Вариант 3, решения

Видеоразбор варианта 3:

Часть 1. Задания с кратким ответом

1. Анна Малкова Когда в ноябре 2020 года курс доллара стал равен 77,5 рублей, Валентина Петровна решилась потратить S тысяч рублей на покупку долларов. На сколько процентов больше получилась бы сумма в долларах, если бы Валентина Петровна сделала это в январе 2020 года, когда курс доллара составлял 62 рубля?

Решение:
По условию задачи, в ноябре 2020 года Валентина Петровна поменяла S тысяч рублей на доллары и получила $\displaystyle \frac{S}{77,5}$ долларов.
Если бы она в январе 2020 года поменяла такую же сумму на доллары, она бы получила $\displaystyle \frac{S}{62}$ долларов.
За 100% принимаем величину, с которой сравниваем, то есть сумму в долларах, полученную в ноябре. Сумма в долларах, которую Валентина Петровна получила бы в январе, была бы на р % больше.
$\displaystyle \frac{S}{77,5}\cdot \left( 1 +\frac{p}{100} \right) =\frac{S}{62}$
Поделим обе части на S.
$\displaystyle \frac{1}{77,5}\cdot \left( 1 +\frac{p}{100} \right) =\frac{1}{62}$
$\displaystyle 62\cdot \left( 1+\frac{p}{100} \right) = 77,5$
$\displaystyle \frac{62p}{100} = 15,5$
р = 1550 : 62 = 25.

Ответ: 25

2. На графике изображена зависимость крутящего момента автомобильного двигателя от числа его оборотов в минуту. На оси абсцисс откладывается число оборотов в минуту. На оси ординат — крутящий момент в Н*м (Ньютонах на метр) Чтобы автомобиль начал движение, крутящий момент должен быть не менее 60 Н*м. Какое наименьшее число оборотов двигателя в минуту достаточно, чтобы автомобиль начал движение?

Решение: Находим по графику, что значению 60 Н*м соответствует 1500 оборотов двигателя.

Ответ: 1500.

3. Анна Малкова Найдите площадь фигуры S, изображенной на клетчатой бумаге. В ответе запишите $\displaystyle \frac{S} {\pi}$ .

Решение:
Площадь фигуры S равна сумме площадей двух фигур, являющихся четвертями кругов с радиусами 7 и 4 минус площадь половины круга с радиусом 2.
Получим: $\displaystyle S = \pi \cdot \left( \frac{7^{2}}{4}+\frac{4^{2}}{4}-\frac{2^{2}}{2} \right) = \pi \cdot \left( \frac{49+16}{4}-2 \right)=$

$\displaystyle = \pi \left( 12+\frac{1}{4}+4-2 \right) = \pi \cdot 14,25$

В ответе запишем $\displaystyle \frac{S}{\pi}$

Ответ: 14,25

4. Анна Малкова Жил старик со своею старухой у самого синего моря. Старик ловил неводом рыбу, закидывая невод до тех пор, пока не поймает хотя бы одну. В результате многолетних наблюдений старик заметил, что вероятность поймать рыбу при первом закидывании невода равна 0,4, а при последующих 0,6. Сколько раз старику надо закинуть невод, чтобы вероятность поймать хотя бы одну рыбу была не менее 0,95?

Решение:
Закинув невод в первый раз, старик может поймать рыбу с вероятностью 0,4 или не поймать с вероятностью 0,6. Если старик поймал рыбу, он больше не ловит, если не поймал – продолжает закидывать.

Он может поймать рыбу с первой попытки, со второй, с третьей, с n-ной. Пусть вероятность события А = { старик поймал рыбу с одной из n попыток} не менее 0,95.
Тогда вероятность противоположного события В = { старик не поймал рыбу, сделав n попыток } не более 0,05. Это значит, что он не поймал рыбу с первой попытки, со второй, с третьей, с n-ной.
Вероятность этого события

$p=0,6\cdot 0,4^{n-1}$

Получим:

$0,6\cdot 0,4^{n-1} \leq 0,05$

$\displaystyle 0,4^{n-1} \leq \frac{0,5}{6}$

$\displaystyle 0,4^{n-1 } \leq \frac{1}{12}$

$\displaystyle \frac{1}{12} \approx 0,083,$

$0,4^{2}=0,16 \textgreater 0,083$

$0,4^{3}=0,064 \textless 0,083,$

Неравенство выполняется, если $n-1=3,$ тогда $n=4.$

Ответ: 4

5. Найдите корень уравнения $9^{2+5x}=1,8 \cdot 5^{2+5x}$ .

Решение:

$\displaystyle \left( \frac{9}{5} \right) ^{2+5x}=1,8$

$\left( 1,8 \right) ^{2+5x}=1,8$

$2+5x=1$

$5x=-1$

$x=-0,2$

Ответ: -0,2

6. Найдите сторону ромба, если радиус вписанной в него окружности равен $\sqrt {3}$ , а больший из углов ромба равен 120 градусов.

$\angle B=120^{\circ} \Rightarrow A=60^{\circ},$

$OH=R;$

$\displaystyle OH=\frac{1}{2}HE,$ где HE – высота ромба. Пусть AB=a.

$a sin 60^{\circ}=2\sqrt{3}$

$\displaystyle a\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}=2\sqrt{3},$

$a=4$

Ответ: 4

7. На рисунке приведён график зависимости координаты тела x от времени t при его прямолинейном движении по оси Х.

Определите модуль скорости тела v в промежутке времени от 25 до 30 с. Ответ выразите в м/с.

Решение: Скорость тела v(t) – это производная от его координаты х(t) по времени. На отрезке от 25 до 30 секунд координата тела линейно уменьшается от 10 м до нуля. Модуль скорости тела равен модулю углового коэффициента графика х(t), то есть 10 : 5 = 2.
Ответ: 2

8. Площадь основания ABCD пирамиды SABCD равна 6, высота равна 6. Через середину высоты параллельно основанию пирамиды проведено сечение, которое является основанием меньшей пирамиды с той же вершиной. Найдите объем меньшей пирамиды.

Решение:

Отношение объемов подобных тел равно кубу коэффициента подобия. В данной задаче коэффициент подобия равен $\displaystyle \frac{1}{2},$ так как все линейные размеры меньшей пирамиды в 2 раза меньше, чем линейные размеры большой. Значит, ее объем в 8 раз меньше, чем объем большой пирамиды, и равен $\displaystyle V = \frac{1}{8} \cdot \frac{1}{3} \cdot 6 \cdot 6 = \frac{3}{2} = 1,5$

Ответ: 1,5

9. Найдите значение выражения:

$\left( tg \alpha +ctg \alpha \right) ^{2}- \left( tg \alpha -ctg \alpha \right) ^{2}$

Решение:
$\left( tg \alpha +ctg \alpha \right) ^{2}- \left( tg \alpha -ctg \alpha \right) ^{2}=$

$=tg^{2} \alpha +2tg \alpha ctg \alpha +ctg^{2} \alpha -tg^{2} \alpha +2tg \alpha ctg \alpha -ctg^2\alpha=$

$=4tg \alpha ctg \alpha =4\cdot 1=4$

Ответ: 4

10. Антон Акимов Дальность полета $L$ мяча, брошенного под углом $\alpha \left( 0 ^{\circ} \textless \alpha \textless 90 ^{\circ} \right)$ к горизонту, зависит от начальной скорости $v_{0}$ и угла $\alpha$ по закону $L=0,1v_{0}^{2}\sin 2 \alpha$ , где $L$ измеряется в метрах, а $v_{0}$ в метрах в секунду. Определите, при каком максимальном значении $\alpha$ дальность полета будет не меньше , если начальная скорость мяча составляет в секунду. Ответ дайте в градусах.

Решение:

Подставив значения величин в формулу для дальности полета, получим неравенство:

$\displaystyle \sin 2 \alpha \geq \frac{1}{2}.$

Нарисуем тригонометрический круг, обозначив $2 \alpha =t$ , и решим неравенство $\displaystyle \sin t \geq \frac{1}{2}.$

Отсюда с учетом возможного диапазона угла $\alpha$ получаем $30 ^{\circ} \leq 2 \alpha \leq 150 ^{\circ}$ . Значит, максимальное значение $\alpha$ равно 75 градусов.

Ответ: 75

11. Анна Малкова Стоя на носу баржи «Анна Каренина», идущей против течения реки, капитан случайно уронил в воду свой паспорт. Документ не утонул, а поплыл по течению и был выловлен через 4 минуты матросом, находившимся на корме теплохода «Дубровский», который следовал за «Анной Карениной», причем расстояние от кормы «Анны Карениной» до носа «Дубровского» в момент падения паспорта было равно 725 метров.
Найдите длину баржи «Анна Каренина», если длина теплохода «Дубровский» 23 метра, а его скорость в неподвижной воде равна 12 км/ч. Ответ выразите в метрах.

Решение:

Пусть х - длина баржи «Анна Каренина».

Паспорт плывёт по течению со скоростью течения v;
Скорость теплохода «Дубровский» равна $12-v$ км/ч (относительно неподвижного наблюдателя), скорость сближения паспорта и теплохода «Дубровский» равна $12-v+v=12$ км/ч;

$S=v\cdot t$

$t=4$ минуты $\displaystyle =\frac{4}{60}$ часа $\displaystyle =\frac{1}{15}$ часа;

S – расстояние, которое «прошёл» паспорт, $S=x+725+23$ (метра),

725 м=0,725 км;
23 м=0,023 км;
x км+0,748 км $\displaystyle =\frac{12}{15}=0,8:$
x=0,8-0,748 км = 0,05 км=52 м.

Ответ: 52

12. Найдите точку максимума функции $y= \left( 2x-3 \right) \cos x-2\sin x+5,$ принадлежащую промежутку $\displaystyle \left( 0;\frac{ \pi }{2} \right) .$

Решение:

$y^{$

$y^{$ только если $x=1,5;$ так как при $\displaystyle x \in \left( 0;\frac{ \pi }{2} \right) \sin x \neq 0.$

Если $0 \textless x \textless 1,5,$ то $y^{$

Если $1,5 \textless x \textless \pi ,$ то $y^{$

$x=1,5$ – точка максимума

Ответ: 1,5

Часть 2. Задания с развернутым ответом

13. Решить уравнение $\displaystyle \frac{8 \left( ctg x-tg x \right) }{ctg x+tg x}=2\cos 4x+5.$

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

Решение:

а) ОДЗ: $\left\{\begin{matrix}ctg x+tg x \ne 0\\ \sin x \ne 0\\ \cos x \ne 0\end{matrix}\right.$

Сделаем замену $tg x=t.$ Упростим дробь в левой части уравнения.

$\displaystyle \frac{(ctg x-tg x)}{ctg x+tg x}=\frac{\frac{1}{t}-t}{\frac{1}{t}+t}=\frac{1-t^2}{1+t^2}=cos 2x$

Получим:

$8\cos 2x=2 \left( 2\cos ^{2}2x-1\right)+5$

Сделаем замену: $\cos 2x=z;$ $|z|\leq 1$

$4z^{2}-8z+3=0$

$D=64-48=16;$

$\displaystyle z=\frac{8 \pm 4}{8};$ так как $\vert z \vert \leq 1; \; z=\frac{1}{2}$

$\displaystyle \cos 2x=\frac{1}{2}$

$\displaystyle 2x= \pm \frac{ \pi }{3}+2 \pi k, k \in z$

$\displaystyle x= \pm \frac{ \pi }{6}+ \pi k$

б) Найдем корни на отрезке $\displaystyle \left[ -4 \pi ; -\frac{5 \pi }{2} \right] .$

$\displaystyle x= \pm \frac{ \pi }{6}+ \pi k , k \in z$

б) Отметим на тригонометрическом круге отрезок $\displaystyle [-4\pi; -\frac{5\pi}{2}]$ и найденные серии решений. Видим, что указанному отрезку принадлежат точки $x_1,\;x_2,\;x_3.$

$\displaystyle x_{1}=-4 \pi +\frac{ \pi }{6}=-\frac{23 \pi }{6}$

$\displaystyle x_{2}=-4 \pi +\frac{5 \pi }{6}=-\frac{19 \pi }{6}$

$\displaystyle x_{3}=-4 \pi +\frac{7 \pi }{6}=-\frac{17 \pi }{6}$

Ответ: $\displaystyle -\frac{23 \pi }{6};-\frac{19 \pi }{6};-\frac{17 \pi }{6}$

14. Анна Малкова
а) Докажите, что центр сферы, вписанной в правильную четырехугольную пирамиду SABCD, лежит на высоте пирамиды.
б) В правильной пирамиде SABCD ребро основания равно 10, высота равна 12. В каком отношении центр вписанной сферы делит высоту пирамиды?

Решение:

Докажем, что центр сферы, вписанной в пирамиду, лежит на высоте пирамиды.
Пусть O – центр сферы, S – вершина пирамиды, OM и BN – радиусы сферы.

$OM\perp \left( SAB \right)$

$ON\perp \left( SDC \right) ;$

$OM=ON=r$

Точка О равноудалена от плоскостей SAB и SDC. Значит, точка O лежит в биссекторной плоскости угла между (SAB) и (SBC)

Биссекторная плоскость – плоскость, которая проходит через ребро двугранного угла и делит его на 2 равных двугранных угла.

Если точка O равноудалена от плоскостей $\alpha$ и $\beta ,$ это равносильно тому, что $O$ лежит в биссекторной плоскости угла между $\alpha$ и $\beta .$
Докажем это.

Пусть $m= \alpha \cap \beta$

Пусть $\left( OMN \right) \cap m=S;\; S=SN \cap SM$

SO – биссектриса угла $\angle MSN,$ т.к. $\triangle SOM=\triangle SON$ по гипотенузе и катету.

Так как $m\perp \left( MON \right) , m \in \alpha , m \in \beta \Rightarrow \alpha \perp \left( MON \right) , \beta \perp \left( MON \right)$ – по признаку перпендикулярности плоскостей.

Значит, в нашей задаче точка O лежит на биссектрисе угла MSN, то есть в биссекторной плоскости угла между (SAB) и (SBC) – гранями пирамиды.
Мы доказали, что $SO\perp m, SO \in \left( MON \right) ;$
$m= \left( SAB \right) \cap \left( SDC \right) ;$
по теореме о прямой и параллельной ей плоскости, $m\parallel AB.$ Тогда $SO\perp AB$ . Аналогично доказываем, что $SO\perp AD.$ Тогда $SO\perp \left( ABD \right) ;$ O – лежит на высоте пирамиды.

Б) $AB=10; \; h=12=SH$

Найти: $\displaystyle \frac{SO}{OH}$

Решение:

Пусть r – радиус вписанной сферы.

Объем пирамиды SABCD равен сумме объемов 5 пирамид с общей вершиной О, то есть пирамид SABCO, SABO, SADO, SBCO, SCDOО. Все эти пирамиды имеют одинаковые высоты, равные радиусу вписанной сферы r.

$\displaystyle V_{SABCD}=\frac{1}{3}r \left( S_{ABCD}+4S_{\bigtriangleup ASB} \right) =\frac{1}{3}S_{ABCD}\cdot h$

$S_{ABCD}=100;$

SK – апофема, $SK=13;$

$\displaystyle S_{\bigtriangleup SAB}=\frac{13\cdot 10}{2}=65;$

$r= \left( 100+4\cdot 65 \right) =100\cdot 12$

$\displaystyle r=\frac{100\cdot 12}{360}=\frac{100}{30}=\frac{10}{3}$

$r=OH;$

$\displaystyle SO=12-\frac{10}{3}=\frac{26}{3};$

$\displaystyle \frac{SO}{OH}=\frac{26}{10}=\frac{13}{5}$

Ответ: 13 : 5

15. Решите неравенство $x^{2}\log _{125} \left( -x-2 \right) \geq \log _{5} \left( x^{2}+4x+4 \right) .$

Решение:

ОДЗ: $-x-2 \textgreater 0$

Замена: $-x-2=t;t \textgreater 0$

$\displaystyle x^{2}\log _{125}t \geq \log _{5}t^{2} \Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}x^{2}\cdot \frac{\log _{5}t}{3} \geq 2\log _{5}t\\t \textgreater 0\end{matrix}\right. \Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}(x^2-6)log_5 t \geq 0\\ t \textgreater 0\end{matrix}\right.$

Вернемся к переменной х.

$\left\{\begin{matrix}(x^2-6) \cdot log_5 (-x-2)\geq 0\\x \textless -2\end{matrix}\right. \Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}(x-\sqrt{6})(x+\sqrt{6})log_5(-x-2)\geq0\\x \textless -2\end{matrix}\right. \Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}(x+\sqrt{6})log_5(-x-2)\leq 0\\x \textless -2\end{matrix}\right.$

применим метод замены множителя;

$\left\{\begin{matrix}(x+\sqrt{6})(-x-2-1)\leq 0\\ x \textless -2\end{matrix}\right. \Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}(x+\sqrt{6})(x+3) \geq 0\\ x \textless -2\end{matrix}\right.$

Ответ: $\left( -\infty;-3 \right] \cup \left[ -\sqrt[]{6;}-2 \right) .$

16. Анна Малкова

На сторонах прямоугольного треугольника АВС построены квадраты, лежащие вне треугольника.

Пусть Р и Q – центры квадратов, построенных на катетах АС и ВС, О – центр квадрата, построенного на гипотенузе.

а) Докажите, что ОС = PQ.

б) Катеты треугольника АВС даны: ВС = 5, АС = 12. Пусть АН - высота треугольника АОС. Найдите площадь четырехугольника ВОНQ.

Решение:

а) $\angle PCA=\angle QCN$ – вертикальные, $C \in PQ; \; PQ=PC+CQ;$

если $BC=a, \; AC=b,$ то $\displaystyle PQ=\frac{ \left( a+b \right) \cdot \sqrt{2}}{2}.$ (как сумма половин диагоналей квадратов со сторонами a и b).

Докажем, что $OC=PQ.$

AOBC – можно вписать в окружность, т.к. $\angle O+\angle C=90^{\circ}+90^{\circ}=180^{\circ};$

$\angle ACO=\angle ABO=45^{\circ}$ - как вписанные углы, опирающиеся на одну дугу АО.

$\triangle AOC$ — вписан в окружность, AB – диаметр окружности.

$\angle CAO=45^{\circ}+ \alpha ;$

По теореме синусов для треугольника АОС,

$\displaystyle \frac{OC}{\sin \left( 45^{\circ}+ \alpha \right) }=AB;$

$\displaystyle OC=AB\cdot \frac{\sqrt{2}}{2} \left( \sin \alpha +\cos \alpha \right)$

$\displaystyle OC=\frac{ \left( AB\sin \alpha +AB\cos \alpha \right) \cdot \sqrt{2}}{2}=\frac{ \left( a+b \right) \sqrt{2}}{2} =PQ$

б) Пусть $a=5, b=12.$

Найдём $S_{BOHQ}$

Четырехугольник AOBC – вписанный в окружность, $\angle AOC=\angle ABC= \beta .$

$\angle OAH= \alpha ,$

Из треугольника АОН: $\displaystyle OH=AO\cdot \sin \alpha =\frac{AB\sqrt{2}}{2}\sin \alpha =\frac{a\sqrt{2}}{2}=BQ,$

$OH=BQ, \; OC\parallel BQ,$ т.е. $OH\parallel BQ,$

$BOHQ$ – параллелограмм, $\displaystyle S_{BOHQ}=OH\cdot BQ\cdot \sin \alpha =\frac{a\sqrt{2}}{2}\cdot \frac{b\sqrt{2}}{2}\sin \alpha =\frac{ab}{2}\sin \alpha =30\cdot \frac{5}{13}=\frac{150}{13}.$

Ответ: $\displaystyle \frac{150}{13}$

17. В июле 2026 года планируется взять кредит на пять лет в размере S тыс. рублей. Условия его возврата таковы:
- каждый январь долг возрастает на 30% по сравнению с концом предыдущего года;
- с февраля по июнь каждого года необходимо выплатить одним платежом часть долга;
- в июле 2027, 2028 и 2029 годов долг остается равным S тыс. рублей;
- выплаты в 2030 и 2031 годах равны по 338 тыс. рублей;
- к июлю 2031 года долг будет выплачен полностью.
Найдите общую сумму выплат за пять лет.

Решение
В июле 2027, 2028 и 2029 годов долг перед банком не меняется, а ежегодные выплаты составляют по 0,3S тыс. рублей. В январе 2030 года долг (в тыс. рублей) равен 1,3S, а в июле — 1,3S - 338. В январе 2031 года долг равен 1,69S - 439,4, а в июле — 1,69S - 777,4. По условию, к июлю 2031 года долг будет выплачен полностью, значит, 1,69S - 777,4 = 0, откуда S = 460.
Таким образом, первые три выплаты составляют по 138 тыс. руб., а последние две — по 338 тыс. руб. Общая сумма выплат составляет:
$3\cdot 138+2=1090$ тыс.руб .
Ответ: 1090 тысяч рублей

18. Анна Малкова
Найдите все значения параметра q, при каждом из которых уравнение имеет ровно 2 решения на отрезке [0; 3]:

$4\sin$ $\displaystyle \frac{2^{x}+qx-1}{2}\cos \frac{2^{x}-qx+1}{2}=3 \left( 1-qx-2^{x} \right)$

Решение:

Преобразуем произведение тригонометрических функций в сумму в левой части уравнения.

$\displaystyle \sin 2^{x}+\sin \left( qx-1 \right) =\frac{3}{2} \left( 1-qx-2^{x} \right)$

$\sin 2^{x}+1,5\cdot 2^{x}=- \left( \sin \left( qx-1 \right) +1,5 \left( qx-1 \right) \right)$

Рассмотрим функцию

$y=\sin t+1,5t.$ Эта функция непрерывная и нечётная. Покажем, что функция $y=\sin t+1,5t$ – монотонно возрастающая;

$y^{$

Так как функция монотонна и нечетна, из равенства

$y \left( t_{1} \right) =-y \left( t_{2} \right)$ следует равенство $t_{1}=-t_{2}$

Это значит, что

$2^{x}=- \left( qx-1 \right)$

Найдем, при каких значениях параметра q уравнение

$2^{x}=-qx+1$ – имеет ровно 2 решения при $x \in \left[ 0;3 \right]$

Рассмотрим уравнение

$2^{x}=-qx+1$

Замена: $-q=k.$

Изобразим в одной системе координат графики левой и правой частей уравнения

$2^{x}=kx+1$ и найдем, при каких k уравнение имеет ровно 2 решения на отрезке $x \in \left[ 0;3 \right] ,$ то есть при каких k графики функций в левой и правой частях уравнения имеют ровно 2 общие точки.

Прямая $y=kx+1$ проходит через точку $A\left(0;1\right)$ при любом k, график функции $y=2^x$ также проходит через эту точку.

Значит, x=0 - решение уравнения $2^x=kx+1$ при любом k.

Если прямая y=kx+1 проходит также через точку B, $x_B=3, \; y_B=3$ , уравнение $2^x=kx+1$ имеет ровно два решения на отрезке $\left[0;3\right].$

Подставив x=3 в уравнение $2^x=kx+1$ , получим: $\displaystyle 2^3=k\cdot 3+1; k=\frac{7}{3}.$

Если прямая y=kx+1 проходит через точку A и выше точки B, то на отрезке $\left[0;3\right]$ уравнение $2^x=kx+1$ имеет только одно решение.

Если прямая y=kx+1 является касательной к графику функции $y=2^x$ при x=0, уравнение $2^x=kx+1$ имеет ровно одно решение при $x\in \left[0;3\right].$ Найдем k для случая касания при x=0 графиков y=kx+1. Запишем условия касания:

$\left\{ \begin{array}{c}2^x=kx+1 \\2^x\cdot {ln 2\ }=k \end{array}\right.\$ ; из второго уравнения $k=2^0\cdot {ln 2\ }={ln 2\ }.$

Сравним ${ln 2\ }\$ и $\displaystyle \frac{7}{3}$

$2 \textless e, {ln 2\ } \textless {ln e\ };$

так как $\displaystyle {ln e }=1, {ln 2\ } \textless 1; \frac{7}{3} \textgreater 1 \Rightarrow {ln 2\ } \textless \frac{7}{3}$

Значит, при $\displaystyle {ln 2\ } \textless k\le \frac{7}{3}$ уравнение $2^x=kx+1$ имеет ровно два решения при $x\in \left[0;3\right].$

Так как $q=-k,$ получим ответ:
$\displaystyle -\frac{7}{3}\le q \textless {ln \frac{1}{2}\ }.$

Ответ: $\displaystyle -\frac{7}{3} \leq q \textless ln \frac{1}{2}$

19. Антон Акимов Василий Васильевич вспоминал, как в студенческие времена, взяв менее 100 рублей, пошёл гулять. Заходя в какой-нибудь магазин и имея при этом m рублей n копеек, он тратил n рублей m копеек.

а) Мог ли студент Вася посетить ровно два магазина?

б) Мог ли студент Вася посетить ровно три магазина?

в) Какое наибольшее число магазинов смог посетить Вася?

Решение:

Сделаем «заготовку» для всех трех пунктов задачи.

Пусть Василий Васильевич начинает свою прогулку, имея a рублей b копеек, причем $b \leq a$ и сумма, которой он располагает, меньше 100 рублей.

В первом магазине Василий тратит b рублей aкопеек.

Тогда, выходя из первого магазина, он имеет a- b-1 рублей и b- a+100 копеек. Пусть $a - b = t \leq 99$ . Сейчас у Васи t – 1 рубль 100 - t копеек. Условие возможности посещения второго магазина: $t - 1 \geq 100 - t$ , или $t \textgreater 51$ , т.к. t – целое.

а) Да, например, у Васи 75 руб 24 копейки. После 1-ого магазина осталось 50 руб 49 коп, после второго – 99 коп, которые он по условию потратить не может.

б) Да, например 76 руб. После посещения 1-ого осталось 75 руб 24 коп, а этого хватает на 2 магазина (см а).

в) Для посещения второго магазина необходимо и достаточно выполнение условия $t \textgreater 51.$

После посещения второго магазина у Васи $t-1 -100 + t -1 = 2t - 102$ рублей и $100 - t-t - 1 +100 = 201 - 2t$ копеек. Для посещения третьего магазина необходимо, чтобы рублей было больше, чем копеек. Значит, чтобы можно было посетить третий, необходимо и достаточно, чтобы $t \geq 76.$

Аналогично, чтобы посетить четвёртый магазин, необходимо и достаточно, чтобы $t \geq 89.$ Для пятого $t \geq 95,$

для шестого $t \geq 98$ ,

а для посещения седьмого t должно быть больше, чем 99, и это невозможно. Значит, Вася может посетить не больше 6 магазинов. Приведем пример, когда он посещает ровно 6 магазинов. Пусть Вася идет на прогулку, имея 99 рублей 00 копеек.

После первого магазина остаётся 98 руб. 01 коп.,

после второго – 96 руб. 03 коп.,

после третьего – 92 руб. 07 коп.,

после четвёртого – 84 руб. 15 коп.,

после пятого – 68 руб. 31 коп.,

после шестого – 36 руб. 63 коп.

В седьмом магазине расплатиться уже не удастся.

Спасибо за то, что пользуйтесь нашими статьями. Информация на странице «Вариант 3, решения» подготовлена нашими авторами специально, чтобы помочь вам в освоении предмета и подготовке к ЕГЭ и ОГЭ. Чтобы успешно сдать нужные и поступить в ВУЗ или техникум нужно использовать все инструменты: учеба, контрольные, олимпиады, онлайн-лекции, видеоуроки, сборники заданий. Также вы можете воспользоваться другими статьями из данного раздела.

Публикация обновлена: 06.09.2023

Вариант 3, решения

Это полезно