«Физтех-лицей» им. П. Л. Капицы из 10 в 11 класс 2025 год
Печать
youit.school ©
АНОО «Физтех‑лицей» им. П. Л. Капицы
Вступительный экзамен по математике
в 11 класс
12 апреля 2025 года
Вступительный экзамен по математике
в 11 класс
12 апреля 2025 года
- Вычислите: \[ 64\cos\frac{2\pi}{7}\,\cos\frac{4\pi}{7}\,\cos\frac{8\pi}{7}. \]
- Решите уравнение: \[ 3\cos^2\!\pi x \;-\; 2\cos\!\bigl(\tfrac{\pi x}{2}-3\pi\bigr) \;+\;3\sin^2\!(\pi x+3\pi)\;=\;1. \]
- Решите уравнение: \[ \sqrt{6 - 2x - 4x^2}\;-\;\sqrt{4x^2 + 2x - 1}\;=\;1. \]
- Решите неравенство: \[ 5^{2\sqrt{x}} + 5 < 5^{\sqrt{x+1}} + 5^{\sqrt{x}}. \]
- Решите неравенство: \[ 3\log(x^2 - 5x + 8)^3\,\bigl(x^2 - 7x + 12\bigr)\;\le\; \log_{\,x^2 - 5x + 8}\!\bigl(3x^2 - 7x + 4\bigr). \]
- Определите, при каких значениях параметра $a$ уравнение \[ \sin^2 x \;-\; \Bigl(a + \tfrac{\sqrt{2}}{2}\Bigr)\sin x \;+\;\tfrac{a\sqrt{2}}{2} =0 \] имеет на промежутке $\bigl[0;\,\tfrac{4\pi}{3}\bigr]$ ровно три корня?
- В трапеции $ABCD$ с основаниями $AD$ и $BC$ биссектриса угла $BAD$
проходит через точку $E$, которая является серединой стороны $CD$.
- Докажите, что $\angle ABE = \angle CBE$;
- Найдите расстояние от точки $E$ до прямой $AB$, если $AB=13$, $AE=12$.
- В правильной треугольной пирамиде $SABC$ с вершиной $S$ сторона основания равна $4\sqrt{3}$. Через прямую $AB$ проведено сечение, перпендикулярное ребру $SC$, площадь которого равна 18. Найдите длину бокового ребра пирамиды.
- Через сторону $AC$ треугольника $ABC$ проведена плоскость $\alpha$, образующая угол $45^\circ$ с плоскостью треугольника. Найдите угол между прямой $AB$ и плоскостью $\alpha$, если $AC' = BC$, а угол $C$ треугольника $ABC$ — прямой.
- Найти вероятность того, что при бросании трёх игральных костей хотя бы на одной выпадет 6 очков, при условии, что на всех костях выпали грани с чётным числом очков.
Материалы школы Юайти
youit.school ©
- Задача. Вычислите значение выражения $64\cos\frac{2\pi}{7}\cdot\cos\frac{4\pi}{7}\cdot\cos\frac{8\pi}{7}$.
Решение. Обозначим $x=\frac{\pi}{7}$. По формуле удвоения последовательно получаем \[ \sin 16x=2\sin 8x\cos 8x=16\sin x\cos x\cos 2x\cos 4x\cos 8x. \] Подставим $x=\frac{\pi}{7}$: $\sin\frac{16\pi}{7}=\sin\left(2\pi+\frac{2\pi}{7}\right)=\sin\frac{2\pi}{7}$, поэтому \[ \sin\frac{2\pi}{7}=16\sin\frac{\pi}{7}\cos\frac{\pi}{7}\cos\frac{2\pi}{7}\cos\frac{4\pi}{7}\cos\frac{8\pi}{7}. \] Так как $\sin\frac{2\pi}{7}=2\sin\frac{\pi}{7}\cos\frac{\pi}{7}$, после сокращения получаем $\cos\frac{2\pi}{7}\cos\frac{4\pi}{7}\cos\frac{8\pi}{7}=\frac18$. Тогда исходное выражение равно $64\cdot\frac18=8$.
Ответ. $8$. - Задача. Решите уравнение $3\cos^2(\pi x)-2\cos\!\left(\frac{\pi x}{2}-3\pi\right)+3\sin^2(\pi x+3\pi)=1$.
Решение. Имеем $\sin(\pi x+3\pi)=-\sin(\pi x)$, значит $\sin^2(\pi x+3\pi)=\sin^2(\pi x)$, а также $\cos\!\left(\frac{\pi x}{2}-3\pi\right)=\cos\!\left(\frac{\pi x}{2}-\pi\right)=-\cos\!\left(\frac{\pi x}{2}\right)$. Тогда уравнение переходит в \[ 3\bigl(\cos^2(\pi x)+\sin^2(\pi x)\bigr)+2\cos\!\left(\frac{\pi x}{2}\right)=1, \] то есть $3+2\cos\!\left(\frac{\pi x}{2}\right)=1$, откуда $\cos\!\left(\frac{\pi x}{2}\right)=-1$. Следовательно, $\frac{\pi x}{2}=\pi+2\pi k$, $k\in\mathbb Z$, и $x=2+4k$.
Ответ. $x=2+4k,\ k\in\mathbb Z$. - Задача. Решите уравнение $\sqrt{6-2x-4x^2}-\sqrt{4x^2+2x-1}=1$.
Решение. Обозначим $A=6-2x-4x^2$, $B=4x^2+2x-1$. Тогда $A+B=5$, а уравнение имеет вид $\sqrt A-\sqrt B=1$. Возведём в квадрат: \[ (\sqrt A-\sqrt B)^2=A+B-2\sqrt{AB}=1 \;\Rightarrow\; 5-2\sqrt{AB}=1 \;\Rightarrow\; \sqrt{AB}=2, \] значит $AB=4$. Из системы $A+B=5$, $AB=4$ получаем, что $\{A,B\}=\{4,1\}$. Так как $\sqrt A-\sqrt B=1>0$, то $A=4$, $B=1$. Тогда $4x^2+2x-1=1$, то есть $2x^2+x-1=0$, откуда $x=\frac12$ или $x=-1$. Оба значения подходят и дают $2-1=1$.
Ответ. $x=-1;\ \dfrac12$. - Задача. Решите неравенство $5^{2\sqrt{x}}+5<5^{\sqrt{x+1}}+5^{\sqrt{x}}$.
Решение. Область определения: $x\ge 0$. Положим $t=\sqrt{x}\ge 0$. Тогда неравенство перепишется как $5^{2t}+50$ имеем $5^{2t}+5>5^{\sqrt{t^2+1}}+5^t$, а при $t=0$ получается равенство $6=6$, которое не удовлетворяет строгому неравенству.
Ответ. $\varnothing$. - Задача. Решите неравенство $3\log_{(x^2-5x+8)^3}(x^2-7x+12)\le \log_{x^2-5x+8}(3x^2-7x+4)$.
Решение. Пусть $a=x^2-5x+8$. Тогда $D=25-320$ при всех $x$, причём $a\ge \frac74>1$, следовательно основание логарифмов всегда больше $1$. Так как $\log_{a^3}u=\dfrac{1}{3}\log_a u$, левая часть равна $\log_a(x^2-7x+12)$, и получаем \[ \log_a(x^2-7x+12)\le \log_a(3x^2-7x+4). \] При $a>1$ логарифм возрастает, значит достаточно $x^2-7x+12\le 3x^2-7x+4$, то есть $x^2\ge 4$. Также нужны условия определённости: $x^2-7x+12>0$ и $3x^2-7x+4>0$, то есть $x4$, а также $x\frac43$. Пересечение с $x^2\ge 4$ даёт $(-\infty;-2]\cup[2;3)\cup(4;+\infty)$.
Ответ. $\left(-\infty;-2\right]\cup\left[2;3\right)\cup\left(4;+\infty\right)$. - Задача. При каких значениях параметра $a$ уравнение $\sin^2 x-\left(a+\frac{\sqrt2}{2}\right)\sin x+\frac{a\sqrt2}{2}=0$ имеет на отрезке $\left[0;\frac{4\pi}{3}\right]$ ровно три корня?
Решение. Рассмотрим это уравнение как квадратное относительно $s=\sin x$: \[ s^2-\left(a+\frac{\sqrt2}{2}\right)s+\frac{a\sqrt2}{2}=0=(s-a)\left(s-\frac{\sqrt2}{2}\right). \] Значит, решения задаются системами $\sin x=a$ или $\sin x=\frac{\sqrt2}{2}$. На отрезке $\left[0;\frac{4\pi}{3}\right]$ уравнение $\sin x=\frac{\sqrt2}{2}$ имеет ровно два решения: $x=\frac{\pi}{4}$ и $x=\frac{3\pi}{4}$. Чтобы всего было три решения, нужно, чтобы уравнение $\sin x=a$ давало ровно одно решение на этом отрезке и не совпадало с уже найденными, то есть $a\ne \frac{\sqrt2}{2}$. Для $a=1$ получаем единственное решение $x=\frac{\pi}{2}$. Для $a<0$ решения возможны только на $[\pi;\frac{4\pi}{3}]$, где $\sin x$ убывает от $0$ до $-\frac{\sqrt3}{2}$, поэтому ровно одно решение существует при $-\frac{\sqrt3}{2}\le a<0$.
Ответ. $a\in\left[-\dfrac{\sqrt3}{2};0\right)\cup\{1\}$. - Задача. В трапеции $ABCD$ с основаниями $AD$ и $BC$ биссектриса угла $BAD$ проходит через точку $E$ – середину стороны $CD$. а) Докажите, что $\angle ABE=\angle CBE$. б) Найдите расстояние от точки $E$ до прямой $AB$, если $AB=13$, $AE=12$.
Решение. Обозначим $\theta=\angle DAB$ и введём координаты: $A(0,0)$, прямая $AD$ совпадает с осью $Ox$, а $AB=13$ образует с $Ox$ угол $\theta$, тогда $B(13\cos\theta,13\sin\theta)$. Так как $BC\parallel AD$, то точка $C$ имеет вид $C(c,13\sin\theta)$, $D(d,0)$, а поскольку $E$ – середина $CD$, то $E\!\left(\frac{c+d}{2},\frac{13\sin\theta}{2}\right)$. Условие, что $AE$ – биссектриса угла $BAD$, означает $\tan\frac{\theta}{2}=\frac{y_E}{x_E}=\frac{13\sin\theta}{c+d}$, то есть $\frac{13\sin\theta}{c+d}=\frac{\sin\theta}{1+\cos\theta}$ и $c+d=13(1+\cos\theta)$. Тогда расстояние от $E$ до прямой $AB$ равно $\left|x_E\sin\theta-y_E\cos\theta\right|=\frac{13\sin\theta}{2}$, а расстояние от $E$ до прямой $BC$ равно $13\sin\theta-\frac{13\sin\theta}{2}=\frac{13\sin\theta}{2}$; значит, $E$ равноудалена от прямых $AB$ и $BC$, поэтому $BE$ является биссектрисой угла между ними, то есть $\angle ABE=\angle CBE$. Кроме того, \[ AE^2=x_E^2+y_E^2=\frac{13^2}{4}\bigl((1+\cos\theta)^2+\sin^2\theta\bigr)=13^2\cos^2\frac{\theta}{2}, \] поэтому $\cos\frac{\theta}{2}=\frac{12}{13}$, $\sin\frac{\theta}{2}=\frac{5}{13}$ и искомое расстояние $h=\frac{13\sin\theta}{2}=13\sin\frac{\theta}{2}\cos\frac{\theta}{2}=\frac{60}{13}$.
Ответ. а) $\angle ABE=\angle CBE$. б) $\dfrac{60}{13}$. - Задача. В правильной треугольной пирамиде $SABC$ сторона основания равна $4\sqrt3$. Через прямую $AB$ проведено сечение, перпендикулярное ребру $SC$, площадь которого равна $18$. Найдите длину бокового ребра пирамиды.
Решение. Пусть основание лежит в плоскости $z=0$, возьмём $A(-2\sqrt3,0,0)$, $B(2\sqrt3,0,0)$, $C(0,6,0)$, тогда $AB=4\sqrt3$, а центр основания $O(0,2,0)$. В правильной пирамиде $S(0,2,h)$, тогда $SC$ имеет направляющий вектор $(0,4,-h)$. Плоскость сечения проходит через $AB$ и перпендикулярна $SC$, значит её уравнение можно записать как $4y-hz=0$. Точка $P$ пересечения этой плоскости с ребром $SC$ имеет вид $P=(0,2+4t,h(1-t))$, и из $4(2+4t)-h^2(1-t)=0$ получаем $t=\dfrac{h^2-8}{h^2+16}$. Тогда \[ y_P=2+4t=\frac{6h^2}{h^2+16},\qquad z_P=h(1-t)=\frac{24h}{h^2+16}, \] а расстояние от $P$ до прямой $AB$ (оси $Ox$) равно $\sqrt{y_P^2+z_P^2}=\dfrac{6h}{\sqrt{h^2+16}}$. Площадь треугольника сечения $ABP$ равна $18$, значит его высота к основанию $AB$ равна $\dfrac{2\cdot 18}{4\sqrt3}=3\sqrt3$, то есть $\dfrac{6h}{\sqrt{h^2+16}}=3\sqrt3$, откуда $h^2=48$. Боковое ребро $SA=\sqrt{h^2+OA^2}=\sqrt{48+16}=8$.
Ответ. $8$. - Задача. Через сторону $AC$ треугольника $ABC$ проведена плоскость $\alpha$, образующая угол $45^\circ$ с плоскостью треугольника. Найдите угол между прямой $AB$ и плоскостью $\alpha$, если в треугольнике $\angle C=90^\circ$ и $C'$ – основание высоты из $C$ на $AB$, причём $AC'=BC$.
Решение. Обозначим через $\pi$ плоскость треугольника $ABC$, а через $\varphi$ искомый угол между прямой $AB\subset\pi$ и плоскостью $\alpha$. Пусть $\beta=\angle CAB$, то есть угол между $AB$ и прямой $AC$ в плоскости $\pi$. При повороте плоскости $\pi$ вокруг прямой $AC$ на $45^\circ$ получаем плоскость $\alpha$, поэтому составляющая направления $AB$, перпендикулярная $AC$, отклоняется от $\alpha$ на угол $45^\circ$, и \[ \sin\varphi=\sin\beta\cdot\sin 45^\circ=\frac{\sqrt2}{2}\sin\beta. \] Так как $\angle C=90^\circ$, то $\sin\beta=\dfrac{BC}{AB}$. В прямоугольном треугольнике известно, что $AC'=\dfrac{AC^2}{AB}$, а по условию $AC'=BC$, значит $BC\cdot AB=AC^2$. Разделим на $AB^2$ и положим $p=\dfrac{BC}{AB}>0$, тогда $\left(\dfrac{AC}{AB}\right)^2=p$, а из $\left(\dfrac{AC}{AB}\right)^2+p^2=1$ получаем $p+p^2=1$, то есть $p=\dfrac{\sqrt5-1}{2}$. Следовательно, \[ \sin\varphi=\frac{\sqrt2}{2}\,p=\frac{\sqrt5-1}{2\sqrt2}, \] и $\varphi=\arcsin\!\left(\dfrac{\sqrt5-1}{2\sqrt2}\right)$.
Ответ. $\arcsin\!\left(\dfrac{\sqrt5-1}{2\sqrt2}\right)$. - Задача. Найдите вероятность того, что при бросании трёх игральных костей хотя бы на одной выпадет 6 очков, при условии, что на всех костях выпали грани с чётным числом очков.
Решение. При условии чётности на каждой кости возможны только результаты $\{2,4,6\}$, всего $3^3=27$ равновозможных исходов. Событие «хотя бы одна 6» удобнее посчитать через дополнение: «ни одной 6», то есть на каждой кости только $\{2,4\}$, таких исходов $2^3=8$. Тогда искомая условная вероятность равна $1-\dfrac{8}{27}=\dfrac{19}{27}$.
Ответ. $\dfrac{19}{27}$.
Материалы школы Юайти