Тема ПВГ (Покори Воробьёвы Горы)

ПВГ - задания по годам → .14 ПВГ 2022

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела пвг (покори воробьёвы горы)

Разделы подтемы ПВГ - задания по годам

ПВГ до 2010

ПВГ 2010

ПВГ 2011

ПВГ 2012

ПВГ 2013

ПВГ 2014

ПВГ 2015

ПВГ 2016

ПВГ 2017

ПВГ 2018

ПВГ 2019

ПВГ 2020

ПВГ 2021

ПВГ 2022

ПВГ 2023

ПВГ 2024

ПВГ 2025

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#69856

Какое число окажется на 2022-м месте в бесконечной последовательности $6,7,8,9,10,...$ , если в ней удалить все квадраты и кубы каких-либо натуральных чисел (то есть удалить числа $3 2 2 ) 8= 2 ,9 =3 ,16= 4,...$ ?

Источники: ПВГ-2022, 11.1 (см. pvg.mk.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Наверное, чтобы найти число, которое стоит на 2022 месте, надо посчитать количество полных квадратов и кубов среди чисел от 6 до 2027. Как это можно сделать?

Подсказка 2

Для начала найдем количество квадратов. Можно заметить, что 2116=46²>2027>45²=2025. Поэтому количество квадратов равно 43 (1² и 2² не лежат в нашей последовательности). А сколько кубов находится в этой последовательности...

Подсказка 3

Их 11, ведь 2197=13³>2027>12³=1728 (1³ мы не считаем). Кажется, что некоторые числа мы посчитали дважды... Какие же?

Подсказка 4

Если n=t⁶, то n мы посчитали дважды. Таких n всего 2: 64 и 729. Как завершить решение?

Подсказка 5

Так как мы вычеркнули 43+11-2=52 числа, то надо прибавить к 2027 52. Осталось только проверить, не было ли среди чисел от 2027 до 2079 точных квадратов или кубов и наслаждаться победой!

Показать ответ и решение

Так как чисел от 1 до 5 нет в последовательности, то изначально на $2022$ месте стоит число $2027.$

Среди первых $2022$ членов последовательности $43$ полных квадрата, так как $2 46 = 2116$ уже больше 2027, а $2 45 = 2025$ ещё меньше и при этом из 45 первых квадратов не учитываются $2 1$ и $2 2 .$

Среди первых $2022$ членов последовательности $11$ полных кубов, так как $3 13 =2197$ уже больше 2027, а $3 12 = 1728$ ещё меньше и при этом из 12 первых кубов не учитывается $3 1 .$

При удалении квадратов и кубов числа, являющиеся $6$ степенью натуральных чисел, были посчитаны дважды. Их среди первых $2022$ членов последовательности $2$ , а именно $6 6 2 и 3$ , так как $6 4096= 4$ уже больше, чем 2027, а $6 3 =729$ ещё меньше, и при этом $6 1$ учитывать не надо.

Итак, после удалений на $2022$ месте будет стоять число $2027+ 43+ 11 − 2= 2079.$

Ответ: 2079

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#71439

Решите неравенство

( ) ( 1 √3 ) 8x3+ 4x2− 18x− 9⋅arccos(x − 1)≤ arccos 4cos40∘ + 4cos50∘

Источники: ПВГ-2022, 11.2 (см. pvg.mk.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Какое некрасивое выражение стоит в правой части, очень хочется от него избавиться...

Подсказка 2

Давайте приведем слагаемые в аргументе к общему знаменателю, поделим числитель и знаменатель на 2, тогда в числителе получится что-то красивое! Сворачивайте!

Подсказка 3

Знаменатель тоже можно преобразовать по тригонометрическим формулам. Ого, оказывается эта страшилка равна единице, значит арккосинус равен нулю!

Подсказка 4

Левая часть легко раскладывается на линейные множители, ну а ноль арккосинуса мы знаем (x=1). Решаем неравенство!

Подсказка 5

Не забывайте, пожалуйста, об ОДЗ! Арккосинус требует соблюдения всех условий!

Показать ответ и решение

Так как

1 √3- 1 √3- sin30∘⋅sin40∘+cos30∘ ⋅cos40∘ 4cos40∘ +4cos50∘ = 4cos40∘ +4sin40∘ =------2sin40∘cos40∘-------=

∘ ∘ ∘ = cos(40-− 3∘0-)=--cos(1∘0-)∘-= 1, sin80 sin(90 − 10 )

то получается неравенство

(8x3 +4x2− 18x − 9)⋅arccos(x− 1)≤0

Левая его часть определена при $|x − 1|≤ 1,$ поэтому $x∈ [0;2].$ На этом отрезке первый сомножитель

(8x3+ 4x2− 18x− 9)= (2x +1)(2x− 3)(2x+ 3)

неотрицателен при $[ ] x∈ 3;2 2$ и отрицателен при $[ ) x∈ 0;3 . 2$ Второй сомножитель всегда неотрицателен и равен нулю при $x =2.$

Поэтому $[ ] x ∈ 0;3 ∪ {2}. 2$

Ответ:

$[0;3]∪ {2} 2$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#71440

Среди всех вписанных четырёхугольников найдите четырёхугольник $ABCD$ с наименьшим периметром, в котором $AB = BC =CD$ и все попарные расстояния между точками $A,B$ , $C$ и $D$ выражаются целыми числами. Чему при этом равен радиус описанной вокруг $ABCD$ окружности?

Источники: ПВГ-2022, 11.3 (см. pvg.mk.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Сначала нужно понять что это за вписанный четырехугольник с тремя равными сторонами. Поотмечать уголки, выяснить тип фигуры.

Подсказка 2

Действительно, это равнобокая трапеция. Удобнее обозначить равные стороны за a, а другую - за b. Тогда периметр можно выразить через a и b и минимизировать его.

Подсказка 3

Проведите высоту, так Вам удобнее будет выражать диагонали, саму высоту. Посчитайте маленько(много Пифагора)! Посмотрите на одну из диагоналей!

Подсказка 4

Нам очень помогает условие целостности на попарные расстояния. Так, мы можем поперебирать значения a,b. Помним о неравенстве ломаной, переменных, целых числах, квадрате диагонали.

Подсказка 5

Помним про наименьший периметр, вовремя остановимся и проверим, достигается ли равенство.

Показать ответ и решение

Так как хорды $AB$ и $CD$ равны, то равны и дуги $AB$ и $CD,$ а значит, равны вписанные углы $CAD$ и $BCA.$ Это означает, что $BC ∥ AD$ , и $ABCD$ — трапеция с равными боковыми сторонами $AB$ и $CD$ . Пусть $AB =BC = CD = a,AD =b,$ $AC = BD =c.$

$PIC$

Высоту $h= BH$ выразим по теореме Пифагора

( )2 h2 = a2− b−-a 2

c2 = h2+ (a+-b)2 = a2− (b−-a)2+ (a-+b)2 =a2+ ab 2 2 2

Заметим, что это же можно было получить с помощью теоремы Птолемея:

AB ⋅CD + BC⋅AD = AC ⋅BD ⇔ a2+ab= c2

Таким образом,

2 c =a(a+ b),

где $a,b,c$ — натуральные числа. Кроме того, $3a> b,$ то есть $b≤ 3a− 1.$

Если $a =1,$ то $b∈[1;2],$ и уравнение $c2 = 1(1+ b)$ целых решений не имеет.
Если $a =2,$ то $b∈[1;5],$ и уравнение $c2 = 2(2+ b)$ целых решений не имеет.
Если $a =3,$ то $b∈[1;8],$ и уравнение $c2 = 3(3+ b)$ целых решений не имеет.
Если $a= 4,$ то $b∈ [1;11],$ и уравнение $c2 =4(4+ b)$ имеет единственное целое решение $b= 5,$ $c= 6.$ Тогда периметр равен $3a+ b=17.$
При $a ≥5$ периметр будет больше 17, так как если $3a+ b≤17,$ то $a =5.$ Но тогда или $b= 1,$ $2 c = 30,$ или $2 b= 2,c =35$ — то и другое невозможно.

Итак, $AB = BC = CD =4,AD = 5,AC = BD = 6,$ периметр равен 17. Тогда высота трапеции равна $∘ --------- √ - 42− (5−24)2 = 327 ,$ синус угла при основании равен $sinA= 3√7 = 3√7, 2⋅4 8$ а искомый радиус находится по теореме синусов

2R = BD--= 6⋅√8 ⇒ R= √8- sinA 3 7 7

Ответ:

$√8- 7$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#71441

Последовательность $a n$ задана формулами

4043- 3 2 a1 = 2022,an+1 = an− 3an +3an.

Найдется ли натуральное число $n$ такое, что

2022 |an|≤ 2021?

Обоснуйте свой ответ.

Источники: ПВГ-2022, 11.4 (см. pvg.mk.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Сразу заметим кое-что в формуле последовательности: да это же выглядит как полный куб! Только единички не хватает) Как тогда будет выглядеть наша последовательность?

Подсказка 2

Раз там не хватало единицы, прибавим ее к обеим частям. Тогда, например, раз a_n = 1 + 2021/2022, то a2+1 = 1 + (2021/2022)^3. Можете ли вы тогда вывести формулу для последовательности?

Подсказка 3

Конечно можете! Это будет a_n = 1 + (2021/2022)^(3^n)! Т.е. у нас какое-то число, меньшее единицы по модулю, возводится в все большую и большую степень....Что это значит?

Подсказка 4

Это значит, что оно уменьшается все время) Теперь просто попробуйте подобрать n, чтобы выполнялось условие!

Показать ответ и решение

Перепишем данную в условии формулу в виде

3 an+1 = (an− 1) +1

Находим, что если $an = 1+ 𝜀$ , то $an+1 =1 +𝜀3.$ В предложенной задаче $a1 = 1+ 2021, 2022$ поэтому

( 2021)3 (2021)3n−1 a2 =1 + 2022- ,...,an = 1+ 2022

Так как

a ≤ 2022⇔ 1+ (2021)3n−1 ≤ 1+-1--⇔ (2021)3n−1 ≤--1- n 2021 2022 2021 2022 2021

Это неравенство при достаточно больших $n$ выполняется. Для того, чтобы это утверждать, нужно или доказать, что предел этой последовательности равен 0 , или сделать оценку

( 1 ) ( 1 ) 3n−1 ≥ log22002122 2021- ⇔ n≥ 1+ log3 log202022122021-

Отсюда следует, что для любого

[ ( )] n ≥ 1+ log3 log 2022-2021 + 1 2021

неравенство выполняется.

Ответ: да

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#71442

В треугольной пирамиде $SABC$ в основании лежит равнобедренный прямоугольный треугольник $ABC$ с гипотенузой $AC.$ Боковые грани $SAB$ и $SAC$ перпендикулярны плоскости $ABC.$ Сфера радиусом, равным $AC,$ с центром в точке $S$ делит пирамиду на две части. Найдите объём большей из этих частей, если $SA= AB = 2.$

Источники: ПВГ-2022, 11.5 (см. pvg.mk.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Из условия сразу можно понять, что SA перпендикулярно плоскости ABC. Работать просто так с пирамидой не очень удобно, к тому же у нас ещё присутствует сфера в задаче. Видим, что у нас прямой угол в основании и прямой угол между ребром и основанием! Тогда до чего можно достроить нашу пирамиду?

Подсказка 2

Верно, можно сначала отразить симметрично пирамиду относительно AC. А дальше понятно, что это большая пирамида будет 1/3 от куба, до которого тоже в силу равенства отрезков можно достроить. Но хватит ли этого нам? У нас есть сфера, которая отсекает от исходной пирамиды часть, и не совсем понятно, как вообще этот объём искать... Как можно задействовать неиспользуемую часть, после чего всё станет намного проще?

Подсказка 3

Да, можно наш куб со стороной равной двум достроить ещё до куба со стороной 4. Теперь какой же объём нас интересует?

Подсказка 4

Верно, нам нужен объём, который получается, как разность объёма сферы и 6 сегментов, выходящих наружу за куб. А точнее, потом нам нужно поделить его на 48. Отлично! Осталось аккуратно посчитать эти объёмы, и потом ещё проверить, что вы нашли больший из них. Например, можно проверить, что найденный объём больше половины объёма исходной пирамиды. Победа!

Показать ответ и решение

Из условия задачи вытекает, что ребро $SA$ пирамиды перпендикулярно основанию $ABC.$

Обозначим $SA = AB =a.$ Пирамида $SABCD$ является $1∕48$ частью изображённого на рисунке куба с ребром $2a,$ причём все 48 пирамид, образующих этот куб, располагаются центрально-симметрично относительно общей вершины $S :$

$PIC$

Поэтому искомый объём есть $1∕48$ объёма тела, представляющего собой пересечение шара радиуса $- R =√ 2a$ и данного куба. Это пересечение есть шар без шести шаровых сегментов с высотой шарового сегмента $h= (√2− 1)a :$

$PIC$

Объём этого тела:

( ) √- √- ( √- √- ) V = 43πR3 − 6πh2 R − h3 = 43π⋅2 2a3− 6π( 2− 1)2 2− -23− 1 a3 =

8√2- 3 √ - √- 3 2 3 √- √- 2 3 √ - = 3 πa − 2(3− 2 2)(2 2+ 1)πa = 3 ⋅πa(4 2− 3(4 2 − 5))= 3 ⋅πa(15− 8 2)

Значит, искомый объём равен

√ - 3 √- √- 32⋅48-⋅πa3(15− 8 2) = πa-(157−2 8-2) = π(15−98-2)

Отметим, что объём всей пирамиды равен $13 ⋅ 2⋅22 ⋅2 = 43$ (или, что то же самое, $1∕48$ части куба, то есть $4438 = 43$ ) Найденный объём части пирамиды больше, чем $1∕2$ объема пирамиды, так как

π(15− 8√2) 2 √- 6 √- 6 ----9----> 3 ⇔ 15− 8 2> π ⇔ 15− 8 2> 15− 12 =3 >π

Это подтверждает, что мы нашли именно объём большей части пирамиды.

Ответ:

$π(15−-8√2) 9$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#77785

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

| 3 2 | | 3 2 | 2 |x + 2x + x+ a|+|x − 2x + x− a|<4x + 8x

представляет собой на числовой прямой промежуток длиной 1.

Источники: ПВГ - 2022, 11.6 (см. pvg.mk.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Попробуем сначала разобраться с модулями. Если сумма модулей меньше какого-то числа, то какие выводы можно сделать о модуле суммы и разности этих двух чисел?

Подсказка 2

Сумма - это максимум из всевозможных сумм и разностей двух чисел, взятых как с минусом, так и с плюсом(всего 4 комбинации). Значит, мы можем записать целых 4 неравенства, с которыми гораздо удобнее работать, так еще и без модулей. Что теперь можно сказать про a?

Подсказка 3

Порассуждаем, когда же ответов будет промежуток длины 1. Удобнее всего нарисовать отрезок и как-то ограничить и разобрать случаи a.

Показать ответ и решение

В силу того, что

|u|+|v|= max|u± v|=max{u+ v,−u− v,u − v,−u+ v}

(1)

Пусть $| | | | |u|= |x3+ 2x2 +x +a|,|v|=|x3− 2x2 +x− a|.$ Тогда исходное равенство можно переписать в следующем виде:

max |u± v|<4x2+ 8x

Следовательно, максимум меньше $4x2+ 8x,$ значит каждое из выражений из $(1)$ тоже меньше $4x2+ 8x,$ следовательно исходное неравенство равносильно системе

( |||| 2x3+ 2x < 4x2+ 8x { −2x3− 2x< 4x2+8x |||| 4x2+ 2a <4x2+ 8x ( −4x2− 2a< 4x2 +8x

(|| x(x− 3)(x+ 1)<0 ||{ x(x2+ 2x+5)> 0 || x> a ||( (2x+41)2+ a− 1> 0

(|{ 0< x< 3 x> a4 |( (x+ 1)2 > 1−a. 2 4

1) Если $a> 1,$ то $1− a <0,$ третье неравенство выполнено при любом $x.$ Тогда согласно условию, что ответ промежуток длины $1,$ получаем, что выражение $3− a4 =1$ выполняется при $a= 8.$

2) Если $a≤ 1,$ то третье неравенство верно при

( ----- ) ∘ 1−-a 1 x∈ 4 − 2;+∞ , т.к. x > 0.

Т.к. $a4 ≤ 14,$ то $3− a4 ≥ 3− 14 = 2,75,$ т.е. не подходит под условие задачи. Тогда

(∘ ----- ) ∘ ----- 3− 1−-a− 1 = 1⇒ 1−-a− 1= 2⇔ a =− 24. 4 2 4 2

Ответ:

$− 24;8$

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#92993

Сравните числа $100-⋅ 102-⋅...⋅ 1020-⋅ 1022- 101 103 1021 1023$ и $5. 16$

Источники: ПВГ - 2022

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Попробуем как-то телескопировать произведение в левой части неравенства. Для этого умножим его на число B = 101/102 × 103/104 × ... × 1023/1024. Пусть левая часть неравенства равна A. Можно ли сравнить A и B?

Подсказка 2

Конечно, n/(n+1) < (n+1)/(n+2), поэтому A < B! Теперь, зная число AB, можно ли доказать неравенство?

Показать доказательство

Заметим, что $-n-< n+1. n+1 n+2$ Поэтому