Единый государственный экзамен 2009. Математика. - Денищева Л.О.
ISBN 978-5-89790-534-8
Скачать (прямая ссылка):
188
18. Докажите, что система уравнений 10х3 + 47х2 + 52х+12 = 0,
IQg8+Sr(у +§ + б) = + j/f -5х(7 + 5х) + 24 lg(y + 1)
не имеет решении
19. Докажите, что система уравнений 6х3 + 22х2 + 21х + 6 = 0,
sin^- + cos((6x + 5)у) = -4у(у +1 + 4j + + 8 - Зх( 1 + Зх) • cos2#
не имеет решении
20. Докажите, что система уравнений 16х3 + 40х2 + 29х + 6 = 0,
logi3 + 4,(5у + Ю +1) -7 = у(5 + 12х) + ]/|-8х(2х+ 1)+15 4о§7г/ имеет единственное решение
21. Найдите все значения а, при каждом из которых неравенство
Ci-[Ix1 + Ybх-1 -5) < 0 (3sini/x- і - 4) - а
не имеет решений
22. Найдите все значения а, при каждом из которых неравенство
(log2x + 3i/31 logjc2-6)-a < а - (2sini/x- 4 - 4)
не имеет решений.
23. Найдите все значения а, при каждом из которых неравенство
а-(хт + 2уТ х~^"-5) < 0 (3sini/x- 16-4)-0
не имеет решений.
189
24. Найдите все значения а, при каждом из которых неравенство
{lyiF+YfYx^-7)-а < 0 а - (cos]/x- 1 - 4)
не имеет решений.
Ответы к заданиям высокого уровня сложности раздела «Функции»
Номер задания 1 2 3 4 5 6 7 8
Ответ 8 69 100 4 104 0 j + 2nn (0, 0,25] U (2, 72]
Номер задания 9 10 11 12 13
Ответ (-cx>;log2 5] 8Ы2 + 12 4тс+1,5 4л+ 6 280 м, 70 м, 70 м, 35 м
Номер задания 14 15 16 17 21
Ответ 5 а = (-1)"-^- + лп, neZ 2 5 3 [-1; 2-^24-5)
Номер задания 22 23 24
Ответ [-25 2-1^27-6) [-1,2-1^-5) [-3; 2-і/2ІЇ-7)
§ 5. ГЕОМЕТРИЯ
5.1. Задания с кратким ответом
Как отмечалось в § 1, геометрические задачи включаются только во вторую и третью части экзаменационной работы, которые содержат задания с кратким ответом и задания с развернутым ответом. В части 2 — это задания BlO (стереометрия) и BH (планиметрия). В части 3 — это задание С4 (стереометрия).
Для успешного выполнения этих заданий необходимы твердые знания основных геометрических фактов и некоторый опыт в решении геометрических задач.
Решения заданий из части 2 основаны, как правило, на применении какого-либо одного геометрического факта: свойства или признака, на умении выполнять дополнительные построения, позволяющие решить задачу.
Успех при решении большинства задач по геометрии во многом зависит от рисунка. При выполнении рисунка постарайтесь, по возможности, отобразить на нем все условия задачи. Например, если задан произвольный треугольник, то следует нарисовать разносторонний треугольник, а не равносторонний или равнобедренный, как это иногда делают школьники. Если в треугольнике проведена высота, то ее необходимо изображать так, чтобы она образовала прямой угол со стороной или с ее продолжением. Такие рекомендации относятся к подавляющему большинству задач по планиметрии.
Пример 1. Основания равнобедренной трапеции равны 3 м и 8 м, а угол при основании 60°. Найдите диагональ.
Решение. 1. Пусть в трапеции ABCD основания AB и CD, ZD = 60° и AD=BC D Ь К S С
191
Тогда по свойству равнобедренной трапеции ZC = ZD = 60°, ZA = ZB= 180° - 60° = 120°.
2. Проведем AKWBC Так как AB II CD, то ABCK — параллелограмм. Отсюда КС = AB = 3 м, DK = 8 - 3 = 5 м и ВС = AK = AD.
3. В треугольнике ADK AD = AK1 ZD = 60°, следовательно, ZAKD = 60°, а значит, и ZDAK = 60°. Отсюда AK = DK = 5 м, но тогда ВС = 5 м.
4. В треугольнике ABC AC2 = ЛВ2 + ВС2 - 2AB ВС-cosB (теорема косинусов), т. е.
ЛС2 = 32 + 52-2.3-5-cosl20o = 32 + 52 -2-3-5-(-|) = = 9 + 25 + 15 = 49.
Итак, AC = 7 м. Ответ: 7.
Пример 2. Окружность, вписанная в равнобедренный треугольник ABC с основанием АС, касается сторон AB и ВС в точках К и M соответственно. Найдите /СМ, если AK = 6 м, BiC = 12 м.
Решение. 1. По условию
?С = ЛВ = 6+ 12 = 18 (м).
2. BM = BiC = 12 м (отрезки касательных, проведенных из одной точки), следовательно, CM =18-12 = 6 (м).
3.AT = AK = 6 м, CT = CM = 6 м (отрезки касательных, проведенных из одной точки), следовательно, ЛС = 6 + 6= 12 (м).
4. AKBM ^ AABC (ZB - общий, BKiAB = BMiBC)1 следовательно, KM:AC = BKiAB1 т. е.
КМЛ2 = 12:18, KM= 12-12:18 = 8 (м).
Ответ: 8.
192
Рис. 1
Пример 3. Найдите расстояние от точки пересечения медиан прямоугольного треугольника до его гипотенузы, равной 25, если один из катетов равен 20.
Решение с комментариями. Из условия задачи следует:
AC2 = AB2 - ВС2 = 252 - 202 = 225 = 152.
Отсюда AC = 15. Теперь в треугольнике известны все стороны.
Вспомним важнейшие свойства медиан треугольника. Именно медиан, а не медианы. Таких свойств два:
I) медианы треугольника пересекаются в одной точке;
H) медианы треугольника точкой пересечения делятся в отношении 2:1, считая от вершины треугольника.
Так как О — точка пересечения медиан, то СО:OM = 2:1. А нам требуется найти ОТ — длину перпендикуляра, опущенного из точки О на гипотенузу AB.
Один из способов решения — применение подобия фигур. Проведем высоту CH треугольника ABC1 рис. 2. Это решающее построение. Получили два подобных треугольника: ACHM ™ AOTM1 поскольку О T Il CH как два перпендикуляра к одной прямой. Из подобия
Рис. 2
ОТ
следует:
-^1^ = -j. Значит, ОТ = ¦^CH. Осталось, зная все сто-
роны прямоугольного треугольника, найти его высоту, опущенную из вершины прямого угла.
