Подготовка к ЕГЭ по математике

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

(ЕГЭ 2023, Досрок)

Найдите все значения a, при каждом из которых множество решений неравенства

$\large \frac{5-a-(a^2-2a+1)sinx}{cos^2x+a^2+2}<1$

содержит отрезок $[0;\frac{2\pi}{3}].$

Решение:

Так как $cos^2x+a^2+2>0$ всегда, то переходим к равносильному неравенству:

$5-a-(a^2-2a+1)sinx-cos^2x-a^2-2<0;$

$5-a-(a^2-2a+1)sinx-(1-sin^2x)-a^2-2<0;$

$sin^2x-(a-1)^2sinx-a^2-a+2<0.$

Пусть $sinx=m,m\in[-1;1].$

Заметим, если $x\in[0;\frac{2\pi}{3}],$ то $m\in[0;1].$

Пусть $f(m)=m^2-(a-1)^2m-a^2-a+2.$

Хотим, чтобы решения неравенства $f(m)<0$ содержали бы в себе отрезок $[0;1].$

Достаточно потребовать:

$\begin{cases}f(0)<0,&&f(1)<0;&\end{cases}$

$\begin{cases}-a^2-a+2<0,&&1-(a-1)^2-a^2-a+2<0;&\end{cases}$

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

Ответ: $(-\infty;-2)\cup (\frac{1+\sqrt{17}}{4};+\infty).$

(ЕГЭ 2023, Досрок)
Найдите все значения параметра a, при каждом из которых уравнение [latexpage]

$\sqrt{5x-3}\cdot ln(x^2-6x+10-a^2)=0$

имеет ровно один корень на отрезке $[0;3].$

Решение:

$\sqrt{5x-3}\cdot ln(x^2-6x+10-a^2)=0;$

$\begin{cases}\sqrt{5x-3}=0,\\x^2-6x+10-a^2>0;&\end{cases}\quad $ или $\quad \begin{cases}ln(x^2-6x+10-a^2)=0;\\5x-3\geq 0;&\end{cases}$

$\begin{cases}x=0,6,\\(\frac{3}{5})^2-6\cdot \frac{3}{5}+10-a^2>0;&\end{cases}\quad $ или $\quad \begin{cases}x^2-6x+10-a^2=1;\\x\geq 0,6;&\end{cases}$

$\begin{cases}x=0,6,\\(a-2,6)(a+2,6)<0;&\end{cases}\quad $ или $\quad \begin{cases}a=\pm (x-3);\\x\geq 0,6;&\end{cases}$

Работаем в системе координат $(x;a).$ При этом рабочая зона – $x\in [0;3].$

Множество точек, отвечающее исходному уравнению, помечено на рисунке красным цветом (жирные линии).
Откуда видно, что уравнение имеет единственное решение при $a \in (-2,6;-2,4]\cup [2,4;2,6).$

Ответ: $(-2,6;-2,4]\cup [2,4;2,6).$

(ЕГЭ 2023, Досрок)

Найдите все значения параметра a, при каждом из которых уравнение [latexpage]

$\sqrt{3x-5}\cdot ln(4x^2-a^2)=\sqrt{3x-5}\cdot ln(2x+a)$

имеет ровно один корень.

Решение:

$\sqrt{3x-5}\cdot ln(4x^2-a^2)=\sqrt{3x-5}\cdot ln(2x+a);$

$\sqrt{3x-5}\cdot(ln(4x^2-a^2)- ln(2x+a))=0;\\$

$\\$

$\Bigg[\begin{array}{rl}\sqrt{3x-5}=0,\\ln(4x^2-a^2)- ln(2x+a)=0;\end{array}\quad $ при условии $\quad \begin{cases}3x-5\geq 0,\\2x+a>0,\\4x^2-a^2>0;\end{cases}\\$

$\\$

$\\ \Bigg[\begin{array}{rl}3x-5=0,\\(2x+a)(2x-a-1)=0;\end{array}\quad $ при условии $\quad \begin{cases}3x-5\geq 0,\\2x+a>0,\\(2x-a)(2x+a)>0;\end{cases}$

$\Bigg[\begin{array}{rl}\\x=\frac{5}{3},\\a=-2x,\\a=2x-1;\\\\ \end{array}\quad $ при условии$\quad \begin{cases}x\geq \frac{5}{3},\\a>-2x,\\(2x-a)(2x+a)>0;\end{cases}$

Работаем в системе координат (x;a).

Множество точек, отвечающее исходному уравнению, помечено на рисунке красным цветом.
Откуда видно, что уравнение имеет единственное решение при $a \in(-\frac{10}{3};\frac{7}{3}]\cup [\frac{10}{3};+\infty).$

Ответ: $(-\frac{10}{3};\frac{7}{3}]\cup [\frac{10}{3};+\infty).$

(ЕГЭ 2023, Досрок)

Окружность касается одной из сторон прямого угла с вершиной $D$ в точке $E$ и пересекает вторую сторону в точках $A$ и $B$ (точка $A$ лежит между $B$ и $D$). В окружности проведён диаметр $AC.$

а)  Докажите, что отрезок $BC$ вдвое больше отрезка $DE$.

б)  Найдите расстояние от точки $E$ до прямой $AC,$ если $AD = 4$ и $AB = 5.$

Решение:

а) $\angle ABC=90^{\circ},$ так как опирается на диаметр $AC.$

 Пусть $K$ – середина $AB.$ В равнобедренном треугольнике $AOB$ ($AO=OB$ как радиусы) медиана $OK$  – высота.

$OE\perp DE$ как радиус, проведенный к касательной.

Таким образом $DEOK$ – прямоугольник и $OK=DE.$

При этом $OK$ – средняя линия треугольника $ABC,$ то есть $OK=\frac{BC}{2}.$

Итак, $BC=2OK=2DE.$

б) Пусть $EH$ – искомое расстояние. Пусть  $OE=AO=R.$

Из треугольника $AOK:$

$OK=\sqrt{AO^2-AK^2}=\sqrt{R^2-2,5^2}.$

$DE=OK=\sqrt{R^2-(\frac{5}{2})^2}$ – расстояние от точки $A$ до $EO.$

По свойству касательной и секущей:

$DE^2=DA\cdot DB;$

$R^2-2,5^2=4\cdot 9;$

$R=6,5.$

Заметим, треугольник $AEO$ – равнобедренный, значит высоты, проведенные к боковым сторонам, равны.

Длина $EH$ равна расстоянию от $A$ до $EO:$

$\rho (E,AC)=DE=\sqrt{R^2-2,5^2}=\sqrt{6,5^2-2,5^2}=6.$

Ответ: $6.$

(ЕГЭ 2023, Досрок)

Серединный перпендикуляр к стороне $AB$ треугольника $ABC$ переcекает сторону $AC$ в точке $D.$ Окружность с центром $O,$ вписанная в треугольник $ADB,$ касается отрезка $AD$ в точке $P,$ а прямая $OP$ пересекает сторону $AB$ в точке $K.$

а)  Докажите, что около четырёхугольника $BDOK$ можно описать окружность.

б)  Найдите радиус окружности, описанной около четырёхугольника $BDOK,$ если $AB=10,BC=\sqrt{19},AC=9.$

Решение:

а) Серединный перпендикуляр к $AB$ – биссектриса угла  $ADB.$

Пусть $\angle DAB=\angle DBA=\alpha.$ Тогда $\angle ADH= \angle BDH=90^{\circ}-\alpha,$ где $H$ – середина $AB.$

Тогда, с учетом того, что  $OP\perp AC,$ получаем: $\angle POD=\alpha.$ И тогда $\angle DOK=180^{\circ}-\alpha.$

Итак, в четырехугольнике $BDOK$ наблюдаем:

$\angle O+\angle B=180^{\circ}-\alpha+\alpha=180^{\circ},$

что говорит о том, около четырёхугольника можно описать окружность.

б) Заметим, треугольник $ABC$ – прямоугольный, так как $10^2=9^2+(\sqrt{19})^2$.

Пусть $DC=x,$ тогда $AD=DB=9-x.$

Из треугольника $DBC:$

$(9-x)^2=x^2+19;$

$62=18x;$

$x=\frac{31}{9}.$

Тогда  $DB=9-x=9-\frac{31}{9}=\frac{50}{9}.$

Замечаем, $BO$ – биссектриса угла $DBA.$

Из треугольника $DOB:$

$\angle DOB=180^{\circ}-\alpha-(90^{\circ}-\frac{\alpha}{2})=90^{\circ}-\frac{\alpha}{2}.$

Из треугольника $ABC$ $cosA=cos \alpha=\frac{9}{10}.$

Тогда $cos\frac{\alpha}{2}=\sqrt{\frac{cos\alpha+1}{2}}=\sqrt{\frac{19}{20}}.$
 По теореме Синусов для треугольника $DBO:$

$\frac{DB}{sinDOB}=2R;$

$\frac{\frac{50}{9}}{sin(90^{\circ}-\frac{\alpha}{2})}=2R;$

$\frac{\frac{50}{9}}{cos\frac{\alpha}{2}}=2R;$

$R=\frac{25}{9cos\frac{\alpha}{2}};$

$R=\frac{25}{9\cdot \sqrt{\frac{19}{20}}};$

$R=\frac{25\sqrt{20}}{9\sqrt{19}};$

$R=\frac{50\sqrt{95}}{171}.$

Ответ: $\frac{50\sqrt{95}}{171}.$

(ЕГЭ 2023, Досрок)

Две окружности касаются внутренним образом в точке $K,$ причём меньшая проходит через центр большей. Хорда $MN$ большей окружности касается меньшей в точке $C.$ Хорды $KM$ и $KN$ пересекают меньшую окружность в точках $A$ и $B$ соответственно, а отрезки $KC$ и $AB$ пересекаются в точке $L.$

а)  Докажите, что $CN:CM=LB:LA.$

б)  Найдите длину хорды $MN,$ если $LB:LA=3:7,$  a радиус меньшей окружности равен $\sqrt{17}.$

Решение:

а) Пусть $O$ – центр большей окружности.

Угол $KBO$ – прямой, так как опирается на диаметр   $KO.$

$OB$ – радиус, проведенный перпендикулярно хорде $KN,$ а значит $B$ – середина $KN.$ Тогда $BO$ – не только высота и медиана в треугольнике $KON,$ но и биссектриса.

Пусть

$\angle BOK=\angle NOB=\alpha.$

При этом

$\angle BAK=\angle BOK=\alpha$ (опираются на одну дугу).

Далее,

$\angle NMK=\frac{1}{2}\angle NOK$ (пара “центральный-вписанный”)

$\angle NMK=\frac{2\alpha}{2}=\alpha.$

Имеем: $\angle BAK=\angle NMK=\alpha,$ значит прямые $NM, AB$ параллельны.

Но тогда $\triangle KBL\infty \triangle KNC$ и $\triangle KLA\infty \triangle KCM.$

А значит, $LB:CN=KL:KC$ и $LA:CM=LK:CK,$ откуда

$LB:CN=LA:CM$

или

$CN:CM=LB:LA.$

б) Пусть $Q$ – центр малой окружности. $QC\perp NM.$

Пусть $OT\perp NM$ ($T$ – середина  $NM$).

По условию $LB:LA=3:7,$ значит $NC:CM=3:7.$ Пусть $NC=3x,CM=7x,$ тогда $CT=2x.$

Пусть $QF\perp OT.$

Очевидно, $QC=FT=\sqrt{17},CT=QF=2x.$

Из треугольника $QOF:$

 $FO=\sqrt{17-4x^2}.$

Наконец, из треугольника  $NTO$ имеем:

$NO^2=NT^2+TO^2;$

$4\cdot 17=(5x)^2+(\sqrt{17}+\sqrt{17-4x^2})^2;$

$4\cdot 17=25x^2+17+2\sqrt{17(17-4x^2)}+17-4x^2;$

$2\sqrt{17(17-4x^2)}=34-21x^2;$

$4(17^2-68x^2)=(34-21x^2)^2;$

$4(17^2-68x^2)=34^2-68\cdot 21x^2+441x^4;$

$441x^4=17\cdot 68x^2;$

$21x^2=34^2;$

$x=\frac{34}{21}.$

Тогда

$MN=10x=\frac{340}{21}.$

Ответ: $\frac{340}{21}.$

Полезно посмотреть аналог

ЕГЭ 2023, Досрок
Точка $B$ лежит на отрезке $AC$. Прямая, проходящая через точку $A$, касается окружности с диаметром $BC$ в точке $M$ и второй раз пересекает окружность с диаметром $AB$ в точке $K.$ Продолжение отрезка $MB$ пересекает окружность с диаметром $AB$ в точке $D.$

а)  Докажите, что прямые $AD$ и $MC$ параллельны.

б)  Найдите площадь треугольника $DBC$, если $AK=7$ и $MK=14.$

Решение:

а) Заметим, углы $BMC, ADB$ опираются на диаметр, а значит являются прямыми. Стало быть, углы при прямых $AD,$ $MC$ и секущей $DM$ равны. А значит, по признаку параллельности прямых, $AD$ и $MC$ параллельны.

б) Пусть $Q$ – середина $BC.$ Заметим, $MQ$ перпендикулярен $AM$ как радиус, проведенный к касательной.

Треугольники $AKB$, $AMQ$ подобны по двум углам (угол A общий и углы $AKM, AMQ$ прямые).

С учетом условия $AK=7$ и   $MK=14$ коэффициент подобия треугольников – $1:3.$

Пусть $AB=2x,BQ=MQ=4x,$ $BK=\frac{4}{3}MQ=\frac{4}{3}x.$

Из треугольника $AKB$ по теореме Пифагора:

$4x^2=49+(\frac{4x}{3})^2;$

$36x^2=49\cdot 9+16x^2;$

$20x^2=49\cdot 9;$ с.

$x=\frac{21}{2\sqrt{5}}.$

$BK=\frac{4}{3}x=\frac{14}{\sqrt{5}}.$

Заметим, треугольники $ABM,$ $CBD$ равновелики.
Действительно, с учетом параллельности прямых $AD$ и $MC,$ имеем:

$S_{CBD}=S_{ACD}-S_{ABD}=S_{AMD}-S_{ABD}=S_{AMB}.$

Итак,

$S_{CBD}=S_{AMB}=\frac{AM\cdot BK}{2}=\frac{21\cdot \frac{14}{\sqrt{5}}}{2}=\frac{147\sqrt 5}{5}.$

Ответ: $\frac{147\sqrt5}{5}.$