Вариант 3 профиль (январь 2019) сайт "Решу ЕГЭ"
материал для подготовки к егэ (гиа, 11 класс)

Гущин    Вариант 2  (январь 2019)   Задание 17 № 514486

В июле 2016 года планируется взять кредит в банке на четыре года в размере S млн рублей, где S — целое число. Условия его возврата таковы:

− каждый январь долг увеличивается на 25% по сравнению с концом предыдущего года;

− с февраля по июнь каждого года необходимо выплатить одним платежом часть долга;

− в июле каждого года долг должен составлять часть кредита в соответствии со следующей таблицей

Найдите наибольшее S, при котором общая сумма выплат будет меньше 50 млн рублей.

Решение.

Долг перед банком (в млн рублей) на июль каждого года должен уменьшаться до нуля следующим образом:

По условию, в январе каждого года долг увеличивается на 25%, значит, долг в январе каждого года равен:

Следовательно, выплаты с февраля по июнь каждого года составляют:

По условию, сумма выплат должна быть меньше 50 млн рублей.

Наибольшее целое решение этого неравенства — число 29. Значит, искомый размер кредита — 29 млн рублей.

Ответ: 29.

Задание 14 № 512336

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.

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 точку G. Треугольник EGA1 подобен равнобедренному треугольнику FTB1, в котором FB1 = B1T = 1. Отсюда EA1 = A1G = 2, значит, точка G совпадает с точкой D1.

б) В плоскости BB1C1 из точки B1 опустим перпендикуляр B1K на отрезок FT. В плоскости EFT через точку 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

Из равнобедренной трапеции EFTD1 находим

Точка L — середина отрезка ED1, поэтому она удалена от сторон AA1 и AD1 параллелепипеда на 1. Значит, B1L является диагональю параллелепипеда со сторонами 1, 1 и 4. Отсюда Из теоремы косинусов для треугольника B1KL находим

      Ответ: б)

Задание 15 № 511471

Решите неравенство

Решение.

Воспользуемся свойствами логарифмов:

Решим второе неравенство полученной системы:

Пусть тогда неравенство примет вид:

Откуда, учитывая первое неравенство системы, получаем:

Ответ: