Математика. 11 класс. Вариант МА10107 (профильный)

1.

Математика. 11 класс. Вариант МА10107 (профильный)
1
Критерии оценивания заданий с развёрнутым ответом
13
а) Решите уравнение tg 2 x 1 13cos x 0 .
3π
б) Найдите все корни этого уравнения, принадлежащие отрезку 3π; .
2
Решение.
tg 2 x 1,
а) tg x 1 13cos x 0 ;
cos x 0,
π
π
откуда x 2πn , n , или x 2πk , k .
4
4
3π
б) Корни, принадлежащие отрезку 3π; , отберём с помощью
2
единичной окружности.
9π
7π
– 3π
2
и
.
Получаем
4
4
– 7π
2
4
– 3π
– 9π
4
π
π
9π
7π
;
.
Ответ: а) 2πn , n ; 2πk , k ; б)
4
4
4
4
Содержание критерия
Баллы
Обоснованно получены верные ответы в обоих пунктах
2
Обоснованно получен верный ответ в пункте а или в пункте б.
1
ИЛИ
Получен неверный ответ из-за вычислительной ошибки, но при этом
имеется верная последовательность всех шагов решения
Решение не соответствует ни одному из критериев, перечисленных
0
выше
2
Максимальный балл
14
На ребре AA1 прямоугольного параллелепипеда ABCDA1B1C1D1 взята точка
E так, что A1E : EA 1: 2 , на ребре BB1 — точка F так, что B1F : FB 1: 5 ,
а точка T — середина ребра B1C1 . Известно, что AB 4 , AD 2 , AA1 6 .
а) Докажите, что плоскость EFT проходит через вершину D1 .
б) Найдите угол между плоскостью EFT и плоскостью BB1C1 .
© СтатГрад 2015−2016 уч. г. Публикация в Интернете или печатных изданиях без письменного
согласия СтатГрад запрещена

2.

Математика. 11 класс. Вариант МА10107 (профильный)
Решение.
а) В плоскости AA1D1 проведём через точку E
прямую, параллельную TF . Пусть она пересекает ребро A1D1 или его продолжение A1
в точке G . Плоскость EFT проходит через
точку G . Треугольник EGA1 подобен равнобедренному треугольнику FTB1 , в котором
FB1 B1T 1. Отсюда EA1 A1G 2 , значит,
E
точка G совпадает с точкой D1 .
б) В плоскости BB1C1 из точки B1 опустим
перпендикуляр B1K на отрезок FT . В плоскости EFT из точки K проведём перпендикуляр к FT , который пересекает ED1 в точке
L . Тогда B1KL — угол между плоскостью
EFT и плоскостью BB1C1 или смежный с ним.
Из равнобедренного треугольника FB1T
находим
FB B T
2
B1K 1 1
.
A
2
FT
Из равнобедренной трапеции EFTD1 находим
2
B1
T
K
F
G
C1
D1
L
C
B
D
2
2
2 2 2
33
ED1 FT
KL
17
.
2
2
2
Точка L — середина отрезка ED1 , поэтому она удалена от сторон AA1 и AD1
параллелепипеда на 1. Значит, B1L является диагональю параллелепипеда со
TD12
сторонами 1, 1 и 4. Отсюда B1L 18 . Из теоремы косинусов для
1
B1K 2 KL2 B1L2
треугольника B1KL находим cos B1KL
.
2 B1K KL
33
1
Ответ: б) arccos
.
33
Содержание критерия
Баллы
Обоснованно получен верный ответ в обоих пунктах
2
1
Верно доказан пункт а.
ИЛИ
Верно решён пункт б при отсутствии обоснований в пункте а
Решение не соответствует ни одному из критериев, перечисленных
0
выше
2
Максимальный балл
© СтатГрад 2015−2016 уч. г. Публикация в Интернете или печатных изданиях без письменного
согласия СтатГрад запрещена

3.

Математика. 11 класс. Вариант МА10107 (профильный)
3
Выполните ТОЛЬКО ОДНО из заданий: 15.1 или 15.2.
15.1
Решите неравенство 0,5log x 2 x 2 10 x 25 log 5 x x 2 7 x 10 3 .
Решение.
Запишем неравенство в виде
1
2
log x 2 x 5 log5 x 5 x x 2 3 .
2
Любое решение неравенства удовлетворяет системе
x 2 0,
2 x 5,
5 x 0,
откуда x 3,
x 4.
x 2 1,
5 x 1,
Для таких x имеем неравенство
log x 2 5 x log 5 x x 2 2 .
1
2 , откуда z 0 . Обратная замена:
z
5 x 1 0 ; 3 x 4 .
x 2 1
Замена: log x 2 5 x z . Получаем z
log x 2 5 x 0 ;
Ответ: 3; 4 .
Содержание критерия
Баллы
Обоснованно получен верный ответ
2
Решение содержит вычислительную ошибку, возможно, приведшую
1
к неверному ответу, но при этом имеется верная последовательность
всех шагов решения
Решение не соответствует ни одному из критериев, перечисленных
0
выше
2
Максимальный балл
© СтатГрад 2015−2016 уч. г. Публикация в Интернете или печатных изданиях без письменного
согласия СтатГрад запрещена

4.

Математика. 11 класс. Вариант МА10107 (профильный)
15.2
Решите неравенство
4
x
1: 4 x 1.
2
x 3
Решение.
Преобразуем неравенство:
1
x
;
2
x 3 4x
4 x2 x2 3
x
2
3 4x
0;
x 1 x 1 0.
x
2
3 x
Учитывая, что при всех значениях x выражение x 2 3 положительно,
получаем
x 1 x 1 0, откуда x 1, 0 x 1.
x
Ответ: ; 1 , 0; 1 .
Содержание критерия
Баллы
Обоснованно получен верный ответ
2
Решение содержит вычислительную ошибку, возможно, приведшую
1
к неверному ответу, но при этом имеется верная последовательность
всех шагов решения
Решение не соответствует ни одному из критериев, перечисленных
0
выше
2
Максимальный балл
16
Дана равнобедренная трапеция KLMN с основаниями KN и LM . Окружность 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 LKN 75 и LM 1 .
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.
L
P
Q
O
K
M
H
N
© СтатГрад 2015−2016 уч. г. Публикация в Интернете или печатных изданиях без письменного
согласия СтатГрад запрещена

5.

Математика. 11 класс. Вариант МА10107 (профильный)
5
б) Пусть окружность с центром в точке O радиуса R касается стороны MN
в точке P . В прямоугольных треугольниках OPQ и KHL имеем
OP
R
OQ
, KH KL cos LKH 2 R cos75 .
sin OQP sin 75
Поэтому
1
KH KH 2 R cos75
2sin 75 cos75 sin150 .
R
2
NH OQ
sin 75
Пусть KH x . Поскольку трапеция KLMN равнобедренная,
KN 2 KH LM ; NH KH LM x 1 .
Тогда
1
KH
x
,
NH x 1 2
откуда x 1 . Значит, KN 2 x 1 3 .
Ответ: б) 3.
Содержание критерия
Баллы
3
Имеется верное доказательство утверждения пункта а, и обоснованно получен верный ответ в пункте б
Получен обоснованный ответ в пункте б.
2
ИЛИ
Имеется верное доказательство утверждения пункта а, и при обоснованном решении пункта б получен неверный ответ из-за
арифметической ошибки
Имеется верное доказательство утверждения пункта а.
1
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
Решение не соответствует ни одному из критериев, перечисленных
0
выше
3
Максимальный балл
17
Производство x тыс. единиц продукции обходится в q 0,5 x 2 x 7 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?
© СтатГрад 2015−2016 уч. г. Публикация в Интернете или печатных изданиях без письменного
согласия СтатГрад запрещена

6.

Математика. 11 класс. Вариант МА10107 (профильный)
6
 
Решение.
Прибыль (в млн рублей) за один год выражается как
px 0,5 x 2 x 7 0,5 x 2 p 1 x 7.
Это выражение является квадратным трёхчленом и достигает своего
наибольшего значения при x p 1. Наибольшее значение равно
p 1 2 7. Через 3 года прибыль составит не менее 75 млн рублей при
2
p 1 2 7 75 ;
p 1 2 64; p 9 p 7 0,
2
3
то есть при p 9, поскольку цена продукции не может быть отрицательной.
Таким образом, наименьшее значение p 9.
Ответ: p 9.
Содержание критерия
Баллы
Обоснованно получен верный ответ
3
Верно построена математическая модель, решение сведено к иссле2
дованию этой модели, получен неверный ответ из-за вычислительной ошибки.
ИЛИ
Получен верный ответ, но решение недостаточно обосновано
Верно построена математическая модель, и решение сведено к ис1
следованию этой модели, при этом решение не завершено
Решение не соответствует ни одному из критериев, перечисленных
0
выше
3
Максимальный балл
18
 
Найдите все целочисленные значения параметра а, при каждом из которых
система
x 1 2 y a 2 x 5 2 y a 2 4,
x 2 a 1 x 2a 2 3
имеет единственное решение.
© СтатГрад 2015−2016 уч. г. Публикация в Интернете или печатных изданиях без письменного
согласия СтатГрад запрещена

7.

Математика. 11 класс. Вариант МА10107 (профильный)
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 x 5, y a , поскольку иначе
x 1 y a
2
2
x 5 y a
2
2
4.
Следовательно, данная система имеет единственное решение тогда и только
тогда, когда второе уравнение системы имеет единственное решение на
отрезке 1 x 5 .
Рассмотрим квадратичную функцию
f ( x ) x 2 a 1 x 2a 2 3 .
Её график — парабола, направленная ветвями вверх. Поскольку свободный
член 2a 2 3 0 при любом a , то корни этой функции имеют разные знаки.
Известно, что в этом случае единственный положительный корень функции
f ( x) x 2 a 1 x 2a 2 3 лежит на отрезке 1 x 5 тогда и только тогда,
когда f (1) 0 и f (5) 0 . Получаем систему
2
2a 2 2 a 1 ,
f (1) 0, 1 a 1 2a 3 0,
5 a 1 22 2a 2 .
2
2
f (5) 0; 25 5 a 1 2a 3 0; 22 2a 5 a 1 ;
Поскольку любое решение полученного неравенства должно удовлетворять
условию 22 2a 2 0 , то есть a 2 11, и по условию a — целое число, то
решениями неравенства могут быть только a 0, 1, 2, 3 . Из этих
условий проверкой получаем все решения: 2, 1, 0 .
Ответ: 2, 1, 0, 1.
Содержание критерия
Баллы
Обоснованно получен верный ответ
4
С помощью верного рассуждения получены все значения a, но ответ
3
содержит лишнее значение
С помощью верного рассуждения получены одно или несколько
2
значений a
Задача верно сведена к исследованию взаимного расположения
1
корней квадратичной функции (аналитически или графически)
Решение не соответствует ни одному из критериев, перечисленных
0
выше
4
Максимальный балл
© СтатГрад 2015−2016 уч. г. Публикация в Интернете или печатных изданиях без письменного
согласия СтатГрад запрещена

8.

Математика. 11 класс. Вариант МА10107 (профильный)
19
8
Известно, что a, b, c, и d — попарно различные положительные
двузначные числа.
а) Может ли выполняться равенство
a c 9
?
b d 23
a c
a c
быть в 11 раз меньше, чем сумма ?
b d
b d
a c
в) Какое наименьшее значение может принимать дробь
, если a 5b и
b d
c 8d ?
б) Может ли дробь
Решение.
а) Пусть a 20, b 30, c 7 и d 39 . Тогда
a c 27 9
.
b d 69 23
a c a c
. Тогда
b d b d
11 (a c)bd (b d )(ad bc) ,
11abd 11bcd abd bcd ad 2 b2c ,
10abd ad 2 b2c 10bcd и
ad (10b d ) bc(b 10d ).
С другой стороны, имеем
10b d 10 10 99 0 99 10 10 b 10d .
Следовательно, числа ad (10b d ) и bc(b 10d ) имеют разные знаки и не
могут быть равны. Пришли к противоречию.
98
в) Из условия следует, что 99 a 5b 1 и c 8d 1. Значит, b 20.
5
Отсюда, учитывая, что число b целое, получаем, что b 19.
Используя неравенства
a 5b 1, c 8d 1, b 19 и d 10,
получаем
3d 2
3d 2
55
55 177
a c 5b 8d 2
5
5
8
8
.
b d
b d
b d
d 19
d 19
29 29
a c 177
. Следовательно,
Пусть a 96, b 19, c 81 и d 10 . Тогда
b d 29
a c
177
наименьшее возможное значение дроби
равно
.
29
b d
177
.
Ответ: а) Да, например, если a 20, b 30, c 7 и d 39 ; б) нет; в)
29
б) Предположим, что 11
© СтатГрад 2015−2016 уч. г. Публикация в Интернете или печатных изданиях без письменного
согласия СтатГрад запрещена

9.

Математика. 11 класс. Вариант МА10107 (профильный)
9
Содержание критерия
Баллы
Верно получены все перечисленные (см. критерий на 1 балл)
4
результаты
Верно получены три из перечисленных (см. критерий на 1 балл)
3
результатов
Верно получены два из перечисленных (см. критерий на 1 балл)
2
результатов
1
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
Решение не соответствует ни одному из критериев, перечисленных
0
выше
4
Максимальный балл
© СтатГрад 2015−2016 уч. г. Публикация в Интернете или печатных изданиях без письменного
согласия СтатГрад запрещена

10.

Математика. 11 класс. Вариант МА10108 (профильный)
1
Критерии оценивания заданий с развёрнутым ответом
13
а) Решите уравнение tg 2 x 3
11cos x 0 .
5π
б) Найдите все корни этого уравнения, принадлежащие отрезку ; π .
2
Решение.
2
а) tg x 3
tg 2 x 3,
11cos x 0 ;
cos x 0,
π
π
2πn , n , или x 2πk , k .
3
3
5π
б) Корни, принадлежащие отрезку ; π , – π
2
отберём с помощью единичной окружности. Получаем
7π
5π
и
.
3
3
– 5π
3
откуда x
– 5π
2
– 7π
3
π
π
7π
5π
2πn , n ; 2πk , k ; б)
;
.
3
3
3
3
Содержание критерия
Баллы
Обоснованно получены верные ответы в обоих пунктах
2
Обоснованно получен верный ответ в пункте а или в пункте б.
1
ИЛИ
Получен неверный ответ из-за вычислительной ошибки, но при этом
имеется верная последовательность всех шагов решения
Решение не соответствует ни одному из критериев, перечисленных
0
выше
2
Максимальный балл
Ответ: а)
© СтатГрад 2015−2016 уч. г. Публикация в Интернете или печатных изданиях без письменного
согласия СтатГрад запрещена

11.

Математика. 11 класс. Вариант МА10108 (профильный)
14
2
На ребре AA1 прямоугольного параллелепипеда ABCDA1B1C1D1 взята точка
E так, что A1E : EA 2 : 3 , на ребре BB1 — точка F так, что B1F : FB 1: 4 ,
а точка T — середина ребра B1C1 . Известно, что AB 3 , AD 4 , AA1 10 .
а) Докажите, что плоскость EFT проходит через вершину D1 .
б) Найдите угол между плоскостью EFT и плоскостью BB1C1 .
Решение.
а) В плоскости AA1D1 проведём через точку E
прямую, параллельную TF . Пусть она пересекает ребро A1D1 или его продолжение
в точке G . Плоскость EFT проходит через A1
точку G . Треугольник EGA1 подобен равнобедренному треугольнику FTB1 , в котором
FB1 B1T 2 . Отсюда EA1 A1G 4 , значит,
точка G совпадает с точкой D1 .
E
б) В плоскости BB1C1 из точки B1 опустим
перпендикуляр B1K на отрезок FT . В плоскости EFT из точки K проведём перпендикуляр к FT , который пересекает ED1
в точке L . Тогда B1KL — угол между плоскостью EFT и плоскостью BB1C1 или смежный с ним. Из равнобедренного треугольника
FB B T
FB1T находим B1K 1 1 2 . Из равноFT
A
бедренной трапеции EFTD1 находим
B1
T
K
F
G
C1
D1
L
B
C
D
2
2
4 2 2 2
2 ED1 FT
KL TD1
11 .
13
2
2
Точка L — середина отрезка ED1 , поэтому она удалена от сторон AA1 и AD1
параллелепипеда на 2. Значит, B1L является диагональю параллелепипеда со
сторонами 2, 2 и 3. Отсюда B1L 17 . Из теоремы косинусов для треугольника B1KL находим
cos B1KL
Ответ: б) arccos
2
B1K 2 KL2 B1L2
.
2 B1K KL
11
2
.
11
© СтатГрад 2015−2016 уч. г. Публикация в Интернете или печатных изданиях без письменного
согласия СтатГрад запрещена

12.

Математика. 11 класс. Вариант МА10108 (профильный)
3
Содержание критерия
Обоснованно получен верный ответ в обоих пунктах
Верно доказан пункт а.
ИЛИ
Верно решён пункт б при отсутствии обоснований в пункте а
Решение не соответствует ни одному из критериев, перечисленных выше
Максимальный балл
Баллы
2
1
0
2
Выполните ТОЛЬКО ОДНО из заданий: 15.1 или 15.2.
15.1
Решите неравенство 0,5log x 1 x 2 8 x 16 log 4 x x 2 5 x 4 3 .
Решение.
Запишем неравенство в виде
1
2
log x 1 x 4 log 4 x 4 x x 1 3 .
2
Любое решение неравенства удовлетворяет системе
x 1 0,
1 x 4,
4 x 0,
откуда x 2,
x 3.
x 1 1,
4 x 1,
Для таких x имеем неравенство
log x 1 4 x log 4 x x 1 2 .
1
2 , откуда z 0 . Обратная замена:
z
4 x 1 0 ; 2 x 3 .
log x 1 4 x 0 ;
x 1 1
Замена: log x 1 4 x z . Получаем z
Ответ: 2; 3 .
Содержание критерия
Баллы
Обоснованно получен верный ответ
2
Решение содержит вычислительную ошибку, возможно, приведшую
1
к неверному ответу, но при этом имеется верная последовательность
всех шагов решения
Решение не соответствует ни одному из критериев, перечисленных
0
выше
2
Максимальный балл
© СтатГрад 2015−2016 уч. г. Публикация в Интернете или печатных изданиях без письменного
согласия СтатГрад запрещена

13.

Математика. 11 класс. Вариант МА10108 (профильный)
15.2
Решите неравенство
4
x
1: 5 x 1.
2
2 x 12
Решение.
Преобразуем неравенство:
x
1 5 x 2 2 x 2 12
0;
;
2 x 2 12 5 x
2 x 2 12 5 x
x 2 x 2 0.
2x
2
12 x
Учитывая, что при всех значениях x выражение 2 x 2 12 положительно,
получаем
x 2 x 2 0, откуда x 2, 0 x 2.
x
Ответ: ; 2 , 0; 2 .
Содержание критерия
Баллы
Обоснованно получен верный ответ
2
Решение содержит вычислительную ошибку, возможно, приведшую
1
к неверному ответу, но при этом имеется верная последовательность
всех шагов решения
Решение не соответствует ни одному из критериев, перечисленных
0
выше
2
Максимальный балл
16
Дана равнобедренная трапеция KLMN с основаниями KN и LM . Окружность 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 LKN 75 и LM 2 .
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.
L
P
Q
O
K
M
H
N
© СтатГрад 2015−2016 уч. г. Публикация в Интернете или печатных изданиях без письменного
согласия СтатГрад запрещена

14.

Математика. 11 класс. Вариант МА10108 (профильный)
5
б) Пусть окружность с центром в точке O радиуса R касается стороны MN
в точке P . В прямоугольных треугольниках OPQ и KHL имеем
OP
R
OQ
, KH KL cos LKH 2 R cos75 .
sin OQP sin 75
Поэтому
KH KH 2 R cos75
1
2sin 75 cos75 sin150 .
R
2
NH OQ
sin 75
Пусть KH x . Поскольку трапеция KLMN равнобедренная,
KN 2 KH LM ; NH KH LM x 2 .
Тогда
1
KH
x
,
NH x 2 2
откуда x 2 . Значит, KN 2 x 2 6 .
Ответ: б) 6.
Содержание критерия
Баллы
3
Имеется верное доказательство утверждения пункта а, и обоснованно получен верный ответ в пункте б
Получен обоснованный ответ в пункте б.
2
ИЛИ
Имеется верное доказательство утверждения пункта а, и при
обоснованном решении пункта б получен неверный ответ из-за
арифметической ошибки
Имеется верное доказательство утверждения пункта а.
1
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
Решение не соответствует ни одному из критериев, перечисленных
0
выше
3
Максимальный балл
17
Производство x тыс. единиц продукции обходится в q 0,5 x 2 2 x 5 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?
 
© СтатГрад 2015−2016 уч. г. Публикация в Интернете или печатных изданиях без письменного
согласия СтатГрад запрещена

15.

Математика. 11 класс. Вариант МА10108 (профильный)
6
Решение.
Прибыль (в млн рублей) за один год выражается как
px 0,5 x 2 2 x 5 0,5 x 2 p 2 x 5.
Это выражение является квадратным трёхчленом и достигает своего
наибольшего значения при x p 2. Наибольшее значение равно
p 2 2 5. Через 4 года прибыль составит не менее 52 млн рублей при
2
p 2 2 5 52 ;
p 2 2 36; p 8 p 4 0,
2
4
то есть при p 8, поскольку цена продукции не может быть отрицательной.
Таким образом, наименьшее значение p 8.
Ответ: p 8.
Содержание критерия
Баллы
Обоснованно получен верный ответ
3
Верно построена математическая модель, решение сведено к иссле2
дованию этой модели, получен неверный ответ из-за вычислительной ошибки.
ИЛИ
Получен верный ответ, но решение недостаточно обосновано
Верно построена математическая модель и решение сведено к иссле1
дованию этой модели, при этом решение не завершено
0
Решение не соответствует ни одному из критериев, перечисленных
выше
3
Максимальный балл
18
 
Найдите все целочисленные значения параметра а, при каждом из которых
система
x 2 2 y a 2 x 5 2 y a 2 3,
x 2 a 2 x 3a 2 5
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 x 5, y a , поскольку иначе
© СтатГрад 2015−2016 уч. г. Публикация в Интернете или печатных изданиях без письменного
согласия СтатГрад запрещена

16.

Математика. 11 класс. Вариант МА10108 (профильный)
x 2 y a
2
2
x 5 y a
2
7
2
3.
Следовательно, данная система имеет единственное решение тогда и только
тогда, когда второе уравнение системы имеет единственное решение на
отрезке 2 x 5 .
Рассмотрим квадратичную функцию
f ( x) x 2 a 2 x 3a 2 5 .
Её график — парабола, направленная ветвями вверх. Поскольку свободный
член 3a 2 5 0 при любом a , корни этой функции имеют разные знаки.
Известно, что в этом случае единственный положительный корень функции
f ( x) x 2 a 2 x 3a 2 5 лежит на отрезке 2 x 5 тогда и только тогда,
когда f 2 0 и f 5 0 . Получаем систему
f 2 0,
f 5 0;
Поскольку
4 2 a 2 3a 2 5 0, 3a 2 1 2 a 2 ,
5 a 2 20 3a 2 .
2
2
25 5 a 2 3a 5 0; 20 3a 5 a 2 ;
любое решение полученного неравенства должно удовлетворять
20
условию 20 3a 2 0 , то есть a 2 , и по условию a — целое число,
3
решениями неравенства могут быть только a 0, 1, 2 . Из этих условий
проверкой получаем все решения: 2, 1, 0 .
Ответ: 2, 1, 0, 1.
Содержание критерия
Баллы
Обоснованно получен верный ответ
4
С помощью верного рассуждения получены все значения a, но ответ
3
содержит лишнее значение
2
С помощью верного рассуждения получены одно или несколько
значений a
Задача верно сведена к исследованию взаимного расположения
1
корней квадратичной функции (аналитически или графически)
Решение не соответствует ни одному из критериев, перечисленных
0
выше
4
Максимальный балл
© СтатГрад 2015−2016 уч. г. Публикация в Интернете или печатных изданиях без письменного
согласия СтатГрад запрещена

17.

Математика. 11 класс. Вариант МА10108 (профильный)
19
Известно, что a, b,
двузначные числа.
8
c, и d — попарно различные положительные
а) Может ли выполняться равенство
a c 6
?
b d 23
a c
a c
быть в 11 раз меньше, чем сумма ?
b d
b d
a c
в) Какое наименьшее значение может принимать дробь
, если a 4b и
b d
c 7d ?
б) Может ли дробь
Решение.
а) Пусть a 10, b 20, c 14 и d 72 . Тогда
a c 24 6
.
b d 92 23
a c a c
. Тогда
b d b d
11 (a c)bd (b d )(ad bc) ,
11abd 11bcd abd bcd ad 2 b2c ,
10abd ad 2 b2c 10bcd и
ad (10b d ) bc(b 10d ).
С другой стороны, имеем
10b d 10 10 99 0 99 10 10 b 10d .
Следовательно, числа ad (10b d ) и bc(b 10d ) имеют разные знаки и не
могут быть равны. Пришли к противоречию.
98
в) Из условия следует, что 99 a 4b 1 и c 7d 1. Значит, b 25.
4
Отсюда, учитывая, что число b целое, получаем, что b 24.
Используя неравенства
a 4b 1, c 7 d 1, b 24 и d 10,
получаем
3d 2
3d 2
70
70 84
a c 4b 7 d 2
4
4
7
7 .
b d
b d
b d
d 24
d 24
34 17
a c 168 84
. Следовательно,
Пусть a 97, b 24, c 71 и d 10 . Тогда
b d 34 17
a c
84
наименьшее возможное значение дроби
равно
.
b d
17
84
.
Ответы: а) Да, например, если a 10, b 20, c 14 и d 72 ; б) нет; в)
17
б) Предположим, что 11
© СтатГрад 2015−2016 уч. г. Публикация в Интернете или печатных изданиях без письменного
согласия СтатГрад запрещена

18.

Математика. 11 класс. Вариант МА10108 (профильный)
9
Содержание критерия
Баллы
Верно получены все перечисленные (см. критерий на 1 балл)
4
результаты
Верно получены три из перечисленных (см. критерий на 1 балл)
3
результатов
Верно получены два из перечисленных (см. критерий на 1 балл)
2
результатов
Верно получен один из следующих результатов:
1
– пример в п. а,
– обоснованное решение в п. б,
– искомая оценка в п. в,
– пример в п. в, обеспечивающий точность предыдущей оценки
Решение не соответствует ни одному из критериев, перечисленных
0
выше
4
Максимальный балл
© СтатГрад 2015−2016 уч. г. Публикация в Интернете или печатных изданиях без письменного
согласия СтатГрад запрещена