Единый государственный экзамен как экспериментальная педагогическая технология. Донцов В.Н. - 22 стр.

                                     22


2) Составление алгебраического уравнения для нахождения a 2 H .
  а) Так как по условию объём данного цилиндра равен V ц = 9 π 3 ,то по-
лучим равенство π r 2 ·h = 9 π 3 , откуда r 2 h = 9 3 , где r – радиус осно-
вания , а h – высота цилиндра. Выразим r и h через a и H.
  б) Так как отношение радиусов окружностей , вписанных в подобные
ромбы A 1 B 1 C 1 D 1 и ABCD, равно коэффициенту подобия, то имеем равен-
       r 2
ство    = , где R = ОЕ –радиус окружности , вписанной в основание
       R 5
ABCD пирамиды (слайд N5). Но в прямоугольном треугольнике ОЕD с
          π          a               π   a 3      a 3
∠ ЕОD =     и ОD = : ОЕ = R = OD·cos = ·        =     . Поэтому
          6          2               6   2 2        4
    2     2 a 3    a 3
r= R = ⋅         =     .
    5     5 4       10
                       MP  2     h  3             3
в) Так как по условию     = , то   = , откуда h = H .
                       PO  3     H  5             5
г) Так как r 2 h = 9 3 , то для нахождения a 2 H имеем уравнение
3a2 3H
     ⋅    = 9 3 (см. этап 2а), из которого a 2 H = 500 3 .
100 5
                                                  500 ⋅ 3 ⋅ 3
3) Поэтому искомый объем пирамиды V MABCD =                   =250 .
                                                       6
Ответ: 250.


   Задача С4 (демоверсия ЕГЭ-2003). Найдите все положительные зна-
   чения параметра а, при которых в области определения функции
                             у=           1
                                  а х −а ах+2
есть двузначные натуральные числа, но нет ни одного трёхзначного нату-
рального числа.

 Решение методом исчерпывающего перебора случаев по параметру а
Ι этап. Область определения D(y) данной функции описывается неравенст-
вом
                                 ax > aax+2 ,
 где a > 0 по условию. В зависимости от основания а рассмотрим 3 случая.
 1 случай. Пусть а=1. Тогда неравенство для области определения D(y)
принимает вид 1 > 1, что ложно. Поэтому при а = 1 область D(y) пуста и
а = 1 не удовлетворяет требованию задачи.
                                                          x
 2 случай. Пусть а > 1. Тогда показательная функция y = a возрастающая
и неравенство для D(y) равносильно следующему:
x > ax + 2 ⇔ (a – 1)x < –2 ⇔ x < –2 / (a – 1). Заметим, что последняя
дробь в данном случае отрицательна. Таким образом, область