563896 решу егэ

Задание 1

Ответ: 8

Скрыть

$$angle HMB=180^{circ}-150^{circ}=30^{circ}Rightarrow angle MBH=90^{circ}-30^{circ}=60^{circ}Rightarrow Delta ABC$$ — равносторонний.

Из $$Delta HMB: MB=frac{HB}{sinangle HMB}=frac{2}{sin30^{circ}}=4Rightarrow AB=8Rightarrow AC=8$$

Задание 2

Ответ: 12

Скрыть

$$V_{куба}=72$$

$$V_{пирамиды}=frac{1}{3}cdot S_{ocн}cdot h$$

$$V_{пирамиды}=frac{1}{6}cdot S_{куба}=frac{1}{6}cdot72=12$$

Задание 3

В Волшебной стране бывает два типа погоды: дождливая и солнечная, причём погода, установившаяся утром, держится неизменной весь день. Известно, что с вероятностью 0,7 погода завтра будет такой же, как и сегодня.
Сегодня, 3 мая, погода в стране солнечная. Найдите вероятность того, что 5 мая в стране будет дождливая погода.

Ответ: 0,42

Скрыть

Имеем два варианта расклада с разным промежуточным состоянием 4-го мая:

а) 3-го мая солнечно, 4-го мая солнечно, 5-го мая дождливо:

$$0,7cdot0,3=0,21,$$

б) 3-го мая солнечно, 4-го мая дождливо, 5-го мая дождливо:

$$0,3cdot0,7=0,21$$

$$0,21+0,21=0,42$$

Задание 4

Аня коллекционирует принцесс из Киндер-сюрпризов. Всего в коллекции 10 разных принцесс, и они равномерно распределены, то есть в каждом очередном Киндер-сюрпризе может с равными вероятностями оказаться любая из 10 принцесс.
У Ани уже есть шесть разных принцесс из коллекции. Какова вероятность того, что для получения следующей принцессы Ане придётся купить ещё 1 или 2 шоколадных яйца?

Ответ: 0,64

Скрыть

Ане нужны 4 принцессы из 10, то есть вероятность обнаружить одну из нужных принцесс при покупке равна $$0,4.$$

Вероятность того, что в очередной покупке не будет нужной принцессы равна

$$1-0,4 = 0,6.$$

Тогда вероятность того, что нужной принцессы не будет в первой покупке, но она будет в следующей равна $$0,6cdot0,4 = 0,24.$$

Таким образом, искомая вероятность получения нужной принцессы после одной или двух покупок:

$$0,4+0,24 = 0,64.$$

Задание 5

Решите уравнение $$frac{x}{x^2+1}+frac{x^2+1}{x}=2,9.$$ Если уравнение имеет несколько корней, в ответе укажите их сумму.

Ответ: 2,5

Скрыть

Пусть $$frac{x}{x^2+1}=y$$. Получим: $$y+frac{1}{y}=frac{29}{10}Rightarrowfrac{10y^2-29y+10}{10y}=0Rightarrow 10y^2-29y+10=0$$

$$D=841-400=441$$

$$y_1=frac{29+21}{20}=2,5$$

$$y_2=frac{29-21}{20}=0,4$$

Обратная замена:

$$frac{x}{x^2+1}=frac{5}{2}Leftrightarrow5x^2-2x+5=0: D<0$$ — решений нет.

$$frac{x}{x^2+1}=frac{2}{5}Rightarrow2x^2-5x+2=0Rightarrow x^2-2,5x+1=0Rightarrow x_1+x_2=2,5$$

Задание 6

Ответ: -1,5

Скрыть

Получим $$log_4(cos0^{circ}cos20^{circ}cos40^{circ}cos80^{circ})$$

Учтём, что $$cos20^{circ}cos40^{circ}cos80^{circ}=frac{sin20cos20cos40cos80}{sin20}=frac{frac{1}{2}sin40cos40cos80}{sin20}=$$

$$=frac{frac{1}{4}sin80cos80}{sin20}=frac{frac{1}{8}sin160}{sin20}=frac{frac{1}{8}sin(180-20)}{sin20}=frac{frac{1}{8}sin20}{sin20}=frac{1}{8}$$

$$cos0=1$$

Получим: $$log_4(1cdotfrac{1}{8})=log_{2^2}2^{-3}=-frac{3}{2}=-1,5$$

Задание 7

Ответ: 1

Скрыть

Производная отрицательная там, где функция убывает: -3; 1; 2. При этом, чем ближе тупой угол между касательной в эти точки и Ox, тем меньше значение производной $$Rightarrow 1$$.

Задание 8

В боковой стенке цилиндрического бака вблизи дна закреплен кран. После его открытия вода начинает вытекать из бака по закону $$H(t)=at^2+bt+H_0,$$ где
$$H_0 = 5$$ м — начальная высота уровня вода, $$a = frac{1}{500}; b = -frac{21}{50}$$ — постоянные величины, $$t$$ — время в минутах с момента открытия крана. Найдите наибольшее время в минутах с момента открытия крана, через которое следует закрыть кран, чтобы в баке осталось не менее 1 метра уровня воды.

Ответ: 10

Скрыть

Очевидно, что вода будет вытекать из бака пока высота воды в баке отлична от нуля. Следовательно, чтобы найти время вытекания воды, нужно величину $$H(t)$$ приравнять к (т.к. не менее 1 метра) и из полученного уравнения найти время $$t$$:

$$at^2+bt+H_0=1$$

$$frac{1}{500}t^2-frac{21}{50}t+5=1$$

$$x^2-210x+2000=0$$

Решая уравнение, получаем

$$x_1=10$$

$$x_2=200$$

200 нам не подходит, значит, ответ 10

Задание 9

К некоторому количеству сплава меди с цинком, в котором эти металлы находятся в отношении 2 : 3, добавили 4 кг чистой меди. В результате получили новый сплав, в котором медь и цинк относятся как 2 : 1. Сколько килограммов нового сплава получилось?

Ответ: 9

Скрыть

Чтобы из отношения $$2:3$$ получить отношение $$2:1,$$ нужно добавить четыре части меди:

$$(2 + 4):3 = 6:3 = 2:1,$$

а добавлено было 4 кг меди, следовательно, одна часть добавленной меди имела массу 1 кг.

Значит, меди было изначально 2 кг, а цинка 3 кг, всего 5 кг, а после добавления меди масса сплава стала равной 9 кг

Задание 10

Ответ: -24

Скрыть

f(x) проходит через (-12;3) и (-8;-3).

Получим: $$left{begin{matrix} 3=-12k+b\ -3=-8k+b end{matrix}right.Rightarrowleft{begin{matrix} 6=-4k\ -3=-8k+b end{matrix}right.Rightarrowleft{begin{matrix} k=-1,5\ -15=b end{matrix}right.$$

$$f(x)=-1,5x-15$$

g(x) проходит через (-4;1) и (-2;-4):

$$left{begin{matrix} 1=-4k+b\ -4=-2k+b end{matrix}right.Rightarrowleft{begin{matrix} 5=-2k\ -4=-2k+b end{matrix}right.Rightarrowleft{begin{matrix} k=-2,5\ b=-9 end{matrix}right.$$

$$g(x)=-2,5x-9$$

Тогда: $$-1,5x-15=-2,5x-9Rightarrow x=6Rightarrow y=-1,5cdot6-15=-24$$

Задание 11

Найдите наименьшее значение функции $$y=e^{4x}-4e^x+8$$ на отрезке $$[-2;2]$$

Ответ: 5

Скрыть

1. Вычисляем производную функции:

$$y = e^{4x} — 4e^x + 8;$$

$$y’ = 4e^{4x} — 4e^x = 4(e^{4x}-e^x).$$

2. Находим стационарные точки:

$$4(e^{4x} — e^x) = 0;$$

$$e^{3x + x} — e^x = 0;$$

$$e^xcdot e^{3x} — e^x = 0;$$

$$e^xcdot(e^{3x} — 1) = 0;$$

$$left[begin{matrix} e^x=0;-;нет, решений\ e^{3x}-1=0 end{matrix}right.$$

$$e^{3x} = 1;$$

$$3x = 0;$$

$$x = 0.$$

В точке $$x = 0$$ происходит переход от убывания к возрастанию, значит, это — точка минимума.

3. Наименьшее значение функции:

$$y = e^{4x} — 4e^x + 8;$$

$$x_{min} = 0;$$

$$y_{min} = y(0) = e^{4cdot0}-4cdot e^0 + 8 = 1 — 4 + 8 = 5.$$

А) Решите уравнение $$3cosfrac{x}{4}cosfrac{x}{2}sinfrac{x}{4}=frac{1-ctg x}{1-ctg^2x}$$

Б) Найдите все корни уравнения, принадлежащие интервалу $$(-2pi;-frac{3pi}{2})$$

Трапеция KLMN является основанием пирамиды PKLMN, $$angle KLM + angle LMN = 270^{circ},$$ Q — точка пересечения прямых KL и MN. Плоскости KPL и PMN перпендикулярны плоскости основания.

А) Докажите, что плоскости KPL и PMN взаимно перпендикулярны.

Б) Найдите площадь полной поверхности пирамиды PLQM, если KL=LM=MN=12, а высота пирамиды PKLMN равна 8.

Две окружности касаются внутренним образом. Третья окружность касается первых двух и их линии центров.

А) Докажите, что периметр треугольника с вершинами в центрах трёх окружностей равен диаметру наибольшей из этих окружностей.

Б) Найдите радиус третьей окружности, если известно, что радиусы первых двух равны 4 и 1.

Найдите все значения параметра $$a,$$ при каждом из которых система

$$left{begin{matrix} |x^2-x-6|=(y-1)^2+x-7\ 3y=2x+a end{matrix}right.$$

имеет ровно один или ровно два корня.

На множестве натуральных чисел введем новую операцию «квазиумножения» $$(*)$$: квазипроизведением чисел $$m$$ и $$n$$ будем называть $$m*n=frac{m}{d}cdotfrac{n}{d},$$ где $$d=НОД (m, n).$$

А) Решить уравнение $$2*x=3$$$$

Б) Сколько решений может иметь уравнение $$a*x=p,$$ где $$p$$ — простое число?

В) Последовательность натуральных чисел $$left{a_nright}$$ называется квазигеометрической прогрессией со знаменателем $$q,$$ если $$a_{n+1}=a_n * q$$ для всех $$ngeq1.$$ Сколько элементов в самой длинной возрастающей квазигеометрической прогрессии?

https://ria.ru/20230310/ekzameny-1856951080.html

Вице-спикер Госдумы призвал обсудить отмену ЕГЭ

Вице-спикер Госдумы призвал обсудить отмену ЕГЭ — РИА Новости, 10.03.2023

Вице-спикер Госдумы призвал обсудить отмену ЕГЭ

Тема отмены ЕГЭ нуждается во всестороннем обсуждении, и чем скорее оно начнется, тем лучше, заявил вице-спикер Госдумы Петр Толстой («Единая Россия»). РИА Новости, 10.03.2023

2023-03-10T11:29

2023-03-10T11:29

2023-03-10T12:21

общество

россия

петр толстой

анзор музаев

единая россия

госдума рф

федеральная служба по надзору в сфере образования и науки (рособрнадзор)

единый государственный экзамен (егэ)

https://cdnn21.img.ria.ru/images/07e6/06/08/1794077403_0:97:3072:1825_1920x0_80_0_0_8fb2880b77c924e87b1e22d2dbd1a31e.jpg

МОСКВА, 10 мар — РИА Новости. Тема отмены ЕГЭ нуждается во всестороннем обсуждении, и чем скорее оно начнется, тем лучше, заявил вице-спикер Госдумы Петр Толстой («Единая Россия»). Ранее глава Рособрнадзора Анзор Музаев заявил журналистам, что отмена ЕГЭ в России в связи с выходом из Болонской системы не обсуждается. Толстой, комментируя сообщение, тогда отметил, что тема отмены ЕГЭ обсуждается, систему будут «демонтировать» постепенно. «Тема отмены ЕГЭ нуждается во всестороннем обсуждении. И чем раньше оно начнется, тем лучше», — написал он в телеграм-канале. По словам политика, у системы на практике оказалось больше недостатков, чем достоинств. При этом он назвал попыткой «чиновников ничего не менять» отрицание того, что ЕГЭ появилось в результате «так называемых реформ образования». «А менять эту систему надо, такова воля большинства наших избирателей», — резюмировал он.

https://ria.ru/20230307/ege-1856449728.html

https://ria.ru/20230304/ege-1855788901.html

россия

2023

Новости

ru-RU

https://ria.ru/docs/about/copyright.html

https://xn--c1acbl2abdlkab1og.xn--p1ai/

https://cdnn21.img.ria.ru/images/07e6/06/08/1794077403_0:0:2732:2048_1920x0_80_0_0_40dd2897d8e6452d54553e41bdd5df84.jpg

общество, россия, петр толстой, анзор музаев, единая россия, госдума рф, федеральная служба по надзору в сфере образования и науки (рособрнадзор), единый государственный экзамен (егэ)

Вице-спикер Госдумы призвал обсудить отмену ЕГЭ

Вице-спикер Госдумы Толстой призвал не медлить с обсуждением отмены ЕГЭ