Решения задач. 10 класс 2006–2007

РАЗБОР ЗАДАЧ ПО МАТЕМАТИКЕ.
10 КЛАСС
ЗАДАЧА 1. КАКОЙ ОСТАТОК ПРИ ДЕЛЕНИИ НА 5 ДАЕТ ЧИСЛО 310033100333100  810088100888100 ?
ОСТАТОК
ЧИСЛА
СЛЕДОВАТЕЛЬНО,
ПРИ ДЕЛЕНИИ
ДОСТАТОЧНО
НА 5 ЗАВИСИТ
ОПРЕДЕЛИТЬ
ОТ
ЕГО ПОСЛЕДНЕЙ
ПОСЛЕДНЮЮ
ЦИФРЫ,
ЦИФРУ
310033100333100  810088100888100 . ПОСЛЕДНЯЯ ЦИФРА 3100 СОВПАДАЕТ С ПОСЛЕДНЕЙ ЦИФРОЙ
33100 , А ТАКЖЕ С ПОСЛЕДНЕЙ ЦИФРОЙ 333100 . ТО ЖЕ МОЖНО СКАЗАТЬ ПРО 8100 , 88100 , 888100 .
БУДЕМ,
СЛЕДОВАТЕЛЬНО,
ОПРЕДЕЛЯТЬ
ПОСЛЕДНЮЮ
ЦИФРУ
У
100
100
1000
100
100
100
300
300
3 33 333  8 88 888  3  8 .
НАРИСУЕМ ТАБЛИЦУ
3n
N
1
2
3
4
5
6
7
8
…
КАК
3
9
27
81
243
729
2187
6561
…
ПОСЛЕДНЯЯ ЦИФРА
3n
3
9
7
1
3
9
7
1
…
3n ПОВТОРЯЮТСЯ С ПЕРИОДОМ 4,
n
n1
n
ПРИЧИНА ЭТОГО В ТОМ, ЧТО 3  3  3 , СЛЕДОВАТЕЛЬНО, ПОСЛЕДНЯЯ ЦИФРА 3 ОДНОЗНАЧНО
n 1
n 1
n
ОПРЕДЕЛЯЕТСЯ ПОСЛЕДНЕЙ ЦИФРОЙ 3 . ТАК, ЕСЛИ 3
ОКАНЧИВАЕТСЯ НА 1, ТО 3
n 1
n
ОКАНЧИВАЕТСЯ НА 3, ЕСЛИ 3
ОКАНЧИВАЕТСЯ НА 3, ТО 3 ОКАНЧИВАЕТСЯ НА 9 И Т.Д.
РАЗ ПОСЛЕДНИЕ ЦИФРЫ ЧЕРЕДУЮТСЯ С ПЕРИОДОМ 4, 3300 ДОЛЖНО ИМЕТЬ ТУ ЖЕ
4
300
ПОСЛЕДНЮЮ ЦИФРУ, ЧТО И, НАПРИМЕР, 3 . СЛЕДОВАТЕЛЬНО, 3 ОКАНЧИВАЕТСЯ НА 1.
АНАЛОГИЧНО ОПРЕДЕЛЯЕТСЯ ПОСЛЕДНЯЯ ЦИФРА 8300 . ПОСЛЕДНИЕ ЦИФРЫ СТЕПЕНЕЙ
ВОСЬМЕРКИ ЧЕРЕДУЮТСЯ СЛЕДУЮЩИМ ОБРАЗОМ: 8, 6, 8, 6, … В РЕЗУЛЬТАТЕ ДЕЛАЕМ ВЫВОД,
300
ЧТО 8
ОКАНЧИВАЕТСЯ НА 6.
ИТОГО, ПОСЛЕДНЯЯ ЦИФРА 3300  8300 РАВНА 1 + 6 = 7. ОКОНЧАТЕЛЬНЫЙ ОТВЕТ –
100
100
100
100
100
100
ОСТАТОК ПРИ ДЕЛЕНИИ НА 5 ЧИСЛА 3 33 333  8 88 888 РАВЕН ДВУМ.
ОТВЕТ: 2
ВИДНО ИЗ ТАБЛИЦЫ, ПОСЛЕДНИЕ ЦИФРЫ
ЗАДАЧА
2.
КАКОЕ
2
2
3a  4ab  4b  4a  3 ?
НАИМЕНЬШЕЕ
ЗНАЧЕНИЕ
МОЖЕТ
ПРИНЯТЬ
ПРЕОБРАЗУЕМ ВЫРАЖЕНИЕ, ВЫДЕЛИВ В НЕМ ПОЛНЫЕ КВАДРАТЫ:
ВЫРАЖЕНИЕ
3a 2  4ab  4b 2  4a  3 
 4b 2  4ab  a 2  2a 2  4a  2  1 
 (2b  a ) 2  2(a  1) 2  1
ВЫРАЖЕНИЕ НЕ МОЖЕТ ОКАЗАТЬСЯ МЕНЬШЕ 1, Т.К. ПЕРВЫЕ ДВА СЛАГАЕМЫХ ЯВЛЯЮТСЯ
ТОЧНЫМИ КВАДРАТАМИ И, СЛЕДОВАТЕЛЬНО, ОБА НЕОТРИЦАТЕЛЬНЫ. ПРИ A = –1, B = 1/2
ЗНАЧЕНИЕ ВЫРАЖЕНИЕ РАВНО КАК РАЗ 1, В РЕЗУЛЬТАТЕ МЫ ПОЛУЧАЕМ ОТВЕТ: НАИМЕНЬШЕЕ
ЗНАЧЕНИЕ ВЫРАЖЕНИЯ РАВНО 1.
ОТВЕТ: 1
ЗАДАЧА 3. РЕШИТЕ УРАВНЕНИЕ
x 1 1
x 1 1
 2.
ПЕРЕНЕСЕМ ЗНАМЕНАТЕЛЬ В ПРАВУЮ ЧАСТЬ. СЛЕДУЕТ НЕ ЗАБЫТЬ ПРОСЛЕДИТЬ, ЧТОБЫ
В ОТВЕТЕ НЕ ОКАЗАЛОСЬ КОРНЕЙ, ПРИ КОТОРЫХ ЗНАМЕНАТЕЛЬ РАВЕН НУЛЮ. ИТАК:
x 1 1  2 x 1 1 .
В
ЗАВИСИМОСТИ ОТ ВОЗМОЖНЫХ РАСПОЛОЖЕНИЙ X ОТНОСИТЕЛЬНО ТОЧЕК
РАСКРЫВАЕМ ВНУТРЕННИЕ МОДУЛИ:
1
И
x  1
( x  1)  1  2 (1  x)  1 
1  x  1
( x  1)  1  2 (1  x)  1 
1 x
( x  1)  1  2 ( x  1)  1 
 x 2  2 x
x  2 x 
x  2x2
–1
x  2x 
ПРАВЫЙ МОДУЛЬ В ТЕКУЩЕМ
ИНТЕРВАЛЕ  ;1 ВСЕГДА
РАСКРЫВАЕТСЯ ОДИНАКОВО.
ЛЕВЫЙ МОДУЛЬ
РАСКРЫВАЕТСЯ ПО-РАЗНОМУ В
0 x
ПОЛУЧЕННОЕ УРАВНЕНИЕ,
ОЧЕВИДНО, ИМЕЕТ
ЕДИНСТВЕННО РЕШЕНИЕ: X =
0. РЕШЕНИЕ НАХОДИТСЯ КАК
РАЗ В ИНТЕРВАЛЕ [–1; 1]
ЛЕВЫЙ МОДУЛЬ В ТЕКУЩЕМ
ИНТЕРВАЛЕ 1; ВСЕГДА
ЗАВИСИМОСТИ ОТ ДВУХ
СЛУЧАЕВ:
РАСКРЫВАЕТСЯ ОДИНАКОВО.
ПРАВЫЙ МОДУЛЬ
РАСКРЫВАЕТСЯ ПО-РАЗНОМУ
В ЗАВИСИМОСТИ ОТ ДВУХ
СЛУЧАЕВ.
x  2:
 x  2  2( x)  x  2
x  2:
x  2(2  x)  x  4 3
ОТВЕТ НЕ ЛЕЖИТ В ИНТЕРВАЛЕ
 ;2
ОТВЕТ КАК РАЗ ЛЕЖИТ В
ИНТЕРВАЛЕ [1; 2]
2  x:
x  2  2( x)  x   2 3
2  x:
x  2( x  2)  x  4
ОТВЕТ НЕ ЛЕЖИТ В ИНТЕРВАЛЕ
ОТВЕТ КАК РАЗ ЛЕЖИТ В
[–2, –1]
ИНТЕРВАЛЕ
ИТОГО ПОСЛЕ РАЗБОРА СЛУЧАЕВ НАШЛОСЬ
Т.К. ПРИ X = 0 ЗНАМЕНАТЕЛЬ x  1  1  0 .
ОТВЕТ: 4/3, 4
ОТВЕТ: 4, 4/3
ТРИ ОТВЕТА:
2;
0, 4/3, 4. ОТВЕТ 0
ОТПАДАЕТ,
ЗАДАЧА 4. ПРИ КАКИХ ЗНАЧЕНИЯХ ПАРАМЕТРА A ФУНКЦИЯ F(X) =
ОПРЕДЕЛЕНА ДЛЯ ВСЕХ X > 0?
(a  1) x 2  (a 2  2) x  (a  1)
УТВЕРЖДЕНИЕ, ЧТО ФУНКЦИЯ F(X) ОПРЕДЕЛЕНА ПРИ ВСЕХ X > 0, МОЖНО
ПЕРЕФОРМУЛИРОВАТЬ ИНАЧЕ: ПОДКОРЕННОЕ ВЫРАЖЕНИЕ НЕОТРИЦАТЕЛЬНО ПРИ ВСЕХ X > 0.
ПОДКОРЕННОЕ ВЫРАЖЕНИЕ ЯВЛЯЕТСЯ КВАДРАТНЫМ ТРЕХЧЛЕНОМ ОТНОСИТЕЛЬНО X ВО
= –1 КОЭФФИЦИЕНТ ПРИ x 2 ОКАЗЫВАЕТСЯ РАВНЫМ 0, И
ЭТОТ СЛУЧАЙ СЛЕДУЕТ РАССМОТРЕТЬ ОТДЕЛЬНО. ЕСЛИ A = –1, ТО f ( x )  x  2 , ОТСЮДА
ВИДНО, ЧТО F(X) ОПРЕДЕЛЕНА ПРИ ВСЕХ X > 0, СЛЕДОВАТЕЛЬНО, A = –1 ВХОДИТ В ОТВЕТ.
ПУСТЬ ТЕПЕРЬ a  1 , ТОГДА ПОДКОРЕННОЕ ВЫРАЖЕНИЕ ЯВЛЯЕТСЯ КВАДРАТНЫМ
ТРЕХЧЛЕНОМ, И МЫ МОЖЕМ ПЕРЕЧИСЛИТЬ ОБЯЗАТЕЛЬНЫЕ УСЛОВИЯ ЕГО ПОЛОЖИТЕЛЬНОСТИ
ПРИ X > 0:
1) СТАРШИЙ КОЭФФИЦИЕНТ БОЛЬШЕ 0 (ЭКВИВАЛЕНТНО ТОМУ, ЧТО ВЕТВИ ПАРАБОЛЫ
НАПРАВЛЕНЫ ВВЕРХ)
2) ЗНАЧЕНИЕ В НУЛЕ НЕОТРИЦАТЕЛЬНО (ЕСЛИ БЫ ЗНАЧЕНИЕ В НУЛЕ БЫЛО
ОТРИЦАТЕЛЬНО, ТО ЗНАЧЕНИЕ ПРИ НЕКОТОРОМ ДОСТАТОЧНО МАЛОМ X > 0 ТОЖЕ
БЫЛО БЫ ОТРИЦАТЕЛЬНО)
УСЛОВИЕ 1) РАВНОСИЛЬНО ТОМУ, ЧТО СТАРШИЙ КОЭФФИЦИЕНТ (a  1)  0  a  1 .
УСЛОВИЕ 2) РАВНОСИЛЬНО ТОМУ, ЧТО ПРИ ПОДСТАНОВКЕ X = 0 ПОДКОРЕННОЕ ВЫРАЖЕНИЕ
НЕОТРИЦАТЕЛЬНО, Т.Е.  ( a  1)  0  a  1 .
ОБА УСЛОВИЯ ВМЕСТЕ ДАЮТ РЕЗУЛЬТАТ, ЧТО 1  a  1. ИТАК, НИКАКИЕ ДРУГИЕ A НЕ МОГУТ
ПОДХОДИТЬ В КАЧЕСТВЕ ОТВЕТА. ПРОВЕРИМ, ЧТО ПРИ ЛЮБОМ 1  a  1 ФУНКЦИЯ F(X)
ОПРЕДЕЛЕНА ДЛЯ X > 0.
НАЙДЕМ МЕСТОПОЛОЖЕНИЕ ВЕРШИНЫ ПАРАБОЛЫ – ГРАФИКА КВАДРАТНОГО
 (a 2  2)
a2  2
ТРЕХЧЛЕНА. x0  

 0 ПРИ 1  a  1.
2(a  1)
2(a  1)
СЛЕДОВАТЕЛЬНО, ПРИ 1  a  1 ПАРАБОЛА ВЫГЛЯДИТ ПРИМЕРНО ТАК, КАК ПОКАЗАНО
НА РИСУНКЕ:
ВСЕХ СЛУЧАЯХ КРОМЕ A
= –1. ПРИ
A
ИЗ РИСУНКА ВИДНО, ЧТО ВСЕ ЗНАЧЕНИЯ КВАДРАТНОГО ТРЕХЧЛЕНА ПРИ X > 0
ПОЛОЖИТЕЛЬНЫ. СЛЕДОВАТЕЛЬНО, ДЛЯ ВСЕХ ЗНАЧЕНИЙ ПАРАМЕТРА A НА ИНТЕРВАЛЕ (–1; 1]
ФУНКЦИЯ F(X) ОПРЕДЕЛЕНА ПРИ X > 0. В ОТВЕТ СЛЕДУЕТ ВКЛЮЧИТЬ СЛУЧАЙ A = –1,
РАССМОТРЕННЫЙ ОТДЕЛЬНО В САМОМ НАЧАЛЕ.
ОТВЕТ: [-1..1]
ПРИМЕЧАНИЕ. КОЭФФИЦИЕНТЫ
КВАДРАТНОГО ТРЕХЧЛЕНА ПОДОБРАНЫ ТАКИМ ОБРАЗОМ, ЧТО
ЕГО ДИСКРИМИНАНТ ИМЕЕТ ПРОСТОЕ ВЫРАЖЕНИЕ:
ЗАДАЧУ ДРУГИМ СПОСОБОМ.
D  a 4 . ЗАМЕТИВ ЭТО, МОЖНО РЕШИТЬ
ЗАДАЧА 5. В ПАРАЛЛЕЛОГРАММЕ ABCD ПРОВЕДЕНА СРЕДНЯЯ ЛИНИЯ MN (M – СЕРЕДИНА AB, N –
СЕРЕДИНА CD). ТОЧКА P ДЕЛИТ ОТРЕЗОК BC В ОТНОШЕНИИ 1:3 (СЧИТАЯ ОТ ТОЧКИ B), Q ДЕЛИТ
ОТРЕЗОК AD В ОТНОШЕНИИ
ОТНОШЕНИЕ MO К ON.
2:3 (СЧИТАЯ
ОТ ТОЧКА
А), O –
ПЕРЕСЕЧЕНИЕ
PQ
И
MN. НАЙДИТЕ
УСЛОВИЕ ЗАДАЧИ ИЗОБРАЖЕНО НА РИСУНКЕ:
ОБОЗНАЧИМ ДЛИНУ ОТРЕЗКА BC ЗА A. Т.К. ABCD ПАРАЛЛЕЛОГРАММ, ТО AD = A.
НАЙДЕМ ДЛИНЫ BP И PC.
1) BP + PC = A
2) BP / PC = 1/3
РЕШАЕМ ЭТУ СИСТЕМУ И НАХОДИМ, ЧТО BP = 1/4 A, PC = 3/4 A. АНАЛОГИЧНО НАХОДИМ ДЛИНЫ
AQ И QD: AQ = 2/5 A, QD = 3/5 A.
В ТРАПЕЦИИ ABPQ ТОЧКА M ЛЕЖИТ НА СЕРЕДИНЕ БОКОВОЙ СТОРОНЫ AB, ПРИ ЭТОМ
MO||AQ, Т.К. MN – СРЕДНЯЯ ЛИНИЯ В ПАРАЛЛЕЛОГРАММЕ ABCD. СЛЕДОВАТЕЛЬНО, MO –
СРЕДНЯЯ ЛИНИЯ В ТРАПЕЦИИ ABPQ И ЕЕ ДЛИНА МОЖЕТ БЫТЬ ВЫЧИСЛЕНА ПО ФОРМУЛЕ:
MO = (BP + AQ) / 2 = (1/4 A + 2/5 A) / 2 = 13/40 A.
АНАЛОГИЧНО, ON – СРЕДНЯЯ ЛИНИЯ ТРАПЕЦИИ QPCD И ЕЕ ДЛИНА ВЫЧИСЛЯЕТСЯ ПО
ФОРМУЛЕ ON = (PC + QD) / 2 = (3/4 A + 3/5 A) / 2 = 27/40 A.
ИТАК. MO / ON = 13 / 27.
ОТВЕТ: 13/27
ЗАДАЧА 6. ПРИ КАКИХ ЗНАЧЕНИЯХ ПАРАМЕТРА K ЧЕТЫРЕ ТОЧКИ A(0; K), B(1; 2 – K), C(2; K),
D(K; 7K – 6) РАЗЛИЧНЫ И ЛЕЖАТ НА ГРАФИКЕ КВАДРАТНОГО ТРЕХЧЛЕНА?
ЗАМЕТИМ, ЧТО ТОЧКИ A И C ИМЕЮТ РАЗНЫЕ АБСЦИССЫ, НО ОДИНАКОВЫЕ ОРДИНАТЫ.
СЛЕДОВАТЕЛЬНО, ЕСЛИ ЧЕРЕЗ НИХ ПРОХОДИТ ГРАФИК КВАДРАТНОГО ТРЕХЧЛЕНА, ТО ВЕРШИНА
ПАРАБОЛЫ ГРАФИКА ЛЕЖИТ РОВНО ПОСЕРЕДИНЕ МЕЖДУ A И C, Т.Е. В ТОЧКЕ (0 + 2) / 2 = 1.
КВАДРАТНЫЙ ТРЕХЧЛЕН С ВЕРШИНОЙ В ТОЧКЕ 1 ИМЕЕТ ВИД a( x  1) 2  p . НАПИШЕМ УСЛОВИЯ,
ЧТО ОН ПРОХОДИТ ЧЕРЕЗ ТОЧКИ A, B, C, D:
1) A: a(0  1) 2  p  k  a  p  k
2) B: a(1  1) 2  p  2  k  p  2  k
3) C: a(2  1) 2  p  k  a  p  k
4) D: a(k  1) 2  p  7k  6  a(k  1) 2  p  7k  6
ПОДСТАВИМ ВТОРОЕ УСЛОВИЕ В ПЕРВОЕ: a  (2  k )  k  a  2k  2 .
ПОДСТАВИМ
P=2–K
И
A = 2K – 2
В
ЧЕТВЕРТОЕ
УСЛОВИЕ:
2
2
2
(2k  2)( k  1)  (2  k )  7k  6  (2k  2)(k  1)  8k  8  (k  1)  4 , ПРИ k  1 (КОРЕНЬ K
= 1 НЕ ПОДХОДИТ, В ЭТОМ СЛУЧАЕ ТОЧКИ B И D СОВПАДАЮТ).
ДАЛЕЕ, (k  1) 2  4  k  1 ИЛИ K = 3
ОТВЕТ: -1, 3
ОТВЕТ: 3, -1
ПРИМЕЧАНИЕ. ЗАДАЧА МОЖЕТ БЫТЬ РЕШЕНА, ЕСЛИ ПРЕДСТАВИТЬ КВАДРАТНЫЙ
2
ВИДЕ ax  bx  c , НО ПРИ ЭТОМ ПОТРЕБУЮТСЯ ТРУДОЕМКИЕ ВЫЧИСЛЕНИЯ.
ТРЕХЧЛЕН В
ЗАДАЧА 7. СКОЛЬКО СУЩЕСТВУЕТ ЗНАЧЕНИЙ K, ПРИ КОТОРЫХ КВАДРАТНЫЙ
x 2  2006 x  k ИМЕЕТ ДВА РАЗЛИЧНЫХ ЦЕЛЫХ ПОЛОЖИТЕЛЬНЫХ КОРНЯ?
ТРЕХЧЛЕН
КВАДРАТНЫЙ ТРЕХЧЛЕН ИЗ УСЛОВИЯ ЗАДАЧИ ИМЕЕТ КОРНИ x1 И x2 В ТОМ И ТОЛЬКО В
ТОМ СЛУЧАЕ, КОГДА x1 x2  k , x1  x2  2006 (СМ. ТЕОРЕМА ВИЕТА). РАЗЛИЧНЫЕ ЦЕЛЫЕ
ПОЛОЖИТЕЛЬНЫЕ x1 И x2 С СУММОЙ 2006 ПЕРЕЧИСЛЕНЫ В СПИСКЕ:
1)
x1 = 1,
x2 = 2005
2)
x1 = 2,
x2 = 2004
3)
x1 = 3,
x2 = 2003
…
1002)
x1 = 1002,
x2 = 1004
СЛЕДУЮЩАЯ ПАРА В СПИСКЕ x1 = 1003, x2 = 1003 НЕ ПОДХОДИТ, ПОТОМУ ЧТО В НЕЙ x1 = x2 , А
ВСЕ ПОСЛЕДУЮЩИЕ НАЧИНАЯ С x1 = 1004, x2 = 1002 НЕ ПОДХОДЯТ, ПОТОМУ ЧТО В НИХ НЕ
ПОЛУЧАЕТСЯ НОВЫХ ПРОИЗВЕДЕНИЙ k  x1 x2 .
ИТОГО, НАЙДЕНО ВСЕГО 1002 ПАРЫ КОРНЕЙ x1 , x2 ДАЮЩИХ В ОБЩЕЙ СЛОЖНОСТИ 1002
ЗНАЧЕНИЯ k  x1 x2 .
ОТВЕТ: 1002
ЗАДАЧА 8. У ВАСИЛИЯ БЫЛО МНОГО ЯБЛОК, И ОН РЕШИЛ ОТДАТЬ ИХ СВОИМ ДРУЗЬЯМ. КОГДА
ДРУЗЬЯ ПРИШЛИ, ОН РАСПРЕДЕЛИЛ ЯБЛОКИ МЕЖДУ НИМИ, ПРИЧЕМ ВСЕМ ДОСТАЛОСЬ ПОРОВНУ.
НЕОЖИДАННО ПОДОШЕЛ ЕЩЕ ОДИН ДРУГ, ЯБЛОКИ ПРИШЛОСЬ ПЕРЕРАСПРЕДЕЛИТЬ, И ОПЯТЬ
ВСЕМ ДОСТАЛОСЬ ПОРОВНУ, НО ТЕПЕРЬ НА 15 ШТУК МЕНЬШЕ, ЧЕМ В ПРОШЛЫЙ РАЗ. КОГДА
ПОДОШЕЛ ЕЩЕ ОДИН ДРУГ, ЯБЛОКИ СНОВА ПЕРЕРАСПРЕДЕЛИЛИ, ОПЯТЬ ВСЕМ ДОСТАЛОСЬ
ПОРОВНУ, НО В ЭТОТ РАЗ ЕЩЕ НА 9 ШТУКИ МЕНЬШЕ. СКОЛЬКО ЯБЛОК БЫЛО У ВАСИЛИЯ И
СКОЛЬКО В КОНЦЕ КОНЦОВ К НЕМУ ПРИШЛО ДРУЗЕЙ?
ОБОЗНАЧИМ ЧЕРЕЗ N КОЛИЧЕСТВО ЯБЛОК У ВАСИЛИЯ, ЧЕРЕЗ F – КОЛИЧЕСТВО ДРУЗЕЙ
ВАСИЛИЯ, КОТОРОЕ ПРИШЛО К НЕМУ ВНАЧАЛЕ, ЧЕРЕЗ P – КОЛИЧЕСТВО ЯБЛОК, КОТОРОЕ
ДОСТАЛОСЬ КАЖДОМУ ДРУГУ ВНАЧАЛЕ. МЫ МОЖЕМ НАПИСАТЬ ТРИ УРАВНЕНИЯ:
1) N = FP
ПОКА НЕ ПОДОШЛИ ДВА ПОСЛЕДНИХ ДРУГА
2) N = (F + 1) (P – 15)
ДО ТОГО КАК ПОДОШЕЛ ПОСЛЕДНИЙ ДРУГ
3) N = (F + 2) (P – 15 – 9)
ПОСЛЕ ТОГО КАК ПОДОШЛИ ВСЕ ДРУЗЬЯ
ПРЕОБРАЗУЕМ ВСЕ ТРИ УРАВНЕНИЯ, РАСКРЫВ СКОБКИ:
1) N = FP
2) N = FP – 15F + P – 15
3) N = FP – 24F + 2P – 48
ВНИМАТЕЛЬНЫЙ ВЗГЛЯД НА ПОЛУЧЕННОЕ ПОЗВОЛЯЕТ СДЕЛАТЬ ВЫВОД:
1) – 15F + P – 15 = 0
2) – 24F + 2P – 48 = 0
ИЗ ПЕРВОГО УРАВНЕНИЯ УДАЕТСЯ НАЙТИ P = 15F + 15, ПОДСТАВЛЯЕМ ЭТО ВО ВТОРОЕ
УРАВНЕНИЕ,
– 24F + 2 (15F + 15) – 48 = 0  6F – 18 = 0  F = 3. ИТАК, ВНАЧАЛЕ К ВАСИЛИЮ ПРИШЛО 3
ДРУГА, Т.Е. ВСЕГО У НЕГО В КОНЦЕ БЫЛО 5 ДРУЗЕЙ.
НАЙДЕМ КОЛИЧЕСТВО ЯБЛОК N У ВАСИЛИЯ: P = 15F + 15 = 60, ОКОНЧАТЕЛЬНО N = FP =
60 3 =180
ОТВЕТ: 180, 5
ЗАДАЧА 9. СТРОИТЕЛЬНУЮ КОМПАНИЮ НАНЯЛИ ПОСТРОИТЬ ДОРОГУ ИЗ ГОРОДА N В ГОРОД M, И
ЗА ПЕРВЫЙ ВОСЬМИЧАСОВОЙ РАБОЧИЙ ДЕНЬ ОНА ПОСТРОИЛА 2 КМ ДОРОГИ. НОЧЬЮ ПРОШЕЛ
ДОЖДЬ И СМЫЛ ВСЮ РАЗМЕТКУ, КОТОРАЯ БЫЛА НАРИСОВАНА НА ПОСТРОЕННОМ УЧАСТКЕ
ДОРОГИ. НА СЛЕДУЮЩИЙ ДЕНЬ РАЗМЕТКА БЫЛА ВОССТАНОВЛЕНА, И НА ЭТО УШЛА ЧАСТЬ
РАБОЧЕГО ВРЕМЕНИ. СКОРОСТЬ ВОССТАНОВЛЕНИЯ РАЗМЕТКИ – 6 КМ/Ч. В РЕЗУЛЬТАТЕ НА ВТОРОЙ
ДЕНЬ БЫЛ ПОСТРОЕН БОЛЕЕ КОРОТКИЙ УЧАСТОК ДОРОГИ. СЛЕДУЮЩЕЙ НОЧЬЮ ВСЯ РАЗМЕТКА
ОПЯТЬ БЫЛА СМЫТА ДОЖДЕМ, И ЕЕ ВОССТАНОВЛЕНИЕ СНОВА ПОТРЕБОВАЛО ЧАСТИ РАБОЧЕГО
ВРЕМЕНИ. НА КАКОМ МАКСИМАЛЬНОМ РАССТОЯНИИ МОГЛИ НАХОДИТЬСЯ ГОРОДА N И М, ЕСЛИ
ИЗВЕСТНО, ЧТО ДОРОГА МЕЖДУ НИМИ В РЕЗУЛЬТАТЕ БЫЛА ПОСТРОЕНА, И ВО ВРЕМЯ
СТРОИТЕЛЬСТВА КАЖДУЮ НОЧЬ ШЕЛ ДОЖДЬ?
СКОРОСТЬ ВОССТАНОВЛЕНИЯ РАЗМЕТКИ РАВНА 6 КМ/Ч, ЗА ВОСЬМИЧАСОВОЙ РАБОЧИЙ
ДЕНЬ МОЖНО ВОССТАНОВИТЬ 6  8  48 КМ ДОРОЖНОЙ РАЗМЕТКИ. ПУСТЬ ГОРОДА НАХОДЯТСЯ
НА НЕКОТОРОМ МЕНЬШЕМ РАССТОЯНИИ, НАПРИМЕР 48 – X КМ. НАЧАЛО РАБОЧЕГО ДНЯ ВСЕГДА
НАЧИНАЕТСЯ С ВОССТАНОВЛЕНИЯ РАЗМЕТКИ, ПО ВРЕМЕНИ ВОССТАНОВЛЕНИЕ НИКОГДА НЕ
БУДЕТ ЗАНИМАТЬ БОЛЬШЕ (48 – X) / 6 ЧАСОВ = 8 – X/6 ЧАСОВ. ЗНАЧИТ, ПОСЛЕ
ВОССТАНОВЛЕНИЯ РАЗМЕТКИ У РАБОЧИХ ЕСТЬ ЕЩЕ МИНИМУМ X/6 ЧАСОВ ДЛЯ СТРОИТЕЛЬСТВА
НОВОГО УЧАСТКА ДОРОГИ. ЕСЛИ СКОРОСТЬ СТРОИТЕЛЬСТВА ДОРОГИ U (НЕ БУДЕМ ЕЕ
ВЫЧИСЛЯТЬ, ХОТЯ ЭТО ВОЗМОЖНО, РАЗ НАМ ДАНО, ЧТО ЗА ПЕРВЫЙ РАБОЧИЙ ДЕНЬ ПОСТРОЕНО 2
КМ), ТО КАЖДЫЙ ДЕНЬ СТРОИТСЯ МИНИМУМ UX/6 КИЛОМЕТРОВ. НУ А РАЗ КАЖДЫЙ ДЕНЬ
СТРОИТСЯ КАК МИНИМУМ НЕКОТОРОЕ ОПРЕДЕЛЕННОЕ КОЛИЧЕСТВО КИЛОМЕТРОВ, В КОНЦЕ
КОНЦОВ, ДОРОГА БУДЕТ ПОСТРОЕНА.
РЕЗУЛЬТАТ. ЕСЛИ РАССТОЯНИЕ МЕЖДУ ГОРОДАМИ МЕНЬШЕ 48 КМ, ТО МЕЖДУ НИМИ
БУДЕТ ПОСТРОЕНА ДОРОГА. ЕСЛИ РАССТОЯНИЕ МЕЖДУ НИМИ БОЛЬШЕ 48 КМ, ДОРОГА НИКОГДА
НЕ БУДЕТ ПОСТРОЕНА, ПОТОМУ ЧТО РАБОЧЕГО ДНЯ НЕ ХВАТАЕТ ДАЖЕ НА ТО, ЧТОБЫ
ВОССТАНОВИТЬ РАЗМЕТКУ НА УЧАСТКЕ ДОРОГИ МЕЖДУ ГОРОДАМИ.
ОТВЕТ: 48
ПРИМЕЧАНИЕ. МОЖНО
ПРОВЕРИТЬ, ЧТО КАЖДЫЙ ДЕНЬ ДЛИНА ПОСТРОЕННОГО УЧАСТКА
ДОРОГИ УБЫВАЕТ В ГЕОМЕТРИЧЕСКОЙ ПРОГРЕССИИ. ЭТО ПРИВОДИТ К ЕЩЕ ОДНОМУ РЕШЕНИЮ
ЗАДАЧИ, СЛЕДУЕТ ПРОСУММИРОВАТЬ ЧЛЕНЫ БЕСКОНЕЧНОЙ ГЕОМЕТРИЧЕСКОЙ ПРОГРЕССИИ.
ЗАДАЧА 10. В ТРАПЕЦИИ ABCD ДЛИНА ОСНОВАНИЯ AD РАВНА 2 2 , А ДЛИНА ОСНОВАНИЯ BC
РАВНА 2 . УГОЛ A = 15°, УГОЛ D = 30°. НАЙДИТЕ ДЛИНУ БОКОВОЙ СТОРОНЫ AB.
УСЛОВИЕ ЗАДАЧИ ИЗОБРАЖЕНО НА РИСУНКЕ:
ПРОВЕДЕМ BK
CD. ЗАМЕТИМ KD || BC, KB || DC, СЛЕДОВАТЕЛЬНО,
KBCD ПАРАЛЛЕЛОГРАММ И KD = BC = 2 . AD – СЕКУЩАЯ ПАРАЛЛЕЛЬНЫХ ПРЯМЫХ BK И
CD, СЛЕДОВАТЕЛЬНО  AKB =  ADC = 30°. ДАЛЕЕ НАЙДЕМ ДЛИНУ ОТРЕЗКА AK = AD –
KD = 2 2  2  2 .
БОКОВУЮ СТОРОНУ AB ТЕПЕРЬ МОЖНО НАЙТИ ПО ТЕОРЕМЕ СИНУСОВ ДЛЯ



ТРЕУГОЛЬНИКА ABK:
. ПРИ ЭТОМ  ABK = 180° –  AKB –
sin  sin 
ПАРАЛЛЕЛЬНО
 BKA = 180° – 30° – 15° = 135°. И
ПОЛУЧАЕТСЯ РАВНЫМ 1.
ОТВЕТ: 1
SIN
135° =
2 2 . ТЕПЕРЬ МОЖНО НАЙТИ AB, ОНО