ЕГЭ по математике от 6 июня 2016. Основная волна

a)

$2log_2^2(2sinx)-7log_2(2sinx)+3=0.$

Перед нами квадратное уравнение относительно $log_2(2sinx).$

$2(log_2(2sinx)-3)(log_2(2sinx)-0,5)=0;$

$log_2(2sinx)=log_28$ или $log_2(2sinx)=log_2\sqrt2;$

$2sinx=8$ (решений нет) или $2sinx=\sqrt2;$

$sinx=\frac{\sqrt2}{2};$

$x=\frac{\pi}{4}+2\pi n,$ $x=\frac{3\pi}{4}+2\pi n, n\in Z.$

б) Корни уравнения, принадлежащие отрезку $[\frac{\pi}{2};2\pi]:$ $\frac{3\pi}{4}.$

Ответ:

а) $\frac{\pi}{4}+2\pi n,$ $\frac{3\pi}{4}+2\pi n, n\in Z;$

б) $\frac{3\pi}{4}.$

a) Так как по условию $AC$ параллельна $\alpha,$ то по свойству прямой, параллельной плоскости, плоскость $ABC,$ содержащая $AC,$ пересекает $\alpha$ по прямой, параллельной $AC.$ Плоскость $\alpha$ имеет общую точку $K$ с плоскостью $(ABC)$, потому строим $KN:$  $N\in BC,KN\parallel AC$ ($CN=1$).

Плоскость $\alpha $ – это плоскость $(KLN).$

Пусть $H$ – проекция $M$ на $ABC$ ($H$ – середина $AC$).

По теореме о трех перпендикулярах, раз проекция $BH$  наклонной $MB$  на плоскость $ABC$ перпендикулярна $AC,$ то и  сама наклонная $MB$ перпендикулярна $AC,$ а значит $MB$ перпендикулярна и $KN$ (по свойству параллельных прямых).

Докажем перпендикулярность $MB$ и $PQ,$ где $PQ$ – линия пересечения плоскостей $MHB,$ $\alpha$ (а именно, $P$ – середина $MB_1$, $Q$ – точка пересечения $HB,KN.$)

С одной стороны,

$S_{MPBQ}=S_{HMB_1B}-S_{MHQ}-S_{PB_1B}=9\sqrt3-\frac{3\sqrt3}{4}-\frac{9\sqrt3}{4}=6\sqrt3.$

С другой стороны,

$S_{MPBQ}=\frac{MB\cdot PQ\cdot sin \angle (MB;PQ)}{2}=\frac{6\cdot \sqrt{12}\cdot sin \angle (MB;PQ)}{2}=6\sqrt3\cdot sin \angle (MB;PQ).$

Стало быть, $sin \angle (MB;PQ)=1,$ что говорит о том, что $MB, PQ$ перпендикулярны.

Итак, прямая $MB$ перпендикулярна двум пересекающимся прямым ($PQ,KN$) плоскости $\alpha ,$ а значит, перпендикулярна плоскости $\alpha $ по признаку перпендикулярности прямой и плоскости.

б) Так как $AC\parallel \alpha ,$ то расстояние от точки $C$  до плоскости $\alpha $, –  есть расстояние от $H$ до $\alpha $ ($H\in AC$).

Замечаем, что плоскости $HMB, \alpha $  перпендикулярны по признаку перпендикулярности плоскостей, ведь $MB$ перпендикулярна $\alpha .$

Тогда если в плоскости $MHB$ провести перпендикуляр $HF$ к $PQ,$ то по свойству перпендикулярных плоскостей $HF$ будет перпендикулярна $\alpha $.

Итак, искомое расстояние есть длина $HF$, где $HF\perp PQ.$

Пусть $MH$ пересекается с $PQ$ в точке $S.$

Треугольники $SMP, SHQ$ подобны, $k=3.$

Тогда $HF=\frac{MZ}{3},$ где $Z$ – точка пересечения $MB,PQ.$

Так как $MZ\cdot SP=MP\cdot MS,$ то $MZ=\frac{\frac{3\sqrt3}{2}\cdot \frac{9}{2}}{3\sqrt3}=\frac{9}{4}.$

Итак, $HF=\frac{MZ}{3}=\frac{3}{4}=0,75.$

Координатный способ решения части б).

Так как $AC\parallel \alpha ,$ то расстояние от точки $C$  до плоскости $\alpha $, –  есть расстояние от $H$ до $\alpha $ ($H\in AC$).

Введем прямоугольную декартовую систему координат так, как показано на рисунке (центр – точка $H$, ось $x$ – луч $HC$, ось $y$ – луч $HB$, ось $z$ – луч $HM$).

Расстояние  $\rho$ от точки $H$ до плоскости $KNL$ будем вычислять по формуле

$\rho=\frac{|Ax_0+By_0+Cz_0+D|}{\sqrt{A^2+B^2+C^2}}$

где $H(x_0;y_0;z_0)$, плоскость $KNL$ задается уравнением $Ax+By+Cz+D=0.$

Не вдаваясь в подробности (см. рис.), перечислим координаты необходимых для вычисления точек:

$H(0;0;0),N(\frac{5}{2};\frac{\sqrt3}{2};0), K(-\frac{5}{2};\frac{\sqrt3}{2};0), L(\frac{3}{2};\frac{3\sqrt3}{2};3).$

Составим уравнение плоскости $KNL:$

$\begin{cases}a\cdot ({-\frac{5}{2}})+b\cdot \frac{\sqrt3}{2}+d=0,\\a\cdot ({\frac{5}{2}})+b\cdot \frac{\sqrt3}{2}+d=0,\\a\cdot ({\frac{3}{2}})+b\cdot \frac{3\sqrt3}{2}+3c+d=0;&\end{cases}$

$\begin{cases}a=0,\\b\cdot \frac{3\sqrt3}{2}+3c-b\cdot \frac{\sqrt3}{2}=0,\\a\cdot ({\frac{3}{2}})+b\cdot \frac{3\sqrt3}{2}+3c+d=0;&\end{cases}$

$\begin{cases}a=0,\\b=-\sqrt3c,\\d=-\frac{3c}{2};&\end{cases}$

Тогда уравнение плоскости $KNL$ примет вид

$-\sqrt3cy+cz-\frac{3c}{2}=0$

или

$-\sqrt3y+z-\frac{3}{2}=0$,

то есть

$A=0;B=-\sqrt3;C=1;D=-\frac{3}{2}.$

Итак, $\rho=\frac{|-\frac{3}{2}|}{\sqrt{3+1}}=0,75.$

Заметим, можно иначе обыграть задачу нахождения уравнения плоскости, если вспомнить, что коэффициенты $A,B,C$ из уравнения плоскости $Ax+By+Cz+D=0$ – это координаты вектора нормали плоскости. А в нашем случае $BM$ может выступать в качестве вектора нормали плоскости $KNL.$ 

Тогда, так как $\vec{BM}(0;3\sqrt3;-3),$ то, подставив в уравнение плоскости $Ax+By+Cz+D=0$ значения $A,B,C$ (то есть координаты вектора $BM$) и координаты, например, точки $N,$ получим:

$3\sqrt3\cdot \frac{\sqrt3}{2}+D=0,$ то есть $D=-4,5.$

Наконец, $\rho=\frac{|-4,5|}{\sqrt{27+3}}=0,75.$

Ответ: $0,75.$

$\frac{25^x-25\cdot 5^{x}+26}{5^x-1}+\frac{25^x-7\cdot 5^{x}+1}{5^x-7}\leq 2\cdot 5^x-24;$

Готовимся к выделению целых частей дробей:

$\frac{(5^x-1)(5^x-24)+2}{5^x-1}+\frac{5^x(5^x-7)+1}{5^x-7}\leq 2\cdot 5^x-24;$

Выделяем целые части:

$5^x-24+\frac{2}{5^x-1}+5^x+\frac{1}{5^x-7}\leq 2\cdot 5^x-24;$

$\frac{2}{5^x-1}+\frac{1}{5^x-7}\leq 0;$

$\frac{2\cdot 5^x-14+5^x-1}{(5^x-1)(5^x-7)}\leq 0;$

$\frac{3\cdot 5^x-15}{(5^x-1)(5^x-7)}\leq 0;$

$\frac{5^x-5}{(5^x-1)(5^x-7)}\leq 0;$

Воспользуемся рационализацией:

$\frac{x-1}{x(x-log_57)}\leq 0;$

$x\in (-\infty;0)\cup [1;log_57).$

Ответ: $(-\infty;0)\cup [1;log_57).$

a)

Около четырехугольника $AECD$ можно описать окружность, так как суммы противоположных углов равны ($\angle ECD=\angle BAD=90^{\circ}$).

Тогда углы $EDC,EAC$ равны как вписанные углы одной окружности, опирающиеся на одну дугу.

Около четырехугольника $ABCH$ можно описать окружность, так как суммы противоположных углов равны ($\angle ABC=\angle AHC=90^{\circ}$).

Тогда углы $EAC,BHC$ равны как вписанные углы одной окружности, опирающиеся на одну дугу.

Итак, $\angle BHC=\angle EDC.$ Указанные углы – соответственные углы при прямых $BH,ED$ и секущей $CD.$ Значит, по признаку параллельности прямых, $BH\parallel  ED$. Что и требовалось доказать.

б) Пусть $AB$ пересекается с $DC$ в точке $P$.

Треугольники $PBH,PED$ подобны по двум углам, следовательно $BH:ED=PB:PE.$

Очевидно,  угол $P$  равен $45^{\circ}$. А так как $PCE$ прямой, то прямоугольный треугольник $PCE$ – равнобедренный. Очевидно, $CB$ –  биссектриса в нем. Но тогда $CB$ также и медиана в треугольнике $PCE$. Стало быть, $BP=BE.$

Итак, $BH:ED=PB:PE=1:2.$

Ответ: б) $1:2.$

a) Треугольники $AMC, CKA$ имеют общую гипотенузу. Поэтому точки $A,M,K,C$ лежат на одной окружности. Тогда углы $ACM,AKM$ равны как вписанные углы, опирающиеся на одну дугу.

Аналогично  треугольники $MEK, KHM$ имеют общую гипотенузу. Поэтому точки $E,M,H,K$ лежат на одной окружности. Тогда углы $MKE,MHE$ равны как вписанные углы, опирающиеся на одну дугу.

Итак,  углы $MHE,ACM$ равны. Тогда по признаку параллельности прямых $EH,AC$ параллельны.

б) Пусть $AK,CM$ пересекаются в точке $O.$ В четырехугольнике $MBKO$ углы $M$ и $K$ в сумме дают $180^{\circ}.$ Тогда и  углы $B,O$ в сумме дают $180^{\circ}.$ Угол $B$ по условию равен $30^{\circ}.$Тогда угол $O$ равен $150^{\circ}.$  Стало быть, угол $COK$ равен $30^{\circ}.$

$\Delta CHK:$

Пусть $HK=x,$ тогда $OK=2x$ и $OH=\sqrt3x.$

Очевидно, $\angle HKC=\angle COK=30^{\circ}.$

$\Delta HKC:$

Пусть $CH=y,$ тогда $CK=2y.$

Имеем:

$(2y)^2=y^2+x^2$, то есть $y=\frac{\sqrt3x}{3}.$

Из подобия треугольников $EOH,AOC$ имеем:

$\frac{EH}{AC}=\frac{OH}{OC}=\frac{\sqrt3x}{\sqrt3x+y}=\frac{\sqrt3x}{\sqrt3x+\frac{\sqrt3x}{3}}=\frac{3}{4}.$

Итак, $EH:AC=3:4$.

Ответ: б) $3:4.$

а)  Так как

$S_{AMOE}=S_{AMD}-S_{OED},$

 $S_{OCD}=S_{ECD}-S_{OED},$

то достаточно доказать

$S_{AMD}=S_{ECD}.$

Пусть $h$ – высота трапеции, проведенная к $AD.$ Тогда расстояние от $M$ до $AD$  – есть $\frac{h}{2}.$

$S_{ECD}=\frac{1}{2}\cdot ED\cdot h.$

$S_{AMD}=\frac{1}{2}\cdot AD\cdot \frac{h}{2}=\frac{1}{2}\cdot 2ED\cdot \frac{h}{2}=\frac{1}{2}\cdot ED\cdot h=S_{ECD}.$

б) Площади треугольников $AOE,DOE$, как и площади треугольников $AOM,BOM$ равны (медиана делит треугольник на два равновеликих треугольника). Обозначим указанные площади как $n$ и $m$ соответственно.

Тогда $S_{OCD}=m+n.$

Пусть расстояние от точки $O$ до $AD$ – $h_1.$ Тогда  расстояние от точки $O$  до $BC$ – $h-h_1.$

При этом

$n=\frac{1}{2}\cdot 2\cdot h_1=h_1.$

И

$m+2n=\frac{1}{2}\cdot h\cdot 2=h.$

Имеем:

$S_{BOC}=\frac{1}{2}\cdot 3\cdot (h-h_1)=\frac{3}{2}(m+n).$

Итак,

$\frac{S_{AMOE}}{S_{ABCD}}=\frac{m+n}{4,5(m+n)}=\frac{2}{9}.$

Ответ: б) $2:9.$

15.02. долг, после действия процентной ставки $r$, составит

$1+\frac{r}{100}$ млн. рублей.

Заемщик отдает банку

$\frac{1}{10}+\frac{r}{100}$ млн. рублей

и на счету остается

$\frac{9}{10}$ млн. рублей.

15.03. долг, после действия процентной ставки $r$, составит

$\frac{9}{10}+\frac{r}{100}\cdot \frac{9}{10}$ млн. рублей.

Заемщик отдает банку

$\frac{1}{10}+\frac{r}{100}\cdot \frac{9}{10}$ млн. рублей

и на счету остается

$\frac{8}{10}$ млн. рублей.

 . . .

15.06. долг, после действия процентной ставки $r$, составит

$\frac{6}{10}+\frac{r}{100}\cdot \frac{6}{10}$ млн. рублей.

Заемщик  отдает банку

$\frac{1}{10}+\frac{r}{100}\cdot \frac{6}{10}$ млн. рублей

и на счету остается

$\frac{5}{10}$ млн. рублей.

15.07. долг, после действия процентной ставки $r$, составит

$\frac{5}{10}+\frac{r}{100}\cdot \frac{5}{10}$ млн. рублей.

Заемщик отдает банку

$\frac{5}{10}+\frac{r}{100}\cdot \frac{5}{10}$ млн. рублей

и долг оказывается погашенным.

Итак, все выплаты заемщика составят

$5\cdot \frac{1}{10}+\frac{5}{10}+\frac{r}{100}(1+\frac{9}{10}+…+\frac{5}{10})=$

$=1+\frac{r}{1000}(10+9+8+7+6+5)=1+\frac{45r}{1000}.$

Так как, согласно условию, общая сумма выплат составляет более $1,25$ млн. рублей, составим неравенство:

$1+\frac{45r}{1000}>1,25;$

$\frac{45r}{1000}>0,25;$

$\frac{9r}{200}>\frac{1}{4};$

$r>\frac{50}{9};$

$r>5\frac{5}{9};$

Так как нас интересует наименьшее значение $r$ ($r$ – целое число по условию), то $r=6.$

Ответ: $6.$

$\sqrt{2^x-a}+\frac{a-2}{\sqrt{2^x-a}}=1$

Обозначим за $\sqrt{2^x-a}$ за $m,$ заметив при этом, что $m>0.$  В силу возрастания функции $y=\sqrt{2^x-a},$ каждому конкретному положительному значению $m$  будет соответствовать единственное значение $x$.

Уравнение будет выглядеть так:

$m+\frac{a-2}{m}=1,m>0;$

или так:

$m^2-m+a-2=0,m>0$ (*)

Если уравнение имеет корни, то их сумма  равна $1,$ а произведение равно $a-2$ (по теореме Виета).

Нам надо позаботится о том, чтобы оба корня уравнения (*)  были бы положительными, чтобы исходное уравнение имело бы два различных корня. А это случится в случае положительного дискриминанта для (*) и положительности свободного члена уравнения (*).

Потому требуется решить систему неравенств:

$\begin{cases}1-4(a-2)>0,\\a-2>0;&\end{cases}$

$\begin{cases}a<\frac{9}{4},\\a>2;&\end{cases}$

Итак, $a\in (2;2,25).$

Ответ: $a\in (2;2,25).$

$\sqrt{15x^2+6ax+9}=x^2+ax+3;$

$15x^2+6ax+9=(x^2+ax+3)^2,x^2+ax+3\geq 0;$

Неплохо было бы  выделить квадрат суммы или разности (относительно  $x^2+ax+3$). Работаем в этом направлении.

$9x^2+6(x^2+ax+3)-9=(x^2+ax+3)^2,x^2+ax+3\geq 0;$

$9x^2=(x^2+ax+3)^2-6(x^2+ax+3)+9,x^2+ax+3\geq 0;$

В правой части равенства мы наблюдаем квадрат разности относительно $x^2+ax+3.$

$9x^2=((x^2+ax+3)-3)^2,x^2+ax+3\geq 0;$

$9x^2=(x^2+ax)^2,x^2+ax+3\geq 0;$

$(3x-(x^2+ax))(3x+(x^2+ax))=0,x^2+ax+3\geq 0;$

$x^2(3-x-a)(3+x+a)=0,x^2+ax+3\geq 0;$

Видим, что $x=0$ является корнем данного уравнения при любом значении $a$.

Чтобы уравнение имело бы три корня, остается потребовать, чтобы    корни $x=0$, $x=3-a$, $x=-a-3$ были бы различны, при этом  корни должны отвечать неравенству $x^2+ax+3\geq 0$.

Корни  $x=3-a$, $x=-a-3$ не совпадают ни при каких значениях $a$. Корни $x=3-a$, $x=0$ совпадают при $a=3.$ Корни $x=-3-a$, $x=0$ совпадают при $a=-3.$

Осталось решить систему неравенств:

$\begin{cases}(3-a)^2+a(3-a)+3\geq 0,\\(-3-a)^2+a(-3-a)+3\geq 0;&\end{cases}$

$\begin{cases}a\leq 4,\\a\geq -4;&\end{cases}$

$a\in [-4;4].$

Итак, исходное уравнение будет иметь три различных корня при $a\in [-4;-3)\cup (-3;3)\cup (3;4].$

Ответ: $[-4;-3)\cup (-3;3)\cup (3;4].$

$\frac{x-2a}{x+2}+\frac{x-1}{x-a}=1;$

$\frac{(x-2a)(x-a)+(x-1)(x+2)-(x+2)(x-a)}{(x+2)(x-a)}=0;$

$x^2-(2a+1)x+2a^2+2a-2=0,$  $x\neq -2,$ $x\neq a;$

Рассмотрим дискриминант уравнения $x^2-(2a+1)x+2a^2+2a-2=0$:

$D=(2a+1)^2-4(2a^2+2a-2)=9-4a-4a^2.$

1) Если $9-4a-4a^2<0$, то есть $a\in (-\infty;-\frac{1+\sqrt{10}}{2})\cup (\frac{-1+\sqrt{10}}{2};+\infty),$ то уравнение не имеет корней.

2) Если $D=0,$ то есть $a=\frac{-1\pm \sqrt{10}}{2}$, мы должны быть уверены, что единственный корень уравнения $x^2-(2a+1)x+2a^2+2a-2=0$ (это $\frac{2a+1}{2}$) не окажется равным $-2$ и $a.$

А при $a=\frac{-1\pm \sqrt{10}}{2}$ это так.

3) Если $D>0,$ то есть $a\in (-\frac{1+\sqrt{10}}{2};\frac{-1+\sqrt{10}}{2}),$ то необходимо потребовать, чтобы один из корней был бы равен $-2,$ в то время как другой не равен $a$ или один из корней был бы равен $a,$ в то время как другой не равен $-2.$

Если один из корней $x_1$ уравнения $x^2-(2a+1)x+2a^2+2a-2=0$ – это $-2$, то второй корень $x_2$ можно найти по т. Виета:

$\begin{cases}-2\cdot x_2=2a^2+2a-2,\\-2+x_2=2a+1;&\end{cases}$

$\begin{cases}x_2=-a^2-a+1,\\x_2=2a+3;&\end{cases}$

$\begin{cases}a^2+3a+2=0,\\x_2=2a+3;&\end{cases}$

Если $a=-1$, то $x_2=1$ – не совпадает с $a.$

Если $a=-2$, то $x_2=-1$ – не совпадает с $a.$

При этом $a=-1$ и $a=-2$ входят в $(-\frac{1+\sqrt{10}}{2};\frac{-1+\sqrt{10}}{2}).$

То есть при $a=-1$, $a=-2$ исходное уравнение имеет один корень.

Если же один из корней $x_1$ уравнения $x^2-(2a+1)x+2a^2+2a-2=0$ – это $a$, то второй корень $x_2$ найдем из системы:

$\begin{cases}a\cdot x_2=2a^2+2a-2,\\a+x_2=2a+1;&\end{cases}$

$\begin{cases}a^2+a-2=0,\\x_2=a+1;&\end{cases}$

Если $a=1$, то $x_2=2$ – не совпадает с $-2.$

$a=-2$ – рассмотрено.

При этом $a=1$ входит в $(-\frac{1+\sqrt{10}}{2};\frac{-1+\sqrt{10}}{2}).$

То есть при $a=1$ исходное уравнение имеет один корень.

Итак, исходное уравнение имеет единственный корень при

$a\in ${$\frac{-1-\sqrt{10}}{2};-2;-1;1;\frac{-1+\sqrt{10}}{2}$}.

Ответ: {$\frac{-1-\sqrt{10}}{2};-2;-1;1;\frac{-1+\sqrt{10}}{2}$}.

$\left[\begin{array}{rcl}\begin{cases}x\geq 0,\\x(x^2+y^2+y-2)-x(y+2)=0;\end{cases}\\\begin{cases}x<0,\\x(x^2+y^2+y-2)+x(y+2)=0;\end{cases}\end{array}\right.$

$\left[\begin{array}{rcl}\begin{cases}x\geq 0,\\x(x^2+y^2+y-2-y-2)=0;\end{cases}\\\begin{cases}x<0,\\x(x^2+y^2+y-2+y+2)=0;\end{cases}\end{array}\right.$

$\left[\begin{array}{rcl}\begin{cases}x\geq 0,\\x(x^2+y^2-4)=0;\end{cases}\\\begin{cases}x<0,\\x(x^2+y^2+2y)=0;\end{cases}\end{array}\right.$

Первая строка исходной системы задает объединение двух полуокружностей ($x^2+(y+1)^2=1, x<0$ и $x^2+y^2=4, x>0$) и прямой $x=0.$

Вторая строка исходной системы – семейство параллельных прямых, проходящих под углом $45^{\circ}$ к оси $ox.$

1) Очевидно, $a$, отвечающее за прохождение прямой $y=x+a$ через точку $(0;-2)$ – это $-2.$

2) Очевидно, $a$, отвечающее за прохождение прямой $y=x+a$ через точку $(0;0)$ – это $0.$

3) $a$, отвечающее за касание прямой $y=x+a$ и большой полуокружности находим из условия:

$D=0$  для  $x^2+(x+a)^2=4.$

 $D$  для $2x^2+2ax+a^2-4=0$ – есть $-a^2+8,$

поэтому требуем: $8-a^2=0.$

Из двух вариантов $a=\pm 2\sqrt2$ нам подходит, очевидно, $a=-2\sqrt2$.

4) $a$, отвечающее за касание прямой $y=x+a$ и меньшей полуокружности находим из условия:

$D=0$  для  $x^2+(x+a+1)^2=1.$

 $D$  для $2x^2+2(a+1)x+a^2+2a=0$ – есть $-a^2-2a+1,$

поэтому требуем: $a^2+2a-1=0.$

Из двух вариантов $a=-1\pm \sqrt2$ нам подходит, очевидно, $a=-1+\sqrt2$.

Итак, три решения исходная система будет иметь при $a\in (-2\sqrt2;-2)\cup (-2;0]\cup${$-1+\sqrt2$}.

Ответ: $(-2\sqrt2;-2)\cup (-2;0]\cup${$-1+\sqrt2$}.

а) Например,

$(1;10;23)$, сумма – $34;$

$(2;9;22)$, сумма – $33;$

$(3;8;21)$, сумма – $32;$

$(4;7;20)$, сумма – $31;$

$(5;6;19)$, сумма – $30.$

б) Допустим, можно сделать $10$ ходов. Тогда будем иметь $10$ троек, сумма чисел в каждой из которых меньше $35$. Тогда сумма чисел всех троек меньше $350.$ Но десять троек – это все $30$ чисел данного ряда. А сумма чисел $1;2;3;…;30$ – есть $\frac{1+30}{2}\cdot 30,$ то есть $465.$

Пришли к противоречию.

Нет, $10$ ходов сделать нельзя.

в) Как мы уже выяснили, $10$ ходов сделать нельзя.

Можно ли сделать $9$ ходов?

Нет. Сумма чисел, входящих в $9$ взятых троек меньше $315$. Во взятые $9$ троек чисел не вошли $3$ числа. Даже если эти числа –  $30;29;28,$ то сумма чисел девяти троек и чисел $30;29;28$ меньше $315+30+29+28,$ то есть меньше $402$ (а должна быть $465$).

Можно ли сделать $8$ ходов?

Нет. Сумма чисел, входящих в $8$ взятых троек меньше $280$. Во взятые $8$ троек чисел не вошли $6$ чисел. Даже если эти числа –  $30;29;28;27;26;25$ то сумма чисел восьми троек и чисел $30;29;28;27;26;25$ меньше $280+165,$ то есть меньше $445$ (а должна быть $465$).

Можно ли сделать $7$ ходов?

Нет. Сумма чисел, входящих в $7$ взятых троек меньше $35+34+…+29,$ то есть меньше $224$. Во взятые $7$ троек чисел не вошли $9$ чисел. Даже если эти числа –  $30;29;…;22$ то сумма чисел семи троек и чисел $30;…;22$ меньше $224+234,$ то есть меньше $458$ (а должна быть $465$).

Можно сделать, например, таких  $6$ ходов:

$(1;12;21)$, сумма – $34;$

$(2;11;20)$, сумма – $33;$

$(3;10;19)$, сумма – $32;$

$(4;9;18)$, сумма – $31;$

$(5;8;17)$, сумма – $30;$

$(6;7;16)$, сумма – $29.$

Ответ:

а) $(1;10;23)$, $(2;9;22),$ $(3;8;21),$ $(4;7;20)$, $(5;6;19).$

б) нет.

в) 6.