Transcript Решение

ЕГЭ ПО МАТЕМАТИКЕ
2012 (часть 2)
Лосева
Екатерина Анатольевна
1) Дано уравнение
3
cos(
 2 x)  cos x
2
а) Решите уравнение
 5

;
4

б) Укажите корни уравнения, принадлежащие отрезку 

 2

Решение:
а) Используем формулы приведения для преобразования левой части уравнения:
3
 2 x)  sin x (IV четверть, название меняется)
2
Новое уравнение: sin 2 x  cos x
2 sin x cos x  cos x  0
cos x(2 sin x  1)  0
cos(
Данное уравнение равносильно совокупности:


cos
x

0

x

 k , k  Z

2

sin x  1  x  (1) n   n, n  Z

2
6
Значит, ответ на первый вопрос:
x 

2
( 1) n
 k , k  Z ;

6
 n, n  Z
Изобразим промежуток  5 ;4 
4



Отметим на единичной окружности точки из нашего решения. Осталось правильно их
назвать:
Точка №1 не попадает в промежуток
б) 5 ,
2
Ответ: а)
17
6
x 
,

2
Точка №2
5
2
Точка №3
17
6
Точка №4
7
2
7
2
 k , k  Z ;
x  ( 1) n

6
 n, n  Z
б) 5 , 17
2
6
,
7
2
2) а) Решите уравнение sin x  (cos
x
x
x
x
 sin )(cos  sin )  0
2
2
2
2
 5 
б) Укажите корни этого уравнения, принадлежащие промежутку  ; 2 


Решение: а) преобразуем уравнение:
x
x
 sin 2  0
2
2
sin x  cos x  0 -однородное уравнение первой степени
sin x  cos2
sin x  cos x  0 : cos x  0
tgx  1
x
б) Составим неравенство

4
 k , k  Z

5
 k 
:
4
2
1
5
1
1 
k 

4
2
4
5
11
k 
' т.к.k  Z , k  2
4
4
 
Значит на данном отрезке единственный корень
x
Ответ: а)
б)
x  
7
4

4

4
 2 
7
4
 k , k  Z
3) а) Решите уравнение
sin 2x  2 3 cos2 x  4 sin x  4 3 cos x  0
б) Укажите корни, принадлежащие промежутку  ; 5 

2 

Решение: Преобразуем левую часть уравнения:
2 sin x cos x  2 3 cos2 x  4 sin x  4 3 cos x  0
Коэффициент
2 3 указывает на возможность группировки:
(2 sin x cos x  4 sin x)  (2 3 cos2 x  4 3 cos x)  0
2 sin x(cos x  2)  2 3 cos x(cos x  2)  0
(cos x  2)(2 sin x  2 3 cos x)  0
Это уравнение равносильно совокупности:
cos x  2 нет решений

2 sin x  2 3 cos x  0
ное уравнение II степени.
2 sin x  2 3 cos x  0 : 2 cos x  0
tgx  3  0
tgx  3
x

3
 k , k  Z
-это ответ на первый вопрос
б)
4 7
;
3
3
Ответ: а)
б)
x

 k , k  Z
3
4 7
;
3
3
однород-
4) Сложный дискриминант и отбор корней.
Решите уравнение: 6 sin 2 x  (4  3 3) cos x  2
3(1  3)  0
и найдите все его корни из промежутка  3 ;3 
 2

Решение: а) преобразуем левую часть уравнения:
6(1  cos2 x)  (4  3 3 ) cos x  2 3 (1  3 )  0
6  6 cos2 x  (4  3 3 ) cos x  2 3 (1  3 )  0
 6 cos2 x  (4  3 3 ) cos x  2 3  6  6  0
 6 cos2 x  (4  3 3 ) cos x  2 3  0
cos x  t
 6t 2  (4  3 3 )t  2 3  0
D  (4  3 3 ) 2  4  6  2 3 
4 2  2  4  3 3  (3 3 ) 2  4  6  2 3 
4 2  24 3  (3 3 ) 2  48 3  4 2  24 3  (3 3 ) 2  (4  3 3 ) 2
4  3 3  (4  3 3 ) 2
4  3 3  (4  3 3 )
t1 

 12
 12
4  3 3  (4  3 3 ) 2
4  3 3  (4  3 3 )
t2 

 12
 12
8
2
t1 

 12
3
6 3
3
t2 

 12
2
2
2

cos
x



x


arccos(

)  2k , k  Z
Выполним обратную замену: 
3
3

3


cos
x


x


 2n, n  Z

2
6
Для того, чтобы ответить на второй вопрос, надо знать как расположено
решение уравнения на единичной окружности.
б)
11 13
2
;
;3  arccos
6
6
3
С2. Основанием прямой призмы ABCA1B1C1 является равнобедренный треугольник
ABC, AB=AC=5, BC=8. Высота призмы 3. Найдите угол между прямой A1B и плоскостью
BCC1.
Решение: Нужно найти угол между прямой и плоскостью, а значит, угол между
прямой и ее проекцией на эту плоскость.
1) Опустим перпендикуляр А1М на плоскость ВСС1.
A1 M  C1B1
A1M  CC1 (так как призма прямая), а значит
A1M  плоскостиB
CC1
Тогда прямая BM будет проекцией A1B на плоскость BCC1
2)Теперь мы знаем, что искомый угол равен углу A1BM.
Сделаем вынесенный чертеж.
A1BM  прямоугольный ( A1M  ( BCC1 ))
а значит для поиска A1BM надо найти две любые
стороны.
3) Найдем BM . В BB1M (прямоугольном)
( A1M -медиана) ,BB1  3
Значит,
BM  B1M 2  BB12  16  9  5
Найдем A1M из прямоугольного
A1M 
4)
A1MB1
A1 B12  B1M 2  25  16  3
A1M 3
tgA1 BM 
  0,6
MB 5
A1 BM  arctg0,6
От вет: arctg0,6
BM - гипотенуза. BM1  4
С2. В правильной четырехугольной призме ADCDA1B1C1D1 сторона основания
равна 2 , а высота равна 1. M  середина ребра AA1 .Найдите расстояние от точки M
до плоскости DA1C1 .
Решение: 1) Удобно ввести в рассмотрение треугольную пирамиду MDA1C1 .
Ее высота из вершины M на плоскость DA1C1 и даст
нам искомое расстояние.
2) Рассмотрим объем этой пирамиды двумя способами:
а)
1
V  S DA C 
3 1 1
б) «Перевернем» пирамиду, взяв в качестве вершины
C1
1
1 1
1 1
1
1
S MA1D  C1 D1  ( AD  MA )  C1 D1  (  2  )  2 
3
3 2
3 2
2
6
3) Эти два объема , естественно, равны, значит
V
1
1
S DA1C1   ,
3
6

-искомое расстояние. Остается найти
S DA1C1
4) В DA1C1 (равнобедренном, так как A1D1  C1D ) проведем высоту DH
DA12  A1 H 2
DH 
DA12  AA12  AD2  12  2 2  3
( 2 )2  ( 2 )2
A1C
1

A1 H 
2
2
DH  3  1  2
Значит,
Тогда:
5)
S DA1C1
1
6
1
3
1
1
 DH  A1C1 
2
2
1
6
1
3
  : ( S DA C )  : (  2 ) 

Ответ:
1
2 2
2
4
1 1

2
4
3
6 2

22 
1
2 2
2