратичной функции (аналитически или графически)

1


0



8


Известно, что ,a ,b ,c и d — попарно различные положительные двузначные числа.

а) Может ли выполняться равенство 623

a cb d

?

б) Может ли дробь a cb d

быть в 11 раз меньше, чем сумма a cb d ?

в) Какое наименьшее значение может принимать дробь a cb d

, если 4a b и

7c d ?

Решение.

а) Пусть 10,a 20,b 14c и 72d . Тогда 24 6 .92 23

a cb d

б) Предположим, что 11 a c a cb d b d

. Тогда

11 ( ) ( )( )a c bd b d ad bc , 2 211 11abd bcd abd bcd ad b c ,

2 210 10abd ad b c bcd и (10 ) ( 10 ).ad b d bc b d

С другой стороны, имеем 10 10 10 99 0 99 10 10 10b d b d .

Следовательно, числа (10 )ad b d и ( 10 )bc b d имеют разные знаки и не могут быть равны. Пришли к противоречию.

в) Из условия следует, что 99 4 1a b и 7 1.c d Значит, 98 25.4

b

Отсюда, учитывая, что число b целое, получаем, что 24.b Используя неравенства

4 1,a b 7 1,c d 24b и 10,d получаем

4 7 2 3 2 3 2 70 70 844 4 7 7 .24 24 34 17

a c b d d db d b d b d d d

Пусть 97,a 24,b 71c и 10d . Тогда 168 84.34 17

a cb d

Следовательно,

наименьшее возможное значение дроби a cb d

равно 8417

.

Ответы: а) Да, например, если 10,a 20,b 14c и 72d ; б) нет; в) 8417

.

19


9



Верно получены все перечисленные (см. критерий на 1 балл) результаты

4

Верно получены три из перечисленных (см. критерий на 1 балл) результатов

3

Верно получены два из перечисленных (см. критерий на 1 балл) результатов

2

Верно получен один из следующих результатов: – пример в п. а, – обоснованное решение в п. б, – искомая оценка в п. в, – пример в п. в, обеспечивающий точность предыдущей оценки

1


0



Математика. 11 класс Вариант 10107 ( 1 · pdf fileМатематика....

Documents