Подготовка к ЕГЭ по математике

Задание 16 ЕГЭ 2023 

Дана равнобедренная трапеция ABCD с основаниями $AD$ и $BC$. Биссектрисы углов $BAD$ и $BCD$ пересекаются в точке $O.$ Точки $M$ и $N$ отмечены на боковых сторонах $AB$ и $CD$ соответственно. Известно, что $AM=MO$ и $CN=NO.$

а)  Докажите, что точки $M,$ $N$ и $O$ лежат на одной прямой. 

6)  Найдите $AM:MB,$ если известно, что $AO=OC$ и $BC:AD=1:7.$

Решение:

Ответ: $1:2.$

а) Решите уравнение:

$2sin^3x=\sqrt2 cos^2x+2sinx.$

б) Найдите все корни этого уравнения, принадлежащие отрезку $[-4\pi;-\frac{5 \pi }{2}]$.

Решение:

а)

$2sin^3x=\sqrt2 cos^2x+2sinx;$

$2sin^3x=\sqrt2(1-sin^2x)+2sinx;$

$2sin^3x+\sqrt2sin^2x-2sinx-\sqrt2=0;$

$2sinx(sin^2x-1)+\sqrt2(sin^2x-1)=0;$

$(sin^2x-1)(2sinx+\sqrt2)=0;$

$(sinx-1)(sinx+1)(sinx+\frac{\sqrt2}{2})=0;$

$sinx=\pm 1$ или $sinx=\frac{-\sqrt2}{2};$

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

б) Произведем отбор корней уравнения из отрезка $[-4\pi;-\frac{5 \pi }{2}]$ при помощи тригонометрической окружности:

Ответ: а) $\frac{\pi}{2}+\pi n, -\frac{\pi}{4}+2\pi n, \frac{3\pi}{4}+2\pi n, n\in Z$; б) $-\frac{7\pi}{2};-\frac{11\pi}{4};-\frac{5\pi}{2}.$

Задание 16 ЕГЭ 2023

Дан ромб $ABCD.$ Прямая, перпендикулярная стороне $AD,$ пересекает его диагональ $AC$ в точке $M,$ диагональ $BD$  — в точке $N,$ причем $AM : MC  =  1 : 2,$ $BN : ND  =  1 : 3.$

а)  Докажите, что $cosBAD=0,2.$ 

б)  Найдите площадь ромба, если $MN  =  5.$

 Задание 18 ЕГЭ 2023

Даны числа $A$ и $B.$ Из них можно сделать числа $A+2$ и $B-1$ или $B+2$ и $A-1,$ только если следующая пара этих чисел будет натуральной. Известно, что $A=7,B=11.$

а)  Можно ли за 20 ходов создать пару, где одно из чисел равно $50?$

б)  За сколько ходов можно сделать пару, где сумма чисел будет равна $600$?

в)  Какое наибольшее число ходов можно сделать, чтобы оба числа не превышали $50$?

Решение:

а) За один ход сумма чисел увеличивается на $1.$

Действительно,

$((A+2)+(B-1))-(A+B)=1$ или $((A-1)+(B+2))-(A+B)=1.$

Исходная сумма чисел $A$ и $B$ равна $7+11=18.$ За $20$ ходов мы можем добраться до суммы $38.$ Очевидно, мы не можем представить $38$ в виде суммы двух натуральных слагаемых, одно из которых $50.$

б) Так как $600-18=582,$ то можно организовать $582$ хода, что приведут пару $(7;11)$ к паре с суммой $600.$
Применим к паре чисел $(7;11)$ указанный ниже цикл $291$ раз:

$(A;B)\rightarrow (A+2;B-1)\rightarrow (A+1;B+1)$

Придем к паре $(298;302),$ сумма которой $600.$

в) Если оба числа не превышают $50,$ то максимальное количество ходов мы сделаем при максимальной сумме чисел, которая равна $100.$

Покажем, что вариант $(50;50)$ невозможен.
Заметим, изначально разность чисел равнялась $11-7=4.$ Каждый ход меняет разность пары на $3.$ Действительно,

$((A+2)-(B-1))=(A-B)+3$ или $((A-1)-(B+2))=(A-B)-3.$

То есть новая пара чисел не сможет в разности дать нулевой остаток при делении на $3,$ то есть $A\neq B.$

Тогда максимальная сумма чисел указаных чисел уже не $100,$ а $99.$

Сможем сделать $99-18=81$ ходов? Да!

Первый ход:

$(7;11)\rightarrow (9;10)$

Далее включаем указанный в пункте б цикл $(A;B)\rightarrow (A+2;B-1)\rightarrow (A+1;B+1)$ $40$ раз. Получим пару $(49;50).$

Ответ: а) нет; б) $582$; в) $81$.

Задание 18 ЕГЭ 2023

На доске написано трёхзначное число $A.$ Серёжа зачёркивает одну цифру и получает двузначное число $B,$ затем Коля записывает число $A$ и зачеркивает одну цифру (возможно ту же, что Серёжа) и получает число $C.$

а)  Может ли быть верным уравнение $A=B\cdot C,$ $A>140?$ 

б)  Может ли быть верным уравнение $A=B\cdot C,$ если $440\leq A<500?$ 

в)  Найдите наибольшее число $A$ до $900$ для которого выполняется $A=B\cdot C.$

Решение:

а) Да, например, $A=180,$ $B=18,$ $C=10.$ При этом $A=B\cdot C.$

б) Из условия видно, что первая цифра числа $A$ всегда $4.$

Кроме того, вторая цифра числа $A$ не меньше $4.$

Значит, какую бы цифру мальчики не вычеркивали, останется всегда двузначное число, не меньшее $40.$ Но тогда $A\geq 40^2=1600,$ что больше $500.$
Нет, указанное невозможно.

в) Пусть $A=100a+10b+c.$ для удобства всевозможные варианты произведения $B\cdot C$ оформим в виде таблицы:

Желтые ячейки 1-4 таблицы нам неинтересны. Первые слагаемые в них $100a^2$ не меньше $100a,$ – первого слагаемого в разложении числа $A$ на разряды, то есть $A\leq B\cdot C$ (равенство возможно в случае $a=1,$ но нам этот случай вряд ли важен, когда мы ищем наибольшее число $A$).

Рассмотрим голубые ячейки 5 и 6.

$100a+10b+c=100ab+10ac+10b^2+bc;$

$100a(1-b)+10b(1-b)+c(1-b)=10ac;$

$(1-b)(100a+10b+c)=10ac;$

Так как $b\neq 0,$ единственная возможность, чтобы левая часть была бы не отрицательной (ведь правая часть равенства не отрицательна), – это $b=1.$

Тогда $0=10ac,$ откуда $c=0,$ а $a=8,$ если мы приследуем максимальное $A$ до $900.$

Итак,

$810=81\cdot 10$ или $810=10\cdot 81.$

Рассмотрим зеленую ячейку 9.

$100a+10b+c=100b^2+20bc+c^2;$

Чтобы оставаться в пределах до $900$ по $A,$ мы можем позволить лишь себе $b=1$ или $b=2$ ($b^2<9$), но в этом случае $A$ меньше уже найденного ($810$).

Рассмотрим фиолетовые ячейки 7-8.

$100a+10b+c=100ab+10ac+10bc+c^2;$

Необходимо (замечаем по первым слагаемым частей), – $b=1.$

Тогда

$10+c=10ac+10c+c^2;$

$10=c(10a+9+c);$
$10a+9+c\geq 19,$ а левая часть равна 10, – нет решений.

Мы перебрали все возможные варианты.

Итак, наибольшее число $A$ до $900$ для которого выполняется $A=B\cdot C,$ – это $810.$

Ответ: а) да; б) нет; в) $810.$

Задание 17 ЕГЭ 2023

 Найдите все значения параметра a, при каждом из которых

$\begin{cases}(x^2+y^2+4x)\sqrt{2x+y+6}=0,\\y=a(x-2)&\end{cases}$

система уравнений имеет 2 различных решения.

Решение:

$\begin{cases}(x^2+y^2+4x)\sqrt{2x+y+6}=0,\\y=a(x-2)&\end{cases}$

Рассмотрим первую строку системы:

$\begin{cases}x^2+y^2+4x=0,\\2x+y+6\geq 0;\end{cases}\quad$ или $\quad 2x+y+6\
=0$

$\begin{cases}x^2+4x+4+y^2=4,\\2x+y+6\geq 0;\end{cases}\quad $ или $\quad 2x+y+6=0$

$\begin{cases}(x+2)^2+y^2=4,\\y\geq- 2x-6;&\end{cases}\quad $ или $\quad y=-2x-6$

Первая строка системы задает объединение

части окружности $(x+2)^2+y^2=4$ (что попала в зону $y\geq -2x-6$)

и

прямой $y=-2x-6.$

На рисунке – линии синего цвета.

А $y=a(x-2)$ – семейство прямых, проходящих через точку $(2;0).$

Найдем координаты точек $A$ и $B$ пересечения  $y=-2x-6$ и $(x+2)^2+y^2=4:$

$\begin{cases}(x+2)^2+y^2=4,\\y=- 2x-6;\end{cases}$

$\begin{cases}(x+2)^2+(-2x-6)^2=4,\\y=- 2x-6;\end{cases}$

$\begin{cases}5x^2+28x+36=0,\\y=- 2x-6;\end{cases}$

Тогда $A(-\frac{18}{5};\frac{6}{5}),$ $B(-2;-2).$

Если $y=a(x-2)$ проходит через $A,$ то $a=\frac{\frac{6}{5}}{-\frac{18}{5}-2}=-\frac{3}{14}.$

Если $y=a(x-2)$ проходит через $B,$ то $a=\frac{-2}{-2-2}=\frac{1}{2}.$

Найдем $a,$ отвечающее за касание $y=a(x-2)$ и $(x+2)^2+y^2=4.$

В нашем случае расстояние от центра окружности  $(-2;0)$ до прямой $ax-y-2a=0$ равно $2.$

$\frac{|a\cdot (-2)-0-2a|}{\sqrt{a^2+1^2}}=2;$

$4|a|=2\sqrt{a^2+1};$

$a=\pm \frac{1}{\sqrt3}.$

Подходящие нам положения семейства прямых $y=a(x-2)$ помечены на рисунке красным цветом (включая сектор красного цвета).

Итак, $a\in [-\frac{3}{14};\frac{1}{2}]\cup ${$\pm \frac{1}{\sqrt3}$}.

Ответ: $[-\frac{3}{14};\frac{1}{2}]\cup ${$\pm \frac{1}{\sqrt3}$}.

Реальный ЕГЭ 2023

$ABC$ равносторонний треугольник. На стороне $AC$ выбрана точка $M$, серединный перпендикуляр к отрезку $BM$ пересекает сторону $AB$ в точке $E$, а сторону $BC$ в точке $K$.

a) Доказать что угол $AEM$ равен углу $CMK$.

б) Найти отношение площадей треугольников $AEM$ и $CMK,$ если $AM:CM=4:1.$

Решение:

ЕГЭ 2023

Дана прямая призма, в основании которой лежит равнобедренная трапеция с основаниями $AD = 5$ и $BC= 4.$ $M$ – точка, которая делит сторону $A_1D_1$ в отношении $1:4,$ $K$ – середина $DD_1.$

a) Доказать, что $MCK$||$BD.$
б) Найти тангенс угла между плоскостью $MKC$ и плоскостью основания, если $\angle BAD $= 60°, a $\angle CKM$ = 90°.

Решение:

ЕГЭ 2023

а) Решите уравнение:

$2sin^2xcosx+\sqrt3 cos^2x=\sqrt3.$

б) Найдите все корни этого уравнения, принадлежащие отрезку $[\frac{5 \pi }{2};4\pi]$.  

Решение:

а)

$2sin^2xcosx+\sqrt3 cos^2x=\sqrt3;$

$2sin^2xcosx+\sqrt3 (1-sin^2x)-\sqrt3=0;$

$2sin^2xcosx+\sqrt3 -\sqrt3 sin^2x-\sqrt3=0;$

$2sin^2xcosx-\sqrt3 sin^2x=0;$

$sin^2x(2cosx-\sqrt3)=0;$

$sin^2x=0\quad $ или $\quad 2cosx-\sqrt3=0;$

$sinx=0\quad $ или $\quad cosx=\frac{\sqrt3}{2};$

$x=\pi n, n\in Z\quad $ или $\quad x=\pm\frac{\pi}{6}+2\pi n, n\in Z;$

б) Произведем отбор корней уравнения из указанного отрезка при помощи тригонометрической окружности:

$3\pi;\frac{23\pi}{6};4\pi$

Ответ: а) $\pi n, \pm\frac{\pi}{6}+2\pi n, n\in Z$; б) $3\pi;\frac{23\pi}{6};4\pi.$

(ЕГЭ 2023, Досрок)

У Пети есть монеты номиналом $1, 2, 5$ и $10$ рублей. Каждого вида монет у него по $100$ штук. Цена пирожного в рублях выражается целым числом. Петя хочет купить пирожное без сдачи, но до покупки не знает сколько оно стоит. 

а)  Может ли Петя выбрать дома $16$ монет так, чтобы купить пирожное стоимостью не более $100$  рублей?

б)  Может ли Петя выбрать дома $5$ монет так, чтобы купить пирожное стоимостью не более $25$  рублей?

в)  Какое наименьшее количество монет нужно взять Пете, если известно, что пирожное стоит не более $100$  рублей?

Ответ: а) да; б) нет; в) $13.$

Решение:

а) Взяв монеты $1,2,2,5$ Петя может оплатить ими без сдачи пирожное стоимостью от $1$ до $10$ рублей. Добавляя к ним $9$ монет по $10$ рублей, Петя вполне может оплатить без сдачи пирожное любой стоимости уже до $100$ рублей включительно.

А именно. Если цена пирожного – круглое число (с одним нулем), оплачиваем пирожное монетами по $10$. Если цена пирожного $100$ рублей, то отдаем все монеты. Если цена пирожного – не круглое число, то “разбиваем” цену на круглое число (оплата десячками) и единицы (оплата монетами $1,2,2,5$).

Петя “укладывается” даже в $13$ монет, уж тем более ему хватит шестнадцати.

б) Нет, не может.

Чтобы иметь возможность оплатить пирожное стоимостью $3$ рубля, Петя должен иметь как минимум две монеты – $1$ и $2$ рубля.

Чтобы оплатить пирожное стоимостью $4$ рубля, ему придется добавить к набору $1,2$ еще одну рублевую или двухрублевую монету. То есть в наборе должны быть монеты  $1,1,2$ или $1,2,2.$

Остается в запасе две монеты.

Если Петя добавит к взятым трем монетам только одну десятирублевую, а пятая – какая-то кроме десятирублевой, то сумма номинала монет не превзойдет $20$ рублей. Значит, Пете придется взять две десятирублевые монеты. Но тогда он лишается возможности оплатить пирожное стоимостью, например, $19$ рублей.

в) В пункте а было показано, что можно оплатить без сдачи любое пирожное стоимостью до $100$ рублей, имея $13$ монет.

Покажем, что монет не может быть меньше $13.$

Мы уже замечали, что в наборе должна содержаться тройка $1,1,2$ или $1,2,2$ монет. Далее если даже $9$ монет будут по $10$ рублей, то их общая сумма будет не больше $9\cdot 10+2+2+1=95$ рублей.

(ЕГЭ 2023, Досрок)

Егор делит линейку на части. За одно действие он может отрезать от любого количества линеек равные части, имеющие целую длину.

а)  Может ли Егор за 4 хода разделить линейку длиной в 16 см на части по 1 см?

б)  Может ли Егор за 5 ходов разделить линейку длиной в 100 см на части по 1 см?

в)  За какое наименьшее количество ходов Егор может разделить линейку длиной в 300 см на части по 1 см?

Решение:

а) Да, может. Разделили линейку пополам. Две образовавшиеся линейки делим снова пополам. Четыре линейки опять пополам, и наконец, восемь линеек за четвертый ход делим пополам, получая $16$ частей по $1$ см.

$16\rightarrow 2*8\rightarrow 4*4\rightarrow 8*2 \rightarrow16*1.$

б) Максимально, за один ход получаем удвоение количества линеек. За пять ходов можно получить не более $2^5,$ то есть $32$-х линеек. Но не $100.$

в) За восемь ходов сможем получить не более $2^8=256$ линеек. Попробуем разделить линейку в $300$ см на части по $1$ см за $9$ ходов.

1) отрезаем $150$ см:

$300\rightarrow 2*150;$

2) отрезаем от двух линеек по $75$ см:

$2*150\rightarrow 4*75;$

3) отрезаем от четырех линеек по $37$ см:

$4*75\rightarrow 4*37+4*38;$

4) отрезаем от восьми линеек по $19$ см:

$4*37+4*38\rightarrow 12*19+4*18;$

5) отрезаем от $16$ линеек по $9$ см:

$12*19+4*18\rightarrow 20*9+12*10;$

6) отрезаем от $32$ линеек по $5$ см:

$20*9+12*10\rightarrow 44*5+20*4;$

7) отрезаем от $64$ линеек по $2$ см:

$44*5+20*4\rightarrow 84*2+44*3;$

8) отрезаем от $128$ линеек по $1$ см:

$84*2+44*3\rightarrow 212*1+44*2;$

9) отрезаем от $44$ линеек по $1$ см:

$212*1+44*2\rightarrow 212*1+88*1=300*1.$

Ответ: а) да; б) нет; в) $9.$

(ЕГЭ 2023, Досрок)
Бесконечная геометрическая прогрессия $b_1, b_2, …, b_n, …$ состоит из различных натуральных чисел. Пусть $S_1  =  b_1$ и $S_n=  b_1 + b_2+ … + b_n$ при всех натуральных $n\geq 2.$

а)  Существует ли такая прогрессия, среди чисел $S_1, S_2, S_3, S_4$ которой ровно два числа делятся на $60$?

б)  Существует ли такая прогрессия, среди чисел  $S_1, S_2, S_3, S_4$

 которой ровно три числа делятся на $60?$

в)  Какое наибольшее количество чисел среди  $S_1, S_2, S_3, …, S_{12}$

 может делиться на $60,$ если известно, что $S_1$ на $60$ не делится?

Решение:

Пусть $q$ – знаменатель прогрессии $b_1, b_2, …, b_n, …$

Пусть

$S_1=b_1=b,$

тогда

$S_2=b+bq=b(1+q),$

$S_3=b+bq+bq^2=b(1+q+q^2),$

$S_4=b+bq+bq^2+bq^3=b(1+q+q^2+q^3)=b(1+q)(1+q^2).$

Заметим, $S_4$ так же как и $S_2$ делится на $(1+q).$

а) Пусть, например, $b=20,q=2.$

Тогда из геометрической последовательности ${b_n}$

$20;40;80;160$

получаем последовательность  ${S_n}:$

$20;60;140;300,$

только два члена которой делятся на $60.$

б) Если $b$ кратно $60,$ то все члены кратны $60.$

Пусть $S_1=b$ не делится на $60.$ Тогда $S_2=b+bq, S_3=b+bq+bq^2,S_4=b+bq+bq^2+bq^3$ кратны $60.$

Рассмотрим, например (рассуждения для любой другой пары соседних членов  {$S_n$} аналогичны), разность $S_3-qS_2,$ которая должна делиться на $60,$ раз $S_3$ и $S_2$ кратны $60:$

$S_3-qS_2=b+bq+bq^2-bq-bq^2=b.$

Но $b$ не делится на $60.$ Противоречие.

Не существует такой прогрессии, среди чисел  $S_1, S_2, S_3, S_4$ которой ровно три числа делятся на $60.$

в) В пункте а было подмечено, что суммы {$S_n$} c четными индексами кратны $(1+q)$ (рассуждения были приведены для $S_2,S_4,$ но идея распространяется на все суммы $S_n$ c четными индексами, что несложно проверить).

В пункте б было подмечено, что в последовательности {$S_n$} соседние члены не могут быть кратны $60.$

Если допустить, что в последовательности {$S_n$} есть $7$ чисел кратных $60,$ то хотя бы одна пара из них – соседние члены последовательности, что невозможно. Приведем пример для $6$ чисел:

{$b_n$}: $20;40;80;160;320;640;1280;2560;5120;10240;20480;40960$

{$S_n$}: $20;60;140;300;620;1260;2540;5100;10220;20460;40940;81900.$

Ответ: a) да; б) нет; в) $6.$

(ЕГЭ 2023, Досрок)

Трёхзначное натуральное число, в десятичной записи которого нет нулей, разделили на произведение его цифр.

а)  Может ли получившееся частное быть равным $5$?

6)  Может ли получившееся частное быть равным $1$?

в)  Какое наименьшее значение может принимать это частное?

Решение:

а) Пусть наше трехзначное число – $100a+10b+c.$

Заметим, все цифры числа не равны нулю и число кратно $5,$ стало быть, $c=5.$

Имеем:

$100a+10b+5=25ab;$

$20a+2b+1=5ab;$

Пусть, например, $a=1.$ Тогда

$20+2b+1=5b;$

$21=3b;$

$b=7.$

Итак,

$\frac{175}{1\cdot 7\cdot 5}=5.$

б) Допустим,

$100a+10b+c=abc,$

тогда

$10b+c=a(bc-100).$

Заметим, правая часть отрицательна, а левая положительна, что невозможно.

Указанное в условии частное не может быть равно $1.$

в)

$\frac{100a+10b+c}{abc}=\frac{100}{bc}+\frac{10}{ac}+\frac{1}{ab}\geq\frac{100}{81}+\frac{10}{81}+\frac{1}{81}=\frac{111}{81}=\frac{37}{27}.$

Итак, $a=b=c=9.$

$\frac{999}{9\cdot 9\cdot 9\cdot 9}=\frac{37}{27}.$

Ответ: Ответ: а)  да; б)  нет; в) $ \frac{37}{27}.$

(ЕГЭ 2023, Досрок)

Дано натуральное число. К этому числу можно либо прибавить утроенную сумму его цифр, либо вычесть утроенную сумму его цифр. После прибавления или вычитания суммы цифр, число должно остаться натуральным.

а)  Можно ли получить из числа $128$ число $29$?

б)  Можно ли получить из числа $128$ число $31$?

в)  Какое наименьшее число можно было получить из числа $128$?

Решение:

а) Да, например:

$128;95;53;29.$

б) Заметим, остаток при делении на $3$ числа 128 равен $2,$ а остаток при делении на $3$ числа $31$ равен $1.$ Но указанные в условии задачи операции (прибавление утроенной суммы цифр к числу, либо вычитание утроенной суммы цифр числа) не меняют остаток при делении на $3$ числа, так как утроенные суммы цифр числа кратны $3.$

в) По замеченному в пункте б, понимаем, что наименьшим числом не может оказаться $1,$ так как числа $128$ и $1$ имеют разные остатки при делении на $3.$
Попробуем подобрать пример для $2.$

$128-3\cdot 11=95;$
$95-3\cdot 14=53;$
$53-3\cdot 8=29;$
$29+3\cdot 11=62;$
$62+3\cdot 8=86;$
$86-3\cdot 14=44;$
$44+3\cdot 8=20;$
$20+3\cdot 2=26;$
$26-3\cdot 8=2.$

Ответ: а) да; б) нет; в) $2.$

(ЕГЭ 2023, Досрок) При каких значениях параметра $a$ уравнение

$\large \frac{|4x|-x-3-a}{x^2-x-a}=0$

имеет ровно 2 различных решения.

Решение:

Исходное уравнение равносильно системе:

$\begin{cases}|4x|-x-3-a=0,\\x^2-x-a\neq 0.&\end{cases}$

Распишем первую строку системы согласно определению модуля:

$|4x|-x-3-a=
\begin{cases} 4x-x-3-a,\quad x\geq 0,\\ -4x-x-3-a, \quad x<0;\end{cases}$

$|4x|-x-3-a=
\begin{cases} 3x-3-a,\quad x\geq 0,\\ -5x-3-a, \quad x<0;\end{cases}$

Построим полученное множество точек в системе координат $(x;a),$ при условии $a\neq x^2-x:$

Ограничение $a\neq x^2-x$ (множество точек параболы) «выкалывает» на ломаной $a=|4x|-x-3$ четыре точки: $(1;0),(-1;2),(3;6),(-3;12).$ Становится видно, что два решения исходная система будет иметь при

$a\in(-3;0)\cup(0;2)\cup(2;6)\cup(6;12)\cup(12;+\infty).$

Ответ: $(-3;0)\cup(0;2)\cup(2;6)\cup(6;12)\cup(12;+\infty).$