Upload
votruc
View
364
Download
6
Embed Size (px)
Citation preview
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
© СтатГрад 2015−2016 уч. г. Публикация в Интернете или печатных изданиях без письменного согласия СтатГрад запрещена
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
Решение не соответствует ни одному из критериев, перечисленных выше
0
Максимальный балл 2
B1 C1
A1 D1
T
A
B C
D
E
F
K
L
G
Математика. 11 класс. Вариант МА10107 (профильный)
3
© СтатГрад 2015−2016 уч. г. Публикация в Интернете или печатных изданиях без письменного согласия СтатГрад запрещена
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
Решение не соответствует ни одному из критериев, перечисленных выше
0
Максимальный балл 2
15.1
Математика. 11 класс. Вариант МА10107 (профильный)
4
© СтатГрад 2015−2016 уч. г. Публикация в Интернете или печатных изданиях без письменного согласия СтатГрад запрещена
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 .
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
Решение не соответствует ни одному из критериев, перечисленных выше
0
Максимальный балл 2
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
Математика. 11 класс. Вариант МА10107 (профильный)
5
© СтатГрад 2015−2016 уч. г. Публикация в Интернете или печатных изданиях без письменного согласия СтатГрад запрещена
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
Решение не соответствует ни одному из критериев, перечисленных выше
0
Максимальный балл 3
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
Математика. 11 класс. Вариант МА10107 (профильный)
6
© СтатГрад 2015−2016 уч. г. Публикация в Интернете или печатных изданиях без письменного согласия СтатГрад запрещена
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
Решение не соответствует ни одному из критериев, перечисленных выше
0
Максимальный балл 3
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
Математика. 11 класс. Вариант МА10107 (профильный)
7
© СтатГрад 2015−2016 уч. г. Публикация в Интернете или печатных изданиях без письменного согласия СтатГрад запрещена
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
Решение не соответствует ни одному из критериев, перечисленных выше
0
Максимальный балл 4
Математика. 11 класс. Вариант МА10107 (профильный)
8
© СтатГрад 2015−2016 уч. г. Публикация в Интернете или печатных изданиях без письменного согласия СтатГрад запрещена
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
Математика. 11 класс. Вариант МА10107 (профильный)
9
© СтатГрад 2015−2016 уч. г. Публикация в Интернете или печатных изданиях без письменного согласия СтатГрад запрещена
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
Решение не соответствует ни одному из критериев, перечисленных выше
0
Максимальный балл 4
Математика. 11 класс. Вариант МА10107 (профильный)
1
© СтатГрад 2015−2016 уч. г. Публикация в Интернете или печатных изданиях без письменного согласия СтатГрад запрещена
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
Решение не соответствует ни одному из критериев, перечисленных выше
0
Максимальный балл 2
13
Математика. 11 класс. Вариант МА10108 (профильный)
2
© СтатГрад 2015−2016 уч. г. Публикация в Интернете или печатных изданиях без письменного согласия СтатГрад запрещена
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
Математика. 11 класс. Вариант МА10108 (профильный)
3
© СтатГрад 2015−2016 уч. г. Публикация в Интернете или печатных изданиях без письменного согласия СтатГрад запрещена
Содержание критерия Баллы
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
Максимальный балл 2
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 .
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
Решение не соответствует ни одному из критериев, перечисленных выше
0
Максимальный балл 2
15.1
Математика. 11 класс. Вариант МА10108 (профильный)
4
© СтатГрад 2015−2016 уч. г. Публикация в Интернете или печатных изданиях без письменного согласия СтатГрад запрещена
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 .
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
Решение не соответствует ни одному из критериев, перечисленных выше
0
Максимальный балл 2
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
Математика. 11 класс. Вариант МА10108 (профильный)
5
© СтатГрад 2015−2016 уч. г. Публикация в Интернете или печатных изданиях без письменного согласия СтатГрад запрещена
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
Решение не соответствует ни одному из критериев, перечисленных выше
0
Максимальный балл 3
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
Математика. 11 класс. Вариант МА10108 (профильный)
6
© СтатГрад 2015−2016 уч. г. Публикация в Интернете или печатных изданиях без письменного согласия СтатГрад запрещена
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
Решение не соответствует ни одному из критериев, перечисленных выше
0
Максимальный балл 3
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
Математика. 11 класс. Вариант МА10108 (профильный)
7
© СтатГрад 2015−2016 уч. г. Публикация в Интернете или печатных изданиях без письменного согласия СтатГрад запрещена
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
Решение не соответствует ни одному из критериев, перечисленных выше
0
Максимальный балл 4
Математика. 11 класс. Вариант МА10108 (профильный)
8
© СтатГрад 2015−2016 уч. г. Публикация в Интернете или печатных изданиях без письменного согласия СтатГрад запрещена
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
Математика. 11 класс. Вариант МА10108 (профильный)
9
© СтатГрад 2015−2016 уч. г. Публикация в Интернете или печатных изданиях без письменного согласия СтатГрад запрещена
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
Решение не соответствует ни одному из критериев, перечисленных выше
0
Максимальный балл 4
Математика. 11 класс. Вариант МА10108 (профильный)