Решение заданий егэ. Математика. Часть 2. Задания с6.

Решение заданий егэ. Часть 2.
Задания с6.
Учитель математики МКОУ СОШ № 10 с. Юца
Комарова Галина Петровна
С6 (1). Найдутся ли хотя бы три
десятизначных
числа,
делящихся на 11, в записи
каждого
из
которых
использованы все цифры от 0 до
9?
Решение. Число делится на 11 тогда и только тогда, когда
разность между суммами его цифр, состоящих на нечетных
и на четных местах, делится на 11.
Запишем все цифры подряд: 9876543210.В написанном
числе указанная разность сумм равна 5. Меняя местами,
например, 5 и 8, мы одну сумму увеличиваем на 3, а другую
уменьшаем на 3. Значит, разность между суммами его цифр,
стоящих на нечетных и четных местах, становится равной
11. Меняя местами, например, 4 и 7, или 3 и 6, получаем
требуемые примеры.
Примечание. В задаче не требуется нахождение всех чисел,
обладающих указанным свойством.
Ответ: Да.
С6 (2). Перед каждым из чисел 14, 15, …, 20 и
6, 7,…, 10 произвольным образом ставят знак
плюс или минус, после чего от каждого из
образовавшихся
чисел
первого
набора
отнимают каждое из образовавшихся чисел
второго набора, а затем все 35 полученных
результатов складывают. Какую наименьшую
по модулю и какую наибольшую сумму можно
получить в итоге?
Решение.
1. Если все числа первого набора взяты с плюсами, а второго – с
минусами, то сумма максимальна и равна
5 14 + К + 20 − 7 −6 − К − 10 =
14 + 20
6 + 10
=5
∙7 +7
∙ 5 = 35 ∙ 25 = 875.
2
2
2. Так как предыдущая сумма оказалась нечетной, то число
нечетных слагаемых в ней нечетно, причем это свойство суммы
не меняется при смене знака любого ее слагаемого. Поэтому
любая из получающихся сумм будет нечетной, а значит, не может
быть равной 0.
3. Значение 1 сумма может принять при следующей расстановке
знаков у чисел: 5(-14-15+16-17+18-19+20)-7(-6+7-8+9-10) = -5∙11+7∙8 = -55+56 = 1.
Ответ: 1 и 875.
С6 (3). Найдите все пары натуральных чисел
m ≤ n разной четности, удовлетворяющих
𝟏
𝟏
𝟏
уравнению + =
.
𝒎
𝒏
𝟏𝟐
Решение.
Натуральные числа m ≤ n разной четности удовлетворяют уравнению тогда и
1
1
1
только тогда, когда + = ⟺ 12𝑚 + 12𝑛 = 𝑚𝑛 ⟺ 𝑚𝑛 − 12𝑚 − 12𝑛 +
𝑚
𝑛
12
2
2
12 == 12 ⟺ 𝑚 − 12 𝑛 − 12 = 122 , причем числа m-12 и n-12 – разной
четности.
В качестве возможного разложения 122 = 24 ∙ 32 = 𝑝 ∙ 𝑞, где p – нечетно, а q –
четно, имеем следующие варианты:
1)
𝑝=1
𝑚 = 13
𝑚 − 12 = 1
⟺
⟺
𝑞 = 144
𝑛 = 156;
𝑛 − 12 = 144
2)
𝑝=3
𝑚 = 15
𝑚 − 12 = 3
⟺
⟺
𝑞 = 48
𝑛 = 160;
𝑛 − 12 = 48
3)
𝑝=9
𝑚 = 21
𝑚 − 12 = 9
⟺
⟺
𝑞 = 16
𝑛 = 28;
𝑛 − 12 = 16
𝑝<0
−12 < 𝑚 − 12 < 0
4)
⟹
⟹ (𝑚 − 12)(𝑛 − 12) < 122 , поэтому
𝑞<0
−12 < 𝑛 − 12 < 0
требуемое равенство не возможно.
С6 (4). Найдите все такие пары взаимно
простых натуральных чисел (то есть чисел,
наибольший общий делитель которых равен 1)
a и b, что если к десятичной записи числа a
приписать справа через запятую десятичную
запись числа b, то получится десятичная
𝒃
запись числа, равного .
𝒂
Решение.
Пусть десятичная запись числа b состоит из n цифр. Тогда по условию задачи
𝑏
𝑏
можно записать равенство = 𝑎 + 𝑛, поэтому 10𝑛 𝑏 − 𝑎2 = 𝑎𝑏.
𝑎
10
Из этого уравнения следует, что 𝑏 > 𝑎2 ≥ 𝑎. Так как числа a и b взаимно
простые, числа 𝑏 − 𝑎2 и ab тоже взаимно простые. (действительно, пусть p –
общий простой делитель этих чисел. Тогда если p делитель a, то p будет
делителем b. Если же p – делитель b, то p будет делителем а2 , значит р –
делитель а. Противоречие).
Поэтому 𝑏 − 𝑎2 = 1 и, следовательно, 𝑎𝑏 = 10𝑛 . Последнее равенство при
взаимно простых a и b возможно только в двух случаях:
1) 𝑏 = 10𝑛 , 𝑎 = 1, но в этом случае не выполняется равенство 𝑏 − 𝑎2 = 1.
2) 𝑏 = 5𝑛 , 𝑎 = 2𝑛 . В этом случае равенство 𝑏 − 𝑎2 = 1 принимает вид 5𝑛 −
5
1
4𝑛 = 1, откуда ( )2 = 1 + ( )𝑛 .
4
5
( )𝑛
4
4
1
Функция 𝑓 𝑛 =
возрастает, а функция 𝑔 𝑛 = 1 + ( )𝑛 убывает. Поэтому
4
уравнение 𝑓 𝑛 = 𝑔(𝑛) имеет не более одного корня, и так как 𝑓 1 = 𝑔(1),
единственным корнем уравнения является n = 1.
Ответ: а = 2, b = 5.
С6 (5). Вдоль окружности по порядку
расставили натуральные числа от 1 до 100.
Затем, двигаясь вдоль окружности, стали
вычеркивать каждое второе число, то есть
последовательно числа 2, 4, 6, …, 100, 3, 7, …,
до тех пор, пока не осталось одно число.
Определите, какое число осталось.
Решение.
Пусть вначале имеется 2n чисел. Тогда после первого обхода по кругу после
вычеркивания останутся числа с номерами 1, 3, 5, …, 2n-3, 2n-1.
Следующий обход по кругу будет начинаться с вычеркивания числа 3. Это
равносильно тому, что мы начинаем вычеркивание из n имеющихся чисел, при
этом номер каждого из оставшихся чисел, при этом номер каждого из
оставшихся чисел удваивается и уменьшается на 1. То есть если f(n) - число,
которое останется в конечном итоге (при последовательном вычеркивании из n
чисел), то f(2n) = 2f(n) – 1. В случае, когда в круге нечетное количество чисел,
например 2n+1, то после обхода круга следующим вычеркивается число 1, и
тем самым остаются числа 3, 5, 7, …, 2n-1, 2n+1. В этом случае получаем
f(2n+1) = 2f(n)+1.
В нашем случае всего имеется 100 чисел, значит, последним будет вычеркнуто
число 𝑓 100 = 2 ∙ 𝑓 50 − 1; 𝑓 50 = 2 ∙ 𝑓 25 − 1;
𝑓 25 = 2 ∙ 𝑓 12 + 1; 𝑓 12 = 2 ∙ 𝑓 6 − 1; 𝑓 6 = 2 ∙ 𝑓 3 − 1;
𝑓 3 = 2 ∙ 𝑓 1 + 1; 𝑓 1 = 1. Тогда находим 𝑓 3 = 2 ∙ 1 + 1 = 3; 𝑓 6 = 2 ∙ 3 − 1 = 5;
𝑓 12 = 2 ∙ 5 − 1 = 9; 𝑓 25 = 2 ∙ 9 + 1 = 19; 𝑓 50 = 2 ∙ 19 − 1 = 37;
𝑓 100 = 2 ∙ 37 − 1 = 73.
Итак, последним будет вычеркнуто число 73.
Ответ: 73.
С6 (6). Найдите все такие пары двузначных
чисел a и b, что, если к десятичной записи
числа а приписать справа через запятую
десятичную запись числа b и удвоить это
число, то получится квадратный корень из
половины
четырехзначного
числа,
записанного, не меняя порядка, цифрами
чисел а и b.
Решение.
Так как число b –двузначное, то если к целому числу а приписать справа через
запятую десятичную запись числа b, то получится число,
равное
𝑏
𝑎+
. Четырехзначное число, записанное цифрами числа а и b без
100
изменения порядка, равно 100а+b (так как числа а и b – двузначное).
Получим уравнение
𝑏
2 𝑎+
=
100
1
2
1
(100𝑎 + 𝑏);
100𝑎 + 𝑏 =
∙ 100𝑎 + 𝑏;
2
100
2
50
100𝑎 + 𝑏 =
; 100𝑎 + 𝑏 = 1250.
2
Из того, что числа а и b – двузначные и из равенства 100а+b=1250, следует,
что а=12, b=50.
Ответ: (12; 50)
С6 (7). Через n! обозначается произведение
натуральных чисел от 1 до n. Например, 𝟔! =
𝟏 ∙ 𝟐 ∙ 𝟑 ∙ 𝟒 ∙ 𝟓 ∙ 𝟔 = 𝟕𝟐𝟎
.
Для
любого
натурального числа k будем через d(k)
обозначать
количество
его
делителей,
включая 1 и само число k. Могут ли
выполняться следующие равенства? Если да,
то для каких n они выполняются?
а) 𝒅((𝒏!)𝟐 ) = 𝟏𝟖𝟐𝟖𝟏𝟖𝟐𝟖
б) 𝒅( 𝒏!)𝟐 = 𝟏𝟎𝟓
в) 𝒅(𝟐𝒏 𝒏!)𝟐 = 𝟏𝟎𝟖
Решение.
а) Заметим, что все делители числа 𝑘 2 разбиваются на пары
𝑁;
𝑘2
𝑁
, где
𝑘2
𝑁
≠ 𝑁 при 𝑘 ≠ 𝑁. Таким образом, число 𝑘 2 имеет
нечетное число делителей, в том числе при k = n!, а значит,
𝑑( 𝑛!)2 не может быть четным числом.
𝑎
𝑎
𝑎
б) Заметим, что если 𝑘 = 𝑝1 1 𝑝2 2 … 𝑝𝑚 𝑚 , где 𝑝𝑖 - простые
числа, то 𝑑 𝑘 = 𝛼1 + 1 𝛼2 + 1 … (𝛼𝑚 + 1). Число 105 = 3 ∙
5 ∙ 7 – раскладывается на более чем на 3 множителя, неравных 1.
Если уравнение 𝑑( 𝑛!)2 = 105 имеет решение, то (𝑛!)2 (а значит
и п!) имеет не более 3 простых делителей, отсюда следует, что
𝑛 ≤ 5. При п = 1 число (𝑛!)2 имеет 1 делитель, при п = 2 число
(𝑛!)2 имеет 3 делителя, при п = 3, число (𝑛!)2 = 36 = 22 ∙ 32
имеет (2+1)(2+1)=9 делителей, при п = 4 число (𝑛!)2 = 26 ∙ 32
имеет 21 делитель, при п = 5 число (𝑛!)2 = 26 ∙ 32 ∙ 52 имеет 63
делителя. Значит решений нет.
в) Так как 108 четное число, то 2𝑛 ∙ (𝑛!)2 не должно являться
квадратом, а значит п – нечетно. Заметим, что при п = 5 верно
равенство 2𝑛 ∙ (𝑛!)2 = 211 ∙ 32 ∙ 52 , а потому 𝑑(2𝑛 ∙ 𝑛!)2 = 108.
Осталось показать, что других решений нет. Пусть 𝑘1 < 𝑘2 , тогда
2𝑘1 ∙ (𝑘1 !)2 < 2𝑘2 ∙ (𝑘2 !)2 . При этом все делители числа 2𝑘1 ∙
(𝑘1 !)2 являются делителями числа 2𝑘2 ∙ (𝑘2 !)2 , это можно
𝛽
𝛽
𝛽
увидеть, считая 𝑛! = 𝑝1 1 𝑝2 2 … 𝑝8 8 . Отсюда очевидно, что
𝑑(2𝑘2 ∙ (𝑘2 !)2 ) > 𝑑(2𝑘2 ∙ (𝑘2 !)2 ). Значит, при 𝑛 > 5 выполняется
𝑑(2𝑛 ∙ 𝑛!)2 > 108, а при 𝑛 < 5 выполняется 𝑑(2𝑛 ∙ 𝑛!)2 <
108.
Ответ: а) нет; б) нет; в) 5.
С6 (8). Докажите, что система уравнений
𝟏𝟓𝒙𝟑 + 𝟑𝟔𝒙𝟐 + 𝟐𝟐𝒙 + 𝟒 = 𝟎
𝝅
𝟐
𝟒
𝟗𝒔𝒊𝒏 + 𝒄𝒐𝒔 𝟓𝒙 + 𝟏 𝒚 = 𝒚 𝒚 + − 𝟏 +
+ 𝟏𝟔 + 𝟓𝒙(𝟏 − 𝟓𝒙) ∙ 𝒔𝒊𝒏𝒚
𝒙
𝒙
𝒙
не имеет решений.
Решение.
1. Из второго уравнения:
4
+ 16 + 5𝑥 1 − 5𝑥 ≥ 0
𝑥
25𝑥 3 − 5𝑥 2 − 16𝑥 − 4
𝑥 − 1 25𝑥 2 + 20𝑥 + 4
⟺
≤0⟺
≤0
𝑥
𝑥
2
5𝑥 + 2 + 0 или
𝑥 = − или
(𝑥 − 1)(5𝑥 + 2)2
5
⟺
≤0⟺ 𝑥−1
⟺
𝑥
0 < 𝑥 ≤ 1.
≤0
𝑥
2. Рассмотрим два случая:
а) 0 < 𝑥 ≤ 1:
15𝑥 3 + 36𝑥 2 + 22𝑥 + 4 > 4 > 0 , поэтому первое уравнение системы не
выполнено;
2
4
б) 𝑥 = − ⟹ + 16 + 5𝑥 1 − 5𝑥 = 0 ;
5
𝑥
15𝑥 3 + 36𝑥 2 + 22𝑥 + 4 = 0
𝜋
2
4
9 sin + cos 5𝑥 + 1 𝑦 = 𝑦 𝑦 + − 1 +
+ 16 + 5𝑥(1 − 5𝑥) ∙ sin𝑦
𝑥
𝑥
𝑥
𝜋
𝜋
2
2
2
15 −
+ 36 −
+ 22 −
+4=0
5
5
5
⟺
5𝜋
9𝑠𝑖𝑛 −
+ 𝑐𝑜𝑠 −2 + 1 𝑦 = 𝑦 𝑦 − 5 − 1
2
−3 ∙ 2 + 36 − 11 ∙ 5 + 25 = 0
⟺
−9 + cos 𝑦 = 𝑦 𝑦 − 6
⟺ cos 𝑦 = 𝑦 − 3 2 .
Рассмотрим два подслучая:
𝜋 3𝜋
• 𝑦 ∈ 2; 4 ⊂ ;
: cos 𝑦 < 0 ≤ 𝑦 − 3
2
2
−верно
2,
поэтому корней нет,
• 𝑦 ∉ 2; 4 : cos 𝑦 ≤ 1 < 𝑦 − 3 2 , поэтому корней нет.
Итак, система решений не имеет.
С6 (9). Ученик должен был перемножить два
трехзначных
числа
и
разделить
их
произведение на пятизначное. Однако, он не
заметил знак умножения и принял два
записанных рядом трехзначных числа за одно
шестизначное. Поэтому полученное частное
(натуральное) оказалось в три раза больше
истинного. Найдите все три числа.
Решение.
1000𝑎+𝑏
𝑎𝑏
Обозначим эти числа за a, b и c. Имеем
= 3 ⋅ , а значит
𝑐
𝑐
1000𝑎 + 𝑏 = 3𝑎𝑏.
Так как правая часть делится на а, значит, левая часть тоже делится на а и 𝑏 =
𝑘𝑎. Получаем 1000а + 𝑘𝑎 = 3𝑘𝑎2 , что равносильно 1000 + 𝑎 = 3𝑘𝑎.
Обратим внимание, что k не превосходит 9, так как и а и b - трехзначные
числа, а 1000 + k делится на 3, значит возможны только варианты k = 2, k = 5,
k = 8.
Если k = 2, то а = 167, b = 334, а с = 27 889 или с = 55 778 (других пятизначных
делителей у ab нет).
Если k = 5, то а = 67, что противоречит условию.
Если k = 8, то а = 42, что противоречит условию.
Ответ: 167, 334 и 27 889 или 167, 334 и 55 778.
С6 (10). Решите уравнение в натуральных
числах mn + 42 = 8m.
Решение.
Выразив n через m
𝑚𝑛 + 42 = 8𝑚
𝑚𝑛 = −42 + 8𝑚
42
𝑛=−
+ 8𝑛
𝑚
Ставя n = 1; 2; 3; 6; 7; 14; 21; 42 получаем решения (1; -34); (2; -13); (3; -6);
(6; 1); (7; 2); (14; 5); (21; 6); (42; 7).
Условию, что числа являются натуральными удовлетворяют пары (6; 1); (7; 2);
(14; 5); (21; 6); (42; 7).
Ответ: (6; 1); (7; 2); (14; 5); (21; 6); (42; 7).
Литература
1.
2.
3.
4.
5.
6.
ЕГЭ-2011. Математика: типовые экзаменационные варианты: 30 вариантов/под ред.
А.Л.Семенова, И.В.Ященко. – М.: Национальное образование, 2011.-240 с.-(ЕГЭ-2011. ФИПИшколе).
ЕГЭ-2012. Математика. 30 вариантов типовых тестовых заданий и 800 заданий части 2 (С)/
И.Р.Высоцкий, П.И.Захаров, В.С.Панферов, С.Е.Посицельский, А.В.Семенов, А.Л.Семенов,
М.А.Семенова, И.Н.Сергеев, В.А.смирнов, С.А.Шестаков, Д.Э.Шноль, И.В.Ященко; под ред.
А.Л.Семенова, И.В.Ященко.- М.: Тздательство «Экзамен», 2012.- 215, [1] с. (Серия «ЕГЭ.
Типовые задания»).
ЕГЭ. Математика. Тематические тренировочные задания. Уровень В, С/ Л.Д.Лаппо, М.А.Попов.
– М.: Издательство «Экзамен», 2013. – 63, [1] с.(Серия «ЕГЭ. Супертренинг»)
ЕГЭ 2013. Математика. Типовые тестовые задания / И.Р.Высоцкий, П.И.Захаров, В.С.Панферов,
С.Е.Посицельский, А.В.Семенов, А.Л.Семенов, М.А.Семенова, И.Н.Сергеев, В.А.смирнов,
С.А.Шестаков, Д.Э.Шноль, И.В.Ященко; под ред. А.Л.Семенова, И.В.Ященко.- М.: Тздательство
«Экзамен», 2013.- 55, [1] с. (Серия «ЕГЭ. Типовые тестовые задания»).
ЕГЭ: 1000 задач с ответами и решениями по математике. Все задания группы С/ И.Н.Сергеев,
В.С.Парфенов,- М.: Издательство «Экзамен», 2012. – 301, [3] с. (Серия «Банк заданий ЕГЭ»).
Самое полное издание типовых вариантов реальных заданий ЕГЭ: 2010: Математика/ авт.-сост.
И.Р.Высоцкий, Д.Д.Гущин, П.И.Захаров, и др.; под ред. А.Л.Семенова, И.В.Ященко. –
М.:АСТ:Астрель, 2010. – 93, [3] с. – (Федеральный институт педагогических измерений).