УЧЕБНО-МЕТОДИЧЕСКИИ КОМПЛЕКС
«МАТЕМАТИКА. ЕГЭ-2010»
готовимся
ЕГЭ
Лысенко, С.Ю.Кулабухова
МАТЕМАТИКА
ЧАСТЫ. РЕШЕНИЯ ТЕСТОВЫХ ЗАДАНИЙ
ЧАСТБ2. РЕШЕНИЯ СБОРНИКА ЗАДАЧ^
в электронном B^e.Hajvjv.w.legionr.ru
РЕШЕБНИК ш
_■
Подготовка к ЕГЭ -2010
ЛЕГИОН

Готовимся к ЕГЭ
Под редакцией
Ф.Ф. Лысенко, СЮ. Кулабухова
МАТЕМАТИКА
РЕШЕБНИК
ПОДГОТОВКА К ЕГЭ-2010
ЧАСТЬ 1
РЕШЕНИЯ ТЕСТОВЫХ ЗАДАНИЙ
Учебно-методическое пособие
ЧАСТЬ 2. РЕШЕНИЯ СБОРНИКА ЗАДАЧ -
на www.legion.ru
ИЗДАТЕЛЬСТВО «ЛЕГИОН-М»
Ростов-на-Дону
2009

ББК22.1
М34
Рецензенты: С. О. Иванов — аспирант каф. АДМ ЮФУ,
Л. Л. Иванова — заслуженный учитель России.
Авторский коллектив:
Ангельев В. Д., Войта Е. А., Дерезин С. В., Евич Л. Н.,
Кулабухов С. Ю., Ольховая Л. С, Фофонов А. Е.
Математика. Решебник. Подготовка к ЕГЭ-2010:
учебнометодическое пособие / Под редакцией Ф. Ф. Лысенко,
С. Ю. Кулабухова. — Ростов-на-Дону: Легион-М, 2009. —
288 с. — (Готовимся к ЕГЭ.)
ISBN 978-5-91724-029-9
Данный решебник предназначен для самостоятельной или
коллективной подготовки школьников к ЕГЭ. Он является
логическим продолжением основной книги «Математика.
Подготовка к ЕГЭ-2010» под редакцией Ф.Ф. Лысенко, СЮ.
Кулабухова.
Решебник состоит из двух частей.
Часть I — пособие, которое Вы держите в руках. Оно
содержит решения всех вариантов учебно-тренировочных тестов
издания «Математика. Подготовка к ЕГЭ-2010», за
исключением вариантов, представленных в самой книге.
Часть II — пособие в электронном виде. Оно содержит
решения задач, вошедших в главу «Сборник задач для
подготовки к ЕГЭ» основной книги. Пособие размещено на сайте
издательства www.legionr.ru в свободном (бесплатном) доступе.
Решебник поможет выпускнику быстро освоить весь
необходимый материал и успешно подготовиться к ЕГЭ. Также он
может быть полезен учителям и методистам.
ISBN 978-5-91724-029-9 ББК22.1
© ООО «Легион-М», 2009.

Оглавление
Оглавление
Глава I. Решения вариантов тестов части 1 5
Решения варианта 2 5
Решения варианта 3 12
Решения варианта 4 19
Решения варианта 5 25
Решения варианта 6 32
Решения варианта 7 38
Решения варианта 8 45
Решения варианта 9 54
Решения варианта 10 62
Решения варианта 11 72
Решения варианта 12 78
Решения варианта 13 83
Решения варианта 14 92
Решения варианта 15 100
Решения варианта 16 106
Решения варианта 17 113
Решения варианта 18 122
Решения варианта 19 131
Решения варианта 20 139
Глава II. Решения вариантов тестов части 2 146
Решения варианта 2 146
Решения варианта 3 151
Решения варианта 4 161
Решения варианта 5 172
Решения варианта 6 178
Решения варианта 7 185
Решения варианта 8 190
Решения варианта 9 194
Решения варианта 10 203
Решения варианта 11 211
Решения варианта 12 217

Оглавление
Решения варианта 13 223
Решения варианта 14 231
Решения варианта 15 240
Решения варианта 16 246
Решения варианта 17 252
Решения варианта 18 260
Решения варианта 19 268
Решения варианта 20 277
Литература 286

Глава I. Решения вариантов тестов
части 1
Решения варианта 2
81. В полученном растворе 600 • 0,18 = 108 (г) соляной кислоты, значит
изначально в растворе было 108 - 100 = 8 (г) кислоты.
Ответ: 8.
82. Наибольшая скорость велосипедиста за последние три часа
движения — ордината самой высокой точки графика при t e [2; 5]. По графику
определяем скорость — 30 км/ч.
Ответ: 30.
83. lg(10 - х) = 2, по определению логарифма имеем 10 - х = 102,
Ответ: -90.
В4. (sin75° • cos 15° - sin 15° • cos 75°)2 + 0,5 = (sin(75° - 150))2 +
+ 0,5 = (sin60°)2 + 0,5 = (^) + 0,5 = 0,75 4- 0,5 = 1,25.
Ответ: 1,25.
B5. Найдём, сколько деталей за ночь может изготовить каждая бригада.
1-я бригада: 10 • 20 + 5 • 7 = 235 деталей;
2-я бригада: 7 • 20 +13 • 7 = 231 деталь;
3-я бригада: 11 • 20 + 2 • 7 = 234 детали.
Из условия следует, что вышла работать 1-я бригада, то есть заказчик
заплатит 235 • 500 = 117500 (руб.) = 117,5 тыс. руб.
Ответ: 117,5.
В6. В координатной плоскости Оху построим треугольник ABC
(см. рис. 1). Проведём АН ± ВС, тогда Sabc = \АН • ВС.
Сторона ВС параллельна оси ординат, ВС = 5 — 3 = 2.
Высота АН параллельна оси абсцисс, АН = 3 — 0 = 3.
5лвс = |-3- 3 = 4,5.
Ответ: 4,5.
В7.З2^ • З2-^ + З2 = з(2+^)+(2-^> + З2 = З4 + З2 = 81 + 9 = 90.
Ответ: 90.
В8. По условию касательная, проведённая к графику функции
у = ~х2 + 4ж + 11 в точке А, параллельна прямой у = 1 - 2х, значит

Решения вариантов тестов части 1
С(3;5)
Рис. 1.
у'(хо) = -2, где хо — абсцисса точки А.
у'(х) = -2х + 4, у'(х0) = -2х0 + 4, -2х0 + 4 = -2, х0 = 3, тогда
уо = -З2 + 4 • 3 4-11 = 14, следовательно точка А имеет координаты
(3; 14), их сумма равна 17.
Ответ: 17.
В9. Задача сводится к решению уравнения y(t) = 2x(t), то есть
8 + 24* - 5*2 = 6t, где* >0.
Ы2 - Ш - 8 = 0; h = -0,4, *2 = 4. *i = -0,4 — не удовлетворяет
условию t > 0, значит фиксация снаряда произойдёт при t = 4 на высоте
2
Ответ: 24.
810. Из условия следует, что радиусы оснований цилиндра и конуса
совпадают. Обозначим г — радиус основания конуса, I - его образующая.
Яп.п.ц = 2 • тгг2 4- 2тгг -10 = 2тг(г2 + Юг), 5п.п.к = кг2 -h irrl.
5п.п.ц = 2 • 5п.п.к, 2ят(г 4-10) = 2тгг(г 4- Z), г +10 = г + Z, Z == 10.
Ответ: 10.
811. Найдём стационарные точки: у'(ж) = 12-6х-6х2; 12-6х-6х2 = 0;
х2 4- х - 2 = 0; xi = -2, х2 = 1-
Найдём значения функции на концах отрезка и в стационарной точке х =
= -2. у(-4) = 37, у(-2) = -15, у(1) = 12.
Из чисел 37; -15; 12 наибольшим является 37, наименьшим 15.
37 -(-15) = 37 +15 = 52.
Ответ: 52.
812. Пусть х км/ч — собственная скорость теплохода, тогда его скорость
по течению равна (х 4- 4) км/ч, а против течения — (х - 4) км/ч. К моменту
30
встречи теплохода с плотом плот прошёл 30 км за ^ = 7,5 часов. Время,

Решения варианта 2 7
которое до этого момента находился в пути теплоход, описывается фор-
мулой * + Ц—ijj. Получаем уравнение +14—37 = 7,5;
42(х - 4) + 12(* + 4) = 6,5(гг2 - 16); 13ж2 - 108ж + 32 = 0; хг = 2,75,
х2 = 8.
По смыслу задачи скорость теплохода больше скорости течения, тогда
скорость теплохода равна 8, то есть в 2 раза больше скорости течения.
Ответ: 2.
Г y2
log3(l-2/)=0.
По определению логарифма из второго уравнения имеем Зж = 1 — у.
Подставим Зж = 1 — у в первое уравнение и решим его
2 У 2
Обозначим v^y2 — У + 3 = £, t > 0, тогда последнее уравнение примет вид
t2 -1 - 6 = 0, откуда t\ = 3, t2 = -2, £2 не удовлетворяет условию £ > 0.
Вернёмся к замене: у/у2 - у + 3 = 3; у2 - у + 3 = 9; у2 - у - 6 = 0;
У1 = -2, у2 = 3.
1) у = -2, Зж = 1 - (-2), 3х = 3, х = 1.
2) у = 3, Зж = 1 - 3,3* = -2, решений нет.
Итак, исходная система имеет единственное решение (1; —2).
Ответ: (1;-2).
С2. По условию пирамида Sabcd правильная: ABCD — квадрат, точка
О — центр квадрата, SO — выЬота, SM — апофема. Через ребро АВ
проведена плоскость ABQ, пересекающая высоту пирамиды SO в точке
#,S# = #O (см. рис.2).
1) Найдём отношение, в котором указанная плоскость делит апофему SM,
SL
то есть найдём к = ~-fr,
оМ
Рассмотрим ASNM (см. рис.3).
1. ASTL ~ ASOM (ZSTL = ZSOM = 90°, ZSLT = ZSMO как
соответственные при LT\\MО и секущей SM).
Ш = ш = ш=к8Т-к
2. ALTK ~ &NOK (ZLTK = ZNOK = 90°, LLKT = ZJViiCO как
вертикальные).

Решения вариантов тестов части 1
М
3. По условию SK = КО = ^5О, тогда
2) AB\\CD =» AB\\DSC =» AB\\PQy тогда PQ\\CD.
где S — площадь боковой грани пирамиды.
Треугольники ASP и APD имеют общую высоту, проведённую из точки
Итак, SASB + SASP + SBSQ + SPSQ = S + ±S + У + ±S = ^S.
3 3 9

Решения варианта 2 9
Таким образом, плоскость ABQ делит площадь боковой поверхности в
отношении
16 «у 16 г,
Т = JL- = i
16 с, 20С 5
Ответ: 4:5.
СЗ. logl_x(l - х)(1 + 2х) + i logl+2x(x -1)4 ^ -1.
03П=^: /-4<я<1-
l^(l + 2х) + \ . 41og1+2x |х - 1| ^ -1;
при о? € (—0,5; 0) U (0; 1) \х — 1| = 1 - х, тогда имеем
Пусть Iog1_a.(l + 2х) = t, тогда при х е (-0,5; 0) U (0;l) t < 0 (при
х е (-0,5;0) 1-х > 1',0 < 1 + 2я < 1, следовательноlog1_a.(H-2x) < 0;
при ж G (0; 1) 0 < 1-х < 1,1+2х > 1, следовательно Iog1_x(l+2x) < 0).
t + | ^ -2; t2 + 1 < -2t (так как * < 0); t2 -f 2t + 1 ^ 0; (t -f I)2 < 0;
t = -l.
Вернёмся к замене, получим: Iog1-a.(l + 2х) = —1; 1 + 2х = тг-=—;
X ~~ X
(1 + 2х)(1 - х) = 1; -2х2 + х = 0; xi = 0, Х2 = ^. х = 0 не принадлежит
ОДЗ, поэтому решением исходного неравенства является х = \-
Ответ: 0,5.
С4. Пусть К — центр окружности.
Точка О равноудалена от точек С и D, тогда AOCD — равнобедренный и
ОС = ОД ZDDC = Z.OCD = 60°, ZCOD = 180° - 2/.OCD = 60°, =»
AOCD — равносторонний.
Угол ACD — вписанный, ZACD = 60°, тогда ^ ABD = 120°.
Аналогично w CAB = 120°.
— CAB =w ЛВС = 120°, тогда — CAB- — АпВ =>
- ^ АпВ, то есть w AC =w BD, откуда АС = BD.

10 Решения вариантов тестов части 1
Рис. 4.
ОС = ОД ОС-АС = OD-BD, О А = OB, ZO = 60°, тогда АОАВ —
равносторонний, ZOAB = ZOBA = 60°, AB\\CD.
АК = СК = £# = DK как радиусы, тогда из треугольников АКС и
получаем ZKAC = 60°, Ztf BD = 60°.
= 180° - ZOAB - ZKAC = 60°, аналогично ZAJBAT = 60°, тогда
ААВК равносторонний и г = АйТ = АВ = 2.
Ответ: 2.
С5.Ь4-8Ьсоз(со8ж)-9ж2 = 0 (1).
Рассмотрим три случая.
1. Ь = 0 — уравнение (1) имеет единственное решение х = 0.
2. Ь > 0.
Приведём уравнение к виду Ь4 - 9ж2 = 8Ь cos(cos ж).
Уравнение (1) имеет единственное решение, когда графики функций
/(ж) = Ь4 — 9х2 и д(х) = 86 cos(cos x) имеют только одну общую точку.
Функции f(x) и д(х) чётные, значит их графики симметричны
относительно оси ординат.
•Е(Я — (-°°;Ь4],£Ы = [86 cos 1; 86], следовательно единственное
решение уравнение (1) имеет при условии б4 = 86 cos 1 (см. рис. 5).
Так как 6 > 0, то 6 = 2^cosl.
3. 6 < 0. /(0) = б4, я(0) = 86 cos 1 < 0, /(0) ф я(0) и функции /(ж) и
д(х) — чётные, поэтому уравнение /(ж) = #(ж) при 6 < 0 имеет чётное
число корней, что не удовлетворяет условию задачи.
Ответ: 0;2v^cosl.
Сб. Из условия следует, что 0 < с — a < 1, откуда a < с < a +1. Выразим
с через а из равенства 2с2 4- с = 20а + 10.
22

Решения варианта 2
11
Рис. 5.
v/160o + 81 < 4a + 5,
a>0;
160a + 81>16a2 ,
160o + 81< 16a2 + 40a + 25,
a>0;
2a2-19a-10<0,
2a2 - 15a - 7 > 0,
a>0.
Решим каждое неравенство отдельно.
1.2a2 - 19a - 10 < 0, (2a + l)(a - 10) < 0, -| < a < 10.
2.2a2 - 15a - 7 > 0, D = 152 + 56 = 281,
,a 6 (-
Вернёмся к системе, получим a € ( У ; Ю J.
Учитывая, что a — натуральное число, получаем a = 8; 9.
приа = 9с= -1 + лДбО^
4
число.
Ответ:
= -1 + 39 . 95_
= 9,5 — рациональное

12 Решения вариантов тестов части 1
Решения варианта 3
81. За 2 минуты, то есть за 120 секунд, скачается 0,25 Мб/с • 120 с =
= 30 Мб. Число 30 составляет Щ • 100% = 40% от числа 75.
75
Ответ: 40.
82. Наименьшая цена акции за 24.04.09 — ордината самой нижней точки
данного графика на его участке, соответствующей дню 24.04.09. Из
рисунка видно, что искомая величина равна 186.
Ответ: 186.
2х > 8, Г 2х
*>23, Г*>3,
^5; \ х ^ 5;
Решением данной системы является промежуток (3;5], содержащий два
целых решения 4 и 5.
Ответ: 2.
log7^ 1
В4.98 • 7 4У = 98 ~ = 2.
49
Ответ: 2.
85. По таблице среди мониторов с длиной диагонали 23,6 дюйма
выбираем монитор с наименьшей оптовой ценой, то есть с ценой 201 у.е.
2050 : 201 = Ю^г, значит на 2050 у.е. максимально можно купить 10
требуемых мониторов по оптовой цене.
Ответ: 10.
86. Длина окружности радиусом 3 дм равна бтг дм, тогда скорость, с
которой ползёт муха, равна!~ дм/мин. Диаметр окружности равен 6 дм, тогда
искомое время равно 6 : ~г = — мин. Округлив до целых, получим 3.
Ответ: 3.
В7.9cos2a: = 9(2cos2x - 1) = 18cos2x - 9 = 18-|-9 = 2-9 = -7.
Ответ: —7.
В8. Скорость тела в момент времени t = 2 с — значение производной
функции перемещения при t = 2.
Итак, x'(t) = 10t + 2, ж'(2) = 10 - 2 + 2 = 22.
Ответ: 22.

Решения варианта 3 13
В9. Пусть а м — длина стороны одного участка, 6 м — другого, тогда по
условию 4а + 46 = 52 и а2 + б2 = 89. Найдём а и 6.
/4(а + 6) = 52, Га + 6 = 13, Гб = 13-а,
2 2 |2 2 |2 2
Г 6 = 13 - а,
\ а2-13а + 40 = 0.
Получаем два решения: а = 5, 6 = 8 и а = 8,6 = 5.
Длина стороны большего участка равна 8 м.
Ответ: 8.
В10. Sg.n. = 7ГГ^»где г — радиус основания конуса, I — его образующая.
Так как г = 3 и 5g п = 15тг, то I = ^^ = 5. Осевое сечение конуса —
равнобедренный треугольник с основанием 2г и боковой стороной I (см.
рис. 6). Площадь осевого сечения равна
\ . h - 2г = \Я2-г2 • г = 4 ■ 3 = 12.
Рис. 6.
Ответ: 12.
В11. Пусть точка с координатами {х\у) принадлежит графику функции
у = х2 + - тогда квадрат расстояния от неё до точки А равен (ж + 2)2 +
+ (У ~ I)2. Необходимо найти наименьшее значение выражения.
4"
Обозначим /(ж) = ж4 + 4ж 4- 4^ тогда /'(ж) = 4ж3 4- 4 = 4(ж3 4-1) =
- 4(ж + 1)(х2 - ж 4-1), fix) = 0, ж = -1.
Функция /(ж) имеет единственную точку минимума ж = —1, значит при
х = ""1 достигается наименьшее значение функции /(ж) (см. рис. 7).

14 Решения вариантов тестов части 1
Ах) - +
f(x) ^ ч
Рис. 7.
= 1,25.
Ответ: 1,25.
В12. Пусть ж км/ч — собственная скорость теплохода, у км/ч — скорость
течения реки, 5 км — расстояние от пристани А до пристани В.
Q
По условию S = 3(ж 4- у), 5 = 4(х - у), требуется найти ~.
у
3(ж 4- у) = 4(х - у), s = 7у, 5 = 3(х 4- у) = 24у, тогда ^ = 24.
у
Ответ: 24.
С1. ОДЗ. Зх2 + х +1 > 0, ж 6 Д.
log*;(3x2 + х +1) - logi (9x2 + Зх + 3) = 18,5;
log|(3x2 + х +1) - (-|) • Iog3(3(3x2 + х +1)) = 18,5;
2 log|(3x2 + x +1) + Iog3(3x2 + x +1) 4-1 = 37;
2 log|(3x2 + x + 1) + Iog3(3x2 + x + 1) - 36 = 0.
Пусть Iog3(3x2 + x +1) = t, тогда последнее уравнение примет вид
2t2 +1 - 36 = 0, (2t + 9)(t - 4) = 0, откуда ti = -4,5, t2 = 4.
Вернёмся к замене.
I)log3(3x2+x+l) = -4,5;3x2+x+l = z-^;3^+x+(l—-^\ = 0.
то есть действительных корней нет.
2) Iog3(3x2 + х +1) = 4; Зх2 + х +1 = З4; Зх2 + х - 80 = 0;
(Зх + 16)(х - 5) = 0; х = -i£, х = 5.
Ответ: —4^,5.
о
С2. Пусть Ou O2, Ог — центры сфер, А\% А^ Аз — их проекции на
плоскость а, тогда по условию треугольник А1А2А3 — прямоугольный. Будем
считать, что АгА2 = 10, А\ Аз = 20.

Решения варианта 3
15
Обозначим гх = АгОъг2- А2О2, г3 = А3О3 — радиусы сфер.
Рассмотрим четырёхугольник О\AiA2O2 (см. рис. 8).
А2
Рис. 8.
Так как О\А\ Лай О2А2 ± а, то OiAi\\O2A2.
АО\О2Н — прямоугольный, О2Н = AiA2 = 10, тогда по теореме
Пифагора ОХО\ = ОгН2 + О2#2;
(п + Г2)2 = (г2 - п)2 + 102; 4пг2 = 100; пг2 = 25.
Аналогично рассматривая трапеции О2А2АзО$ и О\А\АъОз> получим
г2г3 = 100 и пгз = 125.
I,
Г пг2 = 25,
Итак, получаем систему уравнений < г2г$ = 100,
Г г22 = 20, ( п = 2,5\/5
< r2r3 = 100, < г2 = 2\/5,
{ ггг3 = 125; [ г3 = Юл/^.
Таким образом, г\ + г2 + г3 = 14,5%/5.
Ответ: 14,5л/5.
СЗ.
sin х cos у = j,
sin 7/cos х = jj
sin x cos у -I- sin у cos x = 1,
sin x cos у — sin у cos x = i
sin(x + y) = 1,
8in(x - y) = I
-•
2'
x-y = (-l)n|+7rn,n€Z,

16
Решения вариантов тестов части 1
х + У = f
ж = |
о
:, к € Z,
,kez.
: (| + тгЛ; ^ 4- TrfeV A; e Z.
Ответ:
C4. Из прямоугольного треугольника MNK получаем
МК = V145 — 81 = 8. Пусть О — центр окружности, a Q и L — точки
касания окружности со сторонами МК и MN соответственно, г — радиус
окружности (см. рис. 9).
М г Q К
г
1 О
г
\
•7
X
N
Рис. 9.
В прямоугольном треугольнике ОТР ОТ = LN = 9 - г, ТР = 8 - г,
ОР = г, тогда ОР2 = ОТ2+ТР2, г2 = (9-r)2+(8-r)2, r2-34r+145 = О,
откуда п = 5, гг = 29. Так как по смыслу задачи г < Ml£ = 8, то
искомый радиус равен 5.
Треугольник АОР — равнобедренный, тогда
АР = 2НР = 2ОТ = 2(9 - г) = 8, АК = 9 - 8 = 1.
Площадь трапеции MNAK равна
S = \МК(АК + MW) = J • 8 • (1 + 9) = 40.
Ответ: 40.
( )( ()
Изобразим на координатной плоскости множество решений неравенства
(1) (см. рис. 10).
Так как для любого решения (ж; у) неравенства (1) выполняется условие

Решения варианта 3
17
Рис. 10.
-2 < у < 2, то для таких значений у имеем у + 3 > 0 и неравенство (2)
примет вид (у — х + 2)(ж2 — 8х +12 - у) > 0,
(у-(х- 2))(з/ - (я2 - 8* +12)) < 0 (3).
Изобразим на координатной плоскости графики функций у = х — 2 и
2/ = ж2 - 8х + 12 (см. рис. 11).
у=х-2
у=х2-Ъх+12
Рис.11.
Решением неравенства (3) являются такие пары (ж; у), в которых значение
у лежит между значениями выражений х - 2 и ж2 - 8х 4-12, как показано
на рисунке 11.
Итак, необходимо найти такие значения параметра о, при которых
множество решений неравенства (1), изображённое на рисунке 10, содержится
в множестве, изображённом на рисунке 11.

18 Решения вариантов тестов части 1
Нетрудно заметить, что искомыми значениями а будут а < 0, а = 4.
Ответ: а ^ 0, а = 4.
Сб. Указанное уравнение имеет корни тогда и только тогда, когда
Нужно найти такие а из промежутка 12; 11, при которых функция
/(а) = ^ _7i\8 принимает целые значения.
Найдём промежутки монотонности функции /(а).
.„ ч _ -27 ■ 4(а - I)3 - 4 ■ 3(о - I)2 - 27(2 - о) _ 27(2а-5)
1 w "" 16(а-1)6 " 4(а-1)4
/(а) ^ J. ^^ «
Рис. 12.
Итак, функция /(о) имеет единственную точку минимума о = jy
(см. рис. 12). При a e 2;§ функция /(о) строго убывает, /(2) = О,
/f i J = -1, значит на этом промежутке у неё ровно два целых значения
при а = 2иа= •=.
При а € (|; |] функция /(а) строго возрастает, /(|) = -Щ,
значит на этом промежутке она не имеет целых значений. Искомые значения
а равны 2 и |.
Ответ: 2-Л.

Решения варианта 4 19
Решения варианта 4
81. Скорость скачивания равна -£=• Мб/с = •— Мб/с. После увеличения
2il 18
на 20% скорость станет равна i • 1,2 Мб/с = ^ Мб/с.
1о 15
Файл величиной 80 Мб скачается за 80 : ^= = 1200 с, то есть за 20
15
минут.
Ответ: 20.
82. Наибольшая цена акции за 30.03.09 — ордината самой высокой точки
данного графика на его участке, соответствующей дню 30.03.09. Из
рисунка видно, что искомая величина равна 2100.
Ответ: 2100.
{Зж ^ З2
l' (^2'поК -0,25 <х< 2.
х > ~; \х> -0,25; ' ^
Решением данной системы является промежуток (—0,25; 2], содержащий
3 целых решения: 0,1,2.
Ответ: 3.
В4.256 4 64 = 256 • ^ = 28 • 2-6 = 22 = 4.
64
Ответ: 4.
85. По таблице среди мониторов с длиной диагонали 24 дюйма
выбираем монитор с наименьшей розничной ценой, то есть с ценой 266 у.е,
or
1500 : 266 = 5:р^г, значит на 1500 у.е. максимально можно купить 5 тре-
1оО
буемых мониторов по розничной цене.
Ответ: 5.
86. Площадь прямоугольника 2 м х 3 м равна 6 м2, значит для
окрашивания 1 м2 необходимо 100 г краски. Площадь круга радиусом 5 м
равна 25тг м2, значит для его окрашивания нужно 2500тг г = 2,5тг кг краски.
Округлив до целых, получим 8.
Ответ: 8.
B7.3tg2x = 3sinoa;=:3» sin4 =3-4-^ = ^ = 24
cos2 x 1 - sin2 x 9 ' 9 5 ' '
Ответ: 2,4.

20 Решения вариантов тестов части 1
88. Скорость тела в момент времени t = 3 с — значение производной
функции перемещения при t = 3.
Итак, x'(t) = Ш - 4, х'(3) = 48 - 4 = 44.
Ответ: 44.
89. Пусть а м — длина одной стороны участка, ft м — другой, тогда по
условию aft = 24,2a 4- 2ft = 22. Найдём а и ft.
Г 2(a + ft) = 22, Г a + ft = 11, Г ft = 11 - a,
\ aft = 24; \ aft = 24; \ a(ll - a) = 24;
/6=11-0,
\a2-lla + 24 = 0.
Получаем два решения: a = 3, Ь = 8иа = 8, Ь = 3.
Длина наименьшей стороны равна 3.
Ответ: 3.
810. Объём конуса вычисляется по формуле V = \irr2h9 где г — ради-
о
ус основания конуса, h — его высота. Так как h = 12 и V = 1007т, то
г = 5. Пусть Z — образующая данного конуса, тогда / = у/г2 + h2 = 13.
g6.n. = щ = 1 = 13 = 26
5осн. ят2 г 5
Ответ: 2,6.
811. Пусть точка с координатами (ж; у) принадлежит графику функции
у=у/2х — 8, тогда квадрат расстояния от неё до точки В равен (х-7)2+2/2.
Необходимо найти наименьшее значение данного выражения.
2 2 2 2 2
() 2 ()
Таким образом, наименьшее значение выражения {х — 7)2 + у2 равно 5
(х = 6 принадлежит области определения функции у = л/2х - 8).
Ответ: 5.
В12. Из условия задачи следует, что Маша собирает малину со
скоростью ^ ведра в час, а Саша — \ ведра в час. Вместе за час они собирают
о 5
118
- + ~ = -2- ведра, значит два ведра они соберут за
о О 15
2: ^ = И = 3,75часа.
Ответ: 3,75.
С1.ОДЗ
{15 + у/х - 5 > О,
15 + Vx^5Vl,
*-5>0;

Решения варианта 4
21
Пусть Iog5(15 + tJx — Ь) = £, t ^ 1 + log5 3, тогда последнее уравнение
примет вид*+|-3 = 0;*2-3£ + 2 = 0,(*-1)(*-2) = О, откуда*! = 1,
t2 = 2. t\ = 1 не удовлетворяет условию £ ^ 1 + log5 3.
Вернёмся к замене.
Iog5(15 + у/х-Ь) = 2,15 + \te-5 = 25, у/х-Ь = 10, ж = 105.
Ответ: 105.
С2. Проекции Аь Аг, Аз центров Oi, O2,03 данных шаров на плоскость
а являются вершинами правильного треугольника, А — его центр
(см. рис. 13).
Рис. 13.
Найдём г — радиус четвёртого шара.
Рассмотрим фрагмент сечения данной конструкции плоскостью,
проходящей через точки А, А\ и О\ (см. рис. 14), О — центр четвёртого шара.
в прямоугольном треугольнике ОКО\ имеем ОК2 + ОгК2 = ОО\,

22
Решения вариантов тестов части 1
Найдём V — объём пирамиды OO1O2O3. Высота этой пирамиды ОК
равна h = >/3 — ^- = ^Г". Основанием пирамиды ОО\О%Ог является
о о
правильный треугольник O1O2O3 со стороной 2\/5, его площадь равна
Таким образом, V = \hS = \ • ^ • 3\/3 = 2.
Ответ; r=
СЗ.
cos2 ж + cos2 у = j,
n2x — sin2i/ = —j
sin x — sin у :
Я".
j,
M < v
1
l-hcos2y-sin2y= i
cos2 ж - sin2 x + 1 = 1,
M < f;
cos2x = 0,
M < f;
27Г
2x= |
M < f;
Z,
M < f;
Omeem: (±j,±£ +тгп\ц е Z.
C4. Пусть ZNMP = а, тогда из условия следует, что ZPMK = a.
/-NKP = ZNMP = а, так как эти углы вписанные и опираются на одну
дугу (см. рис. 15). Аналагично ZPNK = Z.PMK = а.
Так как ZPNK = ZPKN, то треугольник JVPAT — равнобедренный,
тогда NP = PK.
В четырёхугольник MNPK можно вписать окружность,
следовательно NP + МК = PIT + MW, откуда MiNT =

Решения варианта 4
23
Рис. 15.
Треугольник NMK — равнобедренный, МА — его биссектриса, а
значит, и высота, то есть МР ± NK. AMNA ~ ANPA, так как Z.NMA =
= ZANP = a, ZMAN = ZNPA = 90°. Обозначим АР = х,
тогда из подобия треугольников MNA и NPA получаем =j-^ = ^р
_ Зб_ж2,х2+9а:-36 = 0, (ж+12)(а;-3) = 0.
Так как по смыслу задачи х > 0, то получаем х = 3. Итак, АР = 3.
Ответ: 3.
СБ. |х-а| + 2|у-3|< 1,5(1),
(яу - 6)(х + 1)(2у - х - 4) ^ 0 (2).
Изобразим на координатной плоскости множество решений
неравенства (1) (см. рис. 16).
Рис. 16.
Так как для любого решения (х; у) неравенства (1) выполняется условие
V ^ 2,25, то неравенство (2) можно привести к виду

24
Решения вариантов тестов части 1
Изобразим на координатной плоскости графики функций х = -, х = -1
и х = 2у — 4 (см. рис. 17).
Рис. 17.
При у > 0 решение неравенства (3) изображено на рисунке 17.
Необходимо найти такие значения параметра а, при которых множество
решений неравенства (1), изображённое на рисунке 16, содержится в
множестве, изображённом на рисунке 17. Нетрудно заметить, что
искомыми значениями а будут а ^ 3,5, a = 0,5.
Ответ: a = 0,5, a ^ 3,5.
Сб. Указанное уравнение имеет корни тогда и только тогда, когда
(Зр - 2)2 < 1, то есть |3р- 2| < 1, -1 < Зр - 2 < 1, | < р < 1.
Нужно найти такие р из промежутка | ^; 11, при которых функция
= 7 У принимает целые значения. Найдём промежутки монотон-
1
ноСтифун1„/(р). f(p) =
Г(р) -
о
•—
Рис. 18.
2

Решения варианта 5 25
Итак, функция /(р) имеет единственную точку минимума р = -
(см. рис. 18). Прир е [|; |] функция /(р) строго убывает, /Q) = О,
/Гi) = —1, значит на этом промежутке у неё ровно два целых значения
прир=|ир=|.
Прир € Ск'>Ц Функция /(р) строго возрастает, /(1) = -^, значит на
этом промежутке она не имеет целых значений.
Искомые значения р равны -и^.
Ответ: |;|.
Решения варианта 5
81. В первый раз тётя Маша купила черешню по цене ^~ = 100 рублей
за килограмм, то есть потратила 190 рублей.
Ответ: 190.
82. Наименьшая стоимость евро 6 марта — ордината самой нижней точки
графика на его участке, соответствующем дню 6 марта. По графику
определяем цену — 45,5 руб.
Ответ: 45,5.
83. Решим данное уравнение.
Наиболее близкий к нулю — х2 = h
Ответ: 0,5.
Ответ: 25.

26
Решения вариантов тестов части 1
В5. Выясним, сколько часов займёт каждый путь.
Напрямую: t = §^ = 1 ч;
oU
Итак, наиболее быстрый путь займёт 1 час.
Ответ: 1.
В6. Рассмотрим рисунок 19, где АВ — данный отрезок.
А
л
/
/
/
в
С
Рис. 19.
ААВС — прямоугольный, поэтому по теореме Пифагора АВ2 = АС2 +
+ ВС2, АВ2 = З2 + 42, АВ2 = 25, АВ = 5.
Ответ: 5.
cos 25°
V^2sin45ocos25°
^lH5 -
cos 25°
Ответ: 2.
, ({Их + 2)2 V ((Их + 2)2У • е' - (е*)' • (Их + 2)2
У-{ )-* *—рр -
2^20
2 • 11(11ж + 2) • е* - eg(llx + 2)2 _ (11а; + 2)(22 - Иж - 2)
е* ех
_ (llx + 2)j20 - 11»).
Ответ: 40.
В9. Задача сводится к решению неравенства — 2£2 + 8^6 при t ^ 0.
-2t2 f 8 ^ 6,2t2 ^ 2, *2 < 1, -1 < t < 1. Так как t ^ 0, то спортсмен
находился на высоте не менее шести метров при t € [0,1], то есть 1 секунду.
Ответ: 1.
В10. Пусть ABC — основание данной пирамиды, DH — её высота
(см. рис. 20).

Решения варианта 5 27
к
в
Рис. 20.
ААВС — правильный, Н — его центр, тогда НК — радиус вписанной
окружности.
НК = \СК = | • ЛВУ^ = &АВ. НК = 5, тогда АВ = 10>/3. По
о о Z О
условию Z.DKC = 30°, тогда DH = —^ = 4-.
= \DH.\CKAB= \^\ 15-10^3 = 125.
Ответ: 125.
В11. Найдём множество значений данной функции на отрезке [0; тг].
sin| < ^; 0 < v^sin| < 1;
0 < Wv^sin| < 1; 0 < 2Wv/2sin| < 2. Итак, Е(у) = [0;2],
наибольшее значение равно 2.
Ответ: 2.
В12. Пусть объём первого раствора равен х л, тогда второго — (19 — х) л.
Процентное содержание щёлочи в первом растворе равно - • 100%, а во
х
втором— —2_.100%.
19-х
Из условия следует, что ^ • 100% • | = т^— • 100%, ^ = *—,
л . X L 1У — X X L\J — X
15(19 - х) = Ах, 15 • 19 = 19ж, х = 15.
Ответ: 15.
С1. / г^"6*-» = 6 - у/х* - бх - 2?,

28 Решения вариантов тестов части 1
х > О,
Решим первое уравнение системы.
Пусть у/х2 - 6х — 23 = £, t ^ 0, тогда уравнение примет вид 2* = 6 - t,
2* -f1 — 6 = 0. Функция f(t) = 2* +1 — 6 определена при t ^ 0 и строго
возрастает, /(0) = -5 < 0, поэтому уравнение /(£) = 0 имеет
единственное решение. Нетрудно видеть, что при t = 2 /(£) = 0.
Вернёмся к замене.
Vx2 - 6s - 23 = 2;я2 -6х-23 = 4;х2 -6х-27 = 0; (ж-9)(я + 3) = 0;
xi = —3; Х2 = 9. д?1 = -3 не удовлетворяет ОДЗ.
Г х == 9, Г х = 9,
\ \
Ответ: (9; 2).
С2. Пусть DABC — правильная пирамида с основанием ABC, DH — её
высота, О — центр описанной сферы, боковые рёбра наклонены под
углом 60° к плоскости основания (см. рис. 21).
D
ААВС — правильный, Я — точка пересечения его медиан. Требуется
DM
найти отношение ор пр, где R — радиус описанной сферы.
ZK — и ti
Пусть АВ = а, тогда АС = ВС = о. СН = %СК = | ф = .
ADHC — прямоугольный, Z2?C# = 60°, тогда DH = С#>/3 = а.
Найдём Д (см. рис. 22). АОНС — прямоугольный, ОН = a - Д, тогда
по теореме Пифагора ОЯ2 + НС2 = ОС2, (а - Д)2 + (^)2 = Д2,
о
о2 - 2оЛ + Д2 + ^ = Д2. |о2 = 2аД, R = |а.
о о «5

Решения варианта 5
29
о
н
Рис. 22.
Итак,
DH
а
2R-DH 4
-а-а
= 3.
Ответ: 3:1.
- 1) < (ж - l)(sins - 1).
Разделим обе части неравенства на х — 1, учитывая, что при х ^ 0,5
х - КО,
V0,5 - а; ^ sin ж -1 — выполняется для всех значений ж, принадлежащих
ОДЗ, так как sin х — 1 < 0 и ^/0,5 — ж ^ 0. Выполненные
преобразования равносильны при всех х € f -oo; -|j U Г-х; 0,5J, значит решением
исходного неравенства является множество (~005~з
2 l
: (-со;-|) U (-|;|].
С4. AQ = §АВ = 6, АВ = 9, BQ = 3. /.ВАС = 60°, тогда АС = 4,5,
О
^ 4,5\/3. Рассмотрим 2 случая.
1) Окружность расположена так, как показано на рисунке 23.
По теореме о касательной и секущей имеем ВК2 = АВ • J5Q, откуда
ВК = Зл/3.

30
Решения вариантов тестов части 1
Рис. 23.
ABHQ ~ ABC А, ВН = \ВС = 1,5^3, тогда ВН = Яй", следователь-
О
но ABQK — равн
В ААКС АК
авнобедренный и /HBKQ = ZifgQ
= У#С2 + АС2 = у/(ВС - ВК)2
= 30°.
= у (1,5\/3)2 + 4,52 = \/27 = Зл/3. Имеем ifC = 1,5\/3; A2f = 3\/3,
АК = 2КС, значит /ЛАГС = 60°. ZAKQ = 180° - ZQKB - ZARTC =
= 90°.
AAKQ — прямоугольный, значит радиус описанной окружности равен
половине гипотенузы, то есть равен \AQ = 3.
2) Окружность расположена так, как показано на рисунке 24.
О
д.
С К — касательная, поэтому OK _L С К. По теореме о касательной и
секущей имеем ВК2 = АВ - BQ, откуда ВК = 3\&
АЯ = СЛГ = 7,5>/3, ЯЛГ = АС = 4,5.
Из прямоугольного треугольника АО АН по теореме Пифагора имеем:
+ ОЯ2 = ОА\ (у\/з)2 + (Л - 4,5)2 = Л2,
^ • 3 + Л2 - 9Л + Ц- = Л2,9Л = 189, Л = 21.
4 4
Ответ: 3;21.

Решения варианта 5 31
С5. у/Ех3 - |а3 + 2 - |2а2 + а||ж = О (1).
Заметим, что при a = 0 уравнение имеет вид — 2ж = 0, то есть имеет ровно
один корень. При любом значении параметра a > 0 исходное уравнение
имеет корень х = 0.
При х Ф 0 получим уравнение v/as2 — |а3 -ь 2 — |2а2 + а| | = 0 (2).
Уравнение (1) имеет ровно один корень тогда и только тогда, когда
уравнение (2) не имеет корней, отличных от нуля, то есть тогда и только тогда,
когда а3 + 2 - |2а2 + а\ = 0, а > 0.
При а > О |2а2 + а\ = 2о2 + а, тогда имеем: а3 - 2а2 - а + 2 = 0;
а2(а - 2) - (а - 2) = 0; (а2 - 1)(а - 2) = 0; (а + 1)(а - 1)(о - 2) = 0;
а = -1 — не удовлетворяет условию а > 0; а = 1, а = 2.
Ответ: 0;1;2.
Сб. Запишем число Ь в виде Ь = ка + с, где с, А; Е ЛГ, с < о.
а±Ъ = a-ffea + c = fc + х + £f 0 < £ < i. Из условия следует, что
-а = fc+1; fca+c-a = &+1; fc(a-l) = 1+а-с; А; =
Так как jfe € N, то ^ — целое неотрицательное число, что возможно
a — 1
только при с = 0,1,2.
1) с = 0, тогда Ь = к • аи числа а и 6 не являются взаимно простыми.
2) с = 1, к = Ц ^тг, тогда из условия к е N получаем а = 2, к = 2,
6 = 2-2 + 1 = 5. Проверкой убеждаемся, что пара a = 2, Ь = 5
удовлетворяет всем поставленным условиям.
3)c = 2,fc = l,b = a + 2.
Пусть в десятичной записи числа Ь п цифр (n € N), тогда условие запи-
шегсяввидеб-a+JL - *±4;2+£ = ?о±2; ^ = \;ab = 10-2;
аЬ = 5П • 2п+1.
Так как числа а и 6 взаимно просты и а < Ь, то возможно два случая.
1. а = 1, Ь = 210п. Учитывая, что Ь = а+2, получаем уравнение 3 = 210п,
которое не имеет решений при п £ N.
2. a = 2n+1, b = 5n, 5n = 2n+1 + 2, 5n = 2 • (2n + 1) — нет решений при
n>£ N, так как левая часть уравнения нечётна, а правая — четна.
Ответ: о = 2,6 = 5.

32 Решения вариантов тестов части 1
Решения варианта 6
81. Флэш карта объёмом 32 Гб стоила 1200 • 1,6 = 1920 рублей, тогда
всего Эльдар потратил 1200 +1920 = 3120 рублей.
Ответ: 3120.
82. Наибольшая стоимость евро 8 марта — ордината высшей точки
участка графика, соответствующего дню 8 марта. По графику определяем цену
44,75 руб.
Ответ: 44,75.
83. Решим данное уравнение.
2х2 - Зж - 14 = 0; D = 9 + 4 • 2 • 14 = 121; xh2
Х2 = 3,5.
Наиболее близкий к нулю — xi = —2.
Ответ: —2.
Ответ: 50.
В5. Выясним, сколько часов займёт каждый путь.
Напрямую: * = ^£ = | = 1ч;
Наиболее долгий путь займёт 1 час.
Ответ: 1.
В6. Так как отрезок лежит на одной из линий, то по рисунку видно, что его
длина равна 6 см.
Ответ: 6.
eos 501^401
В7 cos50° + cos40° 2 2
' V2cos5° v^5°
_ 2cos45o-cos5° _. 2 у/2 _ ,
72cos5° V2* 2
Ответ: 1.
_ 3 • 2(2ж + З)2 • ех - ех(2х + З)3 (2ж + 3)2(6 - (2х + 3))
25 х

Решения варианта 6 33
Ответ: 27.
В9. Задача сводится к решению неравенства -Ы2 + 5 ^ 3 при t ^ 0.
-i*2 + 5 ^ 3, -t2 ^ -4, *2 <$ 4, -2 < * < 2. Так как t ^ 0, то лыжник
находился на высоте не менее трёх метров при t е [0,2], то есть 2 секунды.
Ответ: 2.
В10. Пусть ABC — основание данной пирамиды, DH — её высота (см.
рис.25).
D
Обозначим АВ = а, тогда СК = ^, КН = \СК = ^.
2 о о
По условию ADKC = 30°, поэтому DH = Щ = |.
Vdabc = |0Я-5лвс = ||| ^a= ^ = 27, откуда а =
Радиус вписанной в основание окружности равен КН = ^~ = 3,
диаметр равен 2-3 = 6.
Ответ: 6.
2 = -|
ВП. logi \/х^ = -logaж2 = -|log3х.
Найдём множество значений данной функции на отрезке I «; 3J.
| ^ х ^ 3; -1 ^ log3x < 1; -| < |log3x <§;-§< -|
3 Зак №407

34 Решения вариантов тестов части 1
Итак, Е{у) = I ™; ~ 1, наибольшее значение равно |.
Ответ: 1,5.
В12. Пусть масса второго сплава равна х кг, тогда масса первого —
(44—х) кг. Процентное содержание олова во втором сплаве равно —-100%,
х
а в первом — ^т^— ' 100%. Из условия следует, что
^ -100% = 3.77^— -100%, ^ = тг5-. 7(44-х) = 15х,7-44 = 22х,
х 44 —х х 44 —х
- 7Х - 7,
\
Решим первое уравнение системы.
Пусть у/х2 - 7х - 7 = t, t ^ 0, тогда уравнение примет вид 3* = 5 — 2t,
3* + 2t - 5 = 0. Функция /(t) = 3* -h 2t - 5 определена при t > 0 и
строго возрастает, /(0) = -4 < 0, поэтому уравнение f(t) = 0 имеет
единственное решение. Нетрудно видеть, что при i = 1 f(t) = 0.
Вернёмся к замене.
у/х2 - 7х - 7 = 1; х2 - 7х - 7 = 1; х2 - 7х - 8 = 0; (х + 1)(х - 8) = 0;
xi = —1; Х2 = 8. xi = -1 не удовлетворяет ОДЗ.
f х = 8, f x = 8,
\log2x = y; \y = 3
Ответ: (8;3).
С2. Пусть DABC — правильная пирамида с основанием ABC, DH — её
высота, О — центр описанной сферы (см. рис. 27), боковые рёбра
наклонены под углом 30° к плоскости основания (см. рис. 26).
ААВС — правильный, Я — точка пересечения его медиан. Требуется
найти отношение ор П1Г) где R — радиус описанной сферы.
In. — U п.
Пусть АВ = а, тогда AC = BC = a.CH= %CK =\.2&
о о Z
ADHC — прямоугольный, ZDCH = 30°, тогда DH = Щ = |.

Решения варианта 6
35
Найдём R (см. рис.27). АОНС — прямоугольный, ОН = R - §, тогда
по теореме Пифагора ОН2 + НС2 = ОС2, (r - |)2 + (^)2 = R2,
d2 2aR ■ о2 , а2 _ „г 4 2 _ 2
R - — + T + T-R.-a -^
Рис.27.
4 1 3'
за"з°
Ответ: 1:3.
2х 4" 1
+ 2) sinx - (х + 2);
4 Зак № 407
- 0,5; 3

36 Решения вариантов тестов части 1
I - x{x + 2) ^ (a; H-2)(sino; - 1); (ж + 2)(у^":=:ж - sinx + 1) ^ 0.
* — sinx ^ 0, y/3 — x ^ 0, значит \/3 — a; — sina; + 1^0 при любом
x из ОДЗ. Последнее неравенство примет вид ж+2 ^ 0,ж ^ -2. Учитывая
ОДЗ, получим х е [-2; -0,5) U (-0,5; 3].
Ответ: [-2; -0,5) U (-0,5; 3].
С4. AQ = %АВ = 4, АВ = 6, BQ = 2. ABAC = 60°, тогда АС = 3,
о
ВС = 3\/3. Рассмотрим два случая.
1) Окружность расположена так, как показано на рис.28.
Рис. 28.
По теореме о касательной и секущей имеем ВК2 = BQ • АВ, откуда
ВК = 2л/3.
ABHQ ~ ABC А, ВН = -ВС = л/3, тогда 1?# = НК, следовательно
о
ABQK равнобедренный и ZB.RfQ = ZJJTJBQ = 30°.
В ААКСАК =
= 2V5, AFT = 2ifC7, значит ZAKC = 60°.
= 180° - Z.QKB - Z.AKC = 90°.
AAKQ — прямоугольный, значит радиус описанной окружности равен
половине гипотенузы, то есть равен \AQ = 2.
2) Окружность расположена так, как показано на рисунке 29.
СК — касательная, поэтому OK ± CK. По теореме о касательной и
секущей имеем: ВК2 = АВ • J5Q, откуда ВК = 2>/3.
АН = СК = 5\/3, НК = АС = 3.
Из прямоугольного треугольника О АН по теореме Пифагора имеем:
АН2 + ОН2 = ОА2; (5>/3)2 + (Л - З)2 = Я2,
75 + Л2 - 6Д + 9 = Д2,6Д = 84, Д = 14.
Ответ: 2; 14.

Решения варианта 6 37
С5. л/а*6 - |а3 + 4 - |4а + а2||ж4 = О (1).
Заметим, что при a = О уравнение (1) имеет вид -4ж4 = 0, то есть имеет
ровно один корень. Рассмотрим уравнение (1) при a > 0.
При любом значении a > 0 уравнение (1) имеет корень х = 0. При х Ф О
получим уравнение V5s2 — |а3 + 4 — |4а + а2| | = 0 (2).
Уравнение (1) имеет один корень тогда и только тогда, когда уравнение
(2) не имеет корней, отличных от нуля, то есть тогда и только тогда, когда
а3 + 4 — |4а + а2| = 0. При а > 0 |4а + а2| = 4а + а2, тогда имеем:
а3 - а2 - 4а + 4 = 0; a2(a - 1) - 4(а - 1) = 0; (а - 1)(а2 - 4) = 0;
(а — 1)(а — 2) (а + 2) = 0; а = —2 — не удовлетворяет условию а > 0;
а = 1, а = 2.
Ответ: 0;1;2.
Сб. Введём обозначение: [а] — целая часть числа а.
Пусть в десятичной записи числа Ь п цифр (п € N), тогда условие запи-
шегся в виде [] [ ]
фр ) у
^ = ^2а, ^ = J - 2 (*). [^] = 0, тогда [f ] = 2,
то есть Ь = 2а 4- с, с < а, с €
По условию НОД(а, Ь) = 1, тогда НОД(а, с) = 1.
Уравнение (*) примет вид Щт^г = -, (2а + с) • а = с • 10п.
,
НОД(а, с) = 1, следовательно (2а + с):с (: — делится нацело), тогда 2а:с
и так как а и с взаимно просты, то 2:с.
Возможны два случая.
1) с = 1, тогда (2а +1) • а = 10п, откуда a = 2, Ь = 2а + 1 = 5.
Проверкой убеждаемся, что пара a = 2, Ь = 5 удовлетворяет всем
поставленным условиям.
2) с = 2, (2а + 2) • а = 2 • 10п, а(а + 1) = Юп — нет решений для а € JV,
new
Ответ: а = 2,6 = 5.

38 Решения вариантов тестов части 1
Решения варианта 7
81. Расфасовано в пакеты 30 - 0,4 • 30 = 18(ц) = 1800 (кг). Для этого
понадобится 1800 : 2 = 900 (пакетов), то есть 900 : 40 = 22,5 (ящика).
Таким образом, чтобы расфасовать муку, потребуется 23 яшика.
Ответ: 23.
82. Из графика видно, что максимальная скорость велосипедиста за
вторую половину пути равна 12 км/час.
Ответ: 12.
83. Решением неравенства х2 + 17ж — 3^0 является отрезок
. -17+V301J Так как 172 < gel < 182,17 < V301 < 18,
< 0Дто
Аналогично можно показать, что ~~ 17~ voUl ^ (-18; -17).
Таким образом, множество решений неравенства содержит целые
числа -17, —16,..., -1, 0, то есть 18 целых чисел.
Ответ: 18.
В4. log217 - 3 = 7 log21 - 3 = 7 • 5 - 3 = 32.
Ответ: 32.
B5. В первой партии 20 деталей, из которых 0,4 • 20 = 8 бракованных,
то есть 20 - 8 = 12 деталей без брака. Во второй партии 3 бракованных
детали, тогда 14 - 3 = 11 деталей без брака. В третьей партии 30 деталей,
из которых не более чем \ • 30 = 10 без брака.
о
Наибольшее число деталей без брака в первой партии, которая
содержит 8 бракованных деталей.
Ответ: 8.
В6. Из чертежа можно найти координаты точек: А(1; 1), J5(3; 5), С(3; 2).
Тогда АВ(3 -1; 5 -1), АВ(2; 4); 13(3 -1; 2 -1), 1с(2; 1). Тогда \Щ =
= V22 + 42 = л/20, \1б\ = \/22 + I2 = у/ь. Таким образом, |ЗЙ
Ответ: 10.
В7. sin21 + cos2 * - 3sin7r + 7costt = 1-3-0 + 7- (-1) == -6.
Ответ: —6.

Решения варианта 7
39
88. (Ьж- Зх2 + Бх+2)' = — - 6х + 5. При ж = 5 производная принимает
х
значение | - 6 • 5 + 5 = -24,8.
о
Ответ: -24,8.
89. Из рисунка 30 видно, что график функции £ = 20+5 cost имеет четыре
точки пересечения с графиком прямой £ = 18 при t e [0; 12].
25 k
24
23
22
21
20
19
18
17
1$
15
14
Ц
т:
т
±
/
/
/
/
/
/
1/
1
1
\
\
\
20 +
\
\
1
\
k [
Ь cost
1
/
/
/
/
I *>
/
V
М
= 18
t,c
4 6 8
Рис. 30.
10 12
Ответ: 4.
BIO. Так как объём конуса равен объёму цилиндра, то xSoch.koh. • Лкон. =
= 5госн.цнл. *Лцнл.» где 5осн.кон.» 5осн.цил., ^кон-и '1щ!Л- — ПЛ(>щади оснований
и высоты конуса и цилиндра соответственно. Тогда 5ОСн.кон. =
— ОС "1ШЛ. О 1 К 1 00 К
Ответ: 22,5.
ВЦ.Так как/' (х) = (50ж3-225х2-756ж+931)' = 150ж2-450ж-756 =
= 6(5ж + 6)(5х - 21), то из рисунка 31 видно, что длина наибольшего
отрезка монотонности функции /(ж), содержащего точку х = 0, равна
*-(-!)-"

40 Решения вариантов тестов части 1
Ответ: 5,4.
В12. Пусть pi — производительность г-го насоса (г € {1,2}), то есть та
воды часть бассейна, которую он откачает за одну минуту; U — время в
минутах, за которое г-ый насос откачает половину воды бассейна. Тогда
из условия получаем систему уравнений:
x +12 = 8 • 60,
pi+P2)(3-60
Эта система имеет два решения.
Одно из них: рх = ^ гг = 180, рг = g^jj, *2 = 300; другое
решение — симметрическое. Оно получается из первого заменой индексов 1 на
2 и наоборот.
Таким образом,, более мощный насос откачает всю воду из бассейна за
360 минут.
Ответ: 360.
С1. ОДЗ системы: х > 0, у > 0.
Г xlogo(xy) — ж2 = —10, о о -Л г Л
\ \og2(xy) = -3;
Учитывая ОДЗ, получим х = 2.Тогда Iog2(22/) = -3; у = j%.
Ответ: (2:~г
С2. 1. На рисунке 32 изображена проекция шара на плоскость,
перпендикулярную прямой L При этом О — центр шара, Н — точка, в которую
проецируется прямая £, PQ и KL — проекции меньшего и большего
сечений соответственно. Тогда по условию ОН = 2, ОМ = 1, AQHL = ^.

Решения варианта 7
41
Рис. 32.
2. В прямоугольном треугольнике HMO sin ZMHO = тТгГ = о ^
/MHO = f.
о
3. По условию площадь большего сечения равна тг • ML2 = 14тг.
Отсюда М£ = \/14. Так как AOML — прямоугольный, то радиус шара
OL = VOM2-{-ML2 = VT5.
4. В треугольнике PHO: OP = OL = \/15, ОЯ = 2,
/РНО=тг - (ZQffL + ^МЯО) = тг - (| + £)= |тг.
\ О О / О
Из теоремы косинусов следует: ОР2 = РН2 + ОН2 - 2 • РН • ОН •
cosZPHO; 15 = РН2 + 4 + 2 • РЯ • 2 • J; РЯ2 + 2 • РЯ - 11 = 0.
Учитывая, что РЯ > 0, получим: РН = 2у/3 - 1.
5. МЯ = у/ОН2 - ОМ2 = y/Z. Тогда 1Я = МL + МН = у/п + лД;
КН = 2ML-LH = у/п-уД;ЬНКН = (Vl4+V3)(\/l4->/3) = 11.
По свойству пересекающихся хорд окружности LH • КН = РН • HQ;
11 = (2V5 - 1) • HQ. Тогда ЯС? = п I1 : PQ =
6. Площадь меньшего сечения равна тг
Ответ: 12тг.
= 12тг.

42
Решения вариантов тестов части 1
[-2; тг].
Так как у/{х - 3)6(тг2 - ж2) > 0 на ОДЗ при ж ф 3 и ж2 ^ тг2, то
исходное неравенство равносильно неравенству (ж — \/ж +2)вшЗж > О,
при же [-2;3)и(3;тг).
Используя метод интервалов (см. рис. 33), получим решение исходного
неравенства.
-2
Рис. 33.
Ответ: (-|;0) U (|; j) U (^;з) U(3;»).
С4. Запишем для треугольника ABC (см. рис. 34) формулу медианы:
AM = ±
в
м
Рис. 34.
АС2-2АМ2) = 2л/33.
Отсюда ВС =
По формуле Герона Sabc = \/р(р — АВ){р — АС)(р - ВС), где
р = ^(АВ + АС + ВС) — полупериметр ААВС. Выполнив действия,
получим: Sabc = 4\/б.
Так как медиана делит треугольник на два равновеликих треугольника,
то Sabm = Sacm = £*££- = 2V6.
Ответ: 2\/б.

решения варианта 7 43
С5. ОДЗ системы уравнений:
1х>0,
У>0,
z>0.
Выполним замену и = lgx, v = lgy, w = Igz и учитывая, что первое
уравнение системы можно записать в виде lg х + lg у 4- lg z = 1, получим
систему:
г ге + v + w = 1,
то можно записать систему в виде:
u-f"V~bty==l) ги + 10 = 1 — it,
UV + UW + VW = ~ip, VIU = -i~ — tt(l-It), 7 N
4 -Ф» < 4 (*♦)
Решаем третье уравнение последней системы:
4гг3 - 4и2 - 15гх + 18 = 0.
Так как и = -2 является корнем последнего уравнения, то его можно
переписать в виде:
(и + 2)(2и - З)2 = 0; щ = -2, ti2 = |.
При гх = —2 первые два уравнения системы уравнений (**) образуют
систему:
{ = 3 fv = 3 — tt/ r «
v = 3 - гу,
= 0;
у
{г;4-ги = 3, fv = 3 — tt/, r
' I Г
Таким образом, получено первое решение системы (*):

44 Решения вариантов тестов части 1
о
При и = ^ аналогично получается ещё два решения системы (*):
Возвращаясь к переменным х, у и z, получим три решения исход-
ной системы уравнений: Гщ;10\/10;10\/ШУ (Юл/Тб] у^г; 10>Лб) и
loo; 1Ov/I°; 1(K/I°)f (1Ov^ loo;
Сб. 1) Так как последняя цифра числа п2 совпадает с последней цифрой
числа Ь2, где Ь — последняя цифра числа п, то из условия следует, что
Ь = 1 или Ь = 9 (I2 = 1,92 = 81).
2) Если a — первая цифра числа п, то a = 1, или a = 3, или a = 4, так
как I2 и 42 начинаются с единицы, а несмотря на то, что З2 = 9, п2 всё же
может начинаться с единицы за счёт переноса разряда при возведении в
квадрат.
3) Если a = 1, то число п должно удовлетворять условию
10000 < п2 < 20000. Следовательно, 100 < п < 100>/2 « 141,1 <Ф
101 < п < 141. Сумма этих чисел, удовлетворяющих условию задачи,
равна:
51 = (101+lll4-121+N131-H41)-h(1094-119-fl29-f 139) = 101 + Ш -5+
+ 109 + 139 .4 = 605 + 496 = 1101.
4) Если a = 3 или а = 4, то 100000 < п2 < 200000; lOOVTO <n< 200\/5;
316 < п < 447. Сумма этих чисел, удовлетворяющих условию задачи,
равна:
52 = (319 + 329 + ... + 439) + (3214- 331 +... + 441) = 319^439 .13 +
+ 321^441 • 13 = 4927 4- 4953 = 9880.
5) Si + S2 = 1101 + 9880 = 10981.
Ответ: 10981.

Решения варианта 8 45
Решения варианта 8
81. Пусть всего дети съели х персиков, причём в первый день они съели
\х персиков. Так как по условию f х = 2 + 3 + 3, то х = 12.
О о
Ответ: 12.
82. Из графика видно, что уровень воды достиг 13 метров на 13-й день.
Таким образом, из 20 дней Z) • 100% = 35% времени поля были
затоплены.
Ответ: 35.
83. х + Зу/х + 4,96 = \х\. При х ^ 0 уравнение принимает вид:
3у/х + 4,96 = 0. Его единственный корень х = -4,96 не
удовлетворяет условию х ^ 0. При х < 0: 30?+ 4,96 = -2х; 9(х + 4,96) = 4ж2;
4х2 — 9а: — 44,64 = 0; х\ = —2,4, хг = 4,65. Только х\ удовлетворяет
условию х < 0.
Проверкой убеждаемся, что х = -2,4 является также корнем
исходного уравнения.
Ответ: -2,4.
2 2
_9_ tg21Ч- 3 _ 16
16'Т° 5 ~~
= | = 0,7125.
Ответ: 0,7125.
85. Укажем на схеме (см. рис. 35) не только длину участка пути, но и
время, затраченное туристами на его преодоление.
Видно, что 8-часовым является маршрут ADC, дайна которого равна
38 км.
Ответ: 38.
86. Так как точка М — середина отрезка ВС, то её координаты:
Координаты точки А: ха = 0; у а = -3. Тогда
If = у/(хА - xi
Ответ: 6,5.
AM = у/(хА - хм)2 + (ул - УмГ = W (О - |)2 + (-3 - З)2 = 6,5.

46 Решения вариантов тестов части 1
Рис.35.
В7.2 - iotei4-ig4+ig5 = 2 • 10lg *$* = 2 • ^ = 35.
Ответ: 35.
В8. Так как f(x) = F'(a;) и из графика видно, что F(x) — возрастающая
функция на отрезке [—3; 2], то /(ж) > 0 на этом отрезке. Следовательно,
искомая площадь равна:
2
5 = f f(x) dx = F(2) - F(-3) = 2 - (-2) = 4.
-з
Ответ: 4.
B9. Так как мяч коснулся земли при h = 0, то для нахождения d
необходимо решить уравнение: 3-0,48сР = 0. Его положительный корень —
d = 2,5.
Ответ: 2,5.
В10. Так как радиус вписанной сферы равен радиусу основания цилиндра,
то 5сф = 4тгЯ2 = 45осн = 4 • 24 = 96, где Я, 5сф и 50сн — радиус
вписанной сферы, площадь её поверхности и площадь основания цилиндра
соответственно.
Ответ: 96.
е/(„\ _ 1 _ 1 .1 _ 1 — п. «. — _1
стационарная точка, принадлежащая отрезку | i; 2 . Из чисел f\\) = 1,

Решения варианта 8 47
/ (т~о) = \ + bg2(ln 2) и /(2) = - ^ наибольшим является число |, так
как2 < е^1п2 < I«*log2(ln2) < 0<* | + log2(ln2) < |.
Ответ: 1,5.
В12. Пусть ж и j/ — вес одного карандаша и одной ручки в граммах
соответственно. Тогда из условия получим систему уравнений:
{7
Значит, 5 ручек и 5 карандашей весят 5ж + Ъу = 45 граммов.
Ответ: 45.
С1. ОДЗ. х G R. Из исходной системы следует уравнение 9ж6 + 6 —
- 8 siny = 24s3 - |т - 8siny; 9ж6 - 24ж3 + Ц£ = 0. Замена t = ж3 при-
о1 о1
водит к уравнению 9£2 - 24* + ^^ = 0; t\ = ;—, £2 = ii. Следовательно,
#1 = 4» Х2 = §• Перепишем второе уравнение исходной системы в виде:
8 sin у = 24х3 - 4х4 - Зж - |^. При ж = - оно не имеет решений, так как
его правая часть больше 8. При ж = ^ последнее уравнение имеет вид:
sin у = \\ у = (-1)п? + ят1, n G Z. Все пары последовательности
2 о
|; (~1)п| + тгп), п € Z удовлетворяют ОДЗ.
Ответ: (|; (-1)я| + тгп), п е Z.
С2. Сделаем чертеж, соответствующий условию задачи (см. рис. 36).
1. Так как FE \\ АВ \\ DC и FD = \DM, to FE — средняя линия
ADCM. Значит, F£ = |Z3C = 1,5.
2. По теореме, обратной теореме Пифагора, AADM и ДАМ В —
прямоугольные, причём ADAM = LBAM = 90°. Поэтому AM ± DAB и
АСАМ является прямоугольным.

48
Решения вариантов тестов части 1
Рис.36.
3. Так как СО = \аС% СЕ = \СМ и угол при вершине С является
общим для треугольников ЕСО и МСА, то эти треугольники подобны.
Следовательно, ЕО = \аМ = 2. Кроме того, так как ЕО || AM, то
ЕО J. DAB. Значит, АЕОВ — прямоугольный.
4. АСАМ — прямоугольный. Следовательно, АС = л/СМ2 - AM2 =
= 2>/3.
5. ААОВ — прямоугольный и АО = \аС = \/3, так как АС и BD —
диагонали ромба. Значит, ОВ = yJAB2 — АО2 = л/б.
Далее ЯВ = VOE2 + ОВ2 = >/1о.
6. Pabjbf = AF + F£7 + ЕВ + АВ = 7 + л/10.
Ответ: 7 + л/Ш.
СЗ. ОДЗ исходного неравенства можно найти, решив систему неравенств:
8
9-VU5
8
<х<0;

Решения варианта 8 49
Приведём неравенство к виду /(ж) ^ 0 и решим его методом
интервалов, где /(ж) = л /ж3 - jx2 -»ж -f л/х2 +2ж - i/ж3 + |ж2 + ж.
Решим уравнение /(ж) = 0. Имеем:
= 0.
Очевидно, что ж = 0 — корень исходного уравнения. Найдём положи-
тельные корни уравнения: л/4ж2 - 9ж - 4 -f 2\/ж + 2 = л/4ж2 + 7ж + 4.
Возводя в квадрат обе части последнего уравнения и упрощая,
получим уравнение 2ж3 - 5ж2 - Их -4 = 0. Его корни х± = —1, жг = -™,
z
жз = 4. Проверкой убеждаемся, что ж = 4 является корнем уравнения
/(ж) = 0. При помощи пробных точек убеждаемся, что при ж < 4
функция /(ж) не определена или отрицательна, а при ж > 4 функция /(ж)
положительна.
Ответ: 4.
С4. Вектора АВ и CD равны, тогда прямые, содержащие отрезки АВ и
CD, параллельны и АВ = CD. В четырёхугольнике ABCD две стороны
равны и параллельны, значит ABCD — параллелограм (см. рис.37).
В
Рис.37.
/.ВСА = Z.DBC как накрест лежащие при параллельных прямых АС
и BD и секущей ВС7, тогда ААКС — равнобедренный, АК = КС. Так
как диагонали параллелограмма точкой пересечения делятся пополам, то
АК = К С = ВК = KD, тогда ZBAK = ZAB1T, /ДЛС = ZCAB,
значит ABCD — прямоугольник. AD = у/(3 - I)2 + (7 - 5)* = 2>/2,
DC = ADsinZDAC = >/2, BD = AC = \4
Рассмотрим два случая расположения точек В и С.
1) Точка В расположена, как показано на рисунке 38.

50
Решения вариантов тестов части I
4--
3-.
2 - -
4-
+
1 2 3
Рис.38.
ZADH = 45°, ZBDH = 45° - 30° = 15°. Ордината ув точки В в данном
случае равна ув = Уи + ВН = 5 + ВН. Так как по условию у в > 6, то
ВН > 1. ВН = BD/LsinBDH = \/2sinl5° = л/2 • д/1-^300 =
I, значит данный случай не удовлетворяет условию.
2) Точка В расположена, как показано на рисунке 39.
Условие у в > 6 выполняется. Абсцисса точки С равна хс = а?р + CL =
, , л/3 + 1 ._ З + л/3
2 ~ + 2 ~ 2 *
Ответ:

Решения варианта 8
51
С5. Запишем уравнение в виде v^ - х = \х - fc| и рассмотрим
функцию f(x) = v^ ~ x. Областью определения f{x) является полуинтервал
[0; +оо). Корни уравнения /(ж) = 0: жх = 0; Х2 = 1- Уравнение f'(x) = 0;
о /Я\^ 81
—2= -1 = 0 имеет корень х\ = (^) = т^. Из рисунка 40 определяем
4уХ \4/ ZOO
промежутки возрастания и убывания f(x).
Q 1
Так как /7(х) = f"" 1 = ~т>—1»тоиз рисунка 41 следует, что исходное
уравнение имеет один корень при к = 1. Ещё одно возможное значение к
можно получить из условий (см. рис. 42): < { ^Х°'"~ 1, ч
^ л = хо - f(xo).

52
Решения вариантов тестов части 1
-(»'(!-О-
2048'
Ответ: -
Сб. Обозначим через aia2...an число, записанное цифрами
ai,a2,...,an.
1. Докажем, что любое число не меньше произведения своих цифр.
Рассмотрим число aia2...an, n ^ 1.
аю2...ап = <ц • КГ"1 + a2 • 10n"2 + ... + an-i • 10 + an ^ ai • 10й-1.
Так как a* < 10,1 < к < n, то a2 • аз •... • On < Ю*1"1, откуда получаем
aia2...an > a>i • a2 •... • an.
2. Из равенства ЛГ = ai...an = 5 • bi •... • bm следует, что N делится нацело
на 5, значит оп = 5 или оп = 0.

Решения варианта 8
53
yi,
0,1"
0,08- -
0,06- ■
0,04--
0,02--
-0,05
У = \*'*\у
У=/(х)
I I I I i I >
0,05
0,1
Рис. 42.
Если оп = 0,тоМ = bi...bm = a\ •... • an = 0, что противоречит тому,
что числа М и N натуральные, то есть ап = 5.
Из равенства М — ai...an_i • 5 аналогичными рассуждениями
получаем Ът = 5. Более того, так как числа MhN натуральные, то каждое из
них не содержит цифры 0, а тогда и вообще чётных цифр (в противном
случае, если, скажем, а*. = 2, то ai...an • 10, и тогда Ьт = 0, что противоречит
полученному ранее).
Итак, М = bi...bm-i5, N = ai...On_i5 и все цифры этих чисел
нечётны. N = ai...an-i5 = 5 • 6i...bm = 25 - bi -... ♦ bm~i, откуда JV делится на
25, и тогда получаем an_i = 7, JV = ai...an-.275.
3. Докажем, что п = 2.
Предположим, что n ^ 3, тогда справедливо
а\ •... • an~2 • 7 • 5 = bi*"bm-i5,
5 • bi •... • bm-i • 5 = ai—Qn-275;
ai •... • an~2 • 7 • 5 = bi—bm-i • 10 4- 5,
7 • ai •... • an-2 = 2 • bi—bm-i + 1,
bi •... • bm-i = 4 • ai...on~2 + 3.

54 Решения вариантов тестов части 1
Еслип ^ 3,Toai...an_2 ^ l,ar..-'On-2 ^ l.ar...an_2 < ai...an_2 =
-i — 3 < bi...bm-i - 3
= | • ai...an_2 — 8; 8 " ai-an~2 ^ ~8' ai'"an"2 ^ ~"7'
воречие, то есть п = 2.
Если п = 2, то N = 75 и М = 7 • 5 = 35.
Ответ: N = 75; М = 35.
Решения варианта 9
81. После подорожания на 15% комплект учебников будет стоить
420 • 1,15 = 483 (руб.). Выясним, какое максимальное число комплектов
можно купить на 5000 рублей после подорожания. 5000 : 483 » 10,35.
Значит, на 5000 рублей можно купить не более 10 комплектов учебников.
Ответ: 10.
82. По оси ординат одно деление соответствует 25 см, по оси абсцисс два
деления — одному месяцу. Необходимо определить количество делений по
оси абсцисс, при которых ординаты точек графика меньше 150 см. Таких
делений 14, что соответствует семи месяцам.
Ответ: 7.
В3.0,23*+5 > 0,04;0,23*+б > 0,22;Зж + 5 < 2;3х < -3;х < -1.
Следовательно, наибольшее целое ж, удовлетворяющее неравенству, равно —2.
Ответ: -2.
84. З10*»*2 + 1 = 321о«»ж + 1. Учитывая, что log3a; = ^ получаем
Ъ2'\ + 1 = 4.
Ответ: 4.
85. Расстояние, пройденное тремя участниками эстафеты, равно
3000 + 2700 + 1500 = 7200 (м).
Время, за которое была пройдена этими спортсменами вся дистанция
эстафеты, равно 480 + 450 4- 270 = 1200 (сек).
Следовательно, средняя скорость — 720^'60 = 360 (м/мин).
Ответ: 360.
86. Фигурой, ограниченной линиями Зу + х = —5,2у — ж = 5иж = 1
является треугольник ABC (см. рис. 43). Найдём координаты вершин этого
треугольника, решая соответствующие системы уравнений.

Решения варианта 9
Рис. 43.
X =
2>' т.
Так как вершина Л(5; 0) лежит на оси Ох и сторона ВС
Ож, то
ВС = 5; ОК = 6. Следовательно, SAbc = ^тг = 15-
Ответ: 15.
= cos(|)-(-cas|)+4 = 2.1+4 = 5.
Ответ: 5.
В8. Скорость движения тела в момент времени to определяется как
значение производной функции, выражающей закон движения этого тела, при
t = t0. С геометрической точки зрения значение этой производной равно
тангенсу угла наклона касательной к графику функции в точке с
абсциссой to. По графику находим: 5'(5) = — = 25.
Ответ: 25.

56
Решения вариантов тестов части 1
В9. Из уравнения движения автомобиля находим уравнение зависимости
его скорости от времени: v(t) = S'(t) = 30 - 10*. Поскольку в момент
остановки автомобиля его скорость была равна 0 м/с, то искомое время
находим из уравнения 30 - 10t = 0; t = 3 (с).
Ответ: 3.
В10. Сделаем рисунок по условию задачи (см. рис. 44).
Рис. 44.
Дано: ABCDAxBxCiDi — куб, АВ = 6, AL = LB,
Найти: Vaa^n-
Решение. l)AiN = A/V(таккак AiDx = AD, DXN =
= ZADN), следовательно, AAiAN — равнобедренный.
= 18.
2) Так как АВ _L AAi JD и вершина L пирамиды AA\LN лежит на прямой
АВ, а основание A\AN пирамиды лежит в плоскости AA\D, то
LA JL Ai AN. То есть LA — высота пирамиды AAiLN, проведённая к её
основанию А\ AN.
4) VAAlLN = |LA • SAian = | • 3.18 = 18.
Ответ: 18.
Bl 1. y; = 2(x - 4)(ж - 1) + {x - 4)2 = (x - 4)(3ж - 6).
1) Найдём точки экстремума функции.
у'(х) = 0 при xi = 4, х2 = 2.

Решения варианта 9 57
2) Найдём значение функции в точках экстремума и на концах отрезка.
2/(4) = 0; 2/(2) = 4; 2/(1,5) = 3,125; 2/(4,5) = 0,875.
Следовательно, наибольшее значение функции у = (х - 4)2(х — 1) на
отрезке [1,5; 4,5] равно 4.
Ответ: 4.
В12. Пусть ученики 11а класса получили х пятёрок, у четвёрок и z троек.
Тогда ученики 116 класса получили х — 3 пятёрки, | четвёрок и 2z троек.
Всего в 116 классе 28 человек. Следовательно, х — 3 + % + 2z = 28.
Согласно условию, ученики Ив класса получили х — 3 пятёрки, Щ
четвёрок и 2z — 16 троек.
Всего в этом классе 30 учеников. Значит, х — 3 + ^ + 2z - 16 = 30.
Получаем систему уравнений
Ответ: 18.
С1.1) Пусть и = ху, v = х 4- у, тогда 2v2 = 2(х2 4- 2ху 4- у2) =
= 2х2 + 4ху + 2у2. Отсюда, 2Х2 + 2у2 = 2v2 - 4ге.
Следовательно,
2х2 4- 2у2 4- х2у2 = 2v2 - 4u 4- и2.
Тогда система примет вид
u = U-v,
= 11; \ 2v2 = 4(11 - v) ~ (11 - v)2 + 62;
п = 11~г;,
nvn Г хг/ = 10, Г жу = 6,
2) Получаем < , - или < '
1ж4-у==1; ^#4-у = 5.
Решая первую систему, приходим к уравнению -х2 4- х -10 = 0.
Действительных корней нет.

58
Решения вариантов тестов части 1
Решая вторую систему, получаем < Xl ~ ' или
Ответ: (3;2),(2;3).
С2. Сделаем чертёж по условию задачи (см. рис. 45).
S
< Х2 ~ '
L D
Рис. 45.
Дано: SABCD — правильная пирамида. Vsabcd = 36\/3;
SC : МС = 5 : 2; ВС : NC = 2:1. Точки В, 5, М, ЛГ лежат на сфере.
Найти: апофему SL.
Решение. 1) Сечением заданной сферы плоскостью SBC является
окружность, у которой хорды BN и SM пересекаются в точке С. По
следствию из теоремы о касательной и секущей получаем: BC-NC = SC-MC.
По условию ВС : NC = 2 :1 и SC : МС = 5:2. Значит, ВС = 2ЛГС
и SC = 5ж; МС = 2ж; BCNC= Щ?- и 5С • МС = l(te2. Получаем:
ВС2 = 20а;2; z =
2) Из ААВС находим ЛС = ВСу/2. Тогда ОС = |АС =
3) Из ASOC находим SO =
■ВСл/3
2 '
= J

Решения варианта 9
59
Так как по условию VSabcd = 36л/3, то вс У* = 36>/3; ВС3 = б3;
ВС = 6.
5) Из прямоугольного треугольника 5ХО находим апофему
= 4 /2^ + ^ = ВС =
у 4 4
SL =
Ответ: б.
f z-2>0,
m О -X 1
X ^= 3,
х^-3,
х-3 >
6.
ОДЗ.
х>3.
0,
х — \
С учётом ОДЗ исходное неравенство равносильно системе неравенств:
х>3;
— О'
X ~~* О
a:>3;
-1
log3
ж + 3
a;-3
Полученная система неравенств распадается на две.
1)
х-3
х>3;
х<6,
х>3.
x>3;

60
Решения вариантов тестов части 1
2)
bg3f±§<0,
, х>3;
к х > 3;
Последняя система не имеет решений.
Ответ: (3;6).
С4.
х>3.
D P ML С
Рис.46.
Дано: ABCD — трапеция; АВ, DC — основания трапеции; АК = KB;
DM = MC; BL — высота ABCD; BL = Зл/3; DK — биссектриса
/.ADC; BM — биссектриса ZABC.
Больший угол при нижнем основании равен 60°.
Найти: Pabcd-
Решение. I) Пусть DC > АВ (см. рис. 46). Положим АК = KB = х,
DM = MC ~ у.Тогдах < у.
2) Так как DK — биссектриса ZADC, то ZADK = ZKDM;
LKDM = Z.AKD (как накрест лежащие). Следовательно, в AADK
£ADK = ZAfCD и AD = Aff = х.
Проводя аналогичные рассуждения для AM ВС, получим:
3)ПроведёмjBP || AD.ТогдаBP = AD =
ZBPC > /-ВСР => LADC > ZBCD =» ZADC = 60°.
4) PC = DC - DP = 2y - 2ж.
5) Из АВРС по теореме косинусов
ВС2 = ВР2 + PC2 - 2ВР • PCcosZBPC;
у2 = Ж2 + (22/ - 2х)2 - 2х(2у - 2х) cos 60°;
у2 = х | |
6) Из ABPL находим BL = BPsinZBPL = ^.

Решения варианта 9 61
По условию BL = 3>/3; ^^ = 3\/3; х = 6.
Значение у = 6 не удовлетворяет условию у > ж.
Значит, у = 14.
7) Pabcd = 1>С + ВС + АВ -f AjD = 2y + j/ + 2ж + ж = 3(14 + 6) = 60.
Ответ: 60.
С5.1) Рассмотрим функцию Л(ж) = ж2 - ^—5о_ +10.
то функция h(x) — чётная. Следовательно, заданное уравнение может
иметь единственное решение только тогда, когда х = 0 — корень и других
корней нет. При этом значении х получаем: — $&. + до = 0; a = -2.
2) Проверим, что при a = -2 других решений, кроме а; = 0, нет. Для
найденного значения а преобразуем исходное уравнение к виду
х2 4-10 = -
10
2СО8Ж-3"
Пусть д(х) = х2 4-10, /(х) = -^— _ . Найдём количество точек
пересечения графиков функций д(х) и f(x).
3) -2 ^ 2cosx < 2; -5 ^ 2coss - 3 < -1; -1 < ^—^—^ < -J;
ZCOSX —О 5
4) Графиком функции д(х) = х2 + 10 является парабола, ветви которой
направлены вверх, а вершина находится в точке с координатами (0; 10).
Поэтому д(х) ^ 10 для всех х е R. Следовательно, графики функций
д(х) и /(ж) пересекаются только в случаев '? \^лп то есть получаем
I 9\Х) — Аи,
единственное решение х = 0. Таким образом, значение параметра a = — 2
удовлетворяет условию задачи.
Ответ: -2.
Сб. 1) Поскольку ж — пятизначное число, то его можно представить в
виде:

62 Решения вариантов тестов части 1
2) Покажем, что все числа, получаемые из х циклическими
перестановками цифр, взаимно просты с В = 105 — 1.
^бб 4- жб = х • 10 —
= х • 10 - хъ • В.
Так как числа х и 10 взаимно просты с Я, то полученное число, а
значит, и число, полученное из х перестановкой ЩЩЩхгЩ, взаимно просто
с В.
Аналогично получаем, что все остальные числа, получаемые из х
циклической перестановкой, взаимно просты с В.
Всего из числа х циклическими перестановками (включая
тождественную) можно получить 5 чисел.
3) Покажем, что все числа, получаемые из х циклической перестановкой,
будут различны.
Пусть при какой-то циклической перестановке получилось исходное
число ж, то есть
х = £5X4X3X2X1 = xkxk-i—xiXs...Xk+i, к < 5.
Тогда произведение
* k
• 10fe -
(10б — 1) = XfcXfc-i...xi • В.
( )
Так как по условию числа хиВ взаимно просты, то (10* - 1) делится
5
Следовательно, к = 5, то есть такая перестановка тождественна.
Значит, все циклические перестановки данного числа х различны.
Ответ: 5.
Решения варианта 10
81. До уценки один мяч стоил 900 : 20 = 45 (руб.). После уценки один мяч
стал стоить 45 • 0,9 = 40,5 (руб.).
Выясним, какое максимальное количество мячей можно приобрести
на 900 рублей после уценки. 900 : 40,5 » 22,2. Значит, на 900 рублей
можно купить не более 22-х мячей.
Ответ: 22.
82. По оси ординат одно деление соответствует 25 см, по оси абсцисс два
деления — одному месяцу. Необходимо определить количество делений
по оси абсцисс, при которых ординаты точек графика больше 250 + 25 =
= 275 см.

Решения варианта 10 63
Таких делений 8, что соответствует четырём месяцам.
Ответ: 4.
83. 52*-1 > 125; 52*-1 > 53; 2х - 1 > 3; 2х > 4; х > 2.
Следовательно, наименьшее целое ж, удовлетворяющее неравенству,
равно 3.
Ответ: 3.
/-i\loga«s /-i4-31ogix 1
84. f± 1 -4 = (i J 5 -4. Учитывая, что logi x = |, получаем
Ответ: -2.
85. Время в пути от станции 1 до станции 6 электрички I с учётом
остановок равно
20 +1,5+ 20 4-1,5+ 25+ 1,5+ 26+ 1,5+ 20 = 117 (мин).
Для электрички II это время равно
20 + 1,5 + 25 + 1,5 + 24 + 1,5 + 25 + 1,5 + 20 = 120(мин).
Следовательно, скорость электрички II меньше, чем электрички I. Так
как расстояние между станциями 1 и 6 равно 117 км, то средняя скорость
электрички II на этом промежутке пути равна * = ^' ^ (км/ч).
Ответ: 58,5.
86. Фигурой, ограниченной линиями Зу + 8ж = -6, у-ж = —2иу = 6,
является треугольник ABC (см. рис. 47).
Найдём координаты вершин этого треугольника, решая соответствующие
системы уравнений.
Зу + 8х = -6, / х = 0,
1)
2)
3)
А(0;-2).
V = 6;
УУ~Л=~2' ^(;ie; аде).
Так как вершина А(0; -2) лежит на оси Оу и сторона ВС ± Оу9 то
:|ЛГАВС = |.811 = 44.
Ответ: 44.
B7.2(3-sin§co8§)=2(3-l8in|)=2(3-I)=5)5.
Ответ: 5,5.

64
Решения вариантов тестов части 1
Рис. 47.
88. Скорость движения тела в момент времени to определяется как
значение производной функции, выражающей закон движения этого тела, при
t = to. С геометрической точки зрения значение этой производной равно
тангенсу угла наклона касательной к графику функции в точке с абсцис-
30
сой to. По графику находим S'(8) = — ^ = —15. Отрицательное значение
скорости говорит об изменении направления движения тела. Таким
образом, скорость в момент времени t = 8 равна 15.
Ответ: 15.
89. Чтобы определить, сколько секунд мяч находится на высоте не менее
3 м, решим неравенство 4t -12 ^ 3. Получаем 1 < t < 3. Следовательно,
мяч на указанной высоте находился 2 секунды.
Ответ: 2.
В10. Дано: ABCDAiBidDi — куб; VK = 18;
AL _ ВК _ СМ _ DN _ AiLi _ BiKi _ CiMi _ DiNt _ 1
LB~ KC~ MD~~ NA~ LxBi " КгСг " Мфг " NXAX ~~ 2'
Найти: VlkmnlxKiMiN!-
Решение. 1) Покажем, что каждое из оснований многогранника
LKMNL\K\MiNi является квадратом (см. рис. 48). Рассмотрим грань
ABCD куба (см. рис. 49).

Решения варианта 10
65
Li
Рис. 48.
Пусть АВ = о. Так как AL = ND = МС =
= DM = CK = ^aZA = ZB = ZC = ZD = 90°, то
AALN = ADNM = ACMK = ABKL;
&.
Из ALAN имеем: Z.NLA + ZLNA = 90° =►
ZKLN = 180° - Z.BLK - ZNLA = 180° - LANL - ZNLA =
= 180° - (ZANL + ZNLA) = 180° - 90° = 90°.
Также можно показать, что Z.LNM = ZNMK = ZMKL = 90°.
5 Зак № 407

66 Решения вариантов тестов части 1
Значит, LKMN — квадрат со стороной
Аналогично получаем, LiKiMiNi — квадрат со стороной
2) Так как AL : LB = A\Li: L\Bu то LL\ || AA\ и LL\ = a.
Так как AAiВ JL AJ3C и LLi лежит в плоскости АА\В, LL\ ± АВ, а
так как основание многогранника LKMN лежит в плоскости ABC, то
LLi || LKMN.
Проводя аналогичные рассуждения, можно показать, что каждая из
граней LLb NNu MM\ и if ifi перпендикулярна обеим основаниям
многогранника и равна а.
Таким образом, LKMNL\K\M\N\ — прямоугольный
параллелепипед (п. п.).
3) Vn. п. = LLX • Slkmn = а.
Объём данного куба V* = а3 = 18.
Следовательно, Vn. п. = ^ = ^^ = 10.
Ответ: 10.
1) Найдём точки экстремума функции.
2/'(ж) = 0 при хг = 0, х2 = 3, а* = -3 £ [0; 4].
2) Найдём значение функции в точках экстремума, принадлежащих
отрезку [0; 4], и на его концах.
Следовательно, наименьшее значение функции у = уг - гг3 на отрезке
[0; 4] равно-10,8.
Ответ: -10,8.
В12. Пусть в первой машине было: х кг лука, у кг картошки, z кг капусты.
Тогда во второй машине было: Зх кг лука, 2у кг картошки, 6z кг капусты.
Всего в этой машине было 200 кг овощей. Следовательно, 3x + 2y + 6z =
= 200.
Согласно условию, в третьей машине было: Зх кг лука, Ъу кг картошки,
(6z — 9) кг капусты. Так как всего в этой машине было 260 кг овощей, то
Зх + Ъу 4- 6z - 9 = 260.

Решения варианта 10 67
Получаем систему уравнений:
( Зх + 2у + 6z = 200,
\ Зх + by + 6z - 9 = 260;
3j/ - 9 = 60; у = 23.
Ответ: 23.
Cl. 1) Пусть u = zy, v = ж + з/. Тогда v2 = ж2 4- 2ху + у2. Отсюда
а;2+у2 = v2-2u. Следовательно, х2+у2+х2у2—%ху = v2—2u+u2-8u =
22
Заданная система уравнений примет вид:
и = 14 — v,
u + v = 14; \ v2 + (14-v)2 - 10(14-г;) = 20;
и = 14 — v,
2(v-3)(v-6) =
^ или ( Г
\ xy = 11, \ rcy = 8.
Решая первую систему, приходим к уравнению у2 — Ъу 4-11 = 0.
Действительных корней нет.
Из второй системы находим: х\ = 4, yi = 2; «2 = 2, уъ = 4.
Ответ: (4; 2), (2; 4).
С2. Дано: SABCD — правильная пирамида. SC : МС = 4:3; Sabcd =
= 30; О — центр сферы; OJ5 — радиус сферы; О2? ± ВС. Точки 5, М
лежат на сфере.
Найти: Vsabcd-
Решение. Пусть SK — высота пирамиды (см. рис. 50). Тогда её объём
Vsabcd = \SK • SABCD = 10SK.
о
Найдём 51Г.
1) Сечением сферы плоскостью SBC является окружность. Так как по
условию ВС ± ОВ, то ВС — касательная к рассматриваемой
окружности, a SM — хорда. Следовательно, по теореме о касательной и секущей,
проведённых из одной точки, имеем: ВС2 = SC • МС.
2) По условию SC : МС = 4:3. Следовательно, SC = 4з; МС = Зж.
Тогда ВС2 = 12а:2; х = Щ&\ SC =
о
АС у/AD2 + DC*
=-Г = * j =
б.Зак №407

68
Решения вариантов тестов части 1
Рис. 50.
ABC2 ВС2
4) Из ASKC находим SK =
_ ДСЧ/ЗО
6 *
Согласно условию, площадь основания пирамиды SABCD = ВС2
= 30. Значит, ВС = >/30; SK - 5.
Ответ: 50.
' х + 6 > 0,
ОДЗ.
хф5,
хф-5,
х-Ъ ^
ж + 5
ж-5
С учётом ОДЗ исходное неравенство равносильно системе неравенств.
| +
\х>5;
f±f < -iogx+6iog2 a±|,

Решения варианта 10
х-Ь
а?>5;
Полученная система неравенств распадается на две.
2L
х-5
1)
2)
5
х-5
х"="5
х > -15,
кх>5;
х-5
L±5<I
;-5 2'
>5;
Последняя система не имеет решений.
Ответ: (15;+оо).
С4. Дано: ABCD — трапеция; АВ, DC — основания трапеции; АК =
= KB; DM = MC\ Pabcd = 30; DK — биссектриса /ADC; BM —
биссектриса /ABC. Косинус меньшего угла при нижнем основании
равен 7-
4
Найти:
В
Р М
Рис.51.

70 Решения вариантов тестов части 1
Решение. 1) Пусть DC > АВ (см. рис. 51). Положим АК — KB = ж,
DM = МС = у. Тогдаж < у.
2) Так как DK — биссектриса ZADC, то /ADK = ZJKDC; /KDC =
= /DKA (накрест лежащие).
Следовательно, в ADAK /DAK = /AKD и AD = АК = ж. Проводя
аналогичные рассуждения для AM ВС, получаем МС = ВС = у.
3) Проведём ВР || AD. Тогда BP = AD = x<y = BC=> ZBPC >
> Z.BCP =* /.ADC > /BCD. Значит, cos /BCD = f.
4
4) PC = DC - DP = 2y - 2s.
5) Из АВРС по теореме косинусов
J5P2 = BC72 -h PC2 - 2BC • PC cos /BCP =>
(2y - 2x)2 - |
- 8xy + 4x2 - 3y2 + 3xy;
6) По условию периметр Pabcd = 30.
Так как Pabcd = AS + ВС Н- CD H- AD = Зх + Зу, то Зж 4- Зу = 30;
ж + у = 10.
7) Решим систему уравнений
Г 2у2 + Зж2-5жу = 0, Гж = 10-у,
\ \
а* = 5, yi = 5, ж2 = 4, у2 = 6.
Значения х\ и yi не удовлетворяют условию ж < у.
Следовательно, ж = 4, у = 6.
8) Продолжим прямые МК и ВС до пересечения в точке Т.
ДГ1ГВ - ДТМС (/Т — общий, ZTBif = /ТСМ и ZTtfJS = ZTMС
как сонаправленные). Значит, ^ = ^ = ^~ = £ = - = -
ГС = §ТВ. С другой стороны, ТС = ТВ + ВС =
Получаем ТВ + б = §ТВ; ТВ = 12; ТС7 = 18.
9) Из АТМС по теореме косинусов
ГМ2 = ТС2 + МС2 - 2ТС • МС cos ZTCM;
ТМ2 = 182 + б2 - 2 • 18 • 6 • | = 198;
4
ТМ =

Решения варианта 10 71
Из соотношения £¥ = |, находим ТК = Щ^- = 1^ЫШ = 2^/22.
1 /V Z О О
КМ = ТМ - ТК = 3\/22 - 2л/22 = >/22.
Ответ: л/22.
С5.1) Рассмотрим функдаю h(x) = 15 + 7ж2 - 3s^osa?. Так как
Л(-*) = 15 + 7(-х)2 - 381пс4Оа8^ж) = 15 + ^
функция Л(а:) — чётная. Следовательно, заданное уравнение может иметь
единственное решение только тогда, когда х = 0 — корень и других
корней нет. При этом значении х получаем:
2) Проверим, что при а = ^~р других решений, кроме х = 0, нет.
Для найденного значения а преобразуем исходное уравнение к виду
15 7a.2==15sincosx
sinl
3) -1 ^ cosx ^ 1. Рассмотрим функцию /(£) = sint, для t € [—1,1].
На этом промежутке функция возрастает и sin* < sinl. Следовательно,
15 sin cos x < 15sinl = ^
sinl ^ sinl
Так как 15 + 7х2 ^ 15, то уравнение 15 + 7х2 = 15sil^cosa: эквива-
sin х
лентно системе уравнений
15 + 7х2 = 15,
15 sin cos х = 15
sinl
Эта система имеет единственное решение х = 0. Следовательно, значение
параметра a = ^jjjj искомое.
Ответ: ^
Сб. 1) Числа пит — полные квадраты. Обозначим п = nf, m = mf.
Тогда n% — mi = lllo; (ni + mi)(ni — mi) = Ilia = 3 • 37o.
Так как число 37 — простое, то одно из чисел (ni + mi) или (ni - mi)
делится на 37.

72
Решения вариантов тестов части 1
2) Так как пит — трёхзначные числа, то п\ < л/ЮОО и mi < л/1000.
Следовательно, п\ — тгц < \/1000 < 37. Значит, {rt\ - mi) не делится на
37. Но тогда {п\ - mi) должно делиться на За и (п\ + mi) делится на 37.
Следовательно, 37 < п\ + mi < 2>/Ю00 < 74.
3) Получаем систему уравнений
ц + mi = 37,
^i — mi = За,
п\ < 1000,
mf > 100;
п\ < 1000,
тпх = 37 — fij,
mf > 100.
Очевидно, что а может быть только нечётным числом. По условию
1 < о < 9.
Подбором находим:
- при а = 9: тц = 37 + 27 = 32; п\ = 1024 > 1000;
- при а = 7: m =
= 29; nf = 841< 1000;
mi = 37 - 29 = 8; mf = 64 < 100;
+ при о = 5: пх ш 37 + 15 = 26; п? = 676 < 1000;
mi =37-26 = 11; mf = 121 > 100;
+ приа = 3: ты =
= 23;п? = 529 < 1000;
mi =37-23 = 14; mf = 196 > 100;
+ приа = 1: m =
= 20; n? = 400 < 1000;
mi = 37 - 20 = 17; m? = 289 > 100.
Искомые а € {1;3;5}.
Ответ: 1;3;5.
Решения варианта 11
В1.87: (20 • 0,9) = 4,8. Для перевозки школьников потребуется 5 такси.
Ответ: 5.
В2. По графику определяем: масса продукции составила 500 кг.
Ответ: 500.

Решения варианта 11 73
Найдём 2х0 + уо*. 2 • 2 + 9 = 13.
Ответ: 13.
= |2 - >/5| • (2 + л/5) = (л/5 - 2)(>/5 + 2) = 5 - 4 = 1.
Ответ: 1.
85. Годовой оборот биржи А:
(42 +13 + 87 + 23) • 103 = 165 -103 = 1,65 -105 (у.е.)
Годовой оборот биржи В:
(63 + 47 + 22 + 37) • 103 = 169 • 103 = 1,69 • 105 (у.е.)
Ответ: 4000.
86. По рисунку определим периметр участка на плане. Он равен 14 см,
тогда на местности периметр участка равен 140000 см. Найдём скорость
движения: ^ = 5000-^. Длина диагонали участка на плане 5 см,
2о МИН
на местности — 50000 см. Найдём время движения по диагонали:
50000: 5000 = 10 (мин.)
Ответ: 10.
В7.6tg2х-5 = 6(з^П£ -l)-5 = 6-5 = 1.
Ответ: 1.
В8. f'(xo) = fc, где к — угловой коэффициент касательной к графику
функции у = f(x) в точке с абсциссой а?о. По графику определяем:
касательная проходит через точки с координатами (2; -1) и (0; 3).
x<i—x\ U — I
Ответ: -2.
= «з _ 24*.
s"(*) = 3t2-24,
s"(t) = 3,3t2 - 24 = 3,*2 = 9,t = 3.
Ответ: 3.
В10.1. AABC, ZC = 90°, AC = ВС (см. рис. 52).
1 24 _ 4
=2'T-3-
Уавсалвлсл 8-3 _
~ SABC = — -

74
Решения вариантов тестов части 1
3. Ж- = |, АК = \AAUHD = AK = 2(HD\\AAu CD J. AB).
5. tg Z.DCH = gg = ^f± = Z3 =► ZDCH = 60°.
Sabc 4-2 8
6. ScKF =
coaZDCH 31 ~3*
Omeem: 8.
y(2) = 2.84-2-4-10-2 + 1 = 5.
Из чисел 11,5, -5 наименьшее число -5.
Ответ: —5.
В12, Пусть х м3 воды за час перекачивает первый насос, тогда (х - 5) м3
воды за час перекачивает второй насос.
*-5 Т2
х2 — 15х - 450 = 0, х = 30, # = -15 — не удовлетворяет условию
5
>5.
30 м3 воды ежечасно перекачивает первый насос.
Ответ: 30.

Решения варианта 11
75
^, f 362x+l + 16 • 42х"1 = 24 • 122х,
(^ siny = -ж;
г зб2ж+1 + 42ж+1 - 2 • 122ж+1 = О, Г 92ж+1 - 2 • 32ж+1 + 1 = 0,
\siny=-x;
Г (32*+i-l)2 = 0, f 2x + l = 0, fx--°'5'
\ siny = -ж; \ siny = -ж; | у = (~l)n|
Omeem: (-0,5; (~l)n| + ^n), n € Z.
C2. В прямоугольной системе координат построим заданные точки и
соответствующее условию задачи осевое сечение усечённого конуса
(см. рис. 53).
в
-6
/
у
А
/
-2
У1
4
1
О
К
F
1
2
ч
ч
\
6
X
Рис.53.
-г), l = AB,R = BF, r = AK.
АВ = ^/(-2
(4-1)2 = 5.BF = 6, AFT = 2,
Ответ: 40тг.
СЗ.ОДЗ.х>0. 31о«зх<6,
^31овз «V083 х + з1°вз » < 6,2aJ°83 «= < 6, ж1овз * < 3.
Прологарифмируем обе части неравенства по основанию 3. Учитывая,
что функция у = log31 возрастающая, получим:
log31 < log3a; < Iog33, | < x < 3.
Ответ: (|;3J.

{2 ТГ 2 ' И ~ ' < IT IT
AB • ВС = 60; { AB ■ ВС = 60;
Решения вариантов тестов части 1
Sabc = Sapc + Sbpc,
10BC=165, ^
--®--
~ ВС1
">•&
2BC2-33.BC +108 = 0,
{2BC2 - 33
AC-w
AC шик,
' ГВС = 12,
,; C 5,
Ж. { ВС = 12; m
ВС1
Ответ: 5; 12 или 13^; 4^.
С5. Преобразуем данное уравнение.
(о + 3)(о + 8х - х2 -10) - |х - 4|(а + 8х - х2 -10) = 10,
(о + 8х - х2 - 10)(о + 3 - |х - 4|) = 0,

Решения варианта 11
77
Г х2 - 8х + 10 = а,
[|ж-4|-3 = а.
Построим графики функций у = х2 - 8а: +10 и у = \х - 4| — 3
(см. рис. 55).
::
УЖ 1 1
1
1
\
. It
s
г
i i
\
\
\
л
j ^
Л
/
/
/
/
I
Л
III/
(1
it;
Л
it
^-
Рис. 55.
По графику определяем: исходное уравнение имеет ровно два корня
при — 6 < а < -3 и при тех значениях х, при которых выполняется
равенство х2 - 8х +10 = \х - 4| - 3,
2 ||
( ) ||
(х - 4)2 - |х - 4| - 3 = 0.
Обозначим \х - 4| = t, t ^ 0. Уравнение примет вид:
2
1 /1Q
t2 = ~У — не удовлетворяет условию t ^ 0.
Вернёмся к замене.
Функции у = х2 — 8х+10 и у = |ж - 4| - 3 симметричны относительно
прямой а: = 4, поэтому для каждой из них справедливо у{х{) = у(х2).
Найдём у(х2) = у(~1+2^3 + 4) Функции у = \х - 4| - 3.

78 Решения вариантов тестов части 1
1 + л/13 , . А о_1 + л/13 г, л/13-5
' 2 + Г" 2 Л~ 2 •
Следовательно, a = *Щу—-.
Ответ: (-3;-6)U
Сб. По условию задачи составим неравенство
20 ^ V5n + | < 21; 19,5 < у/Еп < 20,5; 380,25 < 5п < 420,25,
76,05 < п< 84,05.
Учитывая, что п G N, имеем п = 77, 78, ...,84. Всего 8 значений п
удовлетворяют условию задачи.
Ответ: 8.
Решения варианта 12
81. За 2 часа операционист обслужит г* = 12 клиентов, что
составляло
ет ±£ • 100% = 40% от общего числа клиентов.
Ответ: 40.
82. По графику определяем: 16 июня температура воды в море была 20° в
12 часов.
Ответ: 12.
[ ( = ж + 6.
[у = ж + 6;
Функция у = ж + 6 возрастает, функция у = Г^ J убывает, тогда если
(1\ж
^ J имеет корень, то он единственный. Подбором
находим х = -2, у = -2 + 6 = 4.
Найдём Зз0 4- j/o: 3 • (-2) 4- 4 = -2.
Ответ: -2.
В4. у/16-6<ff-{у/7+3) = ^/(3~>/7)2-(>/7+3) = |3-л/7|.(л/7+3) =
= (3 - \/7) (3 + V7) = 9 - 7 = 2.
Ответ: 2.

Решения варианта 12
79
85. Объём продукции за год составил: 19 + 23 + 26 + 18 + 20 + 20+
+20 + 20 + 32 + 27 + 35 + 40 = 300 единиц.
12о°в°0 ■ 300 = 144000 (у.е.) — прибыль за год.
Ответ: 144000.
86. Число колец найдём по формуле
п =
тг • 4
Ответ: 16.
B7.5-3cos2x = 5-
= 5-
= 4.
+ tg2* " 1 + 2
Ответ: 4.
88. tg a = ff(xo), где а — угол наклона касательной, проведённой к
графику функции у = /(ж), к положительному направлению оси Ох в точке
с абсциссой хо = 2. По графику определяем /'(2) = 1, отсюда tga = 1,
а = 45°.
Ответ: 45.
89. а(*0) = S"(t0), S'(t) = t2 -4*+3, S"(t) = 2t-4,5/;(3) = 2-3-4 = 2.
Ответ: 2.
B10. В треугольнике ABC Z.C = 90°. По свойству высоты, проведённой
из вершины прямого угла, имеем:
CD2 = AD • BD, CD2 = 0,9 • 2,5, CD = 1,5, Sabc = | • CD - AB,
= i • 1,5(0,9 + 2,5) = 2,55. CCX =
CD = 4 • 1,5 = 6.
= 4.
A
с v-;;
Рис. 56.
Ответ: 6.

80 Решения вариантов тестов части 1
4х-4
у(0) = logi 3, у(1) = logi 1 = 0, у(2) = logi (2 • 4 - 4 • 2 + 3) = logi 3.
Из чисел logi 3 и 0 наибольшее число 0.
Ответ: 0.
В12. Пусть за х часов может вспахать поле первая бригада, работая
самостоятельно (х > 0), тогда за (х + 6) часов — вторая бригада.
х х + 6 ~~ 4>Ж '
4х 4- 24 + 4х = х2 + 6х; х2 - 2х - 24 = 0,
Х2 == —4 — не удовлетворяет условию х > 0.
За 6 часов может вспахать поле первая бригада, работая
самостоятельно.
Ответ: 6.
Jmeem:6.
Г 492х"1 + 92*-1 - 2 • г!235"1 = 0,
Г 2s-1 = 0, [Х °'5'
\ cosy = х; 1 у = ±тг + 2тгп,
Ответ: Го,5;±|н-2тгпУп <
С2. В прямоугольной системе координат построим заданные точки и
соответствующее условию задачи осевое сечение конуса (см. рис. 57).
5б = жШ,
l = DC,R = O
DC = V52 +122 = 13,
5б = тг • 12 • 13 = 156тг.
Ответ: 156тг.
СЗ. ОДЗ. х > 0.
(у14,
2а;1овг1<14, х1^* < 7.

Решения варианта 12
81
ч
J
/
1
\
\
-
/
1-
0
\
1
С
X
Рис. 57.
Прологарифмируем обе части неравенства по основанию 7. Учитывая,
что функция у = log71 возрастающая, получим:
log7 xlo«7 * < log7 7, log? x < 1, | log7 x\ < 1, log7 у < log7 x < log7 7,
f < ж < 7.
Ответ: (i;7j.
С4. 1.По условию треугольник ABC равнобедренный, МЩАС, значит
AMNC — равнобедренная трапеция. Обозначим АН = ж, NH = у,
AD = ЯС = z, тогда MiV = ЛЯ = х - z (см. рис. 5&).
3. В AAHN: AN2 = АН2 + NH2, ж2 + у2 = 169.
/*» + ^ = 1в9, f (x-y)2=49,
*' \ жу = 60; ** \ жу = 60;

82
Решения вариантов тестов части 1
У
\
AD НС
( x =
J x =
\У =
Рис. 58.
= 12,
= 5,
= 12.
x - у = 7,
xj/ = 60;
x-y = -7,
xy = 60;
Имеем: ЛГЯ = 12 или NH = 5.
Ответ: 12 или 5.
C5. Преобразуем данные уравнение
t + 4x-x2-l)(a + 2-|x-2|) = 0,
х2-4х + 1 = о,
|х - 2| - 2 = о.
Построим графики функций j/ = x2 — 4х + 1иу=|х — 2|-2
(см. рис. 59).
v=x2-4x + l
у=\х-2\-2
VLV1
\ГТ
\
\
\\
\\\
V
X
гч
О-
1
А
,
-3-
[
\
V
\
- 1
\
V
/
J
1
/
ц
1
1
/
/
/
L
Л/
п
у
Рис. 59.

Решения варианта 13 83
По графику определяем: исходное уравнение имеет ровно два корня
при -3 < a < -2 и при тех значениях х, при которых выполняется
равенство х2 — 4х 4-1 = |х — 2| - 2,
2
(х - 2)2 - \х - 2| - 1 = 0.
Обозначим \х — 2| = t, t > 0. Уравнение примет вид t2 — t — 1 = 0,
*2 = <У — не удовлетворяет условию t ^ 0.
Вернёмся к замене:
Функции у = х2 — 4х + 1иу = \х — 2| — 2 симметричны относительно
прямой х = 2, поэтому для каждой из них справедливо у{х\) = у(х2).
Найдём у(х!) = у(1+2^ + 2) функции у = \х - 2| - 2:
Следовательно, а = ^5 .
: (-3;-2)и{^2"3|.
Сб. По условию задачи составим неравенство
15 < у/ШТ2 < 16,
225<4п + 2<256,
223 < 4п < 254,
55,75 < п< 63,5.
Учитывая, что п € JV, имеем п = 56, 57,..., 63. Всего 8 значений п
удовлетворяют условию задачи.
Ответ: 8.
Решения варианта 13
В1. Так как шоколадки и с орехами, и с изюмом учитываются при подсчёте
шоколадок каждого из двух указанных видов, то в сумме ё + | они учи-

84 Решения вариантов тестов части 1
тываются дважды. То есть всего (q + д)""!211^ шоколаД°к содержат
и орехи, и изюм. | 100% = 50%.
Ответ: 50.
В2. Нарушению правил соответствуют те точки графика, ординаты
которых больше 50. По графику видно, что всего 7 часов автомобилист
нарушал правила: с 3,5 до 7 и с 9,5 до 13.
Ответ: 7.
Решением данной системы является промежуток [—10,5; -4] содержащий
7 целых значений:—10; —9, ... -5, -4.
Ответ: 7.
= >/а2 — 5, при а = 3 имеем: л/а2 -5 = V9-5 = 2.
Ответ: 2.
85. Перебираем пары различных комплектов по возрастанию суммарной
стоимости, в которых количество пирожных не менее 19. Действуя таким
образом, получаем пару Наслаждение и Восторг, суммарная стоимость
равна 278.
Ответ: 278.
86. Найдём длины сторон треугольника ABC, АВ2 = (-1 - 2)2 +
2
АС = (12) + (32) = 10,АС = >
ВС2 = (2 - 2)2 + (-1 - 2)2 = 9, ВС = 3.
Так как ВК — биссектриса, то Щ^ = 4^ = §• тогда АК = |
АО JDL/ О О
16АК2 = 1б|| • 10= ^^ = Щ = 62,5.
Ответ: 62,5.

Решения варианта 13 85
В7.^РЗ+1Об42\/2+21о«*3 = v/(0^F+|log22i+3 = 0,2+|+3 = 3,95
Ответ: 3,95.
88. Скорость материальной точки — производная функции перемещения.
Таким образом, необходимо найти абсциссу точки графика,
изображённого на рисунке, у которой ордината равна 2. По графику находим точку с
координатами (4,5; 2), её абсцисса равна 4,5.
Ответ: 4,5.
89. Найдём момент времени, в который автомобили поравняются.
Si{t) = S2(t)'t -t2 + U = 4t; t2 - 2t = 0; t = 0, t = 2. В момент времени
t = 0 автомобилисты выезжали из города, а поравняются они в момент
t = 2 на расстоянии Si (2) = 8 от города.
Ответ: 8.
В10. Полученная пирамида К ABC — правильная, боковые грани
наклонены под углом 60° к плоскости основания (см. рис. 60).
AL = АС ^ = 6л/3 ^ = 9,HL
Z 2
= з>/з.
= 5 KHSabc - ^Я- |AL..B<7 - | -3V5- i -96V5 = 81
Ответ: 81.

86 Решения вариантов тестов части 1
1 1 2
В11. Vimp. = «"• 5осн. = «Л• a .
Выразим h = 3 — а и рассмотрим функцию v(a) = ^(3 — а) • а2, а > 0.
«5
t/(a) = (а2 - |а3)' = 2а - а2 = а(2 - а).
Итак, функция г»(а) имеет единственную точку максимума (см. рис. 61).
Пирамида имеет наибольший объём при a = 2.
v'(a) +
v(a) ^* ^^
Рис.61.
Ответ: 2.
В12. Пусть изначально требовалось а ниток холодных тонов, тогда
тёплых — 2а. После замены ниток холодных тонов стало 6, а тёплых тонов —
1,56. Так как общее количество ниток не изменялось, то a + 2a = 6 4-1,56,
откуда 6 = 1,2a, то есть ниток холодных тонов стало в 1,2 раза больше.
Ответ: 1,2.
{
Каждое из слагаемых неотрицательно, поэтому их сумма равна нулю тогда
и только тогда, когда каждое из них равно нулю.
' х2-у-2 = 0,
у2-ху-Зу-х-4 = 0;
и
\(х2 -2)2 -х(а? -2)-3(z2 -2)-ж-4 = 0.
Решим второе уравнение системы.
42 3 2
(ж-1)(я3-7ж-6) = 0;
(х - 1)(х + 1)(х - 3)(х + 2) = 0.
Значение х = — 1 не удовлетворяет условию х +1 Ф 0, а значения х = -2
их = 1 не удовлетворяют условию ж2 4- ж—2 ^ 0. Получаем единственный
корень х = 3, тогда у = З2 — 2 = 7.

Решения варианта 13
87
Пара (3; 7) удовлетворяет ОДЗ, значит является решением исходного
уравнения.
Ответ: (3;7).
С2. Пусть ВО — высота пирамиды В ABC, С\Н ± ABC, ВК JL АВ (см.
рис. 69).
В
Треугольники ВАВ, ВВС и ВАС — равные между собой
равнобедренные треугольники, наклонённые под одним и тем же углом к
плоскости ABC, поэтому точки А\, В\ и С\ лежат в плоскости, параллельной
плоскости ABC. Высота пирамиды BiAiB\C\ равна расстоянию между
плоскостями ABC и А\ВхС\ и равна длине отрезка С±Н.
Обозначим АВ = ВС = С А = а, тогда ВК = а.
Рассмотрим АВАВ (см. рис. 63).

88
Решения вариантов тестов части 1
DB =
= \-AL BD,откудаAL
■ tga = |o.
= \-DKAB = \a\ SADB
= Л,tga = |. CXK = AK•
9&
, тогда
= *2VT•ClH = \DO = f^T
>тогда
= \AC = |
9a2y/3
Итак, VDlAlBlOi = 3С1Я• SAxBjd = 3
11 9а2л/3 Зо3л/п
fe' -g^TT = 83-4
_ 3-8 -11 _
- 8S.4
Omeem: 90,75.
а;>о,
|Ж + 1|_|Х_
3°83 Ж = 3"logsf = 3logs * = -; |x
исходное неравенство примет вид:
+ 1| = x + 1 при x 2 1, тогда
1) Рассмотрим неравенство г*'*^ - - > 0. Функция /(ж) =
•27 X
возрастает при х ^ 1 и /(2) = 0, следовательно 2v'*:ri — — ^ 0 при х ^ 2
х
и 2^^ - i <£ 0 при 1 < х < 2.
х
2) Решим неравенство х +1 - |х - 13| > 0:

Решения варианта 13
— 13 ^ О,
х - 13 < 0;
О • х > -14,
*JJ3' *€(6;+oo).
х<13;
Решением исходного неравенства являются те значения х, при которых
выражения 2у/*=*-- ия+1-|ж—13| имеют одинаковые знаки. Получаем
х
se[l;2]U(6;+oo).
Ответ: [1; 2] U (6; +оо).
С4. Рассмотрим ААВС (см. рис. 64).
А
К
Рис. 64.
В АКСВ высота СН является также биссектрисой, значит АКСВ
равнобедренный, СН — медиана и КН = НВ = jAB. В ААСН СК —
биссектриса, тогда ^^тт = нг& = £» СН = ^АС и ААСН — прямо-
AL/ AJ\ Z Z
угольный с гипотенузой АС, тогда LHAC = 30°, ZACH = 60°, 2а = 60°
=> а = 30°.
Итак, ААВС — прямоугольный с гипотенузой АВ и острым углом 30°
(см. рис. 65).
Пусть О — центр вписанной окружности ААВС, CL и BN —
биссектрисы. ОМ = г — радиус вписанной окружности ААВС.
ZDCM = 45°, тогда СМ = ОМ = г,ОС = гу/2, откуда г =
75^г- ^ОВМ = 1/.АВС = 30°, тогда ВМ = ОМл/3 =
V 3 4" 1 *♦
ВС = г + гч/3 = r(V3 +1), АС = ВСу/3 = г>/3(\/3 +1).

90
Решения вариантов тестов части 1
N
м
Рис.65.
В
= 4,5ч/3.
Ответ: 4,5\/3.
С5.1) Найдём модуль разности корней уравнения ах2 + 2х — 2,25 = 0.
> х\, то есть
— х\\ = а?2 — xi = * ° .
2) Найдём расстояние между точками экстремума функции /(х).
/;(ж) = 6х2 - 18ж - 6о, /'(ж) = 0,6х2 - 18ж - 6а = 0, х2 - Зх - о = 0,
3) Решим неравенство
>/4а + 9. Так как о > 0, то неравенство
примет вид у/9а 4- 4 ^ a V4a + 9, а2(4а+9) ^ 9о+4,4а3+9о2-9а-4 > 0,
4(о - 1)(о2 + а + 1) + 9о(о - 1) ^ 0, (а - 1)(4о2 + 4а 4- 4 + 9а) ^ 0,
(а-1)(4а2+13а+4) ^ 0. Приа > 04а2 + 13а+4 > 0, поэтому последнее
неравенство равносильно a — 1 ^ 0, откуда a ^ 1.
Ответ: [1;+оо).
Сб. Сделаем чертеж (см. рис. 66).
Обозначим АС. = х км, ВС = у км. Из условия, что проехать по
дорогам на велосипеде можно за 32 минуты, получаем уравнение
3*
20 ~ 60'

Решения варианта 13 91
Рис.66.
Из условия, что дойти пешком, например, до пункта В можно за 4>/б19
минут, получаем: — = 4УЛ19, АВ2 = ^, откуда по теореме косину-
О DU У
сов имеем: х2 + у2 — ху = 2^2.
Решим систему уравнений
{ 3. получааи1ары(|;9)н(9;|).
Необходимо проверить выполнение оставшегося условия. Учитывая, что
АН = ^^ и что точка В может располагаться не только, как показано на
рисунке, но и на отрезке СН, получаем неравенство ^^ + ' ( > 1,6,
хл/3+ i|2i/-rr|>16(*).
Подставив пару (f; 9 ], получим |л/3 > ^тг»20л/3 > 143, что неверно.
Аналогично убеждаемся, что пара ( 9; | j удовлетворяет условию (*).

92 Решения вариантов тестов части 1
Длину искомого отрезка В К найдём из ABC К: В К = ^— = *Цр.
Ответ: —^—.
о
Решения варианта 14
ВI. Так как студенты, владеющие обоими языками, учитываются при под-
счёте студентов, владеющих каждым из языков, то в сумме т + тт{ они
о 1U
учитываются дважды. То есть всего (i + ^n)""!2^^ студентов
владеют обоими языками.
0,3 -100% = 30%.
Ответ: 30.
В2. Температура воздуха в инкубаторе удовлетворяла требованиям в
такие моменты времени t, для которых ордината точки графика с абсциссой t
принадлежит промежутку [37; 39]. По графику видно, что это условие
выполняется при t € [0; 6] U [7,5; 8,5] U [10; 12], то есть температура
удовлетворяла требованиям 9 часов.
Ответ: 9.
4
3
Решением данной системы является промежуток [—5; 2), содержащий 7
целых значений: -5; -4, ... 0, 1.
Ответ: 7.
84. У
= #33 - а2, при a = 5 имеем: #33 - a2 = #33 - 25 = 2.
Ответ: 2.
85. Перебираем пары наборов карандашей по возрастанию суммарной
стоимости, в которых количество карандашей не менее 31. Действуя
таким образом, получаем пару Радуга и Вдохновение, суммарная стоимость
равна 87.
Ответ: 87.
Вв. Найдём длины сторон треугольника ABC. АВ2 = (12 — б)2 +
(2

Решения варианта 14 93
АС2 = (12 -12)2 + (-1 - 5)2 = 36, АС = 6;
ВС2 = (6 -12)2 + (7 - 5)2 = 40, ВС = 2>/Й.
Так как АК — биссектриса, то SK - Щ _ | тогда ск = |
Oil A\s о о
СК2 = ^ . 40 = ^ = ^ = 5,625.
Ответ: 5,625.
^- = 2-
= 2-0,3- |.log33X3 = 1,7- 1.1 = 1,7-2 = -0,3.
Ответ: -0,3.
88. Скорость материальной точки — производная функции перемещения.
Таким образом, необходимо найти абсциссу точки графика,
изображённого на рисунке, у которой ордината равна 3. По график/ находим точку с
координатами (5; 3), её абсцисса равна 5.
Ответ: 5.
89. Найдём момент времени, в который машинки поравняются.
Si(t) = S2(t)\ 0,25* = 1,25* - 0,25t2; t2 - At = 0; t = 0, * = 4. В момент
времени t = 0 машинки отъезжали от старта, а поравняются они в момент
t = 4 на расстоянии Si(t) = 1 от старта.
Ответ: 1.
В10. Полученная пирамида KABCD — правильная, боковые грани
составляют угол 30° с плоскостью основания (см. рис. 67).
К
С
Рис.67.
АС — диагональ квадрата ABCD, АС = 3>/б, тогда АВ = 3\/3.
КН — высота пирамиды, HL ± ВС, тогда HL = \ав = |л/3.

94 Решения вариантов тестов части 1
Vkabcd = §*#• Sabcd = | • | ■ (3V3)2 = f = 13,5.
Omeem: 13,5.
Bl 1. Vrmp. = \h • 5осн. = \h \a ^ ^
Выразим h = 5 - 2o и рассмотрим функцию v(a) = (5 - 2a) -a2,a> 0.
t/(a) = (5a2 - 2a3); = 10a - 6a2 = 2a(5 - 3a).
Итак, функция v(a) имеет единственную точку максимума (см. рис. 68).
Пирамида имеет наибольший объём при a = |, 3 • | = 5.
О о
v'(a) + - ^
о 4 ^ «
v(a) ^> 7 ^^
Рис. 68.
Ответ: 5.
В12. Пусть изначально планировалось сделать а отбивных, тогда кот-
лет — -а. После приготовления оказалось Ь отбивных, тогда котлет —
о
^Ь. Так как суммарное количество не изменилось, то § a -f a = \b + Ь,
О О О
-^ = "д"> откуда a = 1,16, то есть предполагаемое количество отбивных
в 1,1 раза больше того, которое было приготовлено.
Ответ: 1,1.
{
Каждое из слагаемых неотрицательно, поэтому их сумма равна нулю тогда
и только тогда, когда каждое из них равно нулю,
f ж2-2/ + 1 = 0,
\ У2 - ху - 6у + 5х + 5 = 0;

Решения варианта 14
95
,
\ (х2 +I)2 - х(х2 + 1) - 6(х2 +1) + Ъх + 5 = 0.
Решим второе уравнение системы.
х4 + 2х24-1-х3-х-6х2-6 + 5х + 5 = 0;
х4 - ж3 - Ах2 4- 4х = 0;
х(х3-х2 -4x4-4) = 0;
х(х-1)(х2-4) = 0;
х(х-1)(х-2)(х + 2) = 0.
Значение х = 1их = 2не удовлетворяют ОДЗ. Получаем корни х = 0 и
х = -2, тогда у = О2 + 1 = 1, у = 5. Пары (0; 1) и (-2; 5) удовлетворяют
ОДЗ, поэтому являются решениями исходного уравнения.
Ответ: (0;1);(-2;5).
С2. Пусть DO — высота пирамиды DABC, CiH ± ABC, DK L АВ
(см. рис. 69).
Треугольники DAB, DBC и DАС — равные между собой
равнобедренные треугольники, наклонённые под одним и тем же углом к
плоскости ABC, поэтому точки А\, В\ и С\ лежат в плоскости, параллельной
плоскости ABC. Высота пирамиды D\A*B\C\ равна расстоянию между
плоскостями ABC и А\В\С\ и равна длине отрезка С\Н.
о
Обозначим АВ = ВС = С А = о, тогда DK = ^а.
Рассмотрим ADAB (см. рис. 70).

96
Решения вариантов тестов части 1
DB = J|
&.Sadb = \ DK-АВ = §а2,
= \-ALBD, откуда AL = -^ и cosa = -4-, tga
"D0"
ADliTO ~ ACiKH, тогда
, тогда
= 4 x x
Итак, Vd1a1BiCi = 3
1
3
= ±AC =
.2 _ W3.2
81 '
л/262 яз
3? a •
Omeem:
ж>0,
|e + 2|- |2a;-
\х + 2| - \2х - 23| ф 0.

Решения варианта 14 97
51о*2Б* = 52 log«* = ЬХо**^* = у/х; \х + 2| = х + 2 при х ^ 3, тогда
исходное неравенство примет вид:
1) Рассмотрим неравенство у/х —2^^ ^ 0. Функция/(ж) = \/я—
возрастает при х ^ 3 и /(4) = 0, следовательно у/х — 2v/*~^ ^ 0 при
3 < х < 4и >/i- г1^115 < Оприж ^ 4.
2) Решим неравенство ж + 2 - |2ж — 23| > 0:
2-(2ж-23)>0,
23>0, Г11,5<х<25, ^^/7.254
2 + (2ж-23)>0, ^ [ 7 < ж < 11,5; ^lM°jt
2ж - 23 < 0;
Решением исходного неравенства являются те значения х, при которых
выражения у/х — 2^*~* и х + 2 - |2ж - 23| > 0 имеют разные знаки.
Получаем х е [3; 4] U (7; 25).
Ответ: [3;4]U(7;25).
С4. Рассмотрим ААВС (см. рис. 71).
К
Рис.71.
В АКСВ высота СН является также биссектрисой, значит АКСВ
равнобедренный, СН — медиана и КН = НВ = i АВ. В ААСН СК —
биссектриса, тогда ^ = ^ = |, СН = ±АС и ААСН —
прямоугольный с гипотенузой АС, тогда /.НАС = 30°, ZACH = 60°, 2а = 60°
=*► а = 30°.
Итак, ААВС — прямоугольный с гипотенузой АВ и острым углом 30°
(см. рис. 72).
Пусть О — центр вписанной окружности ААВС, CL и BN — бис-
7 Зак. № 407

98
Решения вариантов тестов части 1
N
В
&.
м
Рис.72.
сектрисы, ОМ = г — радиус вписанной окружности Л ABC
Z.OCM = 45°, тогда СМ = ОМ = г.
Z.OBM = \t-ABC = 30°, тогда ВМ = ОМу/3 = гуД, ВС = г+гуД =
= г(уД + 1), АС = ВСуД = гуД{уД + 1).
Sabc = 7;АСВС=\- г2уД(уД +1)2 = 1,5 + л/3.
r2V3(>/3 + I)2 = 3 + 2л/3, r2(V3 +1)2 = V3 + 2, г2 = i, г =
Ответ:
z
С5.1) Найдём расстояние между точками экстремума функции /(х).
fix) = Зх2 -f 12х - 9а, /7(х) = 0, х2 + 4х - За = 0, D = 16 4- 12а,
xi о = 5f = ~2 ± ^4 + За, 1x2 — Xi| = 2у44-3а.
Z
2) Найдём модуль разности корней уравнения ах2 + 2у/бх -2 = 0.
£> = 24 + 8а х = -2л/б - л/24 Н-8а = ^
2а 2а
Таккака>0,то|х2-Х1| = x2-xi = V 24 + 8а.
Л
3) Решим неравенство 2 V4 + За < 2
Так как а > 0, то неравенство примет вид
aV4 + За < V24 + 8а, а2(4 + За) < 24 + 8а,
Ч4а2~8а-24<0,

Решения варианта 14 99
3(а - 2)(а2 + 2а + 4) + 4а(а - 2) < О,
(а - 2)(3а2 + 6а + 12 + 4а) < О,
(а - 2) (За2 + Юа + 12) < 0. При а > 0 За2 + 10а + 12 > 0, поэтому
последнее неравенство равносильно a — 2 < 0, откуда 0 < a < 2.
Ответ: (0;2].
Сб. Сделаем чертёж (см. рис. 73).
Рис. 73.
Обозначим АС = х км, ВС = у км. Из условия, что проехать по
дорогам на велосипеде можно за 20 минут, получим уравнение
Из условия, что доехать на повозке напрямую можно за -^-42. часов, по-
3V13
4т = /Т ^В2 = "
лучаем 4т = g> /То* ^В2 = о"» откуда по теореме косинусов имеем:
\о \ 13 У
Решим систему уравнений
3>
л
3> о^ I X + y = f получаем пары/|; б) и f6; |).
+ У2-^=^; 1^ = 14; V3 У V ЗУ
Необходимо проверить выполнение оставшегося условия. Учитывая, что
АН = 2^р и что точка В может располагаться не только, как показано на
8. Зак № 407

100
Решения вариантов тестов части 1
25
26'
рисунке, но и на отрезке С#, получаем неравенство
хл/3 + |у-||.§ >11.
_ 7 Л Л 7
Подставив значения х = ^,2/ = 6иж = 6, у = ^в последнее
неравенство, убеждаемся что ему удовлетворяет только пара х = б, у = \. Длину
искомого отрезка ВК найдём из &ВСК: ВК =
Ответ:
о
Решения варианта 15
В1.20 • 1,25 == 25 (р.) — новая цена открытки. 200 : 25 = 8 (откр.).
Ответ: 8.
В2. По графику определяем: наименьшее число кабанов летом — 80
особей.
Ответ: 80.
Ответ: —4.
Ответ: 0,2.
В5. Не теряя общности, предположим, что продолжительность смены
таксиста составляет 1 час, тогда составим следующую таблицу:
АВ
ACDB
ADB
Гонорар за
эту поездку
450
645
525
Затраченное
время
1
2
43
45
7
10
Заработок за
оставшееся время
225
20
135
Суммарный
заработок
675
665
660

Решения варианта 15
101
В итоге наиболее выгодным является маршрут АВ, значит за эту
поездку таксист заработает 450 рублей.
Ответ: 450.
В6. Высота трапеции составляет 4 клетки, верхнее основание — 4 клетки,
нижнее основание — 8 клеток. Так как длина стороны одной клетки равна
1 см, то площада трапеции равна 4 • (4 + 8) • ^ = 24 (см2).
Ответ: 24.
Ответ: 8.
В8. Согласно физическому смыслу производной, ускорение есть вторая
производная от перемещения.
Ответ: 6.
В9. Задача сводится к решению неравенства 2+4t—t2 ^ 5; t2 -4£+3 < 0;
1 < t < 3, отсюда следует, что волан находится на высоте не менее 5
метров 2 секунды.
Ответ: 2.
В10, Пусть ABCD — осевое сечение цилиндра, тогда АС = 2>/34,
=9тг, AD = 6, CD = VAC* -AD2 = V4-34-62 « 10.
A D
Рис.74.
ZACD = a — угол между образующей цилиндра и диагональю его
осевого сечения, tga = —^ = —г.
OX/ 1U
Ответ: 0,6.

102 Решения вариантов тестов части 1
В11. Известно, что S(t) = / v(t)dt, отсюда расстояние, пройденное
болидом за первые 6 секунд, равно
/(36* - З*2)* = (18*2 -13)|6 = 648 - 216 = 432.
/
Ответ: 432.
В12. Составим систему уравнений, соответствующую условию задачи:
Г Ъх + Ъу = 1,
\3 + 75 1
\
где х — производительность труда первого садовника, г у — второго
садовника.
Решив систему, получим: х = ^, у = ^, значит второй садовник
подстрижёт кусты за 2j£ часов.
Ответ: 11,25.
С1. Сделаем замену a = у/^х, Ь = yf^y, тогда
Г16=(2а + Ь)2,
\64=(4а2-Ь2)2;
где а > 0 и Ь ^ 0.
4 = (2а-Ь)2;
2а-Ь = ±2;
Ь = 2о±2.
Подставим Ь = 2а ± 2 в первое уравнение системы:
16 = (4а ± 2)2, отсюда а\ = 1,5, аг = 0,5, следовательно Ь\ = 1, Ь2 = 3.
XI = -(1,5)2 = -2,25, х2 = -(0,5)2 = -0,25;
У1 = -(1)2 = -1,У2 = -(3)2 = -9.
Ответ: (-0,25; -9), (-2,25; -1).
С2. 1) Найдём расстояние между SA и CJ3. Пусть а — длина стороны
тетраэдра. Так как тетраэдр правильный, то искомым расстоянием
будет высота HN в сечении SAH, проходящем через апофему
тетраэдра. АН = SH = Щ^- (как высота в равностороннем треугольнике),
SN = la. NH = y/SIP - SN* = J(^)2 - (f )* = ^.
2) Воспользуемся формулой R = ^p, где R — радиус сферы,
описанной около правильного тетраэдра.

Решения варианта 15
103
о н
3) Искомое отношение: Щ =
Ответ:
: 2#
4
О
л/а;2 + 0,5ж + 2ж \/(х-1)2 .
* i + х < °'
одз.
х
х < -0,5,
х>0.
V^x2 + 0,5а; ^ 0, Зх - 1 > 0 при х > 1, значит вся дробь больше нуля и
при ж ^ 1 неравенство решений не имеет.
При 0 < х < 1 аналогично неравенство решений не имеет.
При — 1 < я < -0,5 числитель больше нуля, знаменатель меньше нуля,
значит — 1 < х < —0,5 — решение.
При х < -1: \/х2+Ь,5х 4- х + 1 > 0. Неравенство равносильно системе
неравенств:
х2 + 0,5ж>0,
-х-1^0,
х2 + 0,5х>(-х-1)2;
не

104 Решения вариантов тестов части 1
*е(-оо;-|)и(0;+оо),
отсюда следует, что при х < — 1 числитель исходной дроби больше 0,
знаменатель меньше 0, значит вся дробь меньше 0 и х < -1 — решение.
Объединив решения -1 < х < —0,5 и х < -1, получим х < -0,5.
Ответ: Г-оо;— ^1.
С4. Докажем, что Sabc = (р — a)ra, где р — полупериметр ДАВС,
о — сторона треугольника, га — радиус вневписанной окружности,
касающейся стороны а (см. рис. 76).
Рис.76.
АВ = Ь, ВС = с, СА = а, ОМ = ОН = ON = га, тогда
= 5лов + Scob - 5лос e |b • гп + |с • га - |а • га -
По формуле Герона
Sabc = л/7,5 • 3,5 • 2,5 • 1,5 = ^>/7.
По условию, а = 4, Ь = 6, с = 5;
И^7 = (7,5 - 4)га, га = 1|л/7; ^л/7 = (7,5 - 5)гс, гс = |§л/Т;

Решения варианта 15
105
^у/7 = (7,5 - 6)гь, п = ^
Ответ:
225л/7
8 *
CS. 1) Рассмотрим первое уравнение. Сделаем замену cos x = t,
—1 < t ^ 1. Уравнение примет вид V41 + 9£ = at. Решим его фафически
(см. рис. 78). f(t) = V41 + 9*. p(t) = at, /(1) = 5\^, /(-1) =
)ис. 78).
= [4V2;
\
Рис.77.
Уравнение имеет решение тогда, когда графики функций f(t) и g(t)
имеют общую точку, то есть при a ^ 5>/2 и a ^ -4\/2.
2) Рассмотрим второе уравнение.
При х ^ -2: а) h(x) = х - a + 7х +14 + Ъх = 13х - a + 14,
б) ft(rr) = a - х +14 4- 5ж = 1 lx - a + 14.
В обоих случаях h(x) монотонно возрастает при х ^ -2.
При х < -2: а) h(x) = я - a - 7ж — 14 4- Ъх = — х - a - 14,
В обоих случаях Л(х) монотонно убывает при х < -2 (см. рис. 78).
х = -2 — точка минимума Л(х). Уравнение Л(х) = 0 имеет корни,
если Л(-2) < 0.

106 Решения вариантов тестов части 1
h(x) \ -2 ^» *х
Рис. 78.
Тоесть|-2-о|-Ю<0, -10<-2-а<10, -12 < а < 8.
Искомыми значениями а будут значения из пересечения
~ а /
^ то есть a Е [-12; -4\/2] U [5>/2; 8].
Ътвет: [-12;-4\/2]и[5л/2;8].
С6, По условию функция у = 2 sin х + аЬ - Ьх обращается в нуль ровно в
двух точках. Обозначим их х\ и хг, xi < хг. Эти точки разбивают
числовую ось на 3 интервала: (-оо; xi), (xi; хг), (хг; +оо). Так как у(х)
непрерывна и не обращается на этих интервалах в ноль, она не меняет знак на
этих интервалах.
Покажем, что на интервалах (-оо; xi) и (хг; +оо) у(х) имеет разные
знаки. Не теряя общности, положим Ь > 0. Тогда при х > д"
имеем: у < 2 + аЬ — Ьх < 0, значит функция отрицательна на интервале
(х2; -f оо), и аналогично доказывается, что функция положительна на
интервале^— oo;xi).
Поэтому на соседних промежутках (-оо; xi), (xi; X2) или {х\\ хг),
(хг; +оо) у(х) имеет одинаковые знаки, а тогда либо хь либо хг является
точкой экстремума и в ней у'(х) = 2 cosx — Ь обращается в ноль.
Второе уравнение системы имеет вид:
sin2x = bsinx; 2sinxcosx - bsinx = 0; sinx(2cosx — b) = 0.
Следовательно, или при xi, или при хг оно обращается в верное равенство, а
значит система имеет не менее одного решения.
Ответ: да.
Решения варианта 16
В1.10-0,9 = 9 (р.) — новая цена метра сетевого кабеля. 300: 9 = 33^ (м).
«5
Ответ: 33.
В2. По графику определяем: наименьший уровень воды в реке в апреле —
8 метров.
Ответ: 8.

Решения варианта 16
107
83. 7% = 343. 7х = 73, ^ = 3, х = 1.
X
Ответ: 1.
84. cd2 • ~^4 = За*2 = 3 • \ • 16 = 18.
logc d 6
Ответ: 8.
85. Составим для наглядности таблицу, соответствующую условию
задачи:
I
II
III
Стоимость
предложенного мяса (руб.)
1200
1375
1500
Масса мяса за вычетом
массы костей (кг)
3,5
3,9
4,5
Цена мяса
без костей (руб.)
^ » 342,8
^«352,5
i|P^ « 333,3
4,5
В итоге наименьшая цена за килограмм мяса без костей у третьего
продавца. Она составляет приблизительно 333 рубля.
Ответ: 333.
В6. Высота трапеции составляет 4 клетки, меньшее основание — 1
клетка, большее основание — 7 клеток. Так как длина стороны одной клетки
равна 1 см, то площадь трапеции равна 4 • (1 + 7) • ^ = 16 (см2).
Ответ: 16.
R7 20 З2 _ 5-4-За .9=18
ТО24 " б7 " 4-52 " 5 '
Ответ: 1,8.
В8. Согласно физическому смыслу производной, ускорение есть вторая
производная от перемещения.
Ответ: 9.
В9. Задача сводится к решению неравенства 6t ~ t2 > 5;
t2 - 6t 4- 5 < 0;
1 < t < 5, отсюда следует, что предмет находится на глубине более 5
метров 4 секунды.
Ответ: 4.

108
Решения вариантов тестов части 1
BIO. Пусть ABCD — осевое сечение цилиндра, тогда
AD = 4. /LACD = а — угол между образующей цилиндра и
диагональю его осевого сечения. АС = -Ф=^
sine
шара, г = 10. 5Пов. = 4тгг2 = 4007г;
лью его осевого сечения. АС = -4=^- = ^ = 20 = 2г, где г — радиус
4007Г
В
= 100.
Рис.79.
Ответ: 100.
811. Известно, что 5(£) = fv(t)dt, отсюда расстояние, которое преодо-
9 , .2 /3\|9
лел бумеранг за 9 секунд, равно f(9t - t2)dt = (9 # V ~ з У "
= 364,5 - 243 = 121,5.
Ответ: 121,5.
812. Составим систему уравнений, соответствующую условию задачи:
Г 15si + 1Ьх2 = 1,
\ 7ж1 + 21ж2 = 1,
где х\ — производительность первого комбайна, а х2 — второго
комбайна. Решив систему, получим: х\ = ^, а?2 = ^4г, значит первый комбайн
«30 1UO
вспашет всё поле за 35 часов.
Ответ: 35.
С1. Сделаем замену a = V^» Ь = v^y, тогда | 25 = (а2 - 9Ь2')2 ; где
а ^ 0 и Ъ ^ 0.
1 = (а-ЗЬ)2,
а=;ЗЬ±1.

Решения варианте 16
109
Подставим a = 36 ± 1 в первое уравнение системы:
25 = (6Ь ± I)2, отсюда bi = 1,62 = f, следовательно ai = 2, аг = 3.
о
xi = -(2)2 = -4, *2 = -(З)2 = -9;
Ответ: (-4;-1), (-9;-|).
С2.1) Найдём расстояние между SA и СВ (см. рис. 80). Пусть a — длина
стороны тетраэдра. Так как тетраэдр правильный, то искомым
расстоянием будет высота HN в сечении SAH, проходящем через апофему
тетраэдра. АН = SH =
(как высота в равностороннем треугольнике),
SN = |о. NH =
Рис.80.
О Н
2) Воспользуемся формулой г = 2g§, где г — радиус сферы,
вписанной в правильный тетраэдр.
3) Искомое отношение: Ш = 9*& ..°ф =2<Д.
Ответ: 2\/3-

по
Решения вариантов тестов части 1
ОДЗ.
-3,
х>0.
1) При х > 0 неравенство решений не имеет, так как и числитель, и
знаменатель дроби больше нуля.
2) При х < — 3 знаменатель дроби меньше нуля, значит, чтобы
решения существовали, числитель должен быть неотрицательным:
у/х2 + Зх + Зх +1 - 2х ^ 0;
-я -1;
х2 + Зх>х2 + 2х + 1;
х ^ 1 — не удовлетворяет условию х < -3, значит, и при х ^ -3
неравенство решений не имеет.
Ответ: решений нет.
С4. Докажем, что Sabc = (р - а)га, где р — полупериметр &АВС,
a — сторона треугольника, га — радиус вневписанной окружности,
касающейся стороны а (см. рис. 81).
М
N
Рис.81.
АВ = Ь, ВС = с, СА = а, ОМ = 0# = CW = га, тогда
"" 2а ' Га =
- с) - а) • га = (р - а) • га.
Радиусы вневписанных окружностей равны 9,18 и 21. Подставляя их
в полученную формулу, составим систему уравнений:

Решения варианта 16
111
= (р-а)-9,
= (р-Ь)18,
Выразив стороны через полупериметр и подставив их в последнее
уравнение системы, получим р = 27. Затем найдём стороны а = 13, b — 20
и с = 21, откуда их произведение равно 13 • 20 • 21 = 5460.
Ответ: 5460.
С5.1) Рассмотрим первое уравнение. Сделаем замену sin x = *,
—1 < t < 1. Уравнение примет вид ^145 + 24* = —at. Решим его
графически (см. рис. 82):
Jbt
Рис.82.
/(<) = у/Ш+Ш, g(t) = -at.
/(1) = 13, /(-1) = 11. E(f) = [11; 13].
Уравнение не имеет решений тогда, когда графики функций /(*) и g(t)
не имеют общих точек, то есть при о < 11 и a > —13.
2) Рассмотрим второе уравнение.
При х > 1 функция а) Л(ж) = 3x — 9x + 9 — x — a = —7х + 9 — a
6)h(x) = Зх -9х + 9 + х + а = -5х + 9 + а.
В обоих случаях h(x) монотонно убывает при х > 1 (см. рис. 83).
Прих < 1 функция а)h(x) = 3x + 9x-9-x-a = llx-9-a
В обоих случаях h(x) монотонно возрастает при х < 1.
х = 1 — точка максимума h(x).
Уравнение h(x) = 0 не будет иметь корней, если /г(1) < 0.

112
Решения вариантов тестов части 1
h(x)
Рис.83.
То есть 3 - |1 + а\ < О, \а +1| > 3;
<*>2,
Искомыми значениями а будут значения из пересечения
"а>2,
а < lit ТО ССТЬ а G (~13; ~4) U (2; П)*
а > -13;
Ответ: (-13; -4) U (2; 11).
Сб. Рассмотрим первое уравнение системы:
По условию графики функций f(x) = 3 cos ж и д(х) =
+1,5 ]ж-12 имеют две общие точки. д(х) = кх-12, где 1 ^ А; < 2, так как
^. Построим схематически графики функций /(ж) и р(ж).
-12
Рис.84.
График функции д(х) — прямая, которая лежит внутри угла а.
/(Зтг) = -3, £(3тг) > Зтг - 12, значит р(Зтг) ^ /(Зтг). Первое уравнение
имеет ровно два корня лишь в том случае, когда прямая д(х) пересекает и
касается графика /(х), как показано на рисунке 84.

Решения варианта 17 113
Учитывая ограничения д(х), такой случай единственен. Рассмотрим
его. Так как д(х) является касательной к /(ж), то ^^ + 1,5 — значение
производной f'(x) в абсциссе точки касания А(хо; уо)> то есть (3 cos x)' =
= §ЦШ +1,5; 3 sinxo + ^^ +1,5 = 0. Но хо не может являться корнем
второго уравнения, так как знаменатель дроби ;—
овраi sing
о
тится в ноль.
Рассмотрим точку пересечения графиков функций f(x) и д(х) —
B(xi, yi). Замечаем, что 2тг < х± < Зтг. Рассмотрим теперь второе
уравнение системы.
0 < sinzi < 1, то есть sina?i > 0; ~ < Щ^ < |, значит
ооо
+ 0,5 + ^^k£L > о, следовательно = > 0, но
° ^
—|b|sinxi < 0, отсюда заключаем, что х\ не является корнем второго
уравнения системы и система решений не имеет.
Ответ: нет.
Решения варианта 17
81. Пусть в копилке монет достоинством 2 рубля х штук, тогда все
монеты в копилке весят (Зх + 10 • 6,5) г. Из условия следует, что этот вес
равен 270 - 100 = 170 (г). Из уравнения Зх + 65 = 170 находим х = 35.
Значит, в копилке: 35 двухрублёвых монет и 10 пятирублёвых, то есть
2.35 + 5-10 = 120 (руб.).
Ответ: 120.
82. Дням, в которые осадки не выпадали, соответствуют части
графика, параллельные горизонтальной оси координат. По графику
определяем, что температура не изменялась со 2-го по 6-й дни и с 12-го по 26-й
дни, то есть всего 18 дней.
Ответ: 18.
83. 1)ОД3.5х + 2^ 0\х ^ -0,4.
2) >/5х + 2 = 10; Ъх + 2 = 100; Ъх = 98; х = 19,6 — принадлежит
ОДЗ.
Ответ: 19,6.

114 Решения вариантов тестов части 1
84. log5 (7*4) - log25 (49х2) = log5 (7*4) - \ log5 (49*2) =
= log5 (7s4) - log5 (49x2)5 = logs ^ = bg5a;3 = Зк^я = -31ogi x.
Так как log i x = 1, то —3 log± х = -3.
Ответ: —3.
85. По диаграммам определяем: число всех медалей, завоёванных в
Афинах, равно 6 +16 +19 = 41 (шт.), а в Пекине — 23 + 21 + 28 = 72 (шт.).
Пусть х — количество процентов завоёванных медалей в Пекине
относительно числа медалей, завоёванных в Афинах. Составим пропорцию:
41 —100%
72 — х%, тогда
Значит, количество медалей увеличилось на 175,61 - 100% = 75,61%.
Округляя до целых, получим 76%.
Ответ: 76.
В6. Так как сторона треугольника равна 20 см = 0,2 м, то на каждые два
ряда паркета, составленного из данных элементов (см. рис. 85),
потребуется 2 • 6 : 0,2 = 60 элементов. (При этом во втором ряду один треугольник
разрезан пополам.)
/у\
/у\Л7Т
2
0,2м
6л*
Рис. 85.
Так как треугольники равносторонние, то высота одного треугольного
элемента равна 0,2 • ^ = 0Д\/3 (м). Эта рысота соответствует
высоте каждых двух рядов уложенного паркета (см. рис. 85). Всего при длине
5\/3 м получится 5>/3 : 0,1\/3 = 50 таких рядов. Итак, необходимо 50
рядов по 60 элементов паркета в каждом: 50 • 60 = 3000 элементов паркета.
Ответ: 3000.
Ответ: 4.

Решения варианта 17 П5
88. f'{x) = 2е2ж+1 - 12а:3. Следовательно, угловой коэффициент
касательной к графику заданной функции в точке с абсциссой х0 = —0,5 равен
/'(-0,5) = 2е2(-°»б)+1 - 12(-0,5)3 = 2е° +1,5 = 3,5.
Ответ: 3,5.
89, Пусть хм — высота, с которой упало яблоко, тогда за последние 0,4 с
о
оно пролетело jx м. Согласно данной в условии формуле, это расстояние
равнох- 10'в'4 = х- 0,8. Получаем: |гг = х -0,8; | = 0,8;х = 3,2.
3,2 м — высота, с которой упало яблоко.
Ответ: 3,2.
В10. Дано: NABCDE — правильная пирамида; ABCDE — правильный
пятиугольник; Sabcde = 17; двугранные углы при основании равны 60°.
Найти: 5б0К (см. рис. 86).
Решение. Пусть NO —высота пирамиды, NK ± AB, OK ± AB,
тогда ZNKO = 60°.
1) SNab = \АВ • NK, Saob = \ОК . АВ. Из Л ON К имеем:
cosZOKN= ^л •" aNAR - **л - x
NK' A Saob " OiiT coaZOKN
— Saob
-2
5Saob — Sabcde 17 _
- COS^OKN ~ сое Z.OKN ~ cos 60° "
= 34.
Ответ: 34.
Bl 1. /(ж) = 3(5* - 4)2 - (5* - 4)3.

116 Решения вариантов тестов части 1
1) Найдём точки экстремума функции.
/;(х) = 6(5х - 4) - 3(5х - 4)2 = 3(5х - 4)(2 - 5х + 4) = 3(5х - 4)(6 - 5х).
/'(х) = 0; 3(5х - 4)(6 - 5х) = 0; xi = |; х2 = |.
2) |2х - 3| ^ 1; -1 < 2х - 3 < 1; 2 ^ 2х К, 4; 1 ^ х < 2. х = | не
принадлежит данному промежутку.
3) Найдём значение функции /(х) в точке х = | и на концах
отрезка^; 2].
/(1) = 2; f(|j = 4; /(2) = -108. Следовательно, наибольшее значение
заданной функции при х, удовлетворяющих условию |2х - 3| ^ 1, равно 4.
Ответ: 4.
В12. Пусть х км/ч — первоначальная скорость автобуса, у км/ч — ско-
180
рость маршрутного такси. Тогда автобус 180 км прошёл за ±= ч, а так-
х
180
си — за ^^= ч. Из условия следует, что автобус был в пути на 27 мин
дольше.
'Л у UU £\J
180
После изменения скорости автобус прошёл 180 км — за °тп ч, а
X "г XU
180 180 180
маршрутное такси — за _^ ч. Из условия следует ~*jn = _"
Получим систему уравнений:
180 180 = 9
х у 20
20 20 = 1
х + 10 у-10'
Отсюда: х + 20 - х = **+?**; х2 + 20х - 8000 = 0; хх = -100;
400
х2 = 80.
По смыслу задачи х > 0, значит искомое значение скорости автобуса
равно 80 км/ч.
Ответ: 80.

Решения варианта 17 117
С1.1) Пусть t = х2 + ж, тогда исходное уравнение принимает вид
( )(
10t + 75-4t2-15t = ;
At2 + bt - 75 = 0; ti = -5, t* = 3,75. Оба значения удовлетворяют ОДЗ.
2) Тогда я2 + х = -5 либо х2 + ж = 3,75. Первое из этих уравнений не
имеет решений. Из второго уравнения находим: х\ = -2,5; Х2 = 1,5.
Ответ: -2,5; 1,5.
С2.1) Пусть АВ = о, AiBi = Ь.
Сечением пирамиды плоскостью, перпендикулярной основанию и
проходящей через ребро A\D\% является равнобедренная трапеция MA\D\K
(см. рис. 87).
Рис.87.
Сечением пирамиды плоскостью, проходящей через противоположные
стороны верхнего и нижнего её оснований, также является
равнобедренная трапеция, например, A\B\CD.
2) Плоскости MA\Di и А\В\С пересекаются по прямой А\К, причём
А\К 1 DC (по теореме о трёх перпендикулярах — DC J. МК, МК —
проекция А\К на плоскость ABC). Следовательно, А\К — высота
трапеции A\B\CD. Тогда площадь трапеции
3) МAi£>i и DDiCi пересекаются по прямой D\K, причём
± DC (по теореме о трёх перпендикулярах АХК ± DC, A\K —
проекция D\K на плоскость DA\B\C). Следовательно, D\K — высота
трапеции DD\C\C.

118 Решения вариантов тестов части 1
Тогда площадь трапеции SDDlClc = DlC^DC'D1K =
4) Следовательно, S P*
5) ZPi AijK* = ZAiKM (как накрест лежащие); Z.A\KM = 15° (как
угол между плоскостями А\В\С и ABC).
Значит, ZDxAiK = 15°. ZAiPi# = 180° -ZPiJOf; ZDXKM = 60°
(как угол между плоскостями DiCiD и ABC). Из Л AiPilf по теореме
синусов имеем:
_ sin 15° _
AXK sinZAxDxK sin (180° - ZPi#M) "" sin60°
2(sin45° cos30° - cos45° sin 30°) yJl
Ответ: &
СЗ. Пусть z = Зх3 - Юж Н- у 4-13.
Нахождение наибольшего значения указанного выражения при заданных
условиях эквивалентно нахождению максимального значения z, при ко-
{z = 3s2-l(te + 2/ + 13,
4х2 - 15х + 14 + у ^ 0,
x2-16a: + j/ + 18^0.
Из первого уравнения системы имеем у = z — Зх2 + 10 — 13. Подставляя
это значение у во второе и третье неравенства системы, получаем:
{ 2
,
х2 - 16х + z - Зх2 + Юх - 13 4-18 ^ 0;
{z = Зх2 - Юх 4- у 4-13,
z ^ -х2 4- 5х - 1,
z > 2х2 + 6х - 5.
Построим графики функций /(х) = -х2 4- 5х - 1 и р(х) = 2х2 4- 6х - 5
(см. рис. 88).
Графики этих функций пересекаются в точках с абсциссами xi = — ^ и
о

Решения варианта 17
119
Рис.88.
Х2 = 1. Так как абсцисса хо = 2,5 вершины параболы f(x) = -ж2+5ж—1
лежит правее отрезка |-|; 1|, то наибольшее значение z = 3 достигается
в точке Х2 = 1.
Ответ: 3.
С4.1) Пусть ААь ВВ\ и CCi — медианы ААВС; О — точка
пересечения медиан; F — точка пересечения прямой, проведённой через вершину
А параллельно ССь и прямой, проведённой через точку А\ параллельно
ВВг. Покажем, что AF = С\С и В±В = AXF (см. рис. 89).
В
Рис. 89.
2) Пусть К — точка пересечения прямых ВВ\ и AF.
Тогда ААВгК = АОВгС ( ZABiif = ZOBxC — вертикальные,
ZOCBi = ZBi AfT — накрест лежащие, АВг = BiC). Следовательно,
АК = ОС; OBi = ВгК\

120 Решения вариантов тестов части 1
п
ОК = 2ОВ\ = f BB\. Так как О — точка пересечения медиан, то
о
АО : ОА\ = 2:1. Поскольку OK || A\F, то по теореме Фалеса
АК: KF = 2 :1. Получим: KF=A£- = °£- = ОСц
AF = АК + KF = СО + Od =
AAAiF ~ AAOK {/A\AF — общий, OK || AiF ). Следовательно,
AiF _ AiA _ 3.
(Ж ~ АО 2'
3) Так как ВК || AXF и CCi || AF, то AAFAX = 180° - ZBKF =
= 180° - /.BOC; sinZAFAi = sin ZBOC.
/LAAXF = LAOK = 180° - /LBOA\ sin ZAaAF = sin /.BOA.
LAXAF = ZAiOC = 180° - /AOC; sinZAiAF = sia/AOC.
4) Пусть AA\ = x, CC\ = y, BB\ = z. Тогда искомая площадь
=
S = SUaxF = sAAi AFsinZAiAF = bysinZAOC; sinZAOC = ;
2 2 xy
S = |AAi • Ai-FsinZAAiF = Zfsin/BOA; sinZBOA = Ц;
5 = |AF • AiFsinZAFAi = ^ sin/BOC; sia/BOC = Щ.
5) Sabc = Saob + Sboc + 5сол =
= \AO • OB sin /AOB + \OB • ОС sin /BOC + \OC • АО sin /AOC
4 A 4
= i • | (xy sin ZAOB + yz sin /.BOC + жу sin /.AOC) =
По условию Sabc = 18, следовательно f 5 = 18; 5 = 13,5.
о
Ответ: 13,5.
C5. Из заданного уравнения следует 16 + а ^ 0; о ^ —16. Преобразуем
исходное уравнение к виду у/16^х = 16 4- а -- Va2 - х.
Пусть д(х) = \Д6 — ж, /(ж) = 16 + а — л/л2 - ж. Рассмотрим графики
функций у = $(ж) и у = }(х) (см. рис. 90).
1) Областью определения функции у=д($ является промежуток (-oo;L6].

Решения варианта 17
121
у и
Рис.90.
На всей области определения функция убывает.
2) Областью определения функции у = f(x) является промежуток
(-оо; а2]. На этом промежутке функция возрастает.
График функции у = f(x) должен пересекать ось Ох в точке с абсциссой
х = а2 - (16 + а)2 = -32а - 162. Поскольку -32а - 162 < а2 для всех
а е R, то такое пересечение графика с осью Ох всегда имеет место.
3) Заданное уравнение имеет единственное решение тогда и только
тогда, когда графики рассматриваемых функций имеют единственную точку
пересечения. Это возможно лишь в том случае, когда абсцисса точки
пересечения функции у = f(x) с осью Ох принадлежит области
определения функции у = д(х), то есть -32а - 162 ^ 16, откуда а ^ —8,5.
Ответ: [-8,5;-hoo).
Сб. Пусть первоначально имеется 2п чисел, тогда после первого обхода
по кругу после вычёркивания останутся числа с номерами
1,3, £,..., 2п-3,2п-1.
Следующий обход по кругу будет начинаться с вычёркивания
числа 3. Это равносильно тому, что мы начинаем вычёркивание из п
имеющихся чисел, при этом номер каждого из оставшихся чисел
удваивается и уменьшается на 1. То есть если /(п) — число, которое останется
в конечном итоге (при последовательном вычёркивании из п чисел), то
/(2п) = 2/(п) - 1. В случае, когда в круге нечётное количество чисел,
например 2п 4-1, то после обхода круга следующим вычёркивается
число 1 и тем самым остаются числа: 3,5,7,..., 2п - 1,2п +1. В этом случае
получаем /(2п +1) = 2/(п) +1.

122 Решения вариантов тестов части 1
В нашем случае всего имеется 211 чисел, значит, последним будет
вычеркнуто число
/(211) = 2/(105) + 1; /(105) = 2/(52) + 1; /(52) = 2/(26) - 1;
/(26) = 2/(13) -1; /(13) = 2/(6) +1; /(6) = 2/(3) -1; /(3) = 2/(1) +1;
Теперь находим /(3) = 2-1+1 = 3; /(6) = 2-3-1 = 5; /(13) = 2-5+1 = 11;
/(26) = 211- 1 = 21; /(52) = 2 • 21 - 1 = 41; /(105) = 2 - 41 + 1 = 83;
= 2-83 + 1 = 167.
Ответ: 167.
Решения варианта 18
81. Пусть всего в копилке х монет. Тогда монет достоинством 1 рубль —
0,2а: штук, а достоинством 2 рубля — 0,8а: штук. Однорублёвые
монеты, находящиеся в копилке, весят 0,2а: • 2 = 0,4а: (г), а двухрублёвые —
0,8х-3 = 2,4а; (г).
Общий вес всех монет в копилке равен 0,4а:+2,4а: = 254—100; 2,8а: = 154,
х — 55. Значит, всего в копилке 55 монет. Из них однорублевых 0,2 • 55 =
= 11 (шт.), а двухрублёвых 55 — 11 = 44 (шт.). Получаем, что в копилке
находится 1.11 + 2 • 44 = 99 (руб.).
Ответ: 99.
82. По графику определяем, что за указанный месяц выпало 90 мм
осадков.
Ответ: 90.
83. ОДЗ. Ах - 6 ^ 0; х > 1,5. у/Ах^Ъ = 12; 4х - 6 = 144; 4а: = 150;
х = 37,5 — принадлежит ОДЗ.
Ответ: 37,5.
B4.1og| ^ +log23 = -log2 ^ +log23 = log2 ^ + log23 =
= log2 (у • з) = log2a:2 = 21og2a:.TaKKaKlog2a: = -3,To21og2a: = -6.
Ответ: —6.
B5. По диаграммам определяем: число всех медалей, завоёванных в
чемпионате, равно 3 + 5 + 3 + 3 + 1 + 5 + 2 + 5 + 2 +1 + 3 = 33 (шт.). Сборной
России на этом чемпионате было завоёвано 3 + 3 + 5 = 11 медалей.

Решения варианта 18
123
Составим пропорцию:
33 — 100%
11 — ж%, тогда
ц
х =
« 33,33% « 33%.
Ответ: 33.
В6. Так как сторона «ромба» равна 30 см = 0,3 м и острый угол равен 60°,
то наименьшая диагональ ромба равна 0,3 м. На каждый ряд уложенного
паркета на участок шириной 0,3 м потребуется 2 «ромба», а таких
участков 9 : 0,3 = 30 (см. рис. 91), тогда всего 60 «ромбов».
0,3 VTm
Рис.91.
Высота каждого ряда равна длине большей диагонали ромба
d = V"2-0,32-2.0,32cosl20° = 0,3>/3(см. рис.92).
/YWV
_Ц_О,Зл«
XXI
9м
(ХХХХ
> г
0,3
Рис. 92.
Всего при длине 2,4>/3 (м) таких рядов потребуется 2,4\/3 : 0,3</3 = 8.
Итак, необходимо уложить 8 рядов по 60 «ромбов» в каждом:
60 -8 = 480 (ромбов).
Ответ: 480.
87, ^Э2^- 2#25^ + 1= iffipy^ 2^5^+1 = 92-5 + 1 = 77.
Ответ: 77.
88. f'(x) = 2е5ж""2 • 5 + 15ж2. Следовательно, угловой коэффициент ка-
2
сательной к графику заданной функции в точке с абсциссой хо = ■= равен

124 Решения вариантов тестов части 1
| = 12,4.
Ответ: 12,4.
В9. Из первого уравнения выразим время: t = —. Подставив это выра-
жение во второе уравнение, получим: h = 3/ = ^]L = %<а?2 (*). Так как
лётчик с высоты h должен видеть место падения груза под углом 60°, то из
Д ABC (см. рис. 93) находим: х - СВ =
С х
Рис.93.
Подставляя это выражение для х в (*), получим: h = ^ ; h = H^Q-;
OWo ff
= 1,5 KM.
Ответ: 1,5.
BIO. Рассмотрим правильную четырёхугольную пирамиду NABCD
(см. рис. 94).
1) Пусть a = АВ, г = ОС — радиус окружности, описанной около
основания пирамиды.
Площадь боковой грани пирамиды равна \NK • а, а площадь основания
пирамцды равна а2 (см. рис. 94).
Площадь полной поверхности равна 5п.п. ^ 4-|iVA'a+o2 = 2NK-a+a2.
2) Из АОСК: ОС2 - г2 = ОК2 ^КС2^ 2(|)2 = ^ =ф а2 = 2Г2.
3) По условию Zi4tfC = 60° =^ ZONC = |Zi4JVC = 30°. Из

Решения варианта 18 125
Из ANOK: NK = y/NCP + OK* = W3r2 + у = rJl = *^2.
4) 5п.п. = 2
условию 5п.п. = 72(>/7 +1), значит 2г2{л/7 +1) = 72(>/7 + 1); г2 = 36;
г = 6.
Ответ: 6.
В П. /(ж) = 4(2ж - З)3 + (2ж - З)4.
1) Найдём точки экстремума функции.
/'(ж) = 12(2ж - З)2 • 2 + 4(2ж - З)3 • 2 = (2х - 3)(24 + 16ж - 24) =
= (2ж - З)2 • 16ж. /'(ж) = 0 при xi = 1,5; х2 = 0.
2) |2ж +1| < 1; -1 < 2х +1 ^ Г, -2 ^ 2ж < 0; -1 < х < 0. х = 1,5 не
принадлежит данному промежутку.
3) Найдём значение функции f(x) на концах отрезка [—1; 0].
/(-1) = 4(-5)3 + (-5)4 = -53(-1) = 53 = 125.
/(0) = 4 • (-3)3 + (-3)4 = -З3 = -27. Следовательно, наименьшее
значение заданной функции при ж, удовлетворяющих условию |2ж+1| ^ 1,
равно —27.
Ответ: —27.
В12. Пусть V\ км/ч — скорость первого велосипедиста, V2 км/ч —
скорость второго велосипедиста, 5 км — протяжённость дистанции
(см. рис. 95). Очевидно, что длина дистанции для обоих велосипедистов
одинакова. Тогда первый велосипедист прошёл всю дистанцию за время
77- ч, а второй за — ^- ч.
Ух V2

126 Решения вариантов тестов части 1
Стппртп
Финиш
Рис.95.
1) По условию первый велосипедист финишировал на 30 минут рань-
ше,значит|-| = §.
С
2) По условию первый велосипедист расстояние, равное т^г км, про-
1 Ч
шёл за 1 минуту. Значит, V\ ^ = т^г; 5 = 2V\.
3) Второй велосипедист за 1 минуту, согласно условию, прошёл рас-
& — о 146 ^
120 U?14D 120
( S \ 120
стояние (т^г — 0,146) км. Значит, ту
\ 120 / V2
Vi '
~ v ' = ^-- Учитывая, что 5 = 2Vi, получаем систему
уравнений:
2Vi 2Vi _ 1
-120 0,146 _ 2Vj 1 v _ 2^i-120 0,146.
V2 ~ Vi * I 2" 2
0,5Vi = 21,9; Vi = 43,8 (км/ч).,
Ответ: 43,8.
С1. Пусть t = За;2 — x, тогда искомое уравнение примет вид
_5 2_ _ 1 t / _, t / _2
t + 3 t + 2 2' r ' r '
10(t + 2) - 4(t + 3) = (t + 3)(* + 2);
t2 -1 - 2 = 0; ti = 2, <2 = -1- Оба значения удовлетворяют ОДЗ.

Решения варианта 18 127
Значит, Ъх2 - х = -1 либо Ъх2 - х = 2. Первое из этих уравнений не
имеет решений. Из второго уравнения находим: х\ = -f; а?2 = 1.
о
Ответ: -§;1.
5
С2. Пусть АВ = a, AiBi = 6, тогда S^b,c,dx = 9
OABCD О,
1) Сечением пирамиды плоскостью, перпендикулярной основанию и
проходящей через ребро AXDX, является равнобедренная трапеция
A(96)
Рис.96.
Пусть A\B\CD — сечение пирамиды плоскостью, проходящей через
противоположные стороны верхнего и нижнего оснований.
Тогда МАфхК П AXBXCD = АХК; MAXDXK П ABCD = МК. Так как
А\К J. DC и МК ± DC, то LA\KM равен углу между плоскостями
и ABC, значит /.АгКМ = 15°.
Так как DXK J. DC (DXK = МAXDXК П DDXCXC) и МЛ" J. DC, то
ZDXKM равен углу между плоскостями DDXCX и АВС7, значит
= 45°.
2) Пусть .AiJV — высота трапеции МAXDXK, тогда из
AMAXN: AXN = MJVtgZ^iMAT = Miif~Al£>1 tg45° =
Из Д AXNK:
AXN = NKtgZAXKN = MK + AxDt tg 15o _ a±b
z z

128 Решения вариантов тестов части 1
i4
д + Ь tg45o-tg30° ^a + b 3 _ а + ъ З-л/3 _
2 ' l + tg45otg30° 2 " ^ 2 ' З + у/3
^ ; Ь -
тельно, «iaaa. = £ = 1.
oabcd a 3
Ответ: \.
о
СЗ. Пусть z = Зж2 + 4ж - у - 1.
Тогда нахождение наибольшего значения данного выражения при
заданных условиях эквивалентно нахождению максимального значения z% при
{z = Зж2 + Ах - у - 1,
2/ + 2 - 4х2 — 6ж ^ О,
2ж2-9а;-1 + у<0.
Из первого уравнения системы имеем у = Зж2 + 4ж — 1 — z. Подставляя
это значение у во второе и третье неравенства системы, получаем:
z = Зж2 + Ах - у - 1,
2
2ж2 - 9ж - 1 + Зж2 + 4ж - 1 - z < 0;
z < -ж2 - 2ж 4-1,
z ^ 5ж2 ~ 5ж - 2.
Построим графики функций /(ж) = —ж2 — 2ж + 1 и <?(ж) = 5ж2 - 5ж — 2
(см. рис. 97).
Графики этих функций пересекаются в точках с абсциссами х\ = -0,5
и жг = 1. Так как абсцисса жо = -1 вершины параболы /(jr) = —ж2—2ж+1
лежит левее отрезка [-0,5; 1], то наибольшее значение z = 1,75
достигается в точке Ж1 = —0,5.
Ответ: 1,75.
С4. Дано: ABCD — трапеция; ВС = 12; AD = 18; AC ± BD. Тангенс
угла между боковыми сторонами равен ?.
Найти: Sabcd»

Решения варианта 18
129
1
-X
■
\/
у
/
/
1
f
11
111
\
\
\
\
о\
\
\|
\
к
к
г
/
/
I
Л
Ж
/С
п
x
I
Рис. 97.
Решение. 1) Проведём прямую С К || АВ (см. рис. 98).
В С
Согласно условию tgZif CD = i.
2) Пусть Л — высота трапеции ABCD.
Тпгпа <г AD-AK h AD-ВС .
Тогда Skcd = 2 ' Л = 2 '
18-12
3) Пусть О — точка пересечения диагоналей трапеции. Так как по
условию AC ± BD, то ДABO, ABOC, ACOD и AAOD —
прямоугольные.
Из ААВО: АВ2 = АО2 + ВО2;
из АВОС:ВО2 = ВС2-ОС2 =>АВ2 = АО2 + ВС2-ОС2.
Э.Зак № 407

130 Решения вариантов тестов части 1
Из &COD: CD2 = OD2 + ОС2;
из AAOD: OD2 =AD2- АО2 => CD2 = AD2 - АО2 + ОС2.
По теореме косинусов KD2 = КС2 + CD2 - 2КС • CD cos ZKCD =*
кг rn - кс2 + cr>2 ~ K°2 AB2 + CD2-KD2 _
лои 2coeZKCD = 2cosZKCD
АО2 + BC2 -ОС2 + AD2 - АО2 + ОС2 -KD2 _
2 cos ZKCD
ВС2 + AD2 - (AD - ВС)2 122 +182 - (18 -12)2 216
2 cos ZKCD ~ 2 cos ZKCD coa ZKCD'
Следовательно, Skcd = |-fiTO • CD sin ZKCD =
= 108tgZA-CI> = i§§ = 36.
О
Получаем: Sabcd - б^сл = 5 • 36 = 180.
Ответ: 180.
C5. Из заданного уравнения следует а Ф 0. ОДЗ. хфЪ\хф —3. Учитывая
ОДЗ, преобразуем исходное уравнение к виду
а(6 + а)(3 - х) - о(6 - а)(3 + х) = 6(3 + ж)(3 - х)\ 6а2 - 12ая = 54 - 6s2;
ж2 - 2ах + а2 — 9 = 0. Полученное уравнение имеет два различных корня:
xi = а + 3 и а?2 = а — 3.
Для того чтобы исходное уравнение имело ровно один корень, необходимо,
чтобы один из полученных корней не принадлежал ОДЗ.
1) Пусть х\ = 3, тогда а + 3 = 3;а = 0 — не удовлетворяет условию
Если х\ = -3, тогда а + 3 = -3; а = -6. В этом случае х2 = -6 - 3 =
= -9 — принадлежит ОДЗ.
2) Пусть х2 = 3, тогда а - 3 = 3; а = 6. Тогда xi =6 + 3 = 9 —
принадлежит ОДЗ.
Если Х2 = —3, тогда а — 3 = -3; а = 0 — не удовлетворяет условию
а^0.
Значит, исходное уравнение имеет единственное решение при а = -6 и
а = 6.
Ответ: -6; 6.
Сб. Пусть первоначально имеется 2п чисел, тогда после первого обхода
по кругу после вычёркивания останутся числа с номерами
1,3,5, ...,211-3,271-1.
Следующий обход по кругу будет начинаться с вычёркивания
числа 3. Это равносильно тому, что мы начинаем вычёркивание из п имею-

Решения варианта 19 131
щихся чисел, при этом номер каждого из оставшихся чисел
удваивается и уменьшается на 1. То есть если /(п) — число, которое останется
в конечном итоге (при последовательном вычёркивании из п чисел), то
/(2п) = 2/(п) - 1. В случае, когда в круге нечётное количество чисел,
например 2п +1, то после обхода круга следующим вычёркивается
число 1 и тем самым остаются числа: 3,5,7,..., 2п — 1,2п + 1. В этом случае
получаем /(2п +1) = 2/(п) +1.
В нашем случае всего имеется 100 чисел, значит последним будет
вычеркнуто число /(100) = 2 • /(50) - 1; /(50) = 2 • /(25) - 1; /(25) =
= 2. /(12) +1; /(12) = 2 • /(6) -1; /(12) = 2. /(3) -1; /(3) = 2. /(1) +1;
/(1) = 1. Тогда находим /(3) = 2-1 + 1 = 3; /(6) = 2-3-1 = 5;
/(12) = 2-5-1 = 9; /(25) = 2 . 9 + 1 = 19; /(50) = 2 -19 - 1 = 37;
/(100) = 2-37-1 = 73.
Итак, последним будет вычеркнуто число 73.
Ответ: 73.
Решения варианта 19
81. После увеличения производительности тракторист будет вспахивать
8 • 1,25 = 10 га пашни за день, тогда, чтобы вспахать поле площадью 120 га
120
ему понадобится ±^ = 12 дней.
Ответ: 12.
82. Температура воздуха отрицательна в момент времени t, если точка
графика данной функции с абсциссой t расположена ниже оси абсцисс.
По графику видно, что температура была отрицательной с 1 до 8 часов и с
22 до 24, то есть 9 часов в сутки.
Ответ: 9.
83. 4*-4 = 64; 4Ж~4 = 43; х - 4 = 3; х = 7.
Ответ: 7.
B4.6(l+sin2a) =6(l+(l-cos2a)) =6(2-cos2a) =
= 6.(2-I)=6.§ = 10.
Ответ: 10.
В5. Найдём, сколько времени понадобится туристу для прохождения по
каждому маршруту.
На подъём: h = |*| = 4,5 ч; *2 = Щ = 4,4ч; *3 = Ц- = 3,7ч.
10 3ак.№407

132
Решения вариантов тестов части 1
На спуск: *i = r2-^ = 4,5 ч; t^
1,
= 4,8 ч.
Наименьшее время, за которое турист может подняться на вершину горы
и спуститься с неё, равно 3,7 + 4,5 = 8,2 часа.
Ответ: 8,2.
В6. Введём декартову систему координат, тогда вершины данного
треугольника имеют координаты А(0; 0), В(3; 6) и С(7; 2) (см. рис. 99).
АВ2 = (3 - О)2 + (6 - О)2 = 45, АВ = Зл/5;
ВС2 = (7 - З)2 + (2 - б)2 = 32, ВС = 4\/2;
АС2 = (7-0)2 + (2-О)2 = 53, АС = V§3.
По теореме косинусов cos а = АВ
2•АВ•АС
- BC2 = 33 _
Зл/5-\/53'
sina = у/1 — cos2 а =
36
3V5-V53
,тогда
• AC-sina= ^ •
• л/53-
36
3V5-V53
= 18.
Sabc = 2
Ответ: 18.
B7.11-3log3 л/3 = 11 - 3log3 32 = 11 - 3 - i = 11 - 1,5 = 9,5.
Ответ: 9,5.
B8. Значение производной функции в точке хо равно угловому коэффи-
центу касательной, проведённой к графику этой функции в точке с
абсциссой Хо.
Найдём угловой коэффицент к прямой у = кх + ft, изображённой на
рисунке. Точки с координатами (-1; 4) и (1; 3) принадлежат данной
прямой.
Решим систему уравнений:

Решения варианта 19
133
/
6 = 3,5,
А; = -0,5.
Итак, f(x0) = к = -0,5.
Ответ: -0,5.
В9. Пусть а см — длина прямоугольника, 6 см — его ширина, тогда
площадь вычисляется по формуле S = ab. По условию периметр
прямоугольника Р = 34,2о 4- 2Ь = 34, а + Ь = 17.
Выразим 6 = 17 - а и подставим в формулу площади, получим
S = а(17 - а). Необходимо найти наибольшее а < 17, удовлетворяющее
неравенству 5 ^ 66.
а(17-а) ^ 66,а2-17а+66 < 0, (а-6)(а-11) < 0,6 < о < 11.Искомое
значение а равно 11.
Ответ: 11.
В10. Рассмотрим правильный тетраэдр DABC (см. рис. 100).
D
Пусть АВ = а, тогда ВС = АС = DA = DJB = DC = а. ДАВС —
правильный, его площадь равна Sabc = У , тогда площадь
поверхно= <*2\/3. По условию
сти тетраэдра равна
Sn.n. = Sabc + Sadb + Sadc + Sbdc =
Из условия следует, что каждое ребро октаэдра является средней
линией грани тетраэдра, значит все рёбра октаэдра равны между собой и
равны |.
Рассмотрим правильный октаэдр (см. рис. 101).
Каждая грань октаэдра — правильный треугольник со стороной ^, его

134 Решения вариантов тестов части 1
площадь равна °Л ■ У октаэдра 8 граней, поэтому площадь его поверх-
ностиРавна5 = 8. ^#
Ответ: 9.
В П. Найдём стационарные точки функции у = -ж3 + За: Н- 5. у'{х) =
= -Зх2 + 3; у*(х) = 0; -Зж2 + 3 = 0; х2 - 1 = 0; хг = 1,ж2 = -1.
Найдём значения функции на концах отрезка [-1; 2] и в стационарных
точках, ему принадлежащих: у(-1) = 3, у(1) = 7, у(2) = 3.
Из чисел 3,7 наибольшим является число 7.
Ответ: 7.
В12. Пусть ж,у,г — производительности первого, второго и третьего
тракторов соответственно. Если три трактора вспахивают поле за 4 часа,
то за 1 час они вспахивают j поля, то есть ж+у+г = 7*И3 второго
условия получаем: х + у = ^ Выразив из первого уравнения z = j — (x 4- у)
12* **так» тр61^ трактор
и подставив х + у — ^,
может вспахать поле за
Ответ: 12.
получим: z
12 часов.
1
4
1
6

Решения варианта 19 135
С1. ОДЗ. х(х 4-4)-1^0, а:2 + 4х - 1 ^ 0.
f х2 4-4x4-2v^(x + 4)-l = 9,
\ 4sinj/cosy = ж;
ж2 4-4а:- 1) 4-2\Л&2 4-4а;-1-8 = 0,
Решим отдельно первое уравнение системы. Пусть yjx2 4- 4х - 1 = t,
t ^ 0, тогда уравнение примет вид t2 4- 2t ~ 8 = 0; получаем: *i = -4,
*2 = 2. t = —4 не удовлетворяет условию t ^ 0.
Вернёмся к замене.
Vx2 + 4x-l = 2; х2 4- 4ж-1 = 4; а?2 4-4ж - 5 = 0; х\ = -5,ж2 = 1. Оба
полученных значения х удовлетворяют ОДЗ.
Подставим найденные значения х во второе уравнение системы.
1) 2sin2y = -5, sin2y = -2,5 — уравнение не имеет решений, так как
nez.
Итак, решением системы являются (1; (-1)пт-г 4- 22i j f n G Z,
Ответ: (\\(-l)ng + *f),neZ.
С2. Рассмотрим правильный тетраэдр DABC (см. рис. 102), DH и С К
его высоты.
D
Пусть сторона тетраэдра равна а.
СЕ и DJE — высоты равносторонних треугольников ABC и

136
Решения вариантов тестов части 1
Рассмотрим равнобедренный треугольник CDE (см. рис. 103).
Е
ЕТ — высота равнобедренного треугольника, проведённая к
основанию, значит ЕТ также является медианой. СТ = TD = \CD = \a.
Из прямоугольного треугольника CKD находим KD = -т«, тогда
ЕК =
СО = 3 =
Ответ: 3.
СЗ.ОДЗ.
0;
0;
-2,
X
х + 2 < 0;
Решаем первое неравенство совокупности:

Решения варианта 19 137
(х + 2)(х2 - 2х + 4) - х(х + 2)2 ^ А.
_^ <_^о,
4аг(а; + 2)) (
Решая последнее неравенство методом интервалов, получим
х € (-оо; —2] U (0; 1] (см. рис. 104). Найденные значения х удовлетворяют
ОДЗ.
-2 0 1х
Рис. 104.
Ответ: (-оо;-2]и(0;1].
С4. Проведём дополнительно биссектрису СС\ и и отрезок А\В\
(см. рис. 105).
Ai
Bi
Рис. 105.
Обозначим LBCC\ = LC\CA = a.
Так как около четырёхугольника ОА\СВ\ можно описать окружность,
то /LAxCO = ZAiBiO = a, ZOOBi = ZOA1B1 = а.
Пусть ZAiOC = /3, /.ВгОС = 7, тогда Z^iBiC = /3, ZB1A1C = 7.
В треугольнике А\В\С сумма углов равна 2а 4- /? + 7 = 180°.
ZAOBi = 180° - ZA1OB1 = 2а, ZOBiA = 180° - ZOBiC = а + 7,
ZOABi = 180°~ZAOBi -ZOBiA = 2а+/?+7-2а- (а+7) = /J-а.
Так как AAi — биссектриса, то ZBAAi = £А\АС = /3 - а.
Рассуждая аналогично, получим:
= ZABO = 7 - «.

138
Решения вариантов тестов части 1
— внешний угол треугольника С\ВО, значит,
= ZCiOB + £СХВО = 14-01. /.AdO + £CXOA + LOAC\ =
= 180° — сумма углов треугольника АС\О.
20 + 27 - 2a = 180°, 2a + /3 + 7 = 180°, тогда 0 + 7 = 120°, a = 30°,
Z.BCA = 60°. Площадь треугольника ABC равна
Sabc = \AC • ВС ■ sin Z.BCA = \ • 4\/3 • 5 -^ = 15.
Omeem: 15.
Данное уравнение имеет два корня тогда и только тогда, когда графики
функций/(х) = ||х-3| — 4|-1и0(х) = -|х + а| имеют две общие точки.
Построим графики функций у = /(ж) и у = р(х) (см. рис. 106).
Рис. 106.
При изменении параметра а график функции у = д(х) движется вдоль
оси Ох. Из рисунка видно, что графики функций у = /(х) и у = #(х)
имеют ровно две точки пересечения, когда график функции у = р(х)
расположен так, как показано пунктирными линиями, то есть -а € (-2; 0) и
-а € (6; 8). Таким образом, a £ (-8; -6) U (0; 2).
Ответ: (-8; -6) U (0; 2).
Сб. Так как число Ь — двузначное, то если к целому однозначному числу a
приписать справа через запятую десятичную запись числа Ь, то получится
число, равное a + у^г. Трёхзначное число, записанное цифрами чисел a
и Ь не меняя порядка, равно 100а + Ь (так как a — однозначное, а Ь —
двузначное). Получим уравнение:

Решения варианта 20 139
4(а + Too) = ^1ООа + Ь; Щ)(1ООа + Ь) = ^1ООа + Ь; ^ЮОа + Ь = 25;
100а + Ь = 625.
Из того, что а — однозначное, Ь — двузначное и из равенства
100а + Ь = 625, следует, что а = 6, Ь = 25.
Ответ: (6; 25).
Решения варианта 20
81. После снижения цены пирожок будет стоить 12 • 0,75 = 9 рублей.
50 : 9 = 51, значит максимально можно будет купить 5 пирожков.
Ответ: 5.
82. Температура воздуха положительна в момент времени £, если точка
графика данной функции с абсциссой t расположена выше оси абсцисс.
По графику видно, что температура была положительной с 0 до 2-х часов
и с 9 до 23, то есть 16 часов в сутки.
Ответ: 16.
83. 5Ж+2 = 125; 5*+2 = 53; х + 2 = 3; х = 1.
Ответ: 1.
В4.9 • (1 + cos2a) = 9 • (l + (1 - sin2aj J = 9 - (2 - sin2aj =
= 9-(2-|) =18-4 = 14.
Ответ: 14.
B5. Найдём, сколько времени понадобится для прохождения по
каждому из мостов, ti = ^ = 36 с; t2 = ^ = 47 с; t3 = ^ = 42 с;
о О 7
5=™ =
Чтобы добраться с одного берега на другой, необходимо
воспользоваться одним из мостов 1,2,3 и одним из мостов 4,5. Наименьшее время
равно 36 + 35 = 71 с.
Ответ: 71.
В6. Разделим четырёхугольник на части, как показано на рисунке.
Sabcd = Sabm + Sbnc + SMncd\ Smncd = MD . CD = 4 - 2 = 8;
Sabcd = 8 + 9 + 8 = 25.
Ответ: 25.

140
Решения вариантов тестов части 1
13-3-1<^282 = 13-|log223 = 13-4,5 = 8,5.
Ответ: 8,5.
В8. Значение производной функции в точке х0 равно угловому коэффи-
центу касательной, проведённой к графику этой функции в точке с
абсциссой Хо.
Найдём угловой коэффицент к прямой у = kx+b, изображённой на
рисунке. Точки с координатами (—3; —1) и (—1; 2) принадлежат данной
прямой. Решим систему уравнений:
f /
\ \ \ = 3,5.
Итак, /'(-3) = fc = 1,5.
Ответ: 1,5.
B9. Пусть а см — длина прямоугольника, 6 — его ширина, тот^да площадь
вычисляется по формуле S = аЪ. По условию периметр прямоугольника
Р = 32, 2а + 26 = 32, а + Ь = 16. Выразим а = 16 - Ь и подставим в
формулу площади, получим S = 6(16 — Ь). Необходимо найти наименьшее
значение 6,0 < Ь < 16, удовлетворяющее неравенству 5 > 48.
6(16- Ь) ^ 48;б2 - 166 + 48 < 0; (6- 12)(6-4) < 0;4 ^ 6 < 12.
Искомое значение 6 равно 4.
Ответ: 4.
В10. Объём конуса равен V = 4тгг2Л, где г — радиус его основания, h —
о
высота, а образующая I вычисляется по формуле I = y/h2 + г2.
По условию Vi = \irr\hi, Л2 = 2fti, h = 2Ii. Так как в любом конусе
о
выполняется
I2 = Л2+г2,тог2 = 12-Л2 = (2Z!)2-(2/n)2 = 4(г?-Л2) = 4г2,г2 = 2ц.
Тогда имеем:

Решения варианта 20
V2 = |тгг|Л2 = |ir(2n)a2ki = 8|тгг?/ц = 8Vi = 8 - 6 = 48.
Ответ: 48.
811. Найдём стационарные точки функции у = ж3 — Зх + 8.
у'(х) = За;2 - 3; tf{x) = 0; Зж2 - 3 = 0; х2 - 1 = 0; хг = -1, ж2 = 1.
Найдём значения функции на концах отрезка [-3; 2] и в стационарных
точках, ему принадлежащих.
у(-3) = -10, /(-1) = 10, /(1) = 6, /(2) = 10.
Из чисел -10,10,6 наименьшее число -10.
Ответ: -10.
812. Пусть ж, у, z — производительность первого, второго и третьего
комбайнов соответственно. Из условия следует, что —~- = 4, —~- = 6,
X "г у у "Г Z
= 12. Необходимо найти . Получаем систему уравнений:
х + z ~~ ~"" х + у + z
у 4- z = ^, Сложив все уравнения системы, получим:
1
С
f
4тв"г12э*"Г1Г"ГЛ"4;~: ~=4'
Три комбайна уберут поле за 4 часа.
Ответ: 4.
1.0Д3.2ж2-
cos2 у - sin2 у = ж;
(2ж2 - 5ж 4- 3)'+ \/2ж2 - 5ж 4- 3 -2 = 0,
cos2y = ж.
Решим отдельно первое уравнение системы.
Пусть >/2ж2 - 5ж 4- 3 = М ^ 0, тогда уравнение примет вид
t2 4-1 - 2 = 0; ti = -2f ta = 1.1 = -2 не удовлетворяет условию t ^ 0.
Вернёмся к замене.
у/2х2 - 5ж 4- 3 = 1;2ж2-5ж4-3 = 1;2ж2-5ж4-2 = 0; (2ж- 1)(ж-2) = 0;
xi = i жх = 2. Ж1 и жг удовлетворяют ОДЗ.

142
Решения вариантов тестов части 1
Подставим найденные значения х во второе уравнение системы.
1)cos2y = |; 2у = ±| + 2тгп, n G 2Г; у = ±| + тгп, n € Z.
2) cos 2у = 2 — уравнение не имеет решений, так как — 1 ^ cos 2у ^ 1.
Итак, решением системы являются f i; ±~ + тгп], п € Z.
Ответ: (|;±| + тгп),п Е Z.
С2. Пусть а — сторона данного куба.
Рис. 108.
Из прямоугольных треугольников А\В\Съ В\С\В i
(см. рис. 108) находим А\С\ = ay/2, BC\ = ay/2 и Л1В = a>/2.
Диагональ куба равна
BXD =
Рассмотрим пирамиду B\AiBC\. Её основание А\ВС\ является
равносторонним треугольником, боковые рёбра А\В\У В\С\ и ВВ\ равны
между собой, значит пирамида правильная.
Диагональ куба B\D равноудалена от рёбер А\В\У В\С\ и ВВъ
значит В\Н — высота пирамиды В\А\ВС\.
СгК — высота треугольника АХС±В, СгК =
СгН = \С\К = ^ф-. Из прямоугольного треугольника В\С\Н полу-
о О

Решения варианта 20 143
f - С1Я2 = Ja2 - a2 • | = -%.
: Я£> = 1: 2.
«5 о
Ответ: 1:2.
СЗ.ОДЗ. (х- 1)2 + -Ц- > 0; (а?-"1)3 + 8 ^ 0;
Дискриминант квадратного уравнения х2 -4х + 7 меньше нуля, поэтому
для любых значений х выполняется х2 — Ах + 7 > 0. Тогда х_] ^ 0.
-1, f>-
r
X ~* jL
Так как i = -1 удовлетворяет последней системе, то осталось решить
неравенство х —4ж + 7 ^ х +1 при х > — 1.
Д7 ~~ X
0. Так как х > -1, то х е (-1; 1) U [2; +оо).
•Z7 "— X
С учётом ОДЗ получаем: а; € {-1} U [2; +оо).
Ответ: {-1} U [2; +оо).
С4. Проведём дополнительно биссектрису КК\ и отрезок АхВ\
(см. рис. 109). Обозначим /.BKKi = Z.K\KA = а. Так как около
четырёхугольника ОА\КВ\ можно описать окружность, то Z.A\KO =
= ZA1B1O = a, ZOKBi == ZOAiBi = а. Пусть ZAiOif = р%
ZBxOK = 7, тогда ZAiBxK = /3, ZBiАгК = 7- В треугольнике AiBijK*
сумма углов равна 2а + /? 4- 7 = 180°.
= 180° - Z^iOBx = 2а, ZOBiA = 180° - ZOBXK = а + 7,
= 180° - LAOBX - ZOBi A = /J - a.

144 Решения вариантов тестов части 1
Так как AAi — биссектриса, то /LBAA\ = Z.A\ АК = /? - а.
Рассуждая аналогично, получим:
= /3 + a, LOBAx = ZABO = 7 - <*•
— внешний угол треугольника К\ВО, значит
tfiOB + ZtfiBO = 27 - a.
+ ZKxOA + ZCUtfi = 180°, тогда /3 + 7 = 120°, a = 30°,
ZBJTA = 60°.
По теореме косинусов АВ2 = BK2+AK2-2AKBKcos/.BKA =
= 25 + 9-2.5.3. | = 19.
Площадь квадрата равна Sabcd = АВ2 = 19.
Ответ: 19.
Данное уравнение имеет два корня тогда и только когда, когда графики
функций f(x) = ||ж + 2| — 5| - 2 и д(х) = -|ж - Ь| имеют две общие точки.
Построим графики функций у = /(ж) и у = р(ж) (см. рис. 110).
При изменении параметра Ь график функции у = д(х) двигается вдоль
оси Ох. Из рисунка видно, что графики функций у = f(x) и у = д(х)
имеют две точки пересечения, когда график функции у = д(х) расположен
так, как показано пунктирными линиями, то есть Ь € (-9; -5) и Ь е (1; 5).
Таким образом, Ь € (-9; -5) и Ь € (1; 5).
Ответ: (-9;-5)U(l;5).
Сб. Так как число Ь — двузначное, то если к целому числу а приписать
справа через запятую десятичную запись числа Ь, то получится число,
равное a + т^г. Четырёхзначное число, записанное цифрами чисел а и Ь не
меняя порядка, равно 100а + Ь (так как числа а и Ь — двузначные).

Решения варианта 20
145
Рис.110.
Получим уравнение:
t + г£Л = a/i(100o + Ь); т|:(100о + Ь) = А- • VlOOo + 6;
100/ у 2 1UU у2
л/ШоТЬ = ^|; ЮОа + Ь = 1250.
Из того, что числа а и Ь — двузначные и из равенства
100а + Ь = 1250, следует, что а = 12, Ъ = 50.
Ответ: (12; 50).

Глава II. Решения вариантов тестов
части 2
Решения варианта 2
В1. Запишем данное выражение в виде: 3 - 5 tg2 x cos2 x =
= 3 - 5 tg2 ж(1 - sin2 х) и воспользуемся формулой 1 + tg2 х = -—. 2 ,
1 — sin х
то есть tg2 х = -—т-ч 1.
1 - sinz х
3 - 5tg2s(l - sin2яр) = 3 - 5 ( -—i-з 1) (1 - sin2 ж) =
V J. "~ Sin X J
= 3 - 5 + 5(1 - sin2 x) = 3 - 5 sin2 x = 3 - 5 • 0,16 = 3 - 0,8 - 2,2.
Ответ: 2,2.
B2. Возведём исходное уравнение в квадрат: х2 + 9 = 25, ж2 = 16,
xi,2 = ±4. Оба эти значения х являются корнями исходного уравнения,
их произведение равно 4 • (—4) = —16.
Ответ: —16.
ВЗ. Найдём площадь боковой поверхности пирамиды:
$бок. = 6• \/р(Р~ V38,25)(p- V3S^5)(p"^3),
гдер — полупериметр боковой грани пирамиды.
р = |(2 • VS525 + 3) = у/Ж2Е+1,5,
£бок. = 6 ■ У(У38>» + 1,5)(1,5)(1,5)(V38,2 - 1,5) =
= 9 • ^38,25-2,25 = 9• л/36 = 54м2.
о
Подсчитаем, сколько нужно вёдер краски: 54 • -~ « 8,3. Поскольку вёдра
продаются целиком, потребуется 9 вёдер.
Ответ: 9.
f
В4
(149-агХ),
41 - х > О, «*■ х < 41.
Исходное уравнение можно записать в виде
Iog7(149 - гс)1овб(41-*) . 2 Iog6(41 - х) = 0;
log5(41 - *) bg7(149 - х) - 2 Iog5(41 - х) = 0;
Iog5(41 - x)(log7(149 - х) - 2) = 0;
1) Iog5(41 - х) = 0, 41 - х = 1, а; = 40 — принадлежит ОДЗ.

Решения варианта 2 147
2) Iog7(149 - ж) - 2 = 0, 149 - ж = 49, ж = 100 — не принадлежит ОДЗ.
Ответ: 40.
85. Функция возрастает на промежутке, если её производная
неотрицательна и обращается в ноль не более чем в конечном числе точек этого
промежутка. Исследуя график производной, делаем вывод, что функция
возрастает на промежутках (-2; 4] и на [7; 9). Длина первого промежутка
равна 6, второго — 2. Наибольшая из длин равна 6.
Ответ: 6.
_Л 10 _ 1Ь 1Ь
86. = 6 = 6
ctg^sin^ cosX cos^
SinfTT-f) Sinf
smft 8ШЙ
б cos 16 3
8inJL 16 16
8Ш16
Ответ: 3.
В7. Вычислим /(0) и /(1), учитывая, что f(x) = fix + 4к), к € Z.
v
3/(0) -11/(1) = 3-0 = 3.
Ответ: 3. «
/1\(х+2)2~2
88. Запишем данное неравенство в виде (ж + 2)2 + 9 < (-г )
Так как (х + 2)2 ^ 0, то левая часть этого неравенства (х + 2)2 + 9 ^ 9,
/.|ч(*+2)2-2 /1\-2
а правая часть I ±) < I ±) = 9. То есть исходное неравенство
может выполняться только тогда, когда обе его части равны 9, то есть при
я = -2.
Ответ: -2.
89. Пусть х — цена единицы продукции, а\ — объём продаж, тогда
выручка равна а\х.

148
Решения вариантов тестов части 2
Новая цена равна 0,8ж, объём продаж — а,2, тогда
откуда 2* = ~ = 1>25, значит объём продаж нужно
&\ 4
а\х = (0,8ж) • аг,
увеличить на 25%.
Ответ: 25.
В10. По условию задачи сделаем чертёж (см. рис. 111).
Дано: AO = OB = OC = OD = 5, ААг = 8, sinZBAC = jjj = f -
Найти: cos AiC BJD = cos a.
Решение. Прямые AiC и BD — скрещивающиеся. Так как BD \\ АС, то
обозначим cos a = cos A\C~AC. Из прямоугольного АА\СС =>
AC
cosa =
ZADB = ZACB = 90°, как внутренние опирающиеся на диаметр АВ.
Так как sin ZBAC = ~, то из того, что А АС В — прямоугольный, получа-
о
ем СВ = | • 2 • 5 = 8. По теореме Пифагора С В2 + АС2 = (5 • 2)2 = 100,
о
АС2 = 100 - 64 = 36, АС = 6.
Из прямоугольного
C= 10. Тогда
Ответ: 0,6.
А1С2 = AC2 + АА\ = 36 + 64 = 100,
10. Тогда получим, что cos a = -—— = тк = °>6-
A\L/ 1U

Решения варианта 2 149
В11. По условию задачи сделаем чертёж (см. рис* 112).
Вл
Рис.112.
Дано: ABCD — параллелограмм, BD ± AD, Sabcd = 16V5,
ZBAD = 60°.
Найти: AD.
Решение. S&abd = У = 8\/3 как половина площади
параллелограмма. С другой стороны, S&ABD = 8>/3 = ABAD sin 60° =
= ^ АВ • AD или 32 = АВ • AD. Так как JOB ± AD (по условию), то
AADB — прямоугольный и Sadb = 8>/3 = AD'2BD\ DB-AD = 16>/3.
TaKKaKtg60° = >/3 = f§»TO^ = AD. BD2 = 16-3, BD «
тогда Л£) = 4.
Omeem: 4.
Cl. Область определения функции: 4x + l>0, x > -j-
Преобразуем функцию, получим у = Ах -f I — |х3. Производная функции рав-
«5
на у7 = 4 - 2ж2. Найдём абсциссы тех точек, в которых у' = -28.
4 - 2х2 = -28, х2 = 16, a?i,2 = ±4. х = -4 не принадлежит области
определения функции, х = 4 — принадлежит.
Ответ: 4.
С2. Запишем условия задачи в виде неравенства:
V2*~2-8 • (з<х-2>2-2 - З*2-4* - 21б) > 0 (♦).
ОДЗ этого неравенства: 2Ж""2 -8^0, х ^ 5.
\/2х~2 - 8 неотрицательно и х/г*-"2 - 8 > 0 при всех х ф 5, тогда с
учётом ОДЗ неравенство (*) равносильно системе

150
Решения вариантов тестов части 2
Решим первое неравенство, сделав за-
3(*-2)2-2 _ %х2-4х - 216 > 0,
х > 5.
мену t = х2 — 4х.
3t+2 _ з* - 216 > 0, (9-1)-3*-216>0, 3*>27,3*>33, t > 3.
Возвращаясь к переменной х, получим ж2 — Ах > 3, х2 - 4х - 3 > 0,
х е (-оо; 2—л/7) U (2+>/7; +оо). Возвращаясь к системе, получим х > 5.
Ответ: (5;+оо).
СЗ. Найдём множество значений функции у = 0,53aj2""e = 2а~3ж2. Так как
a - Зх2 < о, то 0 < 2а-3ж2 ^ 2а =^ JE7(y) = (0;2а]. Таким образом,
задача свелась к нахождению всех значений а, при каждом из которых
промежуток (0; 2а] целиком содержится в промежутке [3 — 21"""; 16). Это
Г * О Г 3 < 21""0
возможно только в случае
р р
Г 3 — 2*~а < О Г
1 2е < 16- ^ ' ^ 1
2а< 24-
Ответ: (-оо; 1 - log2 3).
С4. По условию задачи сделаем чертёж (см. рис. 113).
Рис.113.
Дано: ABCDA\B\C\D\ — прямоугольный параллелепипед.
АВ = 39, AD = 5, AAi = 12.
BN : Л/7Э = 3:5, прямые AiN и AM пересекаются.
Найти: ctg AM AiDD\.
Решение. Обозначим а — угол между прямой AM и плоскостью A\DD\.
Так как ABCDA\B\C\D\ — параллелепипед, то плоскость A\DD\
параллельна плоскости С\СВ и ctg а = ^^ (см. рис 113).

Решения варианта 3
151
Тот факт, что прямые A\N и AM пересекаются, означает, что точки А\ и
А N и М лежат в одной плоскости: плоскости А\АКК\% КК\\\СС\.
ABNK ~ ADNA =Ф> J^ = | = ~£ В# = 3. Так как
параллелепипед прямоугольный, то ВС = AJD. Значит, КС = 2.
Из прямоугольного треугольника ССхВ по теореме Пифагора
= 39
5'
= МВ = 39 = 1 = 0 2
Ответ: 0,2.
С5. Перепишем данное уравнение в виде:
2*в - sinx6 = 2<2*2+*>2 - sin(2x2 + х)2.
Заметим, что последнее уравнение является уравнением вида
/(я3) = /(2х2 + х), где f(i) = 2*2 - sin t2. Функция /(£) — чётная.
Покажем, что /(£) возрастает на (0; +оо).
f'(t) = 2t • 2*2 • Ь2 - 2tcost2 = 2*(2*2 In2 - cost2) > 0 на (0; +оо).
Значит, f(i) возрастает на (0; -foo). Так как f(t) — чётная и возрастает при
t > 0, то f(t\) = /(t2) 4» *i e ±t2. Это означает, что данное уравнение
равносильно совокупности уравнений
х = 0,
х(х2 - 2х - 1) = 0,
Ответ: -l;0;
Решения варианта 3
В1.ОДЗ.
>/ж - 3 > 0,
х>3.
х-3>0;
log2 у/х = logi у/х - 3 +1; log2 х/Зр = -log2 >/ж - 3 + 1;
g2 g2(V
Vx-3 = 2; x2 - 3x - 4 = 0;
= -1, x2 = 4. x = -1 — не удовлетворяет ОДЗ.
Ответ: 4.

152 Решения вариантов тестов части 2
- Зх = л/Ю - 4ж - ж2; ж2 - За; = 10 - 4я - ж2;
2s2 + s - 10 = 0; £> = 1 + 4 • 2 Ю = 81;
#1,2 = Т \ Xi = —-, Х2 = 2.
Х2 = 2 не удовлетворяет ОДЗ, значит не является корнем данного
уравнения, хг = -2,5 удовлетворяет ОДЗ. Наибольшим корнем данного
уравнения является х = -2,5.
Ответ: -2,5.
ВЗ. Площадь боковой поверхности конуса равна 5б.п. = я"Д*» где R —
радиус основания конуса, I — образующая. 5б.п. = тг • — • 6 = 48 (м2),
тогда потребуется 48 • 5 = 240 (кг). 240 : 25 = 9,6, поэтому понадобится
10 мешков клея (9 • 25 = 225 < 240).
Ответ: 10.
Пусть у/х + 4 = t, t > 0, тогда уравнение имеет вид t-j = l;t2-6 = t;
t = — 2 не удовлетворяет условию t > 0.
Вернёмся к замене. \fo-f 4 = 3, ж + 4 = 9, ж — 5. х = 5
удовлетворяет ОДЗ.
Ответ: 5.
В5. Угловой коэффициент касательной, проведённой к графику функции
f(x) в точке с абсциссой х = —1, равен значению производной в этой
точке: /;(-1). По графику функции у = f'(x) определяем /;(-1) = 4.
Ответ: 4.
= log2 (23 • 15) - log2 3 - log2 5 = log2 ^jj* = log2 23 = 3.
Ответ: 3
R7 x2 - 2x - 1 . ж 4-17. a;2 - 2a? - 1 a? + 17 . n.

Решения варианта 3
(з;-6)(ж + 3) 0
ж- 1
Решая последнее неравенство методом интервалов, получим
х е (-оо; -3) U (1; 6) (см. рис. 114).
153
-3 1 6
Рис.114.
Зж-4 ^ 2, Зж ^ 6, ж ^ 2. Учитывая условие ж ^ 2, получим ж € [2; 6).
Полуинтервал [2; 6) содержит 4 целочисленных значения.
Ответ: 4.
В8. Так как функция /(ж) — периодическая с периодом 6, то
/(35) = /(35 - 6 - 6) = /(-1) = З-1 - (-1)2 = | -1 = -|.
Искомое значение равно %)og( = -^ = -7,5.
/(35; 2
Ответ: —7,5.
В9. Пусть х км/ч — скорость первого автомобиля, а у км/ч — второго.
К моменту встречи в первом случае автомобили находились в пути
одинаковое время и первый проехал 200 км, а второй 360 - 200 = 160 (км).
200 160
Получим уравнение ==* = ==.
К моменту встречи во втором случае каждый из автомобилей проехал
^Р км = 180 км и первый находился в пути на ± часа меньше. Получим
уравнение Ш + 1 = Ш.
Решим систему уравнений:
200
X
180
X
160
~ У
+ 2 =
180. **'
У '
И
360 ,
Ж
360
4 '

154
Решения варианте тестов части 2
_ 4 I 4
5' I 5 ' f ж■ = 90,
360 + 1 = 450. ] 90 ^ x. 1 У = 72.
Скорость второго автомобиля равна 72 км/ч.
Ответ: 72.
В10. Пусть а — сторона основания пирамиды, h — высота. По условию
Sabcd = 8. Sabcd = о,2, откуда а = 2\/2.
М
^{•-ttr\"-> С
Рис.115.
5б.п. = 4 • Sdsc = 4 • ±
DC = 2а • ./Л2 + ^ =
(см. рис. 115). 56.11. = V7 • Soch., oV4ft2 + o2 = л/7о2,4Л2 + а2 = 7о2,
Л2 = §а2, Л = ^ • а = 2л/3- Ребро SC перпендикулярно плоскости
М

Решения варианта 3
155
АКМТ, значит перпендикулярно любой прямой, лежащей в этой
плоскости, поэтому SC ± AM. В треугольнике ASC SA = SC (см. рис. 116).
АС = ay/2 = 4, НС = 2,5С = y/SH2 + HC2 = 4.
Д5#С — прямоугольный и НС = ^5С, тогда ZffSC = 30°,
AASC = 60° следовательно AASC — правильный.
Пусть О — точка пересечения высоты SH с плоскостью АКМТ. В
равностороннем треугольнике ASC О — точка пересечения высот, а
значит и медиан, откуда 50 = \SH • 2>/3 = |л/3.
О о
Рассмотрим ASBD (см. рис. 117). ASBD — равносторонний, так как
ASBD = Л5АС по трём сторонам. KT\\BD, тогда Л5АТ — равносто-
Ответ: 8.
В П. Пусть г — радиус вписанной в трапецию ABCD окружное: л, R —
описанной. По условию г = 2, Я =
о
. Так как вокруг трапеции
ABCD можно описать окружность, то она равнобедренная, то есть
АВ = CD. Пусть О\ — центр вписанной окружности, С?2 — описанной
(см. рис. 118). По условию OiO2 = Щ. О2С = O2D = R, О2К =
о
= О\К + О\О2 =
о
= £. Из прямоугольного треугольника О2КС
о
АТС =
*gr =
= 2. Из

156
Решения вариантов тестов части 2
A L D
Рис. 118.
LD = VO2D2 - O2L2 = 4/25's41 - 4 = 4, AD = 8. Так как в
трапецию ABCD можно вписать окружностьдо суммы длин её
противоположных сторон равны. АВ -f CD = AD + ВС, 2АВ = 10, АВ = 5.
Ответ: 5.
С1. Логарифм определён, когда логарифмируемое выражение
положительно и основание положительно и не равно единице. Квадратный
корень определён, когда подкоренное выражение неотрицательно. Получим
систему неравенств:
V2x2 - х - 6 - 3 > 0, ( 2х2 - х - 6 > 9,
2s2-s-6>0, I 2ж2-ж-6^0,
х<-2,5,
х>3,
х>1,
2z2-x-15>0,
U<-3,
а:^2
5)(х-3)>0,
х>1,
х < -3,
х € (-оо; -4) U (-4; -3) U (3; +оо) (см. рис. 119).
-4 -3-2,5 1 2 3
Рис.119.
Ответ: (-оо;-4) U (-4;-3) U (3;+оо).

Решения варианта 3 157
, n € Z\
ctg %x • cos a: = ; ctg %x • cosx = ctg ^x • (2sin2 x — 1).
tg2X
О
Учитывая ОДЗ, ctg ^x ф 0, поэтому можем обе части уравнения раз-
о
делить на ctg %x.
cosa; = 2sin2x — 1; cosrr = 2(1 — cos2ж) — 1; 2cos2x 4- cosx — 1 = 0;
(2cosx - l)(cosx + 1) = 0; COSX = 2'
[cosx = —1;
x = 7Г + 2тгп, п€ Z.
Все найденные значения х не удовлетворяют условию х ф тг + ^5^f
n G Z, значит не удовлетворяют ОДЗ.
Ответ: решений нет.
СЗ. Найдём множество значений функции у = , j. .v. 0 < |х| < +оо,
a ^ a + |г| < +оо, Iga < lg(a + |x|) < +oot 0
0 < . / 4 , |Ч < =-=-. Таким образом, J57(j/) = (О; т-^-1. Исходная задача
lg(a-l-|x|) lgo \ igoj
сводится к нахождению таких значений a > 1, при которых промежуток
Го; р-1 целиком содержится в промежутке (-5;lgo + 3] (см. рис. 120).

158
Решения вариантов тестов части 2
Это выполняется тогда и только тогда, когда =-^- < lg а+3. Пусть lg а = £.
Так как а > 1, то lga > 0, значит t > 0.
| 1) ^ 0.
* > 0, поэтому i + 4 > 0 и последнее неравенство равносильно
t - 1 > 0, t > 1.
л-i
"5 ° Ig5 1&а+3
Рис. 120.
Вернёмся к замене, lga ^ 1, а ^ 10.
Ответ: [10;+оо).
С4. Рассмотрим правильную шестиугольную пирамиду SABCDEF
(см. рис. 121). В правильном шестиугольнике радиус описанной
окружности равен стороне, значит АВ = ВС = ... = EF = FA = 3. Площадь
боковой поверхности пирамиды равна
Рис. 121.
НК — высота равностороннего треугольника HED, тогда
тттс — ЕР\3 _т 3у3
2 ~ 2 *

Решения варианта 3
159
,n.=3.^tfS + f.3==9^ + f
45, откуда SH =
Найдём радиус сферы, вписанной в пирамиду. Сфера касается
основания в точке Н и боковой грани, точка касания сферы с боковой гранью
лежит на апофеме.
Рассмотрим треугольник SHK (см. рис. 122).
S
Рис. 122.
LH = LQ = 2 — радиус рассматриваемой сферы.
Sshk = ^SH HK = ±r- (SK + HK), откуда
Г =5
SHHK
SK + HK
л/73
2 ' 2 Зл/3->/73
2(3^3 + 10)'
Пусть а — сторона правильного тетраэдра, Л — радиус описанной
вокруг него сферы, тогда R = о^У/5 1л\* ВыРазим а чеРез
этого
рассмотрим правильный тетраэдр TMNP со стороной а (см. рис. 123).
PY =
f ZP = \PY = ^, TZ = VTP2 - ZP2 = ^
2 о о уо
В треугольнике TZP ОТ = ОР = Д, тогда по ^еореме Пифагора
oz2+zp2 = op2, (TZ-/j)2+zp2 = д2, f

160
Решения вариантов тестов части 2
а
2
2л
V
Итак, а -
Ответ:
й п п ьИ
3V5V73 2
2(3\/3 + 10) >
Зу/Ш
Зл/3 + 10'
N
Рис.
I-
/з"
123.
зуш
3V^+10
С5. Перепишем данное уравнение в виде
ж4 - 9(cosrc2) = (7х + 8)2 - 9сов(7ж + 8).
Введём функцию /(t) = t2 — 9 cosi, f(t) четна. Уравнение примет вид
= /(7*+ 8). (*)
1. Докажем, что f(t) возрастает при t > 0.
(
1)0 < t < тт. 2t > 0,9sint ^ 0,тогда f'(t) = 2t+9sint > OnpHt G (О;тг].
2) t > тт. Построим графики функций у = 2£ и у = 9| sint| (см. рис. 124).
При t > тг 2t > 9| sin*|, значит f'(t) = 2t + 9sint > 0.
Таким образом, /;(£) > 0 при t > 0, значит /(*) строго возрастает при
t>0.
2. Так как f(t) четна и при t > 0 возрастает, то f(ti) = /(t2) <*
о ti = ±^2. Это означает, что уравнение (*) равносильно совокупности
уравнений:

Решения варианта 4
161
У*
10
\| 9
\
\
\
\
i
У'
/
V\ /Г
/ 1\ Л!
7
I
I
г
2Н
V
1
1
1
\л :
У /1 !
У
п
i
!
j
!
i
Зя
V
\
-
"1
/
/
\
\
1
5
2я
\ /
\ /
\ Г
11
л
у
Г х2 = 7х + 8,
[х2 = -7х-8; *
Ответ: -1;8; —
1 [*2
2
Рис. 124.
-7х-8 = 0,
4-7х + 8 = 0; w
Г
X
X
= 8, '
-7
+ V17
2
-у^7
2
Решения варианта 4
* ' х>0.
/х = log6 VxTT - 2;""log6 ^ ~ log6 ^ж + 1"" 2;
iog6 VxTT + iog6 y/x = 5; iog6(VxTT • V^) = 5; v^TT • л/^ = 62;
= V6; a?(x + 1) = 6; x2 + x - 6 = 0; (x 4- 3)(ж - 2) = 0;
= -3, X2 = 2.
11 ^au- Wo АП7 *

162 Решения вариантов тестов части 2
Xl = -3 не удовлетворяет ОДЗ.
Ответ: 2.
-2х = 3-7ж; гжЧбх-З = 0; Г> = 25+4-2-3 =
= 49; xli2 = :::^; xi = -3, х2 = \.
х = \ не удовлетворяет ОДЗ, значит не является корнем данного
уравнения.
х = -3 удовлетворяет ОДЗ. Наибольшим корнем данного уравнения
является х = —3.
Ответ: —3.
ВЗ. Площадь поверхности шара вычисляется по формуле S = 4пг2,
где г — его радиус. Площадь поверхности верхней части башни равна
2"47Г (Jb) = 27Г ~ = 72 (м2)» Т0ГДа потребуется 72 • 6 = 432 (кг) клея.
432 : 30 = 14,4, поэтому потребуется 15 мешков клея (14-30 = 420 < 432).
Ответ: 15.
{
Пусть у/х1П = t, t > 0, тогда уравнение примет вид t - j = 2;
удовлетворяет условию t > 0.
Вернёмся к замене.
л/з + 1 = 3, х +1 = 9, х = 8.
х = 8 удовлетворяет ОДЗ.
Ответ: 8.
В5. Угловой коэффициент касательной, проведённой к графику функции
fix) в точке с абсциссой х = 1, равен значению производной в этой точке:
/'(1). По графику функции у = f'{x) определяем /'(1) = 2.
Ответ: 2.
В6.21ogr42 - gi^ + logi 4 = 21og7(7 - 6) - Iog79 - Iog74 =
Ответ: 2.

Решения варианта 4 163
х2 -9
х2 - Зж - 10
Решая последнее неравенство методом интервалов, получим
х € [-2; 3) U [5; +оо) (см. рис. 125).
-2 3 5
Рис. 125.
2х + 3 < 7; 2х < 4; ж < 2.
Учитывая условие ж < 2, получим х е [-2; 2). Полуинтервал [—2; 2)
содержит 4 целочисленных значения.
Ответ: 4.
88. Так как функция f(x) — периодическая с периодом 5, то
/(x) = /(x + 5fc),ife€Z.
/(15) = /(15 - 5 • 3) = /(0) = 2° - О2 = 1;
/(28) = /(26 - 5 • 6) = /(-2) = 2~2 - (-2)2 = \ - 4 = -^.
Искомое значение равно /(15) - /(28) = 1 + ^ = 4,75.
Ответ: 4,75.
89. Пусть х — — скорость первого автомобиля, у — — второго. К
моменту встречи в первом случае автомобили находились в пути одинаковое
время, и второй проехал 140 км, а первый 350 - 140 = 210 (км). Получим
уравнение
х у
12 Зак №407

164 Решения вариантов тестов части 2
К моменту встречи во втором случае каждый из автомобилей проехал
осп
^^ii км = 175 км и первый находился в пути на 1 час меньше. Получим
Л1
уравнение ^-^ +1
X
Решим систему уравнений:
( 210 140
\ * У '
| 175 , , 175.
1 * У '
(И*
1 If0 ••! OZO.
1 х 2х '
У =
—
175
2х
175
х = 87,5,
у = 58|.
Скорость первого автомобиля равна 87,5 —.
Ответ: 87,5.
М
.■л•^-V5.-\—> с
^ d
Рис. 126.
В10. Пусть а — сторона основания пирамиды, h — высота. По условию
SABCD = а2, 5б.п. = 4 • ±
(см. рис. 126).
• DC = 2a Jh2 + £ = ay/Ah?
/4
12*

Решения варианта 4
165
a2V7 =
, 7а2 = 4Л2 + а2, Л =
Ребро SC перпендикулярно плоскости АКМТ, значит
перпендикулярно любой прямой, лежащей в этой плоскости, поэтому SC JL АН.
Рассмотрим AASC, SA = SC (см. рис. 127).
S
АС = а\/2, HC=2
= д/|а2 + |а2 = av^. ASHC — прямоугольный, НС = |SC, тогда
/Я5С = 30°, Z.ASC = 60°, следовательно Ai45C — правильный.
Значит SH = AM = 3>/3; АС = 6; а = 3>/2.
В равностороннем треугольнике ASC О — точка пересечения высот,
а значит и медиан, откуда 50 = \SH.
S

166
Решения вариантов тестов части 2
Рассмотрим ASBD (см. рис. 128). ASBD равносторонний, так как
ASBD = AS АС по трём сторонам. КТ \\ BD, тогда ASOT ~ ASHD,
Ответ: 4.
В11. Пусть г — радиус вписанной в трапецию ABCD окружности, О\ —
её центр; R—радиус описанной окружности, О2 — её центр (см. рис. 129).
По условию R =
о
, АВ = % у/2, ОгО2 = §.
в
к
АН L
Рис. 129.
Так как вокруг трапеции ABCD можно описать окружность, то она
равнобедренная, то есть АВ = CD. Обозначим ВС = 2ж, ВК = ж,
AD = 2у, AL = у. Так как в трапецию ABCD можно вписать
окружность, то суммы длин её противоположных сторон равны.
АВ + CD = AD + ВС, х + у = | \/2.
Из прямоугольных треугольников О^КС, O^LD и АВН по
теореме Пифагора имеем: О2К2 + iiTCT2 = O2C2, O2L2 + L£>2 = O2D2,
АН2 + 2?#2 = АВ2. Получаем систему уравнений:
(2r)J
(»-*)* = §.
Вычитая из второго уравнения первое, получим:

Решения варианта 4
167
(у-х)§л/2 = §г,
у-х =
72'
Подставим в третье уравнение системы:
<«•+(*)■-!■
р.|, г* = 1, г-1.
Ответ: 1.
С1. Логарифм определён, когда логарифмируемое выражение
положительно и основание положительно и не равно единице. Квадратный
корень определён, когда подкоренное выражение неотрицательно. Получим
систему неравенств:
|х-3|-4>0, ( |ж-3|>4,
\Х — о\ — 4^1, I \Х — о\ =р О,
V2x2 -Зх-4-4>0, ] 2х2-3х-4>16,
2х2 - Зх - 4 > 0; { 2Х2 - Зх - 4 > 0;
х>7,
х^-2,
2х2 - Зх - 20 > 0;
х>7,
хф8,
х Ф —2
хф-2,
Гх<-2,5,
х G (-оо; -2,5) U (7; 8) U (8; +оо).
-2,5-2-1 4 7 8
Рис. 130.
Ответ: х е (-оо; -2,5) U (7; 8) U (8; +оо).

168 Решения вариантов тестов части 2
Зхфпк, kez, I хф^, kez,
Зх Ф -^ + тгп, n € Z;
ctg3x-sinx = —£p^=2;ctg3x-sinx = — ctg3x-cos2x.
Учитывая ОДЗ, ctg3x ^ 0, поэтому можем обе части уравнения
разделить на ctg3x.
sinx = — cos2x; sinx = —(1 - 2sin2x); 2sin2x — sinx — 1 = 0;
(2sinx + l)(sinx -1) = 0;
sinx = -±, ^
sinx = l; -,-2
Все найденные значения х не удовлетворяют условию х Ф ^ +
п€ Z, значит не удовлетворяют ОДЗ.
Ответ: решений нет.
о
СЗ. Найдём множество значений функции у = -л—, , , |Ч.
Iog2(a + |х|)
0 < |х| < +оо, а < a + |х| < + оо,
log2 a < Iog2(a 4- |х|) < +оо,
0< 1 ' 1
Iog2(a+|x|) ^ log2a*
Таким образом, Е(у) = ^0; 3 1.
Исходная задача сводится к нахождению таких значений а > 1, при
которых промежуток О);, 3 1 целиком содержится в промежутке
[-9; log2 а + 2) (см. рис. 131).
Это выполняется тогда и только тогда, когда г-^— < log2 a+2. Пусть
iog2a
fog2 a — t. Так как о > 1, то log2 a > 0, t > 0.

Решения варианта 4 169
-9 0 ^ 1о82а+2
Рис. 131.
| < * + 2; 3 < t2 + 2t; t2 + 2t - 3 > 0; (t + 3)(< -1) > 0.
t > 0, поэтому t+3 > 0 и последнее неравенство равносильно t-1 > 0,
Вернёмся к замене. log2 а > 1, а > 2.
Ответ: (2; 4-с»).
С4. Рассмотрим правильный тетраэдр MNPK (см. рис. 132). Пусть а —
сторона тетраэдра, г — радиус вписанной сферы. MY — высота
правильного треугольника NMP, MY = **7р. Площадь полной поверхности
тетраэдра равна 5п.п. = 4 • Snpm = 4 • ^ • MY • NP = о2\/3 =
= 225>/3,а = 15.
М
Р
Рис. 132.
В треугольнике MYZ OT = OZ = r.
Smyz = \MZ • YZ = |г(МУ + YZ).
ky = syfi, yz = Iky = ^ф, mz =
2 о О

170
Решения вариантов тестов части 2
r MZ
1 MY
■YZ
+ YZ
ay/2
y/3
ay/3 ,
ay/3
6 ay
ay/3 ~ V3
/2 ay/6
i-4 12
15-л/б
12 "
_ 5л/б
4 *
Рис. 133.
Рассмотрим вписанную в данную сферу правильную шестиугольную
пирамиду SABCDEF (см. рис. 133). Пусть Ь — сторона основания
пирамиды, h — её высота, R — радаус описанной сферы, R = ^jp.
Площадь боковой поверхности пирамиды равна
о _ а. о __ с ■■•С v IP гл __ о /1-Q ■ тт ту*у. t
^б.П. == " # &ESD == О • q <Э*». * JC/jl/ — OV Л тЛЛ 'О.
Я/f — высота равностороннего треугольника HED, НК =
Площадь основания пирамиды равна
По условию 5б.п. = 3>/5"5осн.;

Решения варианта 4
171
4
4
Выразим Ь через радиус описанной сферы, рассмотрим треугольник
SHD (см. рис. 134).
Из прямоугольного треугольника OHD по теореме Пифагора
ОН2 + HD2 = OD2, (SH - R)2 + HD2 = Я2, (Ьл/ЗЗ - Л)2 + Ь2 = R2,
ЗЗЬ2 - 2ЬДл/33 + Д2 + Ь2 = Д2,3462 = 2ЬЯу/Ш, Ъ = Д^, Ь = 15v^
17
15лМ
68
Сторона основания шестиугольной пирамиды равна 2о
С5. Перепишем данное уравнение в виде .
х8 - 91 cos(x2) = (9х +10)4 - 91 cos(9ar +10).
Введём функцию /(*) = t4 - 91 cost, f{t) четна. Уравнение примет вид
Д*2) = /(9*+ 10). (*)
1. Докажем, что /(<) возрастает при t > 0.
3
/()
1) 0 < < < тг. 4*3 > 0,91sin* > 0, тогда /'(*) = 4t3 + 91sint > 0 при
*€(О;тг].
2) <> тт. /'(*) = 4*3 + 91 sint > 47Г3 - 91 > 4 • З3 - 91 = 108 - 91 > 0.
Таким образом, f'(t) > 0 при * > 0, значит f(t) строго возрастает при
t>0.

172 Решения вариантов тестов части 2
2. Так как /(£) четна и при t > О возрастает, то f(t\) =
<ф ti = ±£2. Это означает, что уравнение (*) равносильно совокупности
уравнений:
х2 - 9х - 10 = 0,
._ -9-л/41
Ответ: -1;10;
Решения варианта 5
Ответ: 2.
82. По определению арифметического квадратного корня имеем:
25 + ж2 = 169, х2 = 144, xi,2 = ±12. Произведение корней равно
12-(-12) = -144.
Ответ: -144.
83. 5даеРи = 0,8 - 2 = 1,6 (м2), 2 • 5даери = 3,2 (м2).
5 252 5(2)
()
5Стен = 2 • (4,5 + 3,5) • 3 - 3,2 - 5 = 39,8 (м2).
^потолка = Зтюла = 4»5' 3>5 = 15>75 (м2)-
350 • 39,8 4- (500 + 400) • 15,75 = 28105 (р.) — стоимость ремонта.
Ответ: 28105.
{
{
5Iog3(35 - х) - (lg (16 + а;) 1О8з(35 - х) = 0,
log3(35 - ж)(5 - lg(16 + х)) = 0,
r [
[ [ [
ж = 34 принадлежит ОДЗ, х = 105 —16 — не принадлежит.
Ответ: 34.
В5. По графику определяем: на интервале (-6; 4) функция у = /;(х)
непрерывна, меняет знак с «—» на «+» в единственной точке ж = -3,
следовательно х = — 3 — единственная точка минимума.
Ответ: —3.

Решения варианта 5 173
ctg^-sinf
™
*-=5.
8mJL
Ответ: 5.
В7. /(27) = /(27 - 8 • 3) = /(3), 3 G [-4; 4).
3) = 3.34-7-33
Ответ: 64.
Обозначим /(х) = 718-8*+*2, /(х) = 7<*-4>2+2,
^(х) = 33 + 8х - ж2, (/(х) = -(х - 4)2 + 49.
Имеем: Ef = [49; +оо), Ед = (-оо; 49].
Следовательно, данное неравенство выполняется в единственном случае,
если
{718-8х+ж2 _ до
33 + 8х-х2 = 49;
Ответ: 4.
В9. Пусть ум2 — за один час красит первый маляр, хм2 — второй,
(9 - х) м2 — третий. Составим систему уравнений, соответствующую
условию задачи:
Г /
/
(9-х) = 2,5(9-х); ^ \ 2,5х-х + у = 2,5-9-9;
/
\ \ 1,5х + 0,5?/= 9;
За один час первый маляр окрашивает 9 м2.
Ответ: 9.
В10. Сделаем чертёж (см. рис. 135).
1. Sabc = \'АСВС- зшААСВ = АВ^'ВС> где R —
радиус окружности, описанной около A ABC. R =
. ~?д^в = 2"'

174
Решения вариантов тестов части 2
Рис. 135.
2.ВД0ЯВ ОН = у/ОВ2-НВ* = /
3. В АОКН ОК = ОН-sinZOHK = y/U$- -Х- = 0,5.
Ответ: 0,5.
В11.1. В равнобедренном треугольнике MKN МК = NK, МР =
= NF — высоты, проведённые к боковым сторонам ^ KF = КР и
FP\\ МЛГ(см.рис. 136).
Рис. 136.
2. В AFKP по теореме косинусов имеем:
FP2 = FK2 + КР2 -2FKKP-CO&Z.FKP.
Обозначим FK = КР = х, х > 0,
7

Решения варианта 5 175
З.В АМРК
cos Z.MKP v7 • 0,3
4. AMKN ~ AFKP (ZK — общий, ZKFP = ZKMN как
соответственные при FP || MN и секущей МАГ).
МК-МК mn-mk-*^-НЬ/5-3-л/7_.,п
FK ~ FPf M" ~ FK ~ у^.Зл/5 ~
Ответ: 10.
С1.1. ОДЗ. 4ж - 3 > 0, ж > 0,75.
Таким образом, функция #(х) = 4гс - 3 + %• задана на промежутке
(0,75;+оо).
2. Угловой коэффициент прямой у = 29х равен 29.
3. Искомые абсциссы найдём из уравнения д'(х) = 29.
4 + ж2 = 29, ж2 = 25, a?i =5, Х2 = — 5 — не принадлежит промежутку
(0,75; +оо).
Ответ: 5.
С2. По условию произведение значений данных выражений отрицательно,
то есть
V3*-2-9 • (5(ж-3)2-8 - 5*2-6* - 100) < 0.
Неравенство равносильно системе неравенств:
Зж-2-9>0,
5(х2-6*)+1 _ 5х2-6х _ 10() < 0.
Решим её:
а)Зх"2>32, ж-2>2, ж>4.
22 100, 4.5ж2~6ж < 100, 5ж2-6ж < 52, х2-6х-2 < 0,
{
> v
Учитывая, что х > 4, получаем: 4 < х < 3 + y/Tl.
Ответ: (4;3 + \/П).
СЗ. Найдём множество значений функции у = -. , . ... Так как
а> l,T0log2(o+|x|) >0, =* Е{у) =
Таким образом, необходимо найти все значения a > 1, при которых
промежуток (0; г-^— лежит внутри промежутка [—7; log2 a — 4).
V 1о& а J
Это имеет место тогда и только тогда, когда
5
,о
,о 4 ^g
log2a 62 log2a

176 Решения вариантов тестов части 2
Учитывая, что log2 a > О, получаем log2 о2 — 4 log2 a - 5 > О,
log2a< -I,
log2 a > 5,
Ответ: (32;+оо).
C4. Сделаем чертёж (см. рис. 137).
Рис. 137.
1. Обозначим боковую сторону равнобедренного прямоугольного
треугольника ABC через а, тогда АВ = ВС = a, ABCE — квадрат, -АС и
BE — диагонали квадрата, АС = BE = a\/2.
\ ^, = 2АВ = 2а.
2. Рассмотрим осевое сечение шара плоскостью SBE (см. рис. 138).
SB ± ABC <& SB LBE <& /.SBE = 90° <* SE — диаметр шара,
описанного около пирамиды SABC, SO = OJE7 = Д.
3. FK — диаметр сферы, которая касается грани SAC и шара радиусом
Л, FK ± SD. По условию объём этой сферы наибольший, достигается
при наибольшем радиусе, то есть когда О € FK, FOi = О\К = г.
4. В23 = DE, OD1BE & OD = ±SB = a.
5. В ASBD SD = у/SB2 4- BD2 = 4/4a2 4- ^ = Щ&.
А/ 4 2

Решения варианта 5
177
F4^ Ъ Z^E
' '
Рис. 138.
6.BASBE SE = V'SB2 + BE2 = V4a2 + 2o2 = a\/6,
7. В ASOD по теореме косинусов имеем:
SD2 = SO2 + OD2 -2SOOD-CQ8 ZSOD,
6о2
■ Д2
18о2
2SOOD
4-.
8.
OF =
SD
V3-3v"2a 3'
a - AB
g (3V5-2)(3>/6 + 2) 50_25
- 2, г - ^ _ _ _ y.
Ответ: Щ-.
о
C5. x12 + 82cos(10ar - 21) = вгсовСж2) + (10s - 21)6,
x12 - 82cos(x2) = (Юх - 21)6 - 82cos(10x - 21).

178 Решения вариантов тестов части 2
1. Заметим, что полученное уравнение является уравнением вида
f(x2) = f(10x - 21), где f(t) = t6 - 82cost.
Функция f(t) — чётная.
2. Покажем, что f(x) возрастает на промежутке (0; +оо), то есть /'(£) > 0
при t > 0. /'(*) = 6t5 + 82 sin t,
а) 0 < t ^ 7Г, 6*5 > 0, 82sin* > 0, значит 6t5 + 82sint > 0;
б) t > 0, 6t5 > 6 -7Г5, -82 < 82sint < 82, =* 6t5 + 82sint > 0.
Следовательно, f'(t) > 0 при t G (0; + oo).
3. Так как f(t) — чётная функция и на (0; +оо) возрастает, то f(t\) =
Это означает, что данное уравнение равносильно совокупности:
Г Г х = 3,
[ х2 = 21 - Юх; ^ [ х2 + Юж - 21 = 0; ^ Г х = -5 - V46,
L\x = -5 + V46.
Ответ: -5 - \/46; -5 + >/46; 3; 7.
Решения варианта 6
Bl.ctga;-tg(7r-x) - (1 + tg2 x) - cos2x =
== ctga;(— tgx) =2— • cos2 x = — 1 — 1 = —2.
COS X
Ответ: -2.
B2. По определению арифметического квадратного корня имеем:
15 + х2 = 64, х2 = 49, xi,2 = ±7. Произведение корней равно
7-(-7) = -49.
Ответ: —49.
ВЗ. Ядаери = 0,8 • 2 = 1,6 (м2), 50кна = 2,6 • 1,5 = 3,9 (м2).
5стен = 2 • (4 + 4) • 3 - 1,6 - 3,9 = 42,5 (м2).
^потолка = 5шла = 4 • 4 = 16 (м2).
350 • 42,5 + (500 + 400) • 16 = 29275 (р.) — стоимость ремонта.
Ответ: 29275.
{
31о&(32 - х) - (lg (х +12)) logs(32 - х) = 0,
Iog5(32 - а;)(3 - \g{x +12)) = 0,
[log5(32-x) = 0, [32-x = l, Гх =
[ 3 - lg(x +12) = 0; [х +12 = 1000; [

Решения варианта 6 179
х = 31 принадлежит ОДЗ, х = 988 — не принадлежит.
Ответ: 31.
85. По графику определяем: на интервале (—6; 5) функция у = /'(х)
непрерывна, меняет знак с «+» на «-» в двух точках xi = -5 и хг = 2,
следовательно х\ и хг — точки максимума. Условию задачи
удовлетворяет х= -5.
Ответ: —5.
86. 9 9
ctgf-smf ctg(.-|).2sin|cos|
3cos| 3cos|
-ctg|sm| cosf
Sm
Отве/ц: -3.
B7. /(14) = /(14 - 6 • 2) = /(2), 2 € [-3; 3).
/(2) = 3 • 24 - 7 • 23 4- 8 • 2 - 4 = 4.
Ответ: 4.
Обозначим f(x) = 4ж2-6ж+п, f(x) = 4(ж-3)2+2,
^(x) = -x2 + 6x + 7, g(x) = -(x - 3)2 +16.
Имеем: Ef = [16; +oo), Eg = (-oo; 16].
Следовательно, данное неравенство выполняется в единственном случае,
если
2
Ответ: 3.
В9. Пусть х — производительность первой бригады, у — второй, Х*У —
третьей. — — время, необходимое первой бригаде для выполнения всей
х
1 1
работы, - — второй, —j- третьей. Составим уравнение, соответству-
у х + у
ющее условию задачи:

180 Решения вариантов тестов части 2
2*9 2
Получим: — = - или - = — § — не удовлетворяет условию — > 0.
У " У о у
Из условия - = §, я = §у, тогда
У о о
= §У — производительность третьей бригады.
В 1,2 раза производительность второй бригады больше
производительности третьей бригады.
Ответ: 1,2.
В10. Сделаем чертеж (см. рис. 139).
Рис. 139.
1- Sabc = ^-АС-ВС- siaZACB = АСВСАВ^ гдед — радиус
окружности, описанной около ААВС, то есть радиус основания конуса.
А Г» l> €\ Q
— f\ D — f\f*i ~~ *У

Решения варианта 6
181
2.ВЛОЯВ ОН = у/ОВ2-НВ2 = 1 №■ -9 = А-.
3. В ASOH tgZSHO = §gOS = ОН • tgZSHO = X . I = 2
4.
tg LCSO = ^8 =
= 4,5.
Ответ: 4,5.
Bl 1.1. В равнобедренном треугольнике ABC, J3C — основание, АР —
высота, значит АР — медиана, следовательно ВР = PC (см. рис. 140).
А
Рис. 140.
2. В прямоугольном треугольнике ABFC FP — медиана,
значит BP = FP = PC = 3.
З.ВДАВР:
следовательно cosZABP = ^[77 = § = 0,6.
АС/ О
Ответ: 0,6.
С1.1. ОДЗ. 2х +1 > 0, х > -i Таким образом, функция
з
д(х) = 2ж +1 — y задана на промежутке (-0,5; +оо).
2. Угловой коэффициент прямой у = -34х равен —34.
3. Искомые абсциссы найдём из уравнения у*(х) — -34.
2 - ж2 = -34, х2 = 36, a?i = 6, х2 = -6 — не удовлетворяет ОДЗ
а?е(-0,5;+оо).
Ответ: 6.
С2. По условию произведение значений данных выражений отрицательно,
то есть

182 Решения вариантов тестов части 2
л/4*-1 - 16 • (7(*-2>2-3 - 7х2-** - 42) < 0.
Неравенство равносильно системе неравенств:
Г 4я-1 - 16 > 0,
2
| - 7х2-4х - 42 < 0.
Решим её:
а)4ж-1>42, х-1>2, х>3.
б) 7 . 7*а-4* _ 7*2-4* < 42, 6 • 7х2-4* < 42, 7х2-4* < 7, х2 - 4х < 1,
ж2-4ж-1<0,2-\/5<я<2 + \/5.
Учитывая, что ж > 3, получаем: 3 < х < 2 + \/5.
Ответ: (3;2 + л/5).
СЗ. Найдём множество значений функции у = : * . ,ч. Так как
logs (а + |х|)
а>1,то1об5(а + |х|)>0, = ^^]
]
Таким образом, необходимо найти все значения а > 1, при которых
промежуток ( 0; г-=— лежит внутри промежутка [-12; log5 a - 1).
\ togs aJ
Это имеет место тогда и только тогда, когда
2 <log5a-l, l<^a-logsa-2>0
log5a Ь5 log5 a
Учитывая, что log5 о > 0, получим: log§ a - log5 a - 2 > 0,
{[Iog5o<-1, ( [a<0,2,
[log5a>2, <* I La>25'
a > 1; [ a > 1;
a > 25.
Ответ: (25;+оо).
C4. Сделаем чертёж (см. рис. 141).
1. Обозначим сторону равностороннего треугольника ABC через а,
тогда АВ = BC = AC = a, BD ± AC, BD = ^, В5 = 2а.
2. Рассмотрим осевое сечение шара плоскостью SBE (см. рис. 142).
SB ± ABC => SB ±ВЁ => ZSBE = 90° => SE — диаметр шара,
описанного около пирамиды SABC, SO = ОЕ = Д.
3. МN—диаметр сферы, которая касается грани SAC и шара радиуса Д,
МN ± SD. По условию объём этой сферы наибольший, достигается при
наибольшей длине радиуса, то есть когда О е MN, МО\ = O\N = г.
4. Пусть точка F — центр ААВС, тогда BF = FE, OF ± BE =>

Решения варианта 6
183
5. В ASBD SD =
Рис. 141.
Рис. 142.
6. В ASBE SE =
7. В ASBD ~ AQFD с коэффициентом подобия 3, значит
-*«-*

184 Решения вариантов тестов частя 2
8. В ASOQ по теореме косинусов имеем:
SQ2 = SO2 + OQ2 -2SOOQ-CO& ZSOQ,
4о2 . а2 19а2
«»■ 3 » 9
OQ 2a a
2'7з'з
= 150е,
9. 55og = \0M • 5Q = £sO • OQ • sin ZSOQ,
OM - ay/W _ 2a a 1 пм _ а
Ответ: | + \/l9.
C5. i16 + 72cos(12i -11) = 72cos(a;2) + (12x - II)8,
x16 - 72cos(a:2) = (12a; - II)8 - 72cos(12a; - 11).
1. Замечаем, что полученное уравнение является уравнением вида
/(х2) = /(12а; - 11), где /(t) = t8 - 72 cos*.
Функция fit) — четная.
2. Покажем, что f(x) возрастает на промежутке (0; +оо), то есть /'(*) > 0
при t > 0. /'(*) = 8«7 + 72 sin*,
а) 0 < t К: тт. 8? > 0, 72sint ^ 0, значите*7 + 72sm« > 0;
б) t > тг, 8t7 > 8 • тг7, тогда как -72 < 72 sin* < 72, значит
8tr + 72sin<>0.
Следовательно, /'(*) > 0 при t € (0; +оо).
3. Так как /(<) чётная функция и на (0; +оо) возрастает, то f(ti) =
Это означает, что данное уравнение равносильно совокупности:

Решения варианта 7
185
= 12*-11,
х2-12х + 11 = 0,
2
Ответ: -6 - л/47; -6 + V47; 1; 11.
Решения варианта 7
±M
Ответ: 9.
82. Vx2 + 15 = 8; х2 +15 = 64; ж2 = 49; хг = 7, ж2 = -7.
Ответ: -49.
83. Площадь дорожки, расположенной по длине участка:
30 • 0,8 = 24 (м2). Площадь дорожек, расположенных по ширине участка:
(20 — 0,8) • 0,8 = 15,36 (м2). Стоимость тротуарной плитки с запасом 10%
равна (24 + 15,36) -1,1 • 200 = 8659,2 (руб.).
Ответ: 8659,2.
В4# 48insr - 6 • 2агпх + 8 = 0. Сделаем замену t = 2в1пж, тогда исходное
уравнение примет вид t2 - 6t + 8 = 0, ti = 2, fe = 4.
i < 28in* ^ 2, отсюда 2sin* = 2, sins = 1, x = £ + 2тгп, п £ Z. На
промежутке [0; 4тг] уравнение имеет 2 корня.
Ответ: 2.
В5. Уравнение параболы у = ах2 + Ъх+с, производная у7 = 2ах 4- Ь равна
нулю при х = — «r-t то есть в точке с той же абсциссой, что и вершина
параболы, а значит, номер искомой прямой 2.
Ответ: 2.
= 1,5.
Ответ: 1,5.
В7. Так как период f(x) равен 5, то
/(2008) + /(2009) = /(3) -I- /(4) = 3 -12 - 3| + 4 -12 - 4| = 11.
Ответ: 11.

186
Решения вариантов тестов части 2
В8.1) Зж-ж24-1,75 = д(х), х0 = --— = 1,5, у0 = 4. Ветви параболы д(х)
направлены вниз, значит у0 = 4 — наибольшее значение, £?(р) = (-оо; 4].
у = Зж - ж2 +1,75, ветви которой направлены вниз, значит уо = 4 —
наибольшее значение, 2?(у) = (-оо; 4].
2) ж2 — Зж + 4,25 = у(ж), жо = 1,5, j/o = 2. Ветви параболы у(х)
направлены вверх, значит уо = 2 наименьшее значение, следовательно
(>
Исходное неравенство очевидно может выполняться лишь при х0 = 1,5.
Ответ: 1,5.
В9. Длины участков траншеи, которые землекоп будет копать со
стороны А (см. рис. 143), составляют бесконечно убывающую геометрическую
прогрессию с первым членом &i = 30 и знаменателям q = j. По формуле
суммы бесконечно убывающей геометрической прогрессии
40.
1-9
1-1
1 4
В
0
60
3037,5
Рис. 143.
Ответ: 40.
В10. Пусть боковое ребро пирамиды равно а (см. рис. 144),
S

Решения варианта 7 187
тогда по теореме Пифагора ребро основания ABC равно ay/2. СН —
высота ДАВС, значит СН = ау^о ^ = ^. О — центр вписанной
в ААВС окружности, следовательно СО = \СН = д^-. Из ASOC
о о
5О = а а2 - ^- = -у-; по условию 50 = 2>/3, значит а = 6.
Ответ: 36.
В11. Пусть ZA = 45°, АВ = а, ВС = 2^18, Л^ и DK — биссектрисы,
поэтому Z1 = Z2, Z5 = Z4. Zl = Z3 как накрест лежащие при AD || SC7
и секущей АК, значит Z2 = Z3, тогда АВ = ВК, аналогично DC = КС,
следовательно ВС = 2а (см. рис. 145), а = ^
в
М
Рис. 145.
Проведём высоту ВМ. ААВМ прямоугольный, ZA = 45°,
следовательно ВМ = а - sin45° = -JL. 5ABcd = ВС ВМ =
Ответ: 6.
С1. Касательные к графику функции f(x) будут параллельны прямой
у = -25х или совпадать с ней в случае, когда/7 (ж) = -25, /'(х) = 2-Зж2.
2 - Зж2 = -25; Зх2 = 27; xi = 3, х2 = -3.
Учитывая область определения функции /(х) D(f) = (-2,5; +оо),
х2 = -3 не является решением, следовательно х = 3.
Ответ: 3.
С2. Выражение л/125 - 52ж+1 всегда неотрицательно. Область его
допустимых значений определяется неравенством 53 ^ 52х+1, х ^ 1.
Произведение исходных выражений будет отрицательным, если выраже-
ние З^"1)2 - З^2*""1)2""1 - 162 будет меньше нуля и выражение
\/125 — 52ж+1 будет отлично от нуля.

188
Решения вариантов тестов части 2
Сделаем замену * = 2х - 1, тогда З*2 - ^г- - 162 < 0; 3** < 24$ *2 < 5»
отсюда -V5 <t<\/5, 5"~2<ж<2+ 2 " Учитывая °ДЗ ито, что
7^ 0, получаем: ^ — ^ < х < 1.
Ответ: \-
СЗ. Найдём область значений функции у — 5 +
^ 0, =► у J* 5,2 + х2 ^ 2, =! ^
-[*•+*]•
^,значит£7Ы =
[]
Так как 5 > —10, то для нахождения искомых значений а осталось
потребовать 5 + ^ > 11,5 - 18а"2.
10 + а2>23-36а-2; t = a2, t > 0,тогда*2-13*+ 36 > 0, | J J J =*
[ t > у;
учитывая то, что а ^ 0 a G (~оо; -3) U (-2; 0) U (0; 2) U (3; +оо).
Ответ: а е (-оо; -3) U (-2; 0) U (0; 2) U (3; +оо).
С4. Получившаяся фигура будет симметрична относительно центра куба.
Рассмотрим ~ часть куба, прилегающую к вершине (см. рис. 146).
о
Рис. 146.

Решения варианта 7 189
Общей части принадлежит лишь тетраэдр CBDC\. Пусть АВ = а,
тогда BD = ay/2. AC\BD — равносторонний, значит высота С\Н =
(см. рис. 147). О — центр вписанной в ЬС\ВВ окружности, отсюда
2
Рис. 147.
(ал/2)2 - УЗ a3 „ 8а3 v я„3
6
Ответ: ^
о
С5. Запишем исходное уравнение в виде
x8~30cos(x2) = (16-10x)4-30cos(16-10x). Данное уравнение является
уравнением вида f(x2) = /(16 — 10ж), где f(t) = t4 — 30cos(£). Покажем,
что f(t) монотонно возрастает при t > 0; /'(£) = 4^ + 30sin(t).
При 0 < t < тг /;(t) очевидно больше нуля. Покажем, что при t ^ тг /'(t)
также больше нуля.
/'(тг) = 4тг3 Н- 0 « 124. Так как 4*3 монотонно возрастает при t ^ тг, то
4J3 > 123 при t > тг, —30 < sin(t) ^ 30, следовательно
/'(t) = 4*3 + 30sin(t) ^ 93 при t ^ тг, а значит, /'(*) > 0 при t > 0 и
функция /(t) монотонно возрастает при t > 0. /(*) = /(-*), поэтому /(t)
чётная, значит f(t{) = /(fe) & \h\ = |£г|.
^ Г х2 = 10ж — 16, Л
Решая объединение 2 = 1б _ 10 получаем: ж = 2, х = 8,
х = -5±л/41.
Ответ: 2, 8, -5 ± >/4Т.

190 Решения вариантов тестов части 2
Решения варианта 8
Ответ: 4.
82. у/х2 + 17 = 9; х2 +17 = 81; ж2 = 64; хг = 8, х2 = -8.
Ответ: -64.
83. Площадь половины двухскатной крыши равна 3,6 • 8,2 = 29,52 (м2),
значит площадь всей крыши 29,52-2 = 59,04 (м2). Стоимость кровельного
материала с запасом 5% от покрываемой площади равна
59,04 • 1,05 • 250 = 15498 (руб.).
Ответ: 15498.
84. 9СО8Х + 2 • 3е08* -3 = 0. Сделаем замену t = 3СО8Х, тогда исходное
уравнение примет вид t2 + 2t - 3 = 0, *i = 1, t2 = -3. | ^ 3coax < 3,
отсюда 3е08 * = 1, cosa: = 0, x = ^ + тг*:, fc G Z^ На промежутке [0;4тг]
уравнение имеет 4 корня.
Ответ: 4.
85. Уравнение параболы у = ах2+Ъх+с, производная у' = 2ах+Ь равна
нулю при х = — т|Ц то есть в точке с той же абсциссой, что и вершина
параболы, а значит, номер искомой прямой 3.
Ответ: 3.
= 1,5-2.| = 4.
Ответ: 4.
В7. Так как период д[х) равен 4, то $(2008) • #(2009) = $(0) • д(1) =
Ответ: 12.
.1)4х2+8x4-
правлены вверх, значит уо = 2 — наименьшее значение, 25(у) = [2; +оо).
В8.1)4х2+8x4-6 = <7(х),хо = -I = ~1,2/о = 2. Ветви параболы у(х) на-
о

Решения варианта 8
2) х2 + 2х = у(х), х0 =
правлены вверх, значит уо =
ИМ
—If 2/о = —1- Ветви параболы у{х) на-
—1 наименьшее значение, следовательно
Исходное неравенство, очевидно, может выполняться лишь при хо = — 1.
Ответ: —1.
В9. Длины участков траншеи, которые землекоп будет копать со
стороны А (см. рис. 148), составляют бесконечно убывающую геометрическую
прогрессию с первым членом Ь\ = 20 и знаменателям q = |. По формуле
суммы бесконечно убывающей геометрической прогрессии
я Ьт 20 «Л
в
0 20 60
Рис. 148.
Ответ: 36.
В10. Пусть боковое ребро пирамиды равно а (см. рис. 149),
S
В
Рис. 149.
тогда по теореме Пифагора ребро основания ABC равно ay/2. СН —
высота A ABC, значит СН = aV^'V^ - ££§. о — центр вписанной в

192 Решения вариантов тестов части 2
&АВС окружности, следовательно СО = §С# = *Цр*.
о О
Из ASOC SO = Ja2 - ^ = А< по условию 50 = V6, значит
а = 3\/2.
2
+ S&asc + Sabsc = 3 • у = 27.
к. пов. у
Ответ: 27.
ВП. Пусть АВ = CD = а, ВС = AD = 2a(см. рис. 150),
тогда по теореме косинусов:
1) BD2 = 36 = а2 + 4а2 - 4а2cosa,
2) АС2 = 54 = а2 4- 4а2 4- 4а2 cos а, так как cosa = -cos(180 - a).
Сложив оба равенства, получаем:
90 = 10а2, а2 = 9, а = 3, Р = 23 + 26 = 18.
Ответ: 18.
С1. Касательные к графику функции f(x) будут параллельны прямой
у = 52х или совпадать с ней в случае, когда f'(x) = -52,
/;(х) = 18х2 - 20.
18ж2 - 20 = 52; 18ж2 = 72; хх = 2, х2 = -2.
Учитывая область определения функции /(ж) D(/) = (-оо;2), х\ = 2 не
является решением, следовательно х = —2.
Ответ: -2.
С2. Выражение >/32 — 2Ж+2 всегда неотрицательно. Область его
допустимых значений определяется неравенством 25 ^ 2Ж+2, х < 3.
Произведение исходных выражений будет отрицательным, если
выражение 7(ж"3)2"8 - 7*2~6я: - 42 будет меньше нуля и выражение %/32 - 2Ж+2
будет отлично от нуля.
Сделаем замену t = х2 - 6ж, тогда 7 • 7* - 7* - 42 < 0; 7* < 7; £ < 1,
отсюда х2 -6х- К 0, 3 - л/10 < ж < 3 + >/10. Учитывая ОДЗ и то, что
V32 - 2Ж+2 ^ 0, получаем: 3 - у/10 < х < 3.
Ответ: 3 - л/10 < ж < 3.

Решения варианта 8
СЗ. Найдём область значений функции у = 1 +
193
Г 21
L l J
^.значит
Так как 1 > -2, то для нахождения искомых значений
2
а осталось потребовать 1 + \ > 15,5 - 50а"2. 2 + а2 > 31 - 100а~2;
t = а2, t > 0, тогда t2 - 29t -h 100 > 0, * < ' =Ф- учитывая то, что
о^0,ое (-оо; -5) U (-2; 0) U (0; 2) U (5; +оо).
Ответ: а е (-оо; -5) U (-2; 0) U (0; 2) U (5; +оо).
С4. Получившаяся фигура будет симметрична относительно центра куба.
Рассмотрим - часть куба, прилегающую к вершине (см. рис. 151).
Рис. 151.
Заметим, что каждый такой куб можно разбить на 6 правильных
четырёхугольных пирамид, таких, что грани куба будут являться основаниями,
а центр куба — вершиной. Объединение октаэдров включает в себя по
3 такие пирамиды, в каждой ^ части куба, а значит, равно его половине,
о
следовательно искомый объём равен ~.
Ответ: \.
13. Зак.№407

194 Решения вариантов тестов части 2
С5. Запишем исходное уравнение в виде
ж12 - 50(cos ж2) = (2 + Зж)6 - 50 cos(2 + Зж). Данное уравнение является
уравнением вида f(x2) = /(2 + Зж), где /(t) = t6 — 50cos(t). Покажем,
что f(t) монотонно возрастает при t > 0; /'(t) = 6£б + 50sin(t).
При 0 < t < тг /'(t) очевидно больше нуля. Покажем, что при t ^ тг /'(t)
также больше нуля.
/;(тг) = бтг5 + 0 « 1836. Так как б*5 монотонно возрастает при t ^ тг, то
6t5 ^ 1836 при t ^ тг, -50 < sin(t) < 50, следовательно
/'(t) = 6t5 + 50sin(t) ^ 1786 при t ^ тг, а значит /;(t) > 0 при t > 0 и
функция /(t) монотонно возрастает при t > 0. /(t) = /(-t), поэтому /(t)
чётная, значит /(*i) = /(t2) 4»
Решая объединение 2 "" о о получаем х = -1, ж = -2,
[^ Ж ^ — 2 — ОЖ,
Ответ: -1, -2,
Решения варианта 9
Bl.cos2a + sin2a = l;cos2a= I —sin2a.cosa = ±у/\ — sin2 a. Так как
^ ^ a < тг,то cosa < 0, cosa = —\/l-
2
Ответ: -6.
В2. Найдём производную функции у = -4- -f ^ = 5ж~ 2 + ^ж:
-у Ж ID 10
-40-4-+ 1
с 3 1 v Ж
у' = -|«"2 + jg = jg . fcrac. = tfixo), no условию хо = 4,
Это и есть угловой коэффициент касательной.
Ответ: -0,25.
13*

Решения варианта 9 195
83. Сначала найдём площадь стен ванной комнаты.
Площади двери и стен (включая дверь) соответственно равны
0,7 • 2 = 1,4 (м2) и 2 • (1,8 + 2) • 2,5 = 19 (м2). Следовательно площадь
стен (без двери): 19 -1,4 = 17,6 (м2). В условии задачи сказано, что
действует сезонная скидка 5%: 17,6 • (1 - 0,05) = 17,6 • 0,95 = 16,72 (м2).
По таблице находим, что 1 м2 плитки в этом случае стоит 450 рублей:
16,72 • 450 = 7524 (руб.). Во столько и обойдётся ремонт, если класть
плитку будут сами (или бесплатно).
Ответ: 7524.
84. Сначала укажем ОДЗ уравнения: х > 0. Затем сделаем замену
log2 х = t. Тогда уравнение примет вид: t2 +1 - 2 = 0. Его корни t = 1 и
t — —2. Подставим найденные значения в замену log2 х = 1 и log2 х = —2.
Отсюда х = 2 и х = \. Оба значения входят в ОДЗ. А их произведение
4
о . JL i ft 5
2 4~2~°>5-
Ответ: 0,5.
85. Так как в точке максимума производная равна нулю и при переходе
через эту точку меняет знак с «+» на «—», то по графику производной,
делаем вывод, что эта точка х = -1.
Ответ: -1.
86. Представим выражение в виде т-. По свойствам логарифмов
ilog6a-2
получаем: log вз Л/<Л
31ogbo-|
о
Так как log6 а = §, то имеем:
о
lo3191Q/9 4\ 5
Ответ: -3.
14 Зак №407

196
Решения вариантов тестов част 2
87. /(ж) = /(ж + 7fc), где к е Z. Найдем /(25) = /(25 - 7 • 4) = /(-3) =
= (-3)2-3-3+4 = 9-9+4 = 4. /(24) = /(24-7-3) = /(3) = 9+9+4 = 22.
Тогда выражение 7 • /(25) - /(24) = 7 • 4 - 22 = 6.
Ответ: 6.
88. Построим графики функций у = х2 - 5|ж| + 4 и у = а (см. рис. 152).
Функция у = ж2 — 5|ж| +4 — чётная. Построим график этой функции для
ж ^ О (для ж < 0 график симметричен относительно оси Оу). При ж > О,
у = ж2 - 5ж + 4.
Корни уравнения ж2—5ж+4 = Ожх = 1,жг = 4. Уравнение ж2—5|ж|+4 < а
Рис. 152.
имеет ровно три корня при а = 4.
Ответ: 4.
В9. Через П1 обозначим производительность первого трактора, Пг —
второго. Примем объём работы за единицу. Тогда из условия задачи
следует:
П1 + П2
1 1 _
= 24,
Найдём Пх из второго уравнения системы. 2Пх — i = 2ОП1 (щ
48Пх -1 = 20Пх(1 - 24П0;
480П? + 28П1 -1 = 0;
D = 784 + 4 • 480 = 2704 = 522;
п -28 + 52 п -28-52
111 2480 wmn^~ 2-480 '
-Ih>

Решения варианта 9
197
ТаккакПх > 0,то ГЦ =
Значит, всё поле первый трактор вспашет за 40 часов. А А-ю часть
поля — за 10 часов.
Ответ: 10.
В10. По условию задачи сделаем чертеж (см. рис. 153).
Дано:
B^ С,
ч
ч
ч
4
/
1
f
1
ч 1
/В
/ •
'щш тт тт 'Ы
7
Рис. 153.
ABCDA\B\C\D\ — прямая призма, ABCD — ромб, AD = 7,
Z.ADC = 120°, Di?i = 8,75.
Найти: тангенс угла между плоскостями ABC и AidB.
Решение. О и О\ — точки пересечения диагоналей нижнего и верхнего
оснований. Диагонали ромба делят углы ромба пополам, значит Z.BDA =
= 1221 = 60°. Так как ABAD — равнобедренный (АВ = AD = 7), и
= 60°, то ABDA — равносторонний, тогда BD = 7, OJ3 = |.
= 8,75. tga = ^ = ^ = i^ =2,5.
Ответ: 2,5.
В11. По условию задачи сделаем чертёж (см. рис. 154).
Дано: ABCD — равнобедренная трапеция, ВС = 7, AD = 9, BD = 12.
Найти: АВ.
9 — 7
Решение. Проведём высоту трапеции ВН. АН = = 1,

198
Решения вариантов тестов части 2
DH = 9 - 1 = 8. Из ABHD: ВН2 = BD2 - DH2 = 122 - 82 = 80. Из
ААНВ: АВ2 = ВН2 + АН2 = 81. Значит, АВ = 9.
Ответ: 9.
С1. Решим неравенство 8х - Зх2 - 4 ^ 0; Зх2 - 8х -f 4 ^ 0;
з(х - ^J(x - 2) < 0; а: е [1;2|. Так как область определения функ-
ции f(x) Зх - 2 > 0, то есть х ^ f, то задача сводится к нахождению
о
среднего арифметического наибольшего и наименьшего значений
функции f(x) = л/Зж-2 - 2х + 1 на промежутке х € [|; 2J. Найдём
стационарные точки.
Найдём значения функции /(ж) на концах отрезка и в стационарной точ-
_41 //24 /Г~2 I о 2-1-1-1 4- 1
-48/Ы-у 3" 3+ 3"~3-
41\ /, 41I 2-41 . , /41
/1Г
24
/1Г 41 ,, 3 41 ,. 18 + 24-41 1
~ У16 24+ 4 24+ 24 ~ 24"
/(2) =

Решения варианта 9 199
Следовательно, наибольшим значением функции является —, а
наименьшим —1. Их среднее арифметическое: —~— = "I* •
оо
Ответ: --^.
48
С2. Запишем условие задачи в виде уравнения:
^T = sin6x + соввж- °Д3 этого Уравнения: cos ж ф 0. На ОДЗ
2 1
имеем: сов аж = вш6ж + cos6ж, или sin6 ж Н- соз6ж = ^ Разложим на
множители левую часть уравнения как сумму кубов:
(sin2 х + cos2 x)(sin4 x — sin2 жсов2 х + cos4 x) = ^
sin4 х — sin2 я; cos2 a; + сов4 х = ^,
(sin2 x+cos2 ж)2~2 sin2 ж cos2 ж—sin2 ж cos2 ж = ^ I2—3 sin2 ж cos2 ж = ^
sin2 ж cos2 ж = ^. Умножим обе части этого уравнения на 4:
4вш2жсов2ж = |;вт22ж= |;
о о
у о
2ж = (-l)n arcsin i/i+Trn, или 2ж = (-I)**"1"1 arcsin i/|+*w* Объединяя
эта решения, получим: 2ж = ± arcsin yf + яте, ж = ±« arcsin а / - + ^р,
n G Z. Все найденные значения ж входят в ОДЗ.
Ответ: ±|arcsinw| + 22i,n€ Z.
СЗ. Решим систему неравенств
I 1о82(ж + 1)-
+ 2)-21
3>/х-2-ж

200
Решения варианте тестов части 2
16-х2 5*0,
—4 < х ^ 4,
> -2,
■«■ 2
0;
Заметим, что первое неравенство системы строгое, значит х Ф 4, то
естьх€[2;4).
' (sinx-2)>/16-x2 0
logofx +1) - 4 '
Iog2(x + 1)
loga(x + 2)(loga(x
2 < х < 4.
Так как | sinx| < 1, то sinx — 2 < 0. При 2 < х < 4 имеем:
л/16 - х2 > 0, 1 < 1оь(ж + 2) < 2, -1 < Iog3(x + 2) - 2 < 0. Тогда
(sinx - 2) • V16 - х2 < 0, loga(x + 2)(log3(x + 2) - 2) < 0.
Исходная система равносильна системе неравенств
(х + 1)-4<0, Гх<15, Гх2-9х4-18<0
-2~х>0, <*< 9(х-2)>х2, <*< \ 9 &
х<4. [2<х<4; \2<х<4.
+ 3)(х-6)<0,
3<х<б,
<& 3 < х < 4.
Учитывая условие, что все найденные значения х удовлетворяют нера-
Ответ: (3;4).
С4. По условию задачи сделаем чертеж (см. рис. 155).
Дано: SABC — правильная пирамида, ONMLP — правильная
пирамида, АВ = 6.
Найти: PL.
Решение. Так как пирамида SABC — правильная и 50 J. ABC, то
ВО = 2>/3, OD = л/3. Обозначим PL через х. Oi — точка пересечения
диагоналей квадрата NMLP. Точка Oi лежит на апофеме 5D. OOi —
высота пирамиды ONMLP, OO\ ± SD. ASOD ~ AOOiD (по первому

Решения варианта 9
201
Рис. 155.
Q7") лп СГ)
признаку подобия треугольников). Поэтому £■— = —jz <& ^4£ =
U U U\U у/3
SD = ^. ДСМ1 - ACSD, поэтому Ж = CL, CL = 3 - |,
3--
5D » -2^-. Значит,
= ^, или а;2 = 6 - х,
х2 + х - 6 = 0,
Ответ: 2.
= 2. Значит, х = 2.
^с тт * - - За-f 8 — (a-l)x
С5. Найдем количество корней уравнения —• тЧ *— =
X "г А
= а2+2а4-3(1)и уравнения (а - 3)х2 — (а—2)х—1 = 0 (2) при различных
значениях а и выберем те, при которых это количество совпадает.
1. При a = 3 уравнения примут вид:

202 Решения вариантов тестов части 2
б) -ж - 1 = 0, х = -1.
Уравнение (1) и уравнение (2) имеют только по одному корню, что
удовлетворяет условию задачи.
2. При а Ф 3. Рассмотрим каждое уравнение.
ОДЗ.ж^-1.
Если а2 + За + 2 = 0, то а = —1, а = -2 — уравнение корней не имеет.
Если а2 + За + 2 ф 0, то х = jk*J^+2m
Найдём значения а, при которых х = -1. — 1 = \
-а2 -За-2 = а + 5-а2, а = -™. При а = -~ уравнение корней не
имеет.
Получаем: при a = —2, a = -j, a = — 1 уравнение (1) не имеет корней.
При а G (-оо; -2) U (-2; ~т) U Г-|; -l) U (-1; 3) U (3; +оо)
уравнение (1) имеет только один корень,
б) (а-3)х2-(а-2)х-1 = 0.
D < 0: а2 - 8 < 0, а G (-2\/2; 2\/2), уравнение корней не имеет.
D = 0: а2 - 8 = 0, а = ±2>/2э уравнение имеет один корень.
D > 0: а2 - 8 > 0, а G (-оо; -2>/2) U (2>/2; +оо), уравнение имеет два
различных корня.
Вывод: учитывая 1) и 2) число различных корней уравнения
-2^—""у*"" Iх = а2 + 2а + 3 равно числу различных корней уравнения
X "Т* <*■
(а - 3)а;2 - (о - 2)х - 1 = 0 при а = -2, а = -|, а = -1, а =
о = 3.
Ответ: -2,-|,-1,±2\/2,3.
4

Решения варианта 10 203
Решения варианта 10
Bl. sin2а + cos2 а = 1; sina = ±у/1 — cos2 а. Так как £ < a < тг, то
2
0.sina = Vl-cos2a = Л1 - \ = А\ = ^.6\/2sina =
9 9
Ответ: 8.
В2. Найдём производную функции у = ^ - - = ^>/^ + 2 • -.
2x2 X
Ответ: 0.
83. Сначала подсчитаем площадь стен ванной комнаты.
Площади двери и стен (включая дверь) соответственно равны 0,6-2 =
= 1,2 (м2) и 2 • (1,7 + 2) • 2,5 = 18,5 (м2). Следовательно площадь стен
(без двери): 18,5 - 1,2 = 17,3 (м2). По таблице находим, что 1 м2 плитки
в этом случае стоит 450 рублей: 17,3 • 450 = 7785 (руб.). В условии задачи
сказано, что действует сезонная скидка 10%: 7785-(1-0,1) = 7785-0,9 =
= 7006,5 (руб.). Это и есть стоимость плитки.
Ответ: 7006,5.
84. ОДЗ уравнения х > 0. В уравнении сделаем замену log3 x = t. Тогда
t2 -1 - 6 = 0. Его корни ti = 3 и t2 = -2. Возвращаясь к переменной
х, имеемlog3x = 3 иlog3x = -2. Или х = З3 = 27; х = 3~2 = |. Оба
значения входят в ОДЗ. А их произведение 27 • <г = 3.
Ответ: 3.
85. В точке минимума производная равно нулю и меняет свой знак с «-»
на «+». Как видно из рисунка, такая точка х = 1.
Ответ: 1.

204
Решения вариантов тестов части 2
Вв. Запишем логарифм в виде log 4 4л- (у/о, • Ь2) =
4+iloge6
- ¥ - S * 1)7-
Ответ: 1,7.
В7./(ж) = /(ж+8*), гдеfc € Z. Вычислим/(20) = /(20-8-2) = /(4) =
= 42-4-4+5 = 5. /(61) = /(61-8-8) = /(-3) = (-3)2-4(-3)+5 = 26.
А значение выражения 4/(20) - /(61) = 4 • 5 - 26 = 20 - 26 = -6.
Ответ: —6.
В8. Построим графики функций у = х2 - 3|а?| + 2 и у = а (см. рис. 156)
и выберем такие значения а, при которых графики функций имеют три
общие точки. Функция у = х2 - 3|х|+2 чётная. Построим график этой
функции для х ^ 0 (для ж < 0 график симметричен относительно оси Оу).
Итак, дляж ^ 0,у = ж2 - Зж+2. Корни уравнения х2-3х+2 = 0:xi = 1,
a?2 = 2 (см. рис. 156).
Рис. 156.
Уравнение ж2 — 3|ж| + 2 = а имеет ровно три корня при a = 2.
Ответ: 2.
В9. Обозначим Пх — производительность первого комбайна, Пг —
второго. Примем объём работы за единицу. Тогда из условия задачи следует:

205
= 30,
Тъ"пГ"45;
= 45.
Найдём ГЦ из второго уравнения системы. — ^г+2Ili = 45Пх (^г
45П? + (2 - |)П! - ^ = 0; ШОП? + 15Пх -1 = 0; Щ = =j
Т11Т
или
Значит, первый комбайн работая один уберёт поле за 45 часов. А ^-ю
о
часть поля — за ~* = 9 (часов).
Ответ: 9.
В10. По условию задачи сделаем чертёж (см. рис. 157).
Дано: ABCDAiBiCiDi — прямая призма, ABCD — квадрат,
/V5

206 Решения вариантов тестов части 2
Найти: тангенс угла между плоскостями ABC и А\С\В.
Решение. OOi = АА1 = 21>/3. Так как ABCD — квадрат, то ВО =
= ^р = * * * = 7л/3. Тангенс искомого угла равен tg a =
Ответ: 3.
В11. По условию задачи сделаем чертеж (см. рис. 158).
Дано: ABCD — равнобедренная трапеция, ВС = 4, AD = 9, АС = 10.
В,
Н
Рис. 158.
Найти: CD.
Решение. Проведём высоту трапеции СН. HD = ^^~ = ~ =
= f. Тогда АЯ = AD-Я£> = 9 - | = ^. Из ДАСЯ: СЯ2 =
- АН2 = 100 - Ц£ - Щ. из ДГ>СЯ: CD2 = СЯ2 + ЯГ>2,
4 4
4 4 4 I
Ответ: 8.
С1. Сначала решим неравенство Ъх2 - 21х+18 < 0; 5(х - 1,2)(х - 3) < 0;
х € [1,2; 3]. Так как область определения функции /(х) 5х - 6 ^ 0, то есть
х > 1,2, то задача сводится к нахождению суммы наибольшего и
наименьшего значений функции /(х) = у/Ьх — 6 — х + 3 на промежутке [1,2; 3].
Найдём стационарные точки. /7(х) = л >g . — 1 = 7 >J T ,
zy эх — о zy ох -— о
/;(ж) = 0; 5 = 2л/5х^6; 25 = 4(5х - 6); 20х = 49; х = Щ = 2,45.
Найдём значения функции на концах отрезка и в стационарной точке х = 2,45.
/(1,2) = у/Ъ -1,2-6 - 1,2 + 3 = 1,8.

Решения варианта 10 207
/(2,45) = V5 • 2,45 - 6 - 2,45 + 3 = 2,5 - 2,45 + 3 = 3,05.
/(3) = л/5-3-6-3 + 3 = 3.
Наибольшее значение 3,05, наименьшее —1,8. Их сумма 3,05+1,8 = 4,85.
Ответ: 4,85.
С2. Запишем условие задачи в виде уравнения:
tgx — tg2 a: sin2 х = cos2 x.
ОДЗ уравнения: cos ж ф 0, х ф £ + 7гп, n € Z. Запишем
уравнение ^£ sin x 2
sinxcosx =
в виде: ^£ - sin x _ COS2X ^ sinxcosx - sin4x = cos4x
COS Ж COS X
= (sin2x + cos2ж)2 -2sin2xcos2x<^sinxcosx =
= 1 - 2sin2 xcos2 x <& 2sin2 xcos2 ж-hsinxcosx-1 = 0. Сделаем замену:
sin x cos ж = *. Тогда 2t2 +1 - 1 = 0. Корни этого уравнения t\ = -1 и
Вернёмся к замене.
1. sin х cos x = —1, sin 2x = -2, корней нет, так как | sin 2х| ^ 1.
2. sinxcosx = ^ sin2x = 1,2х = 77 + тгп, п € Z, х = j 4- ^, п <
Ответ: ? + тгп, п € Z.
4
СЗ.
I МлггЛт -L К1 __ 1 Ша<г./<» _L Kl J_ Q^
0.
ОДЗ.
(Iog3(x + 4) + I)(log3(i
(Iog2(x + 5) — I)(log20
y/3 + X - X -
x + 4 > 0,
log3(x + 4) + 1^0,
x + 5 > 0,
V xx ^ ,
c + 5) +
1
x ^
X ^
X ф
хф
X >
[хф
2)<
-3,
-4,
~33'
23,
-5,
1;
{

208
Решения вариантов тестов части 2
Учитывая, что все найденные значения х удовлетворяют неравенству
Г (х + 1)( Г
х2 - 4х - 5 < 0, получим: \ X J Г3' <* i X J Г3'
При х € [-1;1) U (1;5] имеем: х + 3 > 0, Iog3(x + 4) 4-1 > О,
Iog3(x 4- 4) - 3 < О, Iog2(x 4-5) - 1 >О, Iog2(x 4- 5) 4- 2 >О.
Тогда (Iog3(x 4- 4) 4- I)(log2(x + 4) - 3) < О,
(Iog2(x 4- 5) — I)(log2(x 4- 5) 4- 2) > О, а значит система (1) равно-
( 2 - у/хТЪ ^0, f х4-3 ^ 4,
сильна системе неравенств
х -h 1 > 0,
3 + х < х2 + 2х + 1,
Г-1<*<1,
I К х < 5;
К х < 5.
Ответ: х £ (Г, б].
С4. По условию задачи сделаем чертёж (см. рис. 159).
Дано: SABCD — правильная пирамида, OMNLP — правильная
пирамида, SO — высота, DC = \/3.
Найти: SO.
Решение. Проведём ОО\ — высоту пирамиды OMNLP. Точка О\ лежит
на апофеме SK. Обозначим сторону основания пирамиды PL через х. То-
гда LC =
-. Из подобия треугольников ACNL и ACS К (по I при-
знаку подобия треугольников): ^j? =
Из подобия AOSK и АО\ОК (по I признаку подобия треугольников):
*,что5*= (#)2-^ л
\ 2 / х 4-х
32 = J-.Зна-
чит:
3_
2х'
- Зх или 2>/Зх2 + Зх - Зл/3 = О,

Решения варианта 10
209
N
х > 0, х =
Рис. 159.
= § = &. Из прямоугольного AOOiK
A 4
cosZOJiTOi = ^f£ = ^2 = 1 Значит Z.OKS = 60°.
C/il 4уЗ ^
A tg ZO/T5 = ££■ Отсюда 5О = ^ • tg ZOiiC5 =
С/А 2
С/А
Ответ: 1,5.
Со. Найдем количество корней уравнения
= а2~За-5 (1) и уравнения 2(а-2)з2+(а-2)ж-1 = 0 (2) при различных
значениях а и выберем те, при которых это количество совпадает.
1. При a = 2 уравнения примут вид:
а) 11~~^а? = -7, 0 • а: = 10, корней нет;
б) 0 • х2 + 0 • х -1 = 0, 0 • х = 1, корней нет.

210 Решения вариантов тестов части 2
Уравнение (1) и уравнение (2) не имеют корней, что удовлетворяет
условию задачи.
2. При аф2. Рассмотрим каждое уравнение.
= а2 - За - 5.
' ж-1
ОДЗ.ж^1.
5а + 1-(2а + 3)ж = (а2-За-5)а;-а2 + За + 5,
х(о2 — а — 2) = о2 + 2а — 4.
Если а2-а — 2 = 0, тоа = 2 — не удовлетворяет условию а ф 2 и
а = — 1 — уравнение корней не имеет.
Если о2-о-2#0,тож= <^+2° J24.
Найдём значения а, при которых х — 1.
х _ a22+2o^i О2 _ а _ 2 = а2 + 2а - 4, о = §. При а = § уравнение
корней не имеет.
Получаем: при а = —1, а = f уравнение (1) корней не имеет; при
о
о € (-оо; -1)U (-1; |^ U (|; 2^ U(2; +oo) — уравнение (1) имеет только
один корень.
б) 2(а - 2)х2 + (о - 2)х - 1 = 0;
D = Ь2-4ас = (а-2)2+8(а-2) = о2-4а+4+8а-16 = а2+4о-12 =
= (а-2)(а + 6).
I? < 0: (а — 2) (а + 6) < 0, -6 < о < 2 — уравнение корней не имеет.
D = 0: (о — 2) (а + 6) = 0, а = -2 — не удовлетворяет условию а ^ 2,
а = -6 — уравнение имеет только один корень.
D > 0: (а-2)(а+6) > 0,о < —6,о > 2—уравнение имеет два различных
корня.
Вывод: учитывая 1) и 2) число различных корней уравнения
-2-^—~~ V ° + Jg — а2—Зо—5 равно числу различных корней уравнения
2(а - 2)ж2 + (а - 2)х - 1 = 0, при а = -6, а = -1, а = |, а = 2.
«5
Ответ: -6,-1, |, 2.

Решения варианта 11 211
Решения варианта 11
■«•«•+«-£
Ответ: -1.
82. Угловой коэффициент касательной к графику функции у = f(x) в
точке с абсциссой xq равен /;(хо). По графику определяем значение^(х),
наибольшее в точке к = 3.
Ответ: 3.
83. 5Пов = 0,2(2,5 — 0,7) • 6 = 2,16(м2) — площадь поверхности, на
которую можно клеить рекламные объявления.
2,16(м*) = 216(дм2)
300 • 216 = 64800 рублей можно получить от рекламодателей.
Ответ: 64800.
84. соз2ж - 5sinx + 5 = 0,
1 — sin2 ж — 5 sina; + 5 = 0,
sin2 ж + 5 sinx - 6 = 0, так как | sina:| ^ 1, то sinx = 1,
На промежутке [0; 2тг] данное уравнение имеет единственный корень.
Ответ: 1.
85. fciac. = p'(xo). По графику определяем, что наибольшее значение
функция у = j/(x) достигает при гго = —1.
Ответ: —1.
86. lg 0,011о«а8 + 91о«з 7 = log2 8 • lg Ю-2 - З21о«з 7 = 3 • (-2) + 72 = 43.
Ответ: 43.
87. Наименьший положительный период функции у = cos(fcx) равен
частному от деления положительного периода функции у = cos x на
модуль коэффициента к.
Ответ: 0,25.
88. Обозначим \х — 5| = t, t > 0 (при t = 0 х = 5 — один корень,
что противоречит условию). Уравнение примет вид: at2 - at + 5 = 0 (1).
Заметим, что а Ф 0, разделим обе части уравнения (1) на а. Получим
Исходное уравнение имеет ровно два корня, если уравнение (2) имеет
только один положительный корень. Это возможно в двух случаях:

212
Решения вариантов тестов части 2
1. at2 — at + 5 — полный квадрат, то есть - = \% a = 20.
а 4
2. Произведение корней — отрицательное число, то есть - < 0, a < 0.
Наибольшее значение a — число 20.
Ответ: 20.
В9. Пусть х рублей — положил вкладчик в банк. После первого года
стало 1,08ж рублей, после второго — 1,08ж • 1,08 рублей, что составило 29160
рублей.
1,1664х = 29160,
х = 25000.
25000 рублей положил вкладчик в банк.
Ответ: 25000.
В10. Площадь осевого сечения цилиндра найдём по формуле S = d • ft, где
d — диаметр основания цилиндра, h — высота (см. рис. 160).
1. Обозначим AF = ж. AF — высота цилиндра, AF J_ BFC =Ф>
AF ± BF,AF ± FC. ZABF = 45° =* BF = АР = ж, АВ = Ху/2,
ZACF = 30°, АС = 2х, tg ACF = 4£. ^С =
2. В прямоугольном треугольнике ВАС ВС2 = АВ2 + АС2.
16 • 6 = 2х2 + 4с2, х > 0, х = 4, h = AF = 4.
3. В ASFC 5F = 4, FC « 4\/5, ВС = 4л/б.
По теореме косинусов имеем:
ВС2 = BF2 + FC2 - 2BF • FC • cos ZBFC,
16 • 6 = 16 +16 • 3 - 2 • 4 -4V5- cos ZBFC,

Решения варианта 11 213
&.
4. SBFC = \ ■ BF • FC ■ sinZBFC = BC^FC, R
d = 2R = einZBFC ~ ^Г = 12> ГДв Д ~~ раДИУ0 0КРУЖН0С™«
описанной около треугольника, то есть радиус основания цилиндра.
5.5 = 12-4 = 48.
Ответ: 48.
В11. Точка О —центр окружности, О € КР,ОК = ОР = г, где г —
радиус окружности (см. рис. 161). Из формулы длины окружности С — 2ят
найдёмг. г = §- = Щ& = 4^3. По условию Щ = | ф ЗАК =
= АК* + 2г, АК" = г = 4V3, АР = 12>/3- По теореме о касательной и
секущей АйГ • АР = AM2, AM2 = 4л/3 • 12V5, AM = 12.
3/
Рис, 161.
Ответ: 12.
(0;+oo),
у'(х) = 0; 49-7= 7а^,х2 = 49, ж = 7,х = -7 не входит в 1>(у).
Рис. 162.
ч—± ►

214
Решения вариантов тестов части 2
х = 7 — точка минимума функции у(х).
Ответ: 0,5.
Ig8-lg(x-l)
Ig8-lg(25-l) Щ
—1 =s -1 — верное равенство.
x = 25 — корень исходного уравнения.
Ответ: 25.
m 1.
i
3X - 1 > 0,
3* — 1 > 0
Iog3(3x-i)-x +
x - К 0;
*"1
3х -1 > З,
х>1,
3х -1 < 3х"1,
х>0,
ox ^ 3
3 >§'
3X<|, ^|0<x<log3|.

Решения варианта 11
215
2. гт2* - з
Збх _ з
О,
3. Для ответа на вопрос задачи объединим полученные решения:
[-4;0)u(o;log3§)u(l;+oo).
Ответ: [-4; 0) U ((); log3|) U (1; +оо).
С4. По условию шары касаются боковой поверхности цилиндра, друг
друга и оснований (см. рис. 163). Значит, точки S, А, С — центры шаров,
отстоят от боковой поверхности цилиндра и от оснований на 1 см. Проведём
через точку А плоскость а, параллельную основаниям цилиндра, С € а,
В € а, где В — проекция точки S на плоскость а, тогда центр описанной
около треугольника ABC окружности, точка О, есть точка пересечения
оси цилиндра и плоскости а. О А = ОВ== ОС = Д, SA = SC = АС = 2,
SB = 1, АВ = y/SA2 - SB2 = V22 - I2 = л/3; В<7 = АВ = >Д
Рис. 163.
В Л ABC по теореме косинусов имеем:
АС2 = АВ2 + ВС2 - 2 • АВ • ВС • cos <р, где <р = LABC.

216
Решения вариантов тестов части 2
4 = 3 + 3 + 2-cosy>, cosv?= x,siny> =
AB-ВС AC
Szbc = t;AB • ВС • зикр =
4Д
2^2'
2 sin a 2-2V^
Радиус основания цилиндра больше радиуса окружности на 1, следо-
3
вательно, равен
Ответ:
+ 1 =
С5.х4(х2 + Va2-o-l) +18 -a| + |27 + о|-
1. Найдём допустимое значение а.
-о)(27 + о) = 21.
а2 - а - 1 ^ О,
(а-8)(а + 27)<0;
^ 2 '
-27 < а < 8;
-27 < о
1 + л/5
2
< 2 '
<а<8.
2.
х4(з?
-о-1) + 8-а
-о)(а + 27) = 21,
-о)(а + 277 +14 = 0
3. Функция /(х) = х4(х2 + Va2 - а -1) - ^/(8 - а)(а + 27)
+14четная, поэтому если /(х) = 0, то /(-х) = 0. Значит, уравнение /(х) = 0
имеет нечётное число корней только тогда, когда одним из корней
является число 0. Найдём все значения параметра а, при которых х = 0 является
корнем уравнения (1). Получим:
V()( )
(8 - a)(a + 27) = 196, о2 + 19a - 20 = 0, a = -20,
a = 1 — не входит в область допустимых значений о.
Подставим значение a = —20 в уравнение (1) и найдём количество
корней.
х4(х2 + тД-20)2 + 20-1) - v/(8 + 20)(-20 + 27) +14 = 0,
х4(х2 + V519) - 14 +14 = 0,
42 V3l

Решения варианта 12 217
х = 0 — единственный корень уравнения (1).
Исходное уравнение имеет единственное решение при a = —20.
Ответ: -20.
Решения варианта 12
«•«-л-
Ответ: —1,4.
82. Тангенс угла наклона касательной к графику функции у = f(x) в точке
с абсциссой хо равен /7(х0). По графику определяем: tga = 2.
Ответ: 2.
83. 5афиши = 30 - 50 = 1500(см2)
2
20 • (1500 - 75) = 28500 рублей получит владелец лифтов за одну
рекламную афишу.
Ответ: 28500.
В4.2вщ2 х + cosx -1 = 0,
2(1 - cos2x + cosx -1 = 0),
2cos2x-cosx-1 = !
cosx = 1,
х = 2тгп, nG Z,
x = ±T
На промежутке [0; 2тг] уравнение имеет 4 корня.
Ответ: 4.
В5. Лкас. = рЧ^о). По графюдг определяем, что наименьшее значение
функция у = j/(x) достигает при хо = 4.
Ответ: 4.
В6.6251о««3 - lg 1000»5 = 541og*3 - lg(102)0»5 = З4 - 1 = 80.
Ответ: 80.
87. Наименьший положительный период функции у = cosO,5ttx равен
0,5тг
Ответ: 4.
88. (х + 2)2 - 2ф + 2| + 4а = 0.
Обозначим \х + 2| = t, t > 0 (если * = 0, то х = -2 — один корень,
что противоречит условию). Уравнение примет вид: t2 - 2at + 4o = 0 (1).
Исходное уравнение имеет ровно два корня, если уравнение (1) имеет
только один положительный корень. Это возможно в двух случаях:

218
Решения вариантов тестов части 2
1.t2 — 2at + 4а — полный квадрат, при этом а > 0, то есть а2 = 4а,
а = 0, а = 4. Если а = 0, то £ = 0, что не удовлетворяет условию t > 0.
2. Произведение корней — отрицательное число, то есть 4а < 0, а < 0.
Наибольшее значение a — число 4.
Ответ: 4.
В9. Пусть х% от вклада начислял банк ежегодно.
= 62720, (100 + х)2 = 12544,
>0,100 + х = 112,х = 12.
Ответ: 12%.
В10. В треугольнике MAP из вершины А проведём АН ± МР, тогда
FH ± МР и Z.AHF—линейный угол между плоскостями AMP и MFP,
C. 164).
х.
Обозначим AF
l.BAAFP ,
2. В АМАР ZMAP = 90°, АР
х>/13.
AM = 2 : 3, значит AM = 3xf
МР = у/(2х)2 + (Зх)2
3. В ДМ АР высота АН проведена из вершины прямого угла, поэтому
6х
ТТз'
4. В ААНР АН = V АР2 - HF* =
6х
_ -ЛЗ
~ 6 '

219
Ответ: 23.
BU. Проведём ТН ± ВР (см. рис. 165). По условию Stkp = &гкв,
ТН — общая высота, следовательно ВК — К Р.
В
Рис. 165.
Skp = Щ-, где d — диаметр окружности. 72* = %12-, d > 0,
D =
По теореме о касательной и секущей ВТ2 = ВК • ВР =
12-\/2 • 2 • 12\/2 = 576, ВТ > О, ВТ = 24.
Ответ: 24.
= 0,4»3 - 36 = 0, х = -3, х = 3, не входит в D{y).
-з
Рис. 166.
i = -3 — точка максимума функции у(х).
у(-3) = loglt6 ^ = Ъе1>ъ(1,5)-1 = -1.
Ответ: -1.
U
о

220
Решения вариантов тестов частя 2
С2.
lg(7x + 15) + lg(x-4) + lg3 2'
lg 16 + lg(x -1)2 = lg(7x +15) + lg(x - 4) + Ig3,
lg (l6(x -1)2) - lg ((7s + 15)(s - 4) • 3),
16(x2 - 2x +1) » 3(7x2 - 28a; + 15a: - 60),
16s2 - 32x +16 = 21x2 - 39a; -180,
10
10
x =s 7, я = —5,6.
Проверка.
21g2 + lg(7-l) 1^24 Ig24 Ig24 1
lg(7-7 + 15) + lg(7~4) + lg3 lg(64-9) Ig576 1&24? 2*
~ e i — верное равенство.
ar = 7 — корень исходного уравнения.
x = —5,6 не является корнем исходного уравнения, так как выражение
lg(x - 1) не определено.
Ответ: 7.
ГЯ 1 9 . 96* х — 96* — 1 < — 1
2i
io^-i
°,1-2 < 0, ^^ < 0,
хх
0 < х ^ 3.
f logons-2^х
0,
3.2"-x>0,
s<0;
1,5 • 2х -1 > 2х,
1,5 • 2* > 1,
х>0,
1,5-2* -1<2*.
1,5-2х>1,
х<0;

Решения варианта 12
221
0,5 • 2х ^ 1,
2»>§,
ж>0,
0,5 • 2х ^ 1,
log2 |,
1,
log2|<x<0;
. { x < 0;
l-log23<x<0.
3. Для ответа на вопрос задачи объединим полученные решения:
(l-log23;0)U(0;+oo).
Ответ: (1 - log2 3; 0) U (0; +оо).
С4. Рассмотрим осевое сечение. Проведём ВН ± AD и CF ± AD
(см. рис. 167).
Рис. 167.
1.ВЛЛЯВ АВ = 5л/2,/.ВАН = 45° =»АН = ВН = 5.
2. ВС = 10, Л1) = 2Aff + #F = 2 - 5 + 10 = 20, AF = 15.
З.ВДЛ^С АС = y/AF2 + FC2 = л/152 + 52 = V250 = 5>/Ш.
4.5acd = ~ ADCF =АССЛъ' AD,meR — радиус окружности,
описанной около Л AC7D, то есть радиус сферы.
Ответ: Ъу/Ъ.
С5. (|х| + (а - 1)2ж2 - а2 + 2о)2 - 4х4 = 1.
(|х| + (а-1)2*2 -а2 + 2а)2-4ж4-1 = 0 (1)
Функция у(х) = (|х|+(а~1)2ж2-о2+2а)2~4х4-1 —чётная, поэтому
f(x) = /(-ж). Значит, уравнение /(х) = 0 имеет нечётное число корней

222 Решения вариантов тестов части 2
тогда и только тогда,когда одним из корней является х = 0. Найдём все
значения параметра, при которых х = 0 — корень уравнения (1).
Ц [
Подставим значения а в уравнение (1) и найдём количество корней.
1)о = 1.
(|ж|-1+2)2-4ж4-1 = 0, я2+2|а;|+1-4а;4-1 = 0, 4х*-з?-2\х\ = 0
При х ^ 0 получим: 4ж4 - х2 - 2х = 0, а?(4ж3 - а: - 2) = 0 =»
* = 0,
4s3 - х - 2 = 0.
Рассмотрим функцию у — Ах3 — х — 2 на промежутке [0; +оо):
У\х)[ _ +
* »•
Рис. 168.
= 4-1-2 = 1>0
На промежутке -4- < а; < 1 уравнение (1) имеет один корень
у(-ушш\ = у( —Т7х)> следовательно при о = 1 исходное уравнение
имеет три корня.
2)о = 1--у/2.
(\х\ + (1 - л/2 - I)2*2 - (1 - л/2)2 + 2 - 2>/2)2 - 4х4 -1 = 0,
(|а;| + 2ж2 - 1 + 2V5 - 2 + 2 - 2>/5)2 - 4а;4 -1 = 0,
(|х| + 2Х2 -1)2 - 4а;4 - 1 = 0,
х2 + 4ж4 +1 + 4х2|х| - 2|х| - 4х2 - 4х4 - 1 = 0,
4х2|х| - Зх2 - 2\х\ = 0.
При х ^ 0 получим: 4х3 - Зж2 - 2х = 0, ж(4х2 - За; - 2) = 0, х = 0,
х _ 3 + V41 ^а промежутке х ^ о уравнение имеет 2 корня, следова-
о
тельно при а = 1 — у/2 исходное уравнение имеет три корня.

Решения варианта 13 223
3)a = l + y/2.
(\х\ + (1 + V2 - I)2*2 - (1 + у/2)2 + 2 + 2\Д)2 - 4ж4 - 1 = О,
(|х| + 2х2 - 1 - 2уД - 2 + 2 + 2у/Щ2 - 4х4 - 1 = О,
(|х| + 2х2 - 1) — 4х4 — 1 = 0 — это уравнение имеет три корня (см.
п.2)).
Ответ: 1; 1 ± у/2.
Решения варианта 13
B1.3sina-S^S=38ina-28in?Q!oCO82o!=38ina-2co82a =
sin 2a sin 2a
= 3sina - 2(1 — 2sin2a) = 3sina — 2 + 4sin2 a. Так как по условию
о
sin a = jj:, то получаем:
3 о . л/3^
"io""2+4VioJ
100 v>§~
Ответ: -0,74.
B2. Значение производной данной функции в указанной точке равно
тангенсу угла наклона касательной, проведённой к графику функции у = f(x)
в точке с абсциссой х = —2. Так как касательная проходит через точки с
координатами А(—5; 0) и 27(0; 3), то искомый тангенс будет равен
отношению расстояния от начала координат до точки В к расстоянию от начала
о
координат до точки А, то есть § = 0,6.
Ответ: 0,6.
83. Пусть h — первоначальная глубина чана. Тогда его первоначальный
объём Vi = 4 • 3 • Л. По условию Vi = 6000 л = |щ м3 = 6 м3. Значит,
12ft = 6, Л = 0,5 (м). После обледенения стен и дна чана (см. рис. 169)
внутренняя его поверхность имеет форму прямой призмы со сторонами в
основании 4-2-0,1 = 3,8 (м) и 3 - 2 • 0,1 = 2,8 (м). А глубина
чана стала равна Л — 0,1 = 0,5 — 0,1 = 0,4 (м). Следовательно,
вместимость чана стала равна 3,8 • 2,8 - 0,4 = 4,256 м3, то есть уменьшилась на
6 - 4,256 = 1,744(м3) = 1744 л.
Ответ: 1744.
84. Преобразуем исходное уравнение к виду
54-1 + 2^ = 24^;

224
Решения вариантов тестов части 2
10 см
Ъм
Рис. 169.
( ) ;
t(t2 - Ylt + 27) = 0; t(t - 3)(t - 9) = 0;
tx = 0; t2 = 3; *3 = 9.
£ = 0 не удовлетворяет условию t > 0.
Вернёмся к замене,
t = 3,3х = 3, х = 1; t = 9,3* = 9, х = 2.
Сумма корней уравнения равна 14-2 = 3.
Ответ: 3.
85. у'(х) — 4 cos я. Максимальный угловой коэффициент касательной к
графику заданной функции равен наибольшему значению функции у\х).
Так как cos х < 1, то 4 cos x < 4. Значит, искомое значение равно 4.
Ответ: 4.
86. 3log» 7 • 91о*з ^ = 31о«з3 7 . 32bg3 ^8 = 351о«з ^ # 3log3 Ш? =
= 3loesv^.3iog3v^8 = ^/у. ^ = ^/7^8 = л/196 = 14.
Ответ: 14.
87. Так как у = ^(д:) является периодической функцией с периодом 5, то
()( 5k)kZ
Следовательно 0(-3)+50(3)+2$(6) = ^(2~5)+5р(2-5~7)+2^(2-5~4) =
= ^(2) + 5^(-7) + 2^(-4) = 9 + 5.| + 2.| = ^±4 = f = 10,5.
Ответ: 10,5.
В8. Исходное уравнение имеет ровно один корень, если графики функций
/(х) = \2х + 7| +1 и д(х) = к\х 4-1| пересекаются в одной точке.
Построим графики функций у = f(x) и у = |ж +1| (см. рис. 170).
Вершина графика у = /(х) находится в точке с координатами (-3,5; 1).
График функции у = д(х) можно получить из графика у = \х + 1\
растяжением (при fc > 1) или сжатием (при 0 < к < 1) вдоль оси Оу
относительно оси Ох. При этом вершина графика остаётся в точке (-1; 0).

Решения варианта 13
225
Рис. 170.
Поэтому чтобы графики функций пересекались в одной точке,
необходимо, чтобы левая ветвь графика у = д{х) либо проходила через вершину
графика у — f(x), либо была параллельна левой ветви этого графика.
В первом случае должно выполняться условие #(-3,5) = l;fc|—3,5+1| =
= l;fci = 0,4.
Во втором случае, так как уравнение левой ветви графика у = f(x) имеет
вид у = —2х - 6, то угловой коэффициент этой ветви равен -2, значит и
угловой коэффициент левой ветви графика функции у = д(х) тоже должен
быть равен -2. Поскольку угловой коэффициент этой ветви равен -к, то
должно выполняться —к = -2; fo = 2.
Отметим, что при к = 0 графиком функции у = д(х) является прямая,
совпадающая с осью Ох, и в этом случае графики функций у = f(x) и
у = д(х) не пересекаются.
Получаем кг + к2 = 2 4- 0,4 = 2,4.
Ответ: 2,4.
В9. Пусть S (км) — расстояние между Москвой и Орлом. Тогда время, за
которое скорый поезд преодолел расстояние от середины пути до Москвы
paBHOf:60=ii)(4>-
За это время пассажирский поезд, двигаясь от середины пути в сторону
Орла со скоростью 45 км/ч, прошёл расстояние т^ • 45 = ^S (км). Зна-
15 Зак №407

226
Решения вариантов тестов части 2
СО »т
чит, от Москвы он прошёл расстояние % + §S = ^S = 0,875S (км), то
& о о
есть 0,875 долю от всего пути.
Ответ: 0,875.
В10. По условию Уц = тгЯ2Л = 25тг, Sg = 2тгДЛ = Ютг, следовательно
\
Тангенс угла между плоскостью основания цилиндра и плоскостью,
проведённой через центр верхнего основания и касательную к окружности
нижнего основания равен отношению высоты цилицдра к радиусу
основания (см. рис. 171).
Рис. 171.
Итак, А = 1 = о
Ответ: 0,2.
° 10 л
Рис. 172.
В11.1. Из ААВС (см. рис. 172) по теореме косинусов находим
ВС2 = АВ2+АС2-2АВАСсов/.САВ = 100+64-210-80.4 = 100.
15*

Решения варианта 13 227
Получили ВС = АВ = 10, следовательно ААВС — равнобедренный.
Поэтому ZBCA = /.ВАС и cos ZBCA = cos ZBAC = 0,4.
Следовательно ABC A — острый, значит если из вершины А опустить
перпендикуляр на прямую ВС, то Н — точка пересечения этих прямых — попадёт
внутрь отрезка ВС.
З.Из AACH HC = AC- cos ZBCA = 8 - 0,4 = 3,2,
АН2 = АС2 - НС2 = 64 - 10,24 = 53,76.
Ответ: 53,76.
С1. у = cos3x + 3cosx = cos3x + cosx + 2cosx = 2cos Щ- cos Щ +
+2cosx = 2cos2xcosa:+2cosx = 2cosa?(cos2x+l) = 2cosx-2cos2x =
= 4cos3a:.
Так как функция д(х) = cos а; на промежутке [1;тг] убывает, то и
функция у = 4 cos3 х убывает на этом промежутке, и значит, наибольшее
значение на промежутке [1;тг] она достигает в точке с абсциссой хо = 1.
у(1) = 4 cos31. Таким образом, максимальное значение заданной
функции на промежутке [1; тг] равно 4 cos31.
Замечание. В ответе можно также записать cos 3 + 3 cos 1.
Ответ: 4cos3l.
С2. ОДЗ. х ^ 0.
Преобразуем исходное уравнение к виду З3^ - 7 • З2^* +10 • 3^* -4 = 0;
(3^5)3 _ 7(3^)2 + 10 • 3^ - 4 = 0.
Пусть t = 3^, t ^ 1. Получим уравнение t3 - 7t2 + 10t - 4 = 0;
2
()( )
Из последнего уравнения находим: ti = 1; *з = 3 + >/5; tz = 3 —
t = 3 — л/5 не удовлетворяет условию t ^ 1.
Вернёмся к замене.
l,V£ 0,a; 0;
= з + >/5, у/Б = log3(3 + л/5), х = log|(3 + VE).
Ответ: 0;log2(3 + >/5).
СЗ. Согласно условию задачи нам необходимо найти значения х, которые
удовлетворяют системам неравенств
" а > 0,
Ь > 0.
1. Пусть а > 0, тогда
0. ОДЗ.х
16 Зак №407

228
Пусть t = lg ж, тогда
Решения вариантов тестов части 2
3t >U#
Так как З*2 4- 71ge + 31g7 >0, то 3* > 0; t >0. Получаем lgx > 0; х > 1.
Йолученные значения х удовлетворяют ОДЗ. Итак, о > 0 при х > 1.
2. Пусть а < 0, тогда
lg х + ^ + logx 7 < 0. ОДЗ. х > 0, х ф 1.
Учитывая, что а > 0 при х > 1, с учётом ОДЗ получаем, что о ^ 0 при
0<ж< 1.
3. Пусть Ь > 0, тогда
(2 log3 х - 1 - 3 log^ 9)(log3 x + 3) > 0. ОДЗ. ж > 0, х ф 1.
Пусть t = log3 ж, тогда
0; (2t-1 - f)(t + 3) > 0;
Решая последнее неравенство методом интервалов (см. рис. 173),
t
находим
" t < -3,
откуда
Рис. 173.
log3x<-3,
-§<log3*<0,
log3a;>2,
±
1 < < 1
727 '
4. Пусть b < 0, тогда учитывая найденные значения ж, удовлетворяющие
неравенству Ь > 0, с учётом ОДЗ получаем:

Решения варианта 13
229
а>0,
5. Решением системы неравенств < , ' являются значения
I и ^ U
X >> 1,
27 * * ^ v^7J
п 1 < х ^ 9;
К х ^ 9.
6. Решением системы неравенств < , ^ ' являются значения
1
0<гг<
1
.727
1.
. а: > 9;
Значит, условию задачи удовлетворяют х € и); ^ J U (-i?; l) U (1; 9].
Ответ: (о;^) U (-^-;l) U(l;9].
С4,1. Объём конуса У = \nr2h, где г — радиус его основания, h — вы-
о
сота(см. рис. 174).

230 Решения вариантов тестов части 2
По условию V = 8тг, h = 6. Следовательно, ^тгг2 • 6 = 8тг; г2 = 4, г = 2. '
о
2. По условию в основании пирамиды ABCD лежит равнобедренный
прямоугольный треугольник и основание конуса вписано в этот треугольник
(см. рис. 175).
В
С D
Рис. 175.
Пусть ZBCD = 90°, тогда BC = CD = x\ BD = ху/2.
Полупериметр ABCD р = \{2х + ху/2) = §(2 + \/2);
Z Z
высота Ctf = \BD = ^fi. Следовательно, Sbcd = BDnCK = з£.
Z Z Z Z
С другой стороны, Sbcd = рг = Ж' ^ ' = х(2 + \^). Получаем:
ТогмСК = 2(2 + v^)V^ = 2^2+2; СО = CiiC-r = 2^+2-2 =
3. Так как центр О вписанной окружности лежит на пересечении
биссектрис, то в ACOD ZCDO = \LCDB = Щ-\ Z.OCD = ±ZBCD = 45°;
ZDCD > ZCDO ^CO< OD(= OB).
Поскольку вершина А тетраэдра ABCD проецируется на плоскость BCD
в точку О, рёбра АВ, АС и AD — соответственно на отрезки ОВ, ОС и
ОД то АС < AD(= AB).
4. Из прямоугольного ААОС находим:
АС = VAO* + O(P = ^/б2 + (2V2)2 =
Ответ: 2-/П.
Сб. fc log3 х2 + 3k log,. 3 + logx 9 = 2k + 8.

Решения варианта 14 231
Преобразуем уравнение к виду
± 2 = 2fc + 8.
log3x log3x
1. Пусть t = log3 x, тогда t Ф 0,
^ + | - 2fc - 8 = 0;
-(2fc + 8)* + 3fc + 2 = 0. (*)
к Ф 0, так как в противном случае уравнение линейно и имеет один корень.
2. Пусть xi, X2 — корни исходного уравнения и х2 = Зхь тогда log3 x2 =
log3 3xi, log3 x2 = 14- log3 xi. Для t = log3 x получаем t2 = 1 +1\.
Из уравнения (*) по теореме Виета
= 3fc + 2
2fc±8. ^
ЗА?+ 2
Решая эту систему, получаем два случая.
2) t = 1; к = 2. Тогда log3xi = l;xi = 3;х2 = Ъхх = 9.
о
Проверка. При подставновке значений к = -ти* = 2в
уравнение (*) в обоих случаях оно имеет два корня.
Ответ: к = -|,хх = ^,гг2 = &\к = 2,a?i = 3,х2 = 9.
Решения варианта 14
В1 2СО8ба~СО8^а = 2 • 2sin7asina = 2 sin a = 2tga
sin 8a + sin 6a 2sin7acosa cos a
7 7 7
Так как по условию tg a = ~г, то получаем 2 • ^ = ? = 1,4.
Ответ: 1,4.

232 Решения вариантов тестов части 2
В2. Значение производной функции у = f(x) в точке xq = 3 равно
тангенсу угла наклона касательной, проведённой к графику этой функции в
заданной точке. Так как касательная проходит через точки с
координатами (0; 1) и (2; 2), то искомый тангенс будет равен отношению расстояния
между ординатами этих точек к расстоянию между их абсциссами, то есть
Ответ: 0,5.
83. Поскольку каждая из треугольных граней представляет собой
прямоугольный треугольник с катетами 28 см и 21 см, и всего таких граней две,
то их площадь равна 2 • i • 28 • 21 = 588 (см2). Прямоугольными гра-
нями служат прямоугольники со сторонами 28 см х 18 см, 18 см х 21 см,
35 см х 18 см. Сумма их площадей равна
28 • 18 + 18 • 21 + 35 • 18,= 18(28 + 21 + 35) = 18 ■ 84 = 1512 (см2).
Значит, общая площадь игрушки равна 588 +1512 = 2100 (см2).
Составим пропорцию
2100 см2 —100%
588 см2 — х%
„ _ 588 100% _
*- 2100 ~
Ответ: 28.
84. Преобразуем уравнение к виду
9 • 32ж + 3 • 3х = 28 • 3§ж; 9 • (3х)2 + 3 • 3х = 28(3*) i. Разделим обе части
уравнения на 3х (3х > 0), получим: 9 • 3х - 28 • 3§ + 3 = 0.
Пусть 32 = £, t > 0, тогда последнее уравнение примет вид
9t2 - 28t + 3 = 0; (9t - 1)(t - 3) = 0; t = J, t = 3.
Вернёмся к замене.
1) t = 3-2, 3§ = 3-2, | = -2, x = -4;
2)t = 3,3§ =3,| = 1,ж = 2.
Произведение корней равно —4 • 2 = —8.
Ответ: —8.
85. у'(х) = \/3—Зх2. Максимальный угол наклона касательной к графику
заданной функции на указанном отрезке соответствует наибольшему аб-

Решения варианта 14 233
солютному значению функции д(х) = у7 (ж) на этом отрезке.
д'{х) = -6ж; д'(х) = 0 при ж = 0.
Найдём значение функции в точке ж = 0 и на концах отрезка [—1; 1].
д(0) = л/3; <7(-1) = \/3 - 3; (/(1) = >/3 - 3.
Наибольшее значение \д{х)\ = >/3. Значит, тангенс максимального угла а
наклона касательной к графику функции у = у/Зх - ж3 равен у/3. То есть
a = \/3;a = 60o.
Ответ: 60.
5lg7 - 21*7'10
_ 51*7 • г^7^1»10 _ (5 - 2)1»7 ■ 2 _ 10*«7 7 _ о
fi^TTS 4 " 2 ~ 2 "" '
Ответ: 3,5.
В7. Так как j/ = f(x) является периодической функцией с периодом 9, то
/(17) = /(-1 + 9-2) = /(-1);
/(-99) = /(0 - 9 • 11) = /(0); /(11) = /(2 + 9) = /(2).
По графику находам: /(-1) = 0; /(0) = 1; /(2) = -1.
Ответ: -0,75.
В8. Пусть д(х) = 2(х Н- |х 4- 2а| - |ж - Зо|) - 7. Тогда задача сводится
к нахождению всех значений а, при которых график функции у = д(х)
пересекает ось Ох ровно в двух точках.
Рассмотрим график функции у = д(х).
1. Пусть a > 0, тогда -2а < За, исследуем функцию у = р(х) на
промежутках х < —2а; -2а < х < За и ж ^ За.
Пусть ж < -2а, тогда х + 2а < 0 и х - За < 0;
£(ж) = 2(х - х - 2а + х - За) - 7 = 2(х - 5а) - 7,
функция у = д(х) при ж < -2а (а > 0) возрастает.
Пусть -2а < х < За, тогда х + 2а ^ 0; и х - За < 0;
р(х) = 2(ж + х 4- 2а + х - Зх) - 7 = 2(3ж - а) - 7,
функция у = д(х) при —2а ^ х < За (а > 0) возрастает.
Пусть х > За, тогда х + 2а > 0, х - За > 0,
З(ж) = 2(ж + ж + 2а - х + За) - 7 = 2(ж + 5а) - 7,
функция у = р(ж) при ж ^ За (а > 0) возрастает. Следовательно, при

234 Решения вариантов тестов част 2
a > О функция у = д(х) возрастает на всей области определения и потому
график этой функции пересекает ось Ох только в одной точке.
2. Пусть a < О, тогда -2а > За.
Исследуем функцию у = д(х) на промежутках х < За; За < х < —2а и
х > -2а.
Пусть ж < За (а < 0), тогда ж+2а < Оиж-За < 0; д(х) = 2(ж-5а)-7,
функция у = д(х) при х < За (а < 0) возрастает.
Пусть За ^ х < -2а (а < 0), тогда х + 2а < 0, х - За ^ 0;
д(х) = 2(х - х - 2а - х + За) - 7 == 2(-ж + а) - 7,
функция j/ = ^(ж) при За < х < -2а (а < 0) убывает.
Пусть х ^ -2а (а < 0), тогда х + 2а ^ 0, х - За > 0; #(ж) =
= 2(ж + 5а) — 7, функция у = р(ж) при ж ^ -2а (а < 0) возрастает.
Следовательно, точка с координатами (За, д(3а)) — точка максимума,
а (—2а,р(-2а)) — точка минимума. Значит, график функции у = д(х)
пересекается с осью Ох ровно в двух точках только тогда, когда одна из
этих точек лежит на оси Ох. То есть должно выполняться
^ Г [2(-За + а)-7 =
[2(-2а + 5а)-7 =
а < 0; [ а < 0;
-4а-7 = 0,
6а - 7 = 0, а = -1,75.
<0;
Ответ: -1,75.
В9.1. Пусть велосипедист преодолел путь из Б в В за t часов, тогда на
обратном пути из В в Б он это же расстояние проехал за (t — j~ J часов.
Учитывая скорость велосипедиста на этом участке, получаем:
Значит, расстояние между пунктами Б и В равно 8*1 = 8 (км), и,
двигаясь из Б в В, велосипедист был в пути 1 час, аизВвБ — (l^^J ^F (ч)#
2. Пусть 5 (км) — расстояние между пунктами А и Б. Тогда пешеход
был в пути ~ (ч), а велосипедист— (^ + 1 + ^1ч. По условию пешеход
18
был на ^ (ч) в пути меньше, значит:

решения варианта 14
235
3+60~12 + 5'4 ~ГЬ-
Весь путь велосипедиста равен 6 + 2 • 8 = 22 (км).
Ответ: 22.
В10. Пусть АВ — перпендикуляр, опущенный из точки А на прямую I
(искомое расстояние); АС — пересечение плоскости а с боковой
поверхностью цилиндра; О — центр верхнего основания цилиндра (см. рис. 176).
Л=12
Рис. 176.
АС — образующая цилиндра, тогда СВ — проекция АВ на плоскость,
содержащую верхнее основание цилиндра. Следовательно, по теореме о
трёх перпендикулярах СВ ± I и АСВО — прямоугольный. В АСВО:
сторона СО равна радиусу основания цилиндра, СО = 18; ZBOC равен
углу между плоскостями а и /?, ZBOC = 30°. Следовательно, ВС =
= СО • sin ZBOC = 18 • sin 30° = 9.
В ААСВ: сторона АС равна высоте цилиндра, АС = 12; ZACB =
= 90°. Следовательно, АВ = VAC2 + ВС2 = л/144 + 81 = 15.
Ответ: 15.
ВИЛ. Пусть г — радиус окружности, вписанной в ААВС, р — полупе-
риметр этого треугольника.
Тогда Sabc = pr- По условию г = 1; Sabc = 18. Следовательно,
2. ААВС ~ AMLK (так как по условию ZC7AB = ZKXM,
_ 10 _ 2 АС _ 2

236
Решения вариантов тестов части 2
ML
Рис. 177.
Значит,
= ltpLMK = З^дс = Об =54.
Ответ: 54.
С1.1. Найдём точки экстремума функции у = f(x).
x
f'(x) =
' v y
f'{x) = 0при8ж- 2 = 0;8x2-2 = 0;^ = \\x2 = -~.
2. |e - 2| < 1,8; -1,8 < ж - 2 ^ 1,8; 0,2 < x < 3,8.
a;2 = -h не удовлетворяет условию \х - 2| ^ 1,8.
3. Найдём значение функции в точке х = | и на концах отрезка [0,2; 3,8].
/(0,2) = 4(0,04 - In у/Щ = 0,16 - In 0,04 м 3;
/(3,8) = 4(14,44 - In у/Щ = 57,76 - In 14,44 « 55.
Следовательно, наименьшее значение функции при \х — 2| < 1,8 равно
1 + 2Ь2.
Ответ: 1 + 2 In 2.
С2. Корнями заданного уравнения являются корни системы уравнений
4f._21. 1 _0
24 4 + 3 ~ "'
Первое уравнение системы преобразуем к виду 22ж — 6 • 2х + 8 = 0.
Пусть t = 2Ж, t > 0, тогда уравнение имеет вид t2 - 6t + 8 = 0; ti = 2;
*2 = 4, откуда a?i = 1; х2 = 2.

Решения варианта 14 237
При xi = 1 из второго уравнения системы получаем:
4-6 + 7 —^5- = 5 —^ = 0. Значит, xi = 1 — корень исходного
уравнения.
При х2 = 2 получаем:
16 - 12 +14 - -т = 18 - -Д- Ф 0. Значит, х2 = 2 не является корнем
исходного уравнения.
Ответ: 1.
СЗ. Согласно условию задачи нам необходимо найти значения х, которые
удовлетворяют системе неравенств
' х>2,
' a > -3,
\a>-i
[b>-2
1) Пусть a > -3, тогда
2 log,. 27 - Iog3(81x) > -3. ОДЗ. х > 0, х ф 1.
4-log3x>-3.
log3x
Пусть t = log3 x, t ^ 0, тогда
t < -3,
0 < t < 2.
log3x<!™ *~3
Получаем: | / log3 x < 2, f
[log3a;<-3,
i: f log3x<2,
[\log3a;>0;
1 < x < 9.
С учетом ОДЗ х € (о; ^) U (1; 9).
2) Пусть b > -3, тогда
I2 3 - 281og3 x > -3. ОДЗ. x > 0.
- 281og3X + 3 > 0.
Пусть t = log3 x, тогда

238
Решения вариантов тестов части 2
9*2 - 28* + 3 > 0; (9< -1)(* - 3) > 0; * < 9'
* > 3.
: los*x < 9' [
[ 1
Получаем: los*x < 9'
[log3a;>3;
Г 0 < х < $3,
[ х > 27.
Учитывая ОДЗ, получаем: х е (0; ^3) U (27; +оо).
3) Первоначальная система неравенств принимает вид
х>2,
1<
0<
_х;
сх<
сх<
Сх<
>27;
Ответ:
1
27'
9,
(2; 9) и
[2<х<
[ х > 27.
(27;+сзо).
9,
С4. Пусть АВ = о, тогда ЛГС = Зо; АБ = о; AM = ^2; MS = ^.
1. Так как ЛМ X ЛС7В, то ЛМ — высота пирамиды MACN (см. рис. 178).
Следовательно,
Умасв = о
\\AB-NC-AM = \'a$a-
61 о
^ = ^. По уело-

Решения варианта 14 239
вию Vjwr лев = 2 л/2, значит ^- = 2v2; a3 = 10V2; а = V 10\/2 = \/2- V5.
2. Из равнобедренного прямоугольного треугольника ABC находим
АС = АВу/2 = а>/2 = >/2 • у/2у/Ъ = 2v^5. Тогда радиус г основания
цилиндра равен ^- = =-« = v5.
Ответ: у/Ъ.
С5. ОДЗ. ж > 0, х Ф 1;р ^ \.
5
Преобразуем исходное уравнение к виду
log3x
Пустьt = log3s. Тогда V5p- lt+ 2рГ5 - 7 + 5р = 0;
у/Ър — I*2 - (7 - 5p)t + 2р - 5 = 0. (*) Это уравнение является
квадратным и, следовательно, имеет не более двух корней, а значит и исходное
уравнение имеет не более двух корней.
1. Пусть исходное уравнение не имеет корней. Тогда должно
выполняться бр2 - 6р + 2 = 0. D = 36 — 40 < 0, следовательно в этом случае
нет значений р, удовлетворяющих условию.
2. Пусть исходное уравнение имеет один корень. Тогда
5Р2 - бр + 2 = 1; 5р2 - 6р +1 = 0; pi = 1; Р2 = | •
При р = 1 уравнение (*) принимает вид 2t2 - 2t — 3 = 0;
D = 4 + 24 = 28 > 0, следовательно это уравнение, а значит, и исходное
имеет два различных корня. Пришли к противоречию.
1 2
Прир = ф уравнение (*) принимает вид -6£ + f - 5 = 0. Это уравнение,
а значит и исходное, имеет один корень. Следовательно р = - —
удовлетворяет условию задачи.
3. Пусть исходное уравнение имеет два корня. Тогда Ър2 — 6р + 2 = 2;
Значение р = 0 не удовлетворяет условию р ^ 7-
о
При р = f уравнение (*) принимает вид л/St2 — £ + ^ - 5 = 0;
о о

240 Решения вариантов тестов части 2
D = l + 4-^v5>0, следовательно это уравнение, а значит, и исходное
о
имеет два различных корня. Таким образом, р = | = 1^ удовлетворяет
условию задачи.
Ответ: 4;1^.
Решения варианта 15
81. Поскольку 0 < a < ^, то sine* = у/\ - cos2 a = i /1 - ^ = -. Тогда
Z I/ ZO О
sin2а = 2sinacosa = 2 • - • - = тг=- = 0,96.
5 5 25
Ответ: 0,96.
82. Значение производной функции в точке равно тангенсу угла
наклона касательной к положительному направлению оси абсцисс. По рисунку
о
определяем, что f'(—l) = у = 3.
Ответ: 3.
83. Пусть Vhui есть объём полушара радиусом Дпш, а Уц — объём
цилиндра радиусом Дц и высотой h. Объём детали равен сумме объёмов
полушара и цилиндра:
1Л /О \
• _ d3 i лр D2 L --1 £ О*7 I С 1 О 1 А ОО ТО ОО
V = Кпш "1" УЦ == л * "о^^ПШ "•" ^Лц'1 ^TTl^'ZY-rOl = о,14 • 2,6 = YZ,ZZ.
Округляя до целых, получаем ответ У = 72.
Ответ: 72.
84. Сделаем замену £ = зштгх. Тогда уравнение примет вид t2 = t,
t2 -1 = 0, t = 0 или t = 1. Получим:
ГЛ тгх = тгЛ, к € Z,
t sin тгх = 0,
= 1;
7ГХ=?
Учитывая, что а: е (0; 1], имеем: a?i = -, хг = 1. Значит, сумма корней
равна xi + Х2 = 1,5.
Ответ: 1,5.

Решения варианта 15
241
85. В точке максимума производная функции должна обращаться в нуль
и менять знак с «+» на «—». По рисунку определяем, что такой точкой
является точка с абсциссой х = 2.
Ответ: 2.
86. (log3 0,5 + 31о*з 7 + iog3 6)log2 3 = (log3(0,5 - 6) + 7)loga 3 = 81о82 з =
_ 2з ioga з = 2bga 27 _. 27.
Ответ: 27.
87. Найдём /(20) = /(4 + 4 - 4) = /(4) = 42 + 4 = 20. Тогда /(/(20)) =
= /(20) = 20.
Ответ: 20.
88. Будем решать задачу графически. Построим сначала график функции
у = |ж-1| + |а;+2|(нарис. 179 он изображён сплошной линией).
Раскрывая каждый модуль на соответствующем промежутке, получим кусочно-
линейную функцию у
{2х +1, х ^ 1,
3, -2 ^ х < 1,
-2ж - 1, х < -2.
a
■2
V
N
-3
\
\
\
\
1
1
1
>
2
\ j
\
d
h
0
f =
/
2
/
/
/
i
/
/
/
/
У
/
'Я-3/2
2
3
X
Рис. 179.
Теперь, проводя из начала координат всевозможные прямые вида
у = ах (на рис. 179 они изображены пунктирными линиями), находим
такие значения параметра а, при которых эти прямые имеют одну точку
пересечения с графиком функции у = \х -1| + \х + 2|. Это выполняется при
а € (-оо; -2] U j-|} U [3;+оо). Наибольшее отрицательное значение
параметра а равно —1,5.
Ответ: -1,5.

242
Решения вариантов тестов части 2
В9. Пусть игра шла на х досках. Тогда за первый час игры гроссмейстер
завершил 0,2х + 4 партий, а за следующие два часа он сыграл
0,25(ж — 0,2а: — 4) + 3 + 3 партий. Составим уравнение:
0,2ж + 4 + 0,25(ж-0,2ж-4) + 3 + 3 = ж; 0,4я + 9 = ж; 0,6ж = 9; х = 15.
Ответ: 15.
В10. По условию задачи сделаем чертёж (см. рис. 180).
Сх
D
В
Рис. 180.
Пусть г = СО — радиус основания цилиндра, h = СС\ —
высота цилиндра. Тогда тангенс угла между плоскостью С\АВ и нижним
основанием цилиндра есть tgZCOCi = • Площадь боковой
поверхности цилиндра Sg0K = 2тггЛ = Збтг, отсюда rh = 18. Объём
пирамиды С\САВ Vcxcab = \r2h = 18, отсюда r2h = 54. Решая систе-
о
му уравнений
< %"! Л получаем г = 3, h = 6. Находим теперь
< %.! Л
Ответ: 2.
В11. По условию задачи выполним чертёж (см. рис. 181).
Так как ВК = 1 (по условию), то BL = LC = СМ = ВК = 1.
Отсюда ВС = 2. Аналогично, АК = 4 (по условию), AN = DN = MD =
= АК = 4. Отсюда AD = 8. Поскольку трапеция равнобедренная,
то Aff = DG = = i(AD - ВС) = 3. По теореме Пифагора имеем:

Решения варианта 15
ВН = VAB* - АН?
4
А
243
В L С
Н N G D
Рис. 181.
5-9 = 4. Итак, Sabcd =
= | {ВС + AD) • ВН = 5 - 4 = 20.
Ответ: 20.
С1. Исследуем отдельно экстремумы функций у\{х) = д и
- cos ЕЕ ,/Ы - ( + )-Зх-2а; _ 3(3 + х)(3 - х)
-cos 3 .У1(х) - р-р^з 2 а
х = -3 — точка минимума, х = 3 — точка максимума функции yi(x).
ух(-3) = ~ — наименьшее значение, j/i(3) = ~ — наибольшее значе-
ние функции yi(x).
cos ^ = -1 при ^ = тг + 2тгЛ, keZ. Значит, х = 3 + 6fc, fc € Z.
х = ..., —3, 3,... — точки минимума функции У2{х).
cos 2~ = 1 при 2~ = 2тгЛ, fc € Z. Значит, х = 6fc, fe € Z.
х = ..., —6, 0, 6,... — точки максимума функции У2{х).
Так как ~ < yi(x) < i и -1 < у2{х) < 1, то для у(х) = yi(x) • у2(х)
имеем ~ < у(х) < i Таким образом, наибольшее значение функции
2i 2»
у(х) не превосходит ~. Сравнивая значения функции у(х) в точках ми-
нимума и максимума функций у\(х) и У2{х), убеждаемся, что значение ~
достигается в точке х = —3.
Ответ: 0,5.

244 Решения вариантов тестов части 2
С2. Пусть t = 5*2, t > 1. Тогда уравнение может быть записано в виде
*з +1 = 4t2, t(*2 - 4* + 1) = 0. *i = 0, t2 = 2 + л/3, *3 = 2 - >/3.
Из найденных значений только t2 удовлетворяет условию t ^ 1. Имеем:
3, *2=log6(2 + \/3), * =
Ответ: ±^log5(2 +>/3).
СЗ, Из неравенства |ж2 — 2ж| < у +1 очевидным образом следует оценка
у ^ -1, а из неравенства у + \х — 1| < 1 следует у < 1. Итого имеем
—1 < у < 1. Целых значений у в полуинтервале [-1; 1) всего два: у\ = -1
и 2/2 = 0. Найдём целочисленные значения х, соответствующие найденным
значениям у.
/2
U* 11<1' 1*€(0;2);
\€(02)
Получаем, что решением задачи являются пары чисел (0; -1), (2; -1),
(1;0).
Ответ: (0;-1),(2;-1),(1;0).
С4. По условию задачи сделаем чертеж (см. рис. 182).
В
Н
Рис. 182.
Пусть г = О\Н = О\О — радиус вписанного в цилиндр шара,
R = ОС = НС — радиус основания цилиндра, а = ZABC — угол при
вершине конуса. Обозначим к = -^. Треугольники ВОС и ВО\Н
подобны как прямоугольные с общим острым углом. Значит, ЦШ- =

Решения варианта 15 245
к. Так как ВС = ВН + R, имеем Щ = Щ + ^, или
-f
= ft 4- tg ~. Используя известное тригонометрическое тождество
cos
21
По условию -^- = -^ ^ 12 - 8>/2. Из этого следует, что 4ft2 =
оосн nil
= 12 - 8\/2, ft2 = 3 - 2>/2 = (л/2 - I)2, ft = л/2 - 1. Значит,
tgf = *~^У = 1. Получаем | = 45°, а = 90°.
Ответ: 90°.
С5. Пусть N\{p) — число различных корней первого уравнения (которое
зависит от значений параметра р), а АГз(р)—число различных корней
второго уравнения. Таким образом, нужно найти такие значения р, при
которых выполняется соотношение Nx(p) — N2(p)-
Определим количество корней первого уравнения в зависимости от
значений параметра р. Если р = 0, то уравнение становится линейным:
Зж + 4 = 0, имеющим один корень х = —^. Пусть теперь р •£ 0.
Тогда D = (р 4- З)2 - 16р = р2 - Юр + 9 = (р - 1)(р - 9). Это
означает, что при р € (1; 9) уравнение не имеет корней (этот случай
исключается условием задачи), при р = 1; 9 уравнение имеет один корень, при
р е (-оо; 1) U (9; +оо) уравнение имеет два различных корня.
Рассмотрим второе уравнение. Областью допустимых значений
переменной х является х > 5. При х ^ 5 правая часть уравнения
положительна, значит уравнение может иметь корни только в случае 16 -р > 0, р < 16
(так как х -1 >0 при х ^ 5). Но при р < 16 в левой части уравнения стоит
возрастающая функция, а в правой части — убывающая. Таким образом,
число различных корней второго уравнения не может быть более одного:
N2(p) ^ 1.
Из соотношения N\(p) = N2(p) теперь сразу следует, что нужно
искать такие значенияр, при которых Ni(p) = 1 и N2(p) = 1. N\(p) = 1 при

246 Решения вариантов тестов части 2
р = 0; 1; 9. Осталось подставить эти значения параметра во второе
уравнение и проверить, имеет ли оно корень.
р = 0:
Нет решений.
Ответ: 0.
Решения варианта 16
81. Применяя формулу косинуса двойного угла, получаем:
cos2а = 1 - 2sin2a = 1 - 2 • 4 = Ш = 0,92.
Ответ: 0,92.
82. Значение производной функции в точке равно тангенсу угла
наклона касательной к положительному направлению оси абсцисс. По рисунку
определяем, что —f'(Q) = 4 = 0,5, отсюда /;(0) = -0,5.
Ответ: —0,5.
83. Пусть Vhui есть объём полушара радиусом Дпш, а l^i — объём
параллелепипеда с длиной и шириной, равными а, и высотой, равной h.
Объём детали равен сумме объёмов полушара и параллелепипеда:
V = Vhm+Vh = |-f тгДйш+а2/1 = §*(§)3+4 = тг|ч-4 = 3,14.|+4 =
= 11,065. Округляя до целых, получаем ответ V = 11.
Ответ: 11.
84. Сделаем замену t = созтгж. Тогда уравнение примет вид t2 = *,
t2 — t = 0, t = 0 или t = 1. Получим:
COS7TX = 0,
ТГХ = | + TTJfe, fe €
I COS7TX = 1; '
L lTrx = 2irn,neZ;
Учитывая, что х € [0; 1), имеем х\ =0, x<i = i Значит, сумма корней
равна xi + Х2 = 0,5,
Ответ: 0,5.

Решения варианта 16
247
85. В точке минимума производная функции должна обращаться в нуль
и менять знак с «—» на «+». По рисунку определяем, что такой точкой
является точка с абсциссой х = 2.
Ответ: 2.
86. (log2 0,25 + 21о*2 n)logs 2 = (log2 2~2 + 11)1о8з2 = giogs2 =
= 3Ло«з2 = 31о«з4 = 4.
Ответ: 4.
87. Найдём /(-5) = /(1 - 3 • 2) = /(1) = I2 + 3 = 4. Тогда /(/(-5)) =
() /( ) ()
Ответ: 0.
В8. Будем решать задачу графически. Построим сначала график функции
2/ = |ж - 4| + |ж -11 (на рис. 183 он изображён сплошной линией).
Раскрывая каждый модуль на соответствующем промежутке, получим кусочно-
{
= < 3, 1 < х < 4,
3
2
1
О
s
\
/
i
/
/
/
/
у
i
i
,/
*
J
J
f
*
н
4
*
X
Рис. 183.
Теперь, проводя из начала координат всевозможные прямые вида
у = ах (на рис. 183 они изображены пунктирными линиями), находим
такие значения параметра а, при которых эти прямые имеют две точки
пересечения с графиком функции у = \х — 4| + \х - 1|. Это выполняется при
а е (т; 2]. Наибольшее целое значение а равно 1.
Ответ: 1.

248
Решения варианте тестов части 2
В9. Пусть игра шла на ж досках. Тогда за первый час игры Остап завершил
0,5а: + 2 партий, а за следующий час он сыграл 0,5(х — 0,5х — 2) +1 + 3
партий. Составим уравнение:
0,5х+2+0,5(х-0,5ж-2) + 1+3 = а:, 0,75х+5 = ж,
Ответ: 20.
В10. По условию задачи сделаем чертёж (рис. 184).
C&r-\dfn 3D
В
Рис. 184.
— высота
циТак как
Пусть г = СО — радиус основания цилиндра, h = СС\ — вы<
линдра. Тогда объём пирамиды С\САВ равен VctcAB = \r2h. Гак как
о
угол между плоскостью С\АВ и нижним основанием цилиндра равен 30°,
h \/Ч h \/Ч
то tgZCOCi = - = tg30° = -^. Отсюда — = -*г*. Площадь боковой
г о го
поверхности цилиндра 550К = 2тггЛ = 2тг>/3, отсюда rh = \/3. Решая
систему уравнений < г "" 3 ' получаем г = \/3, h = 1. Находим теперь
Ответ: 1.
В11. По условию задачи выполним чертёж (см. рис. 185).
Пусть BD — та диагональ, длина которой известна (в случае, если
известна длина другой диагонали АС, будем поступать совершенно ана-
логично.) Таким образом, BD = 10, ВН = 6. Тогда по теореме Пифагора
HD = y/BD2 - ВН2 = V100 - 36 = 8.

Решения варианта 16 249
АН D
Рис. 185.
Треугольники BDH, AKD и ВКС подобны между собой как
прямоугольные с одинаковым острым углом (ZBDH = ZDBC как накрест
лежащие при параллельных прямых ВС и AD и секущей BD). Значит, отно-
ЯТТ АТС Г*К
шение соответствующих катетов в них одинаковое: ~^г = ~£ = ^£ =
ti U U J\ £>J\.
= | = 0,75. Отсюда j& = 0,75, АС = 7,5.
Площадь четырёхугольника, у которого диагонали перпендикулярны,
равна половине произведения длин диагоналей. В итоге, Sabcd —
= J • AC • BD = J • 7,5 • 10 = 37,5.
Ji lit
Omeem: 37,5.
С1. Исследуем отдельно экстремумы функций у\{х) •
х = — 4 — точка минимума, х = 4 — точка максимума функции у\(х).
ух (-4) = ~| — наименьшее значение, yi(4) = | — наибольшее
значение функции 2/1 (ж).
cos^p = -1 при £р = тг + 2тгЛ, Л G Z. Значит, ж = 4 + 8fc, k e Z.
х = ..., —4, 4,... — точки максимума функции уг(ж).
cos 22 = 1 при 2£ = 2тг*;, fc € Z. Значит, х = 8*, А; е Z.
4 4
ж = ..., -8, 0, 8,... — точки максимума функции У2(х).
cos^p = 0 при 2^ = | + тгЛ, fc G Z. Значит, ж = 2 + 4А:, к € Z.
£ = ..., -2, 2,... — точки минимума функции У2(х).

250 Решения вариантов тестов части 2
Таккак-| < уг(х) < | иО < у2(х) ^ 1,тоддяу(х) = уг(х)-у2(х) имеем
о ^ У(х) ^ о- Таким образом, наименьшее значение функции у(х) не
меньше -^ Сравнивая значения функции у (я) в точках минимума и мак-
симума функций ух(ж) и у2{х), убеждаемся, что значение -| достигается
в точке х = -4.
Ответ: —0,5.
С2. Пусть £ = 4х2, t > 1. Тогда уравнение может быть записано в виде
t3 + Ы = 6t2, t(*2 - 6t + 5) = 0. ti = 0, t2 = 1, tz = 5. Из найденных
Г 4*а = 1
значений только £2 и t3 удовлетворяет условию t ^ 1. Имеем а '
[4х =5,
Ответ: x^
СЗ, Из неравенства |ж2—2ж| < у+1 следует, что у > -1, а из неравенства
у + |ж — 1| < 1 следует, что у < 1. Итого имеем — 1 < у < 1. Целых
значений у в полуинтервале (-1; 1] всего два: ух = 0 и у2 = 1. Найдём
целочисленные значения х, соответствующие найденным значениям у.
(Г2
ч
Значит, решением задачи являются пары чисел (0; 0), (2; 0), (1; 1).
Ответ: (0;0),(2;0),(1;1).
С4. По условию задачи сделаем чертёж (см. рис. 186).
Пусть г = О±Н = 010 — радиус вписанного в цилиндр шара,
R = ОС = НС — радиус основания цилиндра, /3 = Z.OBC — угол
между высотой и образующей конуса. Обозначим к = ^. Треугольник
it
ки ВОС и ВО\Н подобны как прямоугольные с общим острым углом.

Решения варианта 16
251
Значит, Q2- = Щ =
Рис. 186.
= Jfc. Так как ВС = ВН + R, имеем
= к + tg/З. Используя известное
тригонометрическое тождество 1 + tg2 /? = —ij-x, получим: 1 + tg2 /3 =
COS /7
Щ
U
+ ~^. Или
= (* + tg/?)2 = к2 + 2fctg/3 + tg2 0, откуда tg/? = i-=^.
д 2
По условию
= 28 - 16>/3. Из этого следует, что
4fc2 = 28 - 16\/3, ife2 = 7 - 4>/3 = (2 - л/3)2, fc = 2 ~ >/3. Зна-
/? = 60°.
Ответ: 60°.
С5. Пусть JVi(p) — число различных корней первого уравнения (которое
зависит от значений параметра р), а ЛГ2 (р) — число различных корк .й
второго уравнения. Требуется найти такие значения р, при которых
выполняется соотношение N\(p) = N2(p) +1.
Определим количество корней первого уравнения в зависимости от
значений параметра р. Если р = 0, то уравнение становится линейным:
2х 4-1 = 0, имеющим один корень х = —х. Пусть теперь р ^ 0. Тогда
D = (р+2)2-8р = р2-4р + 4 = (р-2)2. Это означает, что прир = 2
уравнение имеет один корень (этот случай исключается условием задачи),
а при всех остальных значениях уравнение имеет два различных корня.
Рассмотрим второе уравнение. Областью допустимых значений
переменной х является х ^ 2. При х > 2 правая часть уравнения положи-

252 Решения вариантов тестов части 2
тельна, значит, уравнение может иметь корни только в случае 4 - р2 > О,
р е (-2; 2) (так как х Н-1>0 при х > 2). Но при р е (-2; 2) в левой
части уравнения стоит возрастающая функция, а в правой части —
убывающая. Таким образом, число различных корней второго уравнения не
может быть более одного: JV2(p) < 1. Учтём также, что JVjjCp) = 0 при
p€(-oo;-2)U(2;+oo).
Из соотношения Ni(p) = #г(р) + 1 следует, что нужно искать такие
значения р, при которых:
1) Ni(p) = 1 и JV2(p) = 0. Подставим единственно возможное для этого
случая значение параметра р = 0 во второе уравнение и проверим, имеет
ли оно корень.
7
нет корней. Значит, р = G удовлетворяет условию задачи.
2) N\(p) = 2 и JVaCp) = 1. Проведём опять стандартную оценку левой и
правой частей второго уравнения при р € (-2; 0) U (0; 2).
р е (-2;0)U(0;2): ^ > | > \ > ^g,2 + 2 ПРИ* > 2. Значит,
0, что не удовлетворяет условию задачи.
Ответ: 0.
Решения варианта 17
cosa-f 1
2
BKcosa = 2cos2 ! - l,cos| = ±W-!
Таккакае (°;f)»TOf e (о; j) исов| > 0.
42cosf =42
Ответ: 35.
B2* Угловой коэффициент касательной к графику функции у = ж3 — х
в точке с абсциссой х — 0 равен значению производной функции в этой
точке.
у/ = (х3-а:)/ = Зж2-1, ^(0) =* 3-0- 1 = -1.
Ответ: —1.
ВЗ. Рассмотрим основание призмы ABCDEF (см. рис. 187).
ABCDEF — правильный шестиугольник, О — его центр, тогда
треугольники ОАВ, ОВС% OCD, ODE, OEF, OF A — правильные.

Решения варианта 17 253
В
= f =40,5 (см2).
Пусть h — высота (см), до которой налита вода в стакан. Объём
налитой воды V равен объёму призмы с основанием ABCDEF и
высотой Л, то есть V = 40,5 • h (см3). С другой стороны, объём налитой
воды V = —, где га — масса (г), р — плотность (г/см3). Следовательно
V = 16.2 гз = 162 см3. Из условия следует, что 40,5Л = 162, h = 4 (см).
1г/см
Ответ: 4.
В4.ОДЗ.х<0.
21gx2 - (lg(-x))2 = 4; 41g(-x) - (lg(-*))2 = 4.
Пусть lg(~x) = t, тогда последнее уравнение примет вид £2—4t+4 = 0;
2
Вернёмся к замене:
lg(-x) = 2; ~х = 100; а: = -100.
Ответ: -100.
В5. Найдём, при каких значениях х график функции у = tgx пересекает
ось Ox. tga: = 0, х = тгп, п е Z.
Функция у = tga: — периодическая с периодом тг, значит достаточно
найти угол наклона касательной к графику функции у = tgx в точке с
абсциссой х = 0. Касательная, проведённая к графику функции у = tgx
в точке с абсциссой х = 0, наклонена к оси под углом a, a tga равен
значению производной функции у = tg х при х = 0.
у1 - (***>' = d*i; *<0> - d*o -1; tga=1; a -
Ответ: 45.

254
Решения вариантов тестов части 2
gg g = lg(10:2).lg(10-2)+lg22 =
= (lg 10- lg2)(lg 10 + lg2) -hlg22 = 1 - lg22 + lg22 = 1.
Omeem: 1.
B7. Так как соотношение /(x) + 2a/(За: + 4) = -3/(3 - 2x) выполняется
для любых значений я, то оно выполняется и при х = 1. Подставим х = 1
в соотношение, получим: /(1) + 2а/(7) = -3/(1); 4/(1) + 2а/(7 - 6) = 0;
(4 + 2а)/(1) = 0; -2(4 + 2а) = 0; а = -2.
Ответ: -2.
В8. Построим график функции у = \х - 3| - \х + 4| (см. рис. 188). Из
рисунка видно, что уравнение имеет бесконечное число решений при a = -7
и при a = 7, сумма найденных значений а равна -74-7 = 0.
У
\
-з
\
+4
i
7
а
1
д
1
.У
0
\
-7
1
\
У
\
\
-а
1
Рис. 188.
Ответ: 0.
В9. Пусть рабочий изготавливал х деталей в день и работал t дней, тогда
всего он изготовил xt деталей. Если бы он изготавливал на 10 деталей в
день больше, то такое же самое количество деталей он изготовил бы за
(t—4,5) дней, то есть xt = (х+10)(£-4,5). Аналогично из второго условия
получим уравнение xt = (ж — 5)(* + 3). Получаем систему уравнений:
Га* = (ж + 10)(*-4,5), / 10t -4,5а: -45 = 0, f 1,5* = 75,
\ st = (s-5)(t + 3); \ 3x-5t-15 = 0; \ 5* = Зж-15;
х = 50,
t = 27.

Решения варианта 17 255
Всего было изготовлено xt = 1350 деталей.
Ответ: 1350.
В10. Проведём плоскость MNPQRS через центр октаэдра параллельно
одной из его граней, например, грани CFD (см.рис. 189).
Рис. 189.
Она образует в сечении с октаэдром шестиугольник с вершинами М,
N, P, Q, R и S в серединах шести рёбер октаэдра. Этот шестиугольник
правильный, так как каждая его сторона равна половине ребра октаэдра.
Соединим все вершины этого многоугольника, например, с вершиной В.
Получим пирамиду с высотой h = ^Я, где Н — высота пирамиды BCDF.
Обозначим площадь шестиугольника MNPQRS через а, а объём
пирамиды BCDF — символом V£. Тогда для искомого объёма V\ имеем:
Vi = |<7- |я = | -6- (|) 4 ' \Н* гдеа~ Длина ребра октаэдра.
Таким образом,
vi = 7 • i ' ^ifi ' Н = %V2. Но V2 = \V, где V — объём данного
4 о 4 4 4
октаэдра, V = 16. Поэтому Vx = | • ^ • 16 = 3.
Ответ: 3.
В11. Пусть О — центр описанной около треугольника ABC окружности,
К — центр рассматриваемой окружности (см. рис. 190).

256
Решения вариантов тестов части 2
BL =
L
Рис. 190.
= 9, ВО = \BL = 6.
о
Пусть КН = г — радиус окружности, тогда ВК = 6 - г. Л
прямоугольный и ZKBH = 30°, значит ВК = 2КН, 6 - г = 2г, Зг = 6,
г = 2.
Ответ: 2.
С1. /(ж) = cos2 ж + sin ж. Найдём стационарные точки функции /(ж).
/'(ж) = 2 cos ж • (— sin ж) + cos ж, /;(ж) = 0, созж(1 — 2 sin ж) = 0;
СО8Ж = 0,
. 1.
На рассматриваемом промежутке одна стационарная точка ж = ^.
Найдём значение функции на концах отрезка и в стационарной точке.
/(0) =cos20 + sin0 = 1;/(|) =
U + 2 ""2
1,25 > 1,
\ = 1,25;
> 1. Сравним числа 1,25 и
5 л/2 + 1 = 5~2(у/2 + 1) = 3~2у^ = >/9-л/8 Q
4 2 4 4 4 '
значит
I > о*" ' ^аким образом, наибольшее значение функции /(ж) на
отрезке [О; j 1 равно 1,25.
Ответ: 1,25.

Решения варианта 17 257
С2.5 • 32ж + 15 • 52*-1 = 8 -15*, 5 ■ 32х - 8 • 3* • 5Ж + 3 • 52ж = 0.
При любых значениях х выполняется 32ж > 0, поэтому можно обе
части уравнения разделить на 32ж.
3 (|) * - 8 (|)Ж + 5 = 0. Пусть (!)* = t, t > 0, тогда последнее
уравнение примет вид 3£2 — 8t + 5 = 0; t = f, t = 1.
о
Вернёмся к замене:
5 „. 1#
Ответ: {0;1}.
СЗ. Исходная задача сводится к решению неравенства f(x) < д{х).
2
<Ф х е (-1; 5) U (11; + оо) (см. рис. 191).
-1 5 И
Рис. 191.
Преобразуем функцию /:
/(х) = log2_
Тогда неравенство f(x) ^ g(x) принимает вид
bg2^V3(^ - И)2 < log2^^ ((х - 11)(х2 - 4» - 5)). (1)
а) При х € (11; +оо) неравенство (1) равносильно неравенству
2 2
& х2 - 5х 4- 6 ^ 0.
Решением последнего неравенства является множество [2;3], но
поскольку [2; 3] П (11; Ч-оо) = 0, то на промежутке (11; +оо) исходное
неравенство решений не имеет.
б) При х е (-1; 5) из (1) получаем:
\х - 11| < log^^ I*2 - 4* - 5| ^
Решением последнего неравенства является множество
(-оо; 2] U [3; +оо). Учитывая, что х е (-1; 5), получаем х е (-1; 2] U [3; 5).
Ответ: (-1; 2] U [3; 5).

258
Решения вариантов тестов части 2
С4. Пусть DE — высота пирамиды ABCD (см. рис. 192).
D
Тогда АЕ JL АВ и ЕС ± ВС (по теореме о трёх перпендикулярах),
следовательно, АЕСВ — прямоугольник. Обозначим рассматриваемый
правильный тетраэдр через MNPQ, а длину его ребра — через х.
Рассмотрим плоскость основания ABC данной пирамиды (см. рис. 193).
На этом рисунке MR ± АВ, Д MNP—правильный, Qi — его центр,
лежащий на диагонали BE прямоугольника АЕСВ (последнее следует из
того, что BE — проекция ребра BD данной пирамиду на плоскость ABC,
а вершина Q тетраэдра лежит на BD). Тогда MR = ^pt PQi = р
РВ =в £ RB = х и AR = 7 - ж. Обозначим величину равных углов ЕВ А
\Т

Решения варианта 17 259
и CAB через а. Из Д PQXB to Л MAR найдём, что tg а =
" Ж = 2(Й)' °ТКУда 2^) - ¥' ^довательно,
Ответ: 4.
С5. Все три корня у данных уравнений совпадать не могут (в этом
случае совпали бы коэффициенты многочленов), поэтому предполагаем, что
совпадают два корня.
Обозначим через А, х\, ж2 корни уравнения ж3 - 5ж2+7х - a = 0, через
/х, xi, X2 — корни уравнения хг — 8х + Ь = 0. Тогда
ж3 — 5ж2 + 7ж - а = (ж — А)(ж — xi)(x — Ж2),
ж3 - 8ж + Ь = (ж - /х)(ж - х\){х — жг).
Умножая обе части первого равенства на ж - /х, а второго — на ж — А,
получаем равенство:
(ж - /х)(ж3 - 5ж2 + 7ж - а) = (ж - А)(ж3 - 8ж + 6),
которое верно для всех х е R. Запишем последнее равенство для
некоторых значений (учитывая, что для полного определения коэффициентов
многочлена 4-й степени нужно вычислить его значение в четырёх точках):
х = 0, /ха = -АЬ, (7)
ж = 1, (1-^)(3-а) = (1-А)(Ь-7), (8)
ж = -1, (14- м)(а + 13) = -(1 + А)(Ь 4- 7), (9)
ж = 2, (2-М)(2-а) = (2-А)(Ь-8). (10)
Раскрывая скобки в равенствах (8) — (10) и, учитывая при этом
равенство (7), получаем соответственно равенства (8;) — (ДО7).
10, (87)
= -20, (9')
10. (ДО7)
Из последней системы легко находим А = 2 и \ъ = —3, а затем a+Ь = 5.
Теперь, используя равенство (7), получаем систему
/
/
\ -З
откуда получаем, что а = 2, Ь = 3
Ответ: а = 2, Ь = 3.
18 Зак № 407

260 Решения вариантов тестов части 2
Решения варианта 18
Bl.cos2a = 1 - 2sin2a, sina = ±JX ™82a. Так как a e (0;|),то
sina > 0. sina = J1"^820 = \ = 0,25.
Omeem: 0,25.
B2. Угловой коэффицент касательной, проведённой к графику данной
функции в точке с абсциссой х0, равен значению производной функции
при х = хо у* = (-х2 + 4х - 3)' = -2х + 4, у'(х0) = 6, -2х0 + 4 = 6,
жо = -1.
Ответ: -1.
ВЗ. Рассмотрим основания призмы ABCDEF (см. рис. 194).
В
ABCDEF — правильный шестиугольник, О — его центр, тогда
треугольники ОАВ, ОВС, OCD, ODE, DEF и OF A — правильные.
С й С Л ВС2у/3 _ R/-t2 W3 /Q 4/«ч2 3^ 81 _
Sabcdef = 6-5вос = 6 j*- = дс^---|- = (3 v3)z---|-- = у =
= 40,5 (см2).
Объём воды, налитой в стакан, равен объёму шестиугольной призмы с
основанием ABCDEF и высотой, равной 6 см, то есть равен
V = Sabcdef • 6 см = 243 см3. С другой стороны, объём налитой
воды V = —, где т — масса (г), р — плотность (г/см3), следовательно
Р
т = V • р. Масса воды равна 243 см3 • lr/см3 = 243 г.
Ответ: 243.
В4.ОДЗ.х>0.
18*

решения варианта 18 261
Пусть lg х = t, тогда последнее уравнение примет вид
Вернёмся к замене.
l)lgx = 1 + Ig3, lga? = lg30, x = 30;
Произведение полученых значений х равно 30 • ^ = 100.
о
Ответ: 100.
В5. Касательная, проведённая к графику функции у = In x в точке с
абсциссой х = 1, наклонена к оси Ох под углом a, a tga равен значению
производной функции у-]их при х = 1.
2/ = (lnx)' = ±, 1/(1) = 1, tga » 1, a = 45°.
Ответ: 45.
86.^^5^25 6-^27 = Iog>/3 271og2651og66 = log3j 33log52 5 =
= 6-1 = 3.
Ответ: З.
B7. Так как указанные соотношения выполняются для любых значений х,
то они выполняются и при х = 1. Подставим х = 1 в данные соотношения.
1)а/(1)-±Ь/(8) = /(2),а/(1)-|ь/(8-7) = /(2), (а-|б)/(1) = /(2),
2а-6 =/(2);
() () /(9-7),a-26 = /(2).
Из системы^ a"oj.«//o\ получаем 2а-Ь = о-2Ь,а + Ь = 0.
^ a — Z0 — j(4)
^ a j()
Ответ: 0.
88. Построим график функции у = \х - 3| -f |х + 4| (см. рис. 195).
Из рисунка видно, что уравнение имеет бесконечное множество решений
при a = 7.
Ответ: 7.
89. Пусть по плану нужно было заготовлять х м3 дров в день, тогда за t
дней было бы заготовлено xt = 216 м3 дров.

262
Решения вариантов тестов части 2
У
\ 7
Ъ 5
/
/
5—*
Рис. 195.
Бригада работала (t — 1) дней, причём 3 дня с производительностью
х м3 дров в день, a (t — 4) — с производительностью (х + 8) м3 в день, то
есть Зж 4- (* - 4)(ж + 8) = 232.
Решим систему уравнений:
xt = 216, Г xt = 216,
Зж + (t-4)(ж + 8) = 232; \8£-ж + ж*-32 = 232;
xt = 216, / ж = 8t - 48, / ж = 8(t - 6),
1 VV «Я/
I1S
= -3.
Так как по смыслу задачи х > 0 и t > 0, то получим t = 9, х = 24.
Бригада по плану должна была заготовлять 24 м3 дров в день.
Ответ: 24.
В10. Рассмотрим правильный тетраэдр DABC. Через вершину D
проведём сечение параллельно ребру АС (см. рис. 196).
Так как AC \\ DKL, то KL || АС, тогда ABKL ~ ABAC.
§В*Ь = i = fc2, где fc = Ц^ — коэффициент подобия к = J. Таким
&ВАС " «А^ «*
P = 2^3.
образом, KL =

решения варианта 18
263
В
Рис. 196.
Найдём длины DK и KL, рассмотрим ADB (см. рис. 197).
D
В
AADB — равносторонний, DM = "Y*, MK = MB -KB =
М К
Рис. 197.
= \AB-\AB=\AB.DK = y/DM*-MK* =
2 6 0
= WAS»
JL
«2
Аналогично, I>L = 2 • \/7 • ^5.
Найдём площадь треугольника DKL (см. рис. 198).
D

264
Решения вариантов тестов части 2
HL=±KL=</%,DH = y/DL*-HL* = 3 у/3 ■ \УЗ, Skdl =
Omeem: 9.
В11. Дуги В К и КС равны, тогда /.ВАК = ZKAC = а как вписанные
углы, опирающиеся на равные дуги (см. рис. 199),
Рис. 199.
тогда ZBAK = ZBCK = a, ZKBC = ZKAC = a. ZBKC = 180° - 2а,
cos ZBKC = - cos 2a = -0,68.
Из треугольника ВКС по теореме косинусов имеем
ВС2 = ВК2+КС2-2ВККС'cos ZBKC = 252+252+2-25-250,68 =
= 625 • 3,36; ВС = 10>/21; ЛЯ = ABcos 2а = 6,8\/21.
Центр вписанной окружности треугольника лежит на пересечении
биссектрис этого треугольника. ВН — высота равнобедренного
треугольника ABC, значит, ВН является биссектрисой. /.ВАК = ZKAC,
значит АК — биссектриса и Т — центр вписанной окружности треугольника
ABC, TH — радиус этой окружности.
ТН = АН• tga = 6,8\/2l- -4- = 13,6.
Ответ: 13,6.
С1. f(x) = 2 sin а: + cos 2x. Найдём стационарные точки.
f'{x) = 2 cos x - 2 sin 2х, /'(ж) = 0,2cosx(l - 2 sin x) = 0,

Решения варианта 18 265
cosa; = 0,
smx = «;
На рассматриваемом промежутке три стационарные точки: х = ^;
~ *-<г— 57Г
Найдём значения функции на концах отрезка и в стационарных точках.
/(0)-l;/(f).1 + 1-1,5s/(f)-2-l-l;/(&)-
Наибольшее значение функции /(ж) на отрезке [0; тг] равно 1,5.
Ответ: 1,5.
При любых значениях х 32ж > 0, поэтому можем обе части уравнения
разделить на 32ж.
27- (|) Х -84- (|)Х+64 = 0. Пусть (|)Я = *, t > 0, тогда последнее
уравнение примет вид 27t2 - 84t + 64 = 0; t = ^, t = |.
У о
Вернёмся к замене.
•)(»"-*(1)"-(»'•-*
Ответ: {1;2}.
СЗ. Исходная задача сводится к решению неравенства
|2* - 2| - |log3a: - 1| < 2х + log3x - 2. (2)
ОДЗ. х > 0. Поскольку совокупность
[log3x-l = 0
имеет решения х\ = 1 и Х2 = 3, разобьём ОДЗ на три промежутка:
0<х^1,1<ж<3,3<х< +оо.

266
Решения вариантов тестов части 2
Тогда неравенство (2) равносильно
неравенств:
" f 0<ж<1,
\ |2aj-2|~|log3a;-l| <
К х < 3,
|2*-2|-|log3x-l| <
3 < х < 4-00,
|2*-2|-|log3a;-l| <
следующей совокупности систем
2х
2х
2х
+ log3a>
+ log3x
+ bg3 х
-2,
-2, <3>
-2.
Избавляясь от знаков модуля в каждой системе совокупности (3),
получим равносильную совокупность систем неравенств:
2Х>
1<ж
-К
3<а
log3a
'<
3
2'
<
0,
г<
1,
(4)
3,
(5)
+ОО,
Решая эти системы, получаем, что решения системы (4) —
промежуток log21
< х
1, решения системы (5) — промежуток 1 < х < 3,
решения системы (6) — промежуток 3 < х < +оо. Решением задачи
является объединение решений всех этих систем.
о
Ответ: log2 § < х < + оо.
С4. Из условия следует, что на основании пирамиды лежит боковая грань
призмы, причём одна из сторон этой грани лежит на стороне основания
пирамиды. Обозначим через хм у соответственно сторону основания и
боковое ребро призмы. Апофема пирамиды равна -4?. Проведём плоскость,
параллельную основанию пирамиды, содержащую соответствующую
боковую грань призмы. Сечением пирамиды является правильный
треугольник со стороной ^ ~g '- Соответствующая боковая грань призмы
является прямоугольником, вписанным в этот треугольник (в противном

решения варианта 18 267
случае её объём можно увеличить). Отсюда находим связь между х и у:
Рис.200.
Объём призмы равен:
Наибольшим он будет при х = ^^ (соответственно, при у = | J.
Ответ: ^
С5. Рассматривая данное уравнение как квадратное относительно х,
перепишем его в следующем виде
х2 + (у - а)х + (2у2 + о2 + оу - 3) = 0.
Учитывая, что должны существовать х, удовлетворяющие этому
квадратному уравнению, его дискриминант должен принимать
неотрицательные значения:
Осталось найти такие значения а, при которых полученное
неравенство имело хотя бы одно решение.

268
Решения вариантов тестов части 2
Для этого дискриминант квадратного трёхчлена должен принимать
неотрицательные значения:
£ = 9а2 - 7(3а2 - 12) > 0<&о2 < 7<Ф |а| < >/7.
Отсюда следует, что наибольшее значение а равно \/7.
Ответ: а = >/?.
Решения варианта 19
81. Из тождества 1 + tg2 a = —\— имеем:
cos a
tg2a = -Д 1, tg2a = , 1 ч2 - 1 = 49, tga = ±7. Так как
COS ОС ill
— < а < 4тг, то tga < 0, значит tga = -7.
Ответ: —7.
82. у = -ж — уравнение прямой, содержащей биссектрису второго
координатного угла. Её угловой коэффициент к = — 1.
Зная, что fc =s f'(xo) в —1, по графику определяем хо = -3.
Ответ: -3.
83. Обозначим радиус шара через Л, высоту призмы через /i, радиус
окружности, описанной около основания призмы, через г.
Рис.201.
В АОАВ ОВ2 = АВ2 + ОА2 (см. рис. 201), откуда Я2 = г2 + (|) ,
= 6 • ^ = -^- • г2.

Решения варианта 19 269
Vfcp = 50сн -Л, Vhp = ^ г2 2л/Л^* = Зл/Зг2 • V^T^J.
Рассмотрим функцию v(r) = 3 >/3 • г2 • л/Л2 - г2 и найдём, при каком
значении г она принимает наибольшее значение на промежутке (0; Л).
•и - 3^(w*
Зл/3(2Д2г-Зг3)
v'(r) = 0,2Д2г - Зг3 = 0, так как г > О, Л > 0, то г = Л*/|.
+
Рис.202.
При г = Л4 /2 объём призмы наибольший (см. рис. 202).
Найдём высоту призмы: Л = 2 • д/Л - 25- = 2Л* /|. Сторона основания
призмы равна г, боковая сторона равна /i. Сравним h и г. ^R\\\ > R\/I,
следовательно Л > г. Получаем: \ = 3 д2 \ = 2.
Ответ: 2.
og2x-4 = 0,
Г ж = 0,5,
L2 [
Выполненные преобразования равносильны, ж = 0,5 и х = 16 — корни
исходного уравнения. Нецелый корень х — 0,5.
Ответ: 0,5.
В5. Функция убывает на промежутке, если её производная
неположительна и равна нулю в конечном числе точек этого промежутка.
По графику определяем, что на промежутках [-9; —6], [—4; 0] и [8; 9)
производная удовлетворяет названным условиям.

270
Решения вариантов тестов части 2
Длины промежутков равны 3, 4,1 соответственно. Наибольшая из длин
равна 4.
Ответ: 4.
В6.951о*з2 -
= 210 - 39 = 985.
ftA
Iog710
Ответ: 985.
87. В силу периодичности функции у = /(ж), /(а: +14) = f(x + 9).
Так как а: € [-6; -4), то х + 9 € [3;5).
Тогда, по определению функции у = /(ж), /(ж + 9) = 2(ж 4- 9) - 6 и
задача сводится к решению уравнения 2(х + 9) - 6 = 0 при х + 9 € [3; 5).
Единственный корень этого уравнения х = -6 удовлетворяет условию
ж + 9 G [3; 5).
Ответ: -6.
88. Построим график функции у =\х2 + 4х\ (см. рис. 203).
0 1
Рис. 203.
Уравнение \х2 + 4ж| = а имеет ровно три корня при a = 4.
Ответ: 4.
В9. Составим таблицу по условию задачи.
/сплав
/ J сплав
I + II сплав
медь
2х
Ъу
|(8х + 12у)
цинк
X
|(3х + 12у)
2х + Ьу = |(3ж + 12у), х = Ьу.

решения варианта 19
271
Ответ: 2.
В10. Пусть SABCD — правильная четырёхугольная пирамида
(см. рис. 204). SDMNC = MN + DC . KM.
Рис.204.
1. В ASOH tg ZSHO = Ш = Щ^ = \/3, £SHO = 60° =» ASFH —
равносторонний.
2. По условию НК — биссектриса ZSHF, => НК — высота &SFH.
3. НК = ^, где о — сторона ASHF, НК = ^^ = 2\/3.
4. Flf = KS, MN\\DC =>MN — средаяя линия AASB,
Ответ: 108.
ВЦ. Пусть ABCD — параллелограмм, АВ = 5, ВС = 8 (см. рис. 205).
По условию BF — биссектриса угла ABC, тогда Zl = Z2, Z2 = Z3 как
накрест лежащие при AD\\BC и секущей BF.
Отсюда Zl = Z3, AABF — равнобедренный, AF = АВ = 5, FD = 3.
В четырёхугольник BCDF можно вписать окружность, значит

272 Решения вариантов тестов части 2
Рис. 205.
ВС + FD = BF + CD,BF = 8 + 3-5 = 6.ПроведёмАК ± BF,тогда
BK = KF= ±BF, ВК = 3.
ВК 3
В прямоугольном треугольнике ВАК" sin а = -т-=- = - = 0,6, cos а = 0,8.
ZBAD = 2а, Sabcd = АВ - AD • sin 2а = 5 - 8 ■ 2 - 0,6 • 0,8 = 38,4.
Ответ: 38,4.
С1. Найдём область определения функции у = ^/log^ жх(2х -1),
решив неравенство log8ina ** (2х -1) ^ 0.
Неравенство равносильно системе неравенств:
2х - 1 < 1,
Iх — 1 > О
х^и' ^д-х), Ф>0<а:<1.
0 < sin2 ^ < 1
2
Ответ: (0;1).
С2.6 • 6х + 6 • 5х - 2 • 6х • 5х - 18 = 0,
(3 • 6х - 9) - (6х • 5я - 3 • 5Ж) = 0,
(6*-3V3 5х}- 0= [
(6 -3)(3-5 ) - 0=
Iog63<log53.
Ответ: Iog53.
СЗ. Функция у = -^—р=—^т достигает своего наибольшего значения 11
1 "Т" \Х ~" DJ
при ж = 6. Обозначим через /(ж) левую часть, а через (/(ж) — правую
часть данного неравенства.
Требуется найти все решения неравенства f(x) ^ д(х), не превышаю-
шве и f(x) - I*-2|(s-3)|s-41... (a:-9)|s-101 =
цще ii. j\x) - ^ _ эдх _ 3^в _ 4)... (ж _ 9)(а: - 10)

Решения варианта 19
273
Ifa - 2)(» - 4)...(»- 10)|
~ (х-2)(х-4)...(х-10) '
( -1, при (х - 2)(х - 4)... (х - 10) < 0,
-\ 1,при(х-2)(х-4)...(х-10)>0.
Следовательно, неравенство f(x) ^ д(х) может выполняться в един-
ственном случае, когда j '; {"' что равносильно системе
^ 9\х) — i|
cos2 тгж = О,
2 4 б 8 10 11
Рис.206.
Решая первое неравенство системы методом интервалов (см. рис. 206),
"2<х<4,
6 < х < 8,
получим:
x = 2l,x = 3ix = 6i,x = 7i,x = 10i
Ответ: 2|,з|,б|,7|,ю|.
С4. Пусть DH — высота пирамиды ABCD, a DK — высота AADB (см.
рис. 207).
Так как AD = BD = АВ = 1, то AABD — равносторонний и DK = ^,
АК = ВК = ±.
Аналогично А АВС — равносторонний и С К =
Найдём высоту пирамиды DH.

274
Решения вариантов тестов частя
А
Рис.207.
Рассмотрим ACKD (см. рис. 208).
Я
DK = С К =
KL =
Рис.208,
^р значит ACKD — равнобедренный,
CL*
| , откуда РЯ =
Объём пирамиды равен
Найдём площадь поверхности пирамиды. Sabc = Sabd = д ;
SACD = SBCD = \AT-CD = \

Решения варианта 19 275
= *р. 5п.п = 2Sabc + 2SACD = ^(2 + Vb).
Пусть г — радиус вписанного в пирамиду шара, тогда У = -г • Sn.n., от-
5 24
V( >) ( v)
Плоскость, о которой сказано в условии задачи, отсекает от пирамиды
ABCD подобную ей пирамиду DA\B\C\ с высотой
& /5 21 l
= DH-2r = -&. - >/15 = ^21 _ 2Vl5
2V3 3(2+75) 6 6(2+ V5)
273(+7J
Коэффициент подобия указанных пирамид равен
/5 л/5 _ у5(\/5-2) _ - _ 2 /г
2+75 ~ (>/5-2)(2 + V5) ~ '
DH V( V)V +7
тогда объём пирамиды DA\B\C\ равен
^ = (53-3-52-2>/5+3-5(2>/5)2-(2\/5)3) =
(125-150-^+300-40V5") -^ = (425 -190>/5) • ^ = ||(17>/5-38).
O/neem: ||(17\/5-38).
||
C5. cos3ar - 4o • cos2x + (3 - 20a2) cosz + 24o3 - 4o = 0; (1)
4cos3s - Зсозж - 4a(2cos2a; - 1) + (3 - 20o2)cosx + 24o3 - 4a = 0;
4 cos3 a; - 8o cos2 x - 20a2 cos ж + 24a3 = 0;
- 8 • (92L2)2 - 20^ + 24 = 0;
/COSS\3
^ a '
a a a
t3-2t2-5t+6 = 0; *3-t2-t2+t-6t+6 = 0; *2(t-l)-t(t-l)-6(t-l) = 0;
()(2) ()()( 2) 0
Пусть £2^ = t,—-<t<-f тогда последнее уравнение примет вид
a a a
: = —2a,
t = -2, t = 1, t = 3; cosrr = a, (2)
cosx = 3a.

276
Решения вариантов тестов части 2
При каждом значении а, удовлетворяющем условию, множество 10; ~ 1 U
U (f; ^f) U i^f ;7Г1 = ^0;7Г^ с°даРжит Ровно "фи корня уравнения (1).
Каждое из уравнений совокупности (2) либо не имеет решений, либо
имеет единственное решение на отрезке [0; тг]. Таким образом, для выполнения
условия задачи каждое из уравнений совокупности (2) должно быть
разрешимо, то есть 0 < а < i
Рассмотрим график функции у = cos х на отрезке [0; тг] (см. рис.209).
Рис.209.
Так как о положительно, то -2а < а < За, тогда уравнения cos х =
cos ж = а, cos ж = За должны иметь решения на интервалах |^г
-2а,
, 0;£ соответственно.
Получим систему неравенств:
—2а < cos ~} —1 < —2а :
\ < 3a < 1,
cos |
2'
Найденные значения а € \ji\\ удовлетворяют всем поставленным в за-

Решения варианта 20 277
1 Ч
даче условиям. Наименьшее значение а равно ~. Корни: arccos ~,
Ответ: \\ arccos §> arccos \, Щ-.
4 4 4 о
Решения варианта 20
В1. —\- = 1 + tg2 а = 1 + (-2)2 = 5. По условию | < а < тг, значит
cosa < 0, cos a = —т-.
I —т? ) = ""!•
Ответ: —1.
82. Угловой коэффициент касательной к графику функции у = f(x) в
точке (0; /(0)) равен значению производной 2/(0).
По графику определяем: fc = j/'(0) = 1.
Прямая у = 1 на промежутке (—5; 0) U (0; 5) имеет с графиком функции
у = /'(<&) единственную общую точку (—2; 1), значит хо = -2.
Ответ: -2.
83. Обозначим радиус шара через R$ радиус окружности, описанной
около основания призмы, через г, высоту через h.
Рис.210.
В &ОАВ ОВ « г, АВ = Я, ОА = \/Д2-г2, Л « 2АО = 2^Д2-г2 (см.
рис. 210).
а2л/3
У , где о — сторона основания призмы, a = г\/3»

278 Решения вариантов тестов части 2
Зл/Зг2
"^т—»
Рассмотрим функцию v(r) = Щ^г2 . ^jд2 _ Г2 и найдём, при каком
значении г она принимает наибольшее значение на промежутке (0; R).
Рис.211.
/a
При r = Л*/ ~ объём призмы наибольший (см. рис. 211).
Сторона призмы равна а, а боковая сторона равна h.a = гу/Ъ = Ry/2,
-г2 = 2Ji?2 - ^ = Ж
h =
Сравним о и Л: Ry/2 >Щ9а>к. Получаем: ^ =
Ответ: 1,5.
Выполненные преобразования равносильны, ж = 1 и х = 0,2 — корни
исходного уравнения. Меньший корень х = 0,2.
Ответ: 0,2.
В5. Функция у = Дя) непрерывна на промежутке (—9; 8), следовательно
в точках максимума функция у = /'(х) меняет знак с плюса на минус.
Таких точек три: х = —8, х = —5, х = 2.

Решения варианта 20
279
Наибольшее расстояние между этими точками равно | - 8 - 2| = 10.
Ответ: 10.
В6.1<Г31о8<м2 - Iog75 • loggT2 = 1031»2 - 21og75 1о&7 =
= 23 - 2 • 1 = 6.
Ответ: 6.
В7. Так как функция у = /(х) имеет период 6, то /(х +17) =
х + 5) = /(х-1).Тогда
/(х + 17) = 0, .. Г/(х + 5) = 0, „
х€(-1;2); **\ а; + 5€(4;7); **
л
f
= 0,
я = 0,
* + 5€(4;6),
* = 0,
ж = 0,
ж€0;
Ответ: 0.
В8. Построим график функции у = \х2 — 2ж - 1| (см. рис. 212).
Рис.212.
Уравнение \х2 - 2ж - 1| = а имеет ровно три корня при a = 2.
Ответ: 2.
В9. Пусть у — масса каждого сплава. Составим таблицу по условию
задачи.
/сплав
медь цинк
2х
II сплав
J + II сплав За?
у-2х
у-х
2у-3х

280 Решения вариантов тестов части 2
У
" 7
7 an
Найдём J^f = - = ^ = 1,2.
вд у-2х _2& 7-5у '
У 7
Ответ: 1,2.
В10« Пусть SABC — указанная пирамида (см. рис.
1. По условию пирамида SABC — правильная, значит ААВС —
равносторонний, О — его центр.
АН = ^^ как высота правильного треугольника со стороной а.
аи = 2yfi,' ^ = s,sh = у/so2+от = V8+T=з.
2. АН = SH, поэтому AAHS — равнобедренный, НК — биссектриса,
значит НК ± AS и АК = KS.
3. В AAOS AS = VACP + OS2 = ^/(2)2 + (2\/2)2 =-■ у/п = 2>/3,
= i AS =
I»
4. В ДАКН НК = у/АН*-АК* = у/з2 - (л/3)2 = \/б.
5.Sbkc = |ВС• КН = | • 2>/3- л/б = VT8.
Ответ: 18.

Решения варианта 20
281
В П. Пусть ABCD — параллелограмм, АВ = 5, ВС = 8 (см. рис. 214).
По условию BF — биссектриса угла ABC, тогда Zl = Z2, /2 = Z3 как
накрест лежащие при ВС\\ AD и секущей BF.
Отсюда Zl = Z3 и AABF — равнобедренный, АВ = AF = 5, тогда
FD = AD—AF = 3. Около трапеции BCDF можно описать окружность,
значит трапеция равнобедренная, #С
ACHD HD = y/DC*-HC2=
о = о = 2,5. В
= ADHD=
Ответ: 1200.
2 - (2,5)2 =
= 20V3,5^всо = (20V5)2 = 1200.
С1. Найдём область определения функции у = ./log^aзис(4 — 3х),
решив неравенство logcoe2 252 (4 - 3х) ^ 0.
Неравенство равносильно системе неравенств:
4-Зх<1,
4-3-> 0, ^
0<cos22£<l;
Ответ: (I;log34).
С2.7 • 7х + 11 • 11е - 7х • 11х - 77 = 0,
(7. 7х - 7х • 11х) - (77 - 11 • 11х) = 0,
1 < х < log3 4.
()()
Г 7х-11 = 0, [x = log7ll,
[7-11х = 0; [a: = logu7.
Меньший корень х = logn 7.
Ответ: loglx7.

282
Решения вариантов тестов част 2
СЗ. Функция у = ( / , 4Ч^Ч достигает своего наибольшего значения
|прих = -4.
Обозначим первое слагаемое в левой части заданного неравенства
через z. Получим:
х-1
х-6
х-2
х-5
х-3
х —4
х-4
х-3
х-5
х-2
х-6
х-1
^|х-1| х-2 [х-3| х-4 |х-Б| х-6
х - 1 " \х - 2| ' х - 3 # \х - 4| " х-5 ' |х - 6|'
Каждый множитель вида F~wl или вида .ж~п. равен 1 при х > п и —1
х — п |х — п|
при х < п.
Поэтому*- / -1' еслих е (1;2)U(3;4)U(5;6),
1 юэтому z - | 1} если х € ^_оо. хj у (2.3) и (4; 5) у (б. +оо).
Неравенство z+1+sin2 Зтгх < 0 имеет решения только при z = -1, тогда
xe(l;2)U(3;4)U(5;6);
.
;4)U(5;6);
оттуда х = |, |, ^, у, у, у. Учитьюая, что х < |, имеем х = l|,
Ответ: l|; l|; з|.
С4. Пусть DH — высота пирамиды DABC, DK и BL — высоты
треугольников ADC и ABC соответственно (см. рис.215).
Так как AD = CD = 8, то АК = СК = -АС = 5. Обозначимся = х,
Х)Я = Л. Рассмотрим треугольник ABC (см. рис.216).
Так как выполняется равенство АВ2+ВС2 = АС2, то по теореме,
обратной теореме Пифагора, /ABC = 90°.
ААВС и AABL — прямоугольные треугольники с острым углом ВАС,
поэтому ААВС ~ AABL.
АВ АС лт АВ2 64_32.,fr _ Ат Атс 7.
^ =-^. AL = ^^-- ^ - y,iCL-AL-А/С--,

Решения варианта 20
283
BL
о
24
5'
Aff2 = НК2+АК2 = ж2 + 25, тогда ЛР2 = DH2* АН2 = Л2+а?+25,
64 = Л2 + ж2 + 25,х2 + Л2 = 39.
Ш
Из треугольника ВЕН получаем: ВН2 = EH2 + BE2 =
BD2 ш 16,BD2 = ВН2 + DH2 = х2 - ^i
о
= 39- ^
5
Найдём площадь полной поверхности пирамиды.
Sabc = h AB • ВС = 24.

284 Решения вариантов тестов части 2
Площади треугольников ABD, ADC и BDC найдём по формуле Герона.
Sabd - y/lO • (10 - 8) - (10 - 8) - (10 - 4)» /Й
Sadc = /13 - (13 - 10) - (13 - 8) - (13 - 8) =
Sbdc = л/9-(9-8)-(^~6).(9-4) /
Объём пирамиды DABC равен У = |/)# • Sabc = |\/14 • 24 = 8y/U.
Пусть г — радиус вписанного в пирамиду шара, тогда V = ^г • Sn.n
откуда г -
откудаг-
С5. sin3a; + За cos 2а: + (10а2 - 3) sin х + 12а3 - За = 0; (1)
3sinx - 4sin3a: + За(1 - 2sin2s) + (10а2 - 3)sina: + 12а3 - За = 0;
4sin3х + 6asin2x - 10а2sina: - 12а3 - 0;
Пусть ^S^ = t, -~<t<-, тогда последнее уравнение примет ввд
а а а
*sina; = -2a,
sin а: = -a, ^\
sin x =s —a.
При каждом значении a, удовлетворяющем условию, множество
[-f;-f] U H:f) U [f; Я = ["1; Я одержит ровно три корня
уравнения (1). Каждое из уравнений совокупности (2) либо не имеет
решений, либо имеет единственное решение на отрезке I ~; ~ I. Таким
образом, для выполнения условия задачи каждое из уравнений совокупности
(2) должно быть разрешимо, то есть — 7r^a^5'^<a^2'
Рассмотрим график функции у = sina; на отрезке —?; ? (см. рис.217).

Решения варианта 20
285
Так как а положительно, то -2а < -а < ^а, тогда уравнения sin x = -2а,
2
sin ж = -а, sina: = |а должны иметь решения на интервалах | ~; — ^ 1,
("6; I)' [f; I] соответственно.
Получим систему неравенств:
*<•<*■
i;
| < a < |. Найденные значения a e [I; |) удовле-
творяют всем поставленным в задаче условиям. Наименьшее значение a
равно |. Корни:arcsin(-|j,arcsin(-|j, |.
Ответ: |, arcsm(-|),arcsin(-|),|.

Литература
1. Единый государственный экзамен по математике. Кодификатор
элементов содержания по математике для составления контрольных
измерительных материалов единого государственного экзамена 2010 г.
[Электронный ресурс]. — Электрон, текст, дан.—Москва: ФИЛИ. —
2009. — Режим доступа: www.fipi.ru, свободный.
2. Единый государственный экзамен по математике. Спецификация
контрольных измерительных материалов единого государственного
экзамена 2010 г. [Электронный ресурс]. — Электрон, текст, дан. —
Москва: ФИПИ. — 2009. — Режим доступа: www.fipi.ru, свободный.
3. Единый государственный экзамен по математике. Кодификатор
требований к уровню подготовки выпускников по математике для
составления контрольных измерительных материалов единого
государственного экзамена 2010 г. [Электронный ресурс]. — Электрон, текст,
дан. — Москва: ФИПИ. — 2009. — Режим доступа: www.fipi.ru,
свободный.
4. Лысенко Ф. Ф. и др. Математика. Подготовка к ЕГЭ-2010. Под
редакцией Ф. Ф. Лысенко, С. Ю. Кулабухова. — Ростов-на-Дону:
Легион-М, 2009. — 480 с.
5. Лысенко Ф. Ф. и др. Математика. Решебник. ЕГЭ-2009.
Вступительные испытания/Под редакцией Ф. Ф. Лысенко. — Ростов-на-
Дону: Легион-М, 2008. — 508 с.
6. Федеральный компонент государственного стандарта общего
образования. Математика. Основное общее образование; среднее (полное)
общее образование. — 2004 г. (Приказ МО РФ от 05.03.04 №1089).

Готовимся к ЕГЭ
Учебное издание
МАТЕМАТИКА
РЕШЕБНИК. ПОДГОТОВКА К ЕГЭ-2010
Учебно-методическое пособие
Под редакцией Ф.Ф. Лысенко, СЮ. Кулабухова
Художественное оформление,
разработка серии: И. Лойкова
Компьютерная верстка: Л. Шверида
Корректор: Н. Пимонова
Подписано в печать с оригинал-макета 23.10.2009.
Формат 60x84 1/16. Бумага типографская.
Гарнитура Times New Roman. Печать офсетная.
Усл. печ. л. 17.
Тираж 30 000 экз. Заказ N° 407.
Издательство «ЛЕГИОН-М»
Для писем: 344000, г. Ростов-на-Дону, а/я 550.
Отпечатано в соответствии с качеством
предоставленных диапозитивов в ЗАО «Полигр~фобъединение»
347900, г. Таганрог, ул. Лесная биржа, 6 В.

ИЗДАТЕЛЬСТВО
Рекомендует
Готовимся к ЕГЭ
МАТЕМАТИКА
Подготовка к ЕГЭ-2010
Под редакцией Ф.Ф. Лысенко, СЮ. Кулдбуховд
Пособие содержит необходимый
материал и рекомендации для самостоятельной
подготовки к ЕГЭ и вступительным испытаниям по
математике:
• 20 новых авторских
учебно-тренировочных тестов, составленных по плану ЕГЭ-2010;
• 20 новых авторских
учебно-тренировочных тестов, составленных по материалам
прошедшего экзамена;
• задачник (более 1000 задач),
предназначенный для более детальной отработки
тестовых заданий;
• математический справочник.
Это позволит выпускникам и абитуриентам, не обращаясь к
дополнительной литературе, получить желаемый результат — от
минимального количества баллов, необходимого для сдачи ЕГЭ, до 100 баллов.
Пособие может быть использовано выпускниками
общеобразовательных учреждений и их преподавателями. Вместе с данной книгой
выходит в свет и её решебник.

www.legionr.ru
e-mail: legionrus@legionms.com
1. Математика. Подготовка к ЕГЭ-2010.
2. Решебник. Математика. Подготовка к ЕГЭ-2010.
3. Математика. Тематические тесты. Часть I (базовый уровень).
Подготовка к ЕГЭ-2010. 10-11 классы.
4. Математика. Тематические тесты. Часть П.
Подготовка к ЕГЭ-2010. 10-11 классы.
5. Математика. Тематические тесты: геометрия, текстовые задачи.
Подготовка к ЕГЭ-2010. 10-11 классы.
6. Математика. Сборник тестов ЕГЭ 2001 - 2010.
7. Математика. Подготовка к ЕГЭ-2010. Учебно-тренировочные тесты.
8. Карманный справочник по' математике.
Дорогие читатели!
Впервые решебник к книге «Математика. Подготовка к ЕГЭ» выхо,
в двух частях.
Часть 1 - пособие, которое вы держите в руках. Оно включает только решения
вариантов тестов основной книга.
Часть 2 - пособие в электронном виде. Оно содержит решения сборника задач.
Размещено на сайте издательства «Легион» www.legionr.ru в свободном
(бесплатном) доступе.
Такой подход позволил нам не только увеличить объём книга, но и значительно
уменьшить её стоимость по сравнению с аналогичным изданием прошлого года.
Ждем ваших отзывов о новом формате нашего пособия. v
Коллектив авторов
тм
785917
240299
ИЗДАТЕЛЬСТВО
1ЙЙШГ'
344000, г. Ростов-на-Дону, а/я 550
т.(863) 248-14-03, 248-14-07, 248-99-03
■ Г
Ждем Ваших предложений, замечаний и пожеланий!