Тема ПВГ (Покори Воробьёвы Горы)

ПВГ - задания по годам → .17 ПВГ 2025

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#119856

В турнире по волейболу участвовало $20$ команд. Каждая команда играла со всеми остальными по одному разу, за выигрыш начислялось $3$ очка, за проигрыш очки не начислялись (ничьих в волейболе нет). Очки, набранные командами, образуют убывающую арифметическую прогрессию. Сколько очков набрала команда, занявшая второе место?

Источники: ПВГ - 2025, 11.1(см. pvg.mk.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Давайте оценим разницу между командами, которые заняли соседние места, начиная с самой слабой. Тогда мы сможем оценить число очков для каждой команды.

Подсказка 2

Последняя команда набрала не менее 0 очков. Могла ли 19 команда набрать 1-2 очка? А 18 команда 3-5 очка?

Подсказка 3

Отлично, 19 команда набрала не менее 3 очков! А какая оценка для команды-победителя? А сколько всего она могла набрать за турнир?

Показать ответ и решение

Решим задачу в общем виде. Пусть участвовало $n$ команд, за победу даётся $a$ очков. Пусть $x$ — количество очков, набранных последней командой.

Посчитаем число разыгранных очков двумя способами. С одной стороны, это число равно

n(n− 1) a---2---

С другой стороны, так как очки распределились в арифметической прогрессии, то, обозначив ее разность через $d,$ получим

nx+ dn(n2− 1)

Значит,

nx+ dn(n−-1)-=a n(n-− 1) 2 2

Так как $d= ka,$ где $k$ — натуральное число, то:

nx+ ka n(n−-1)= an(n−-1)- 2 2

nx= (1− k)an(n−-1) ⇒ x = (1− k)n−-1 2 a 2

Значит, для $k$ есть две возможности: $k= 1,k= 0.$ При $k= 0$ получается $d= 0,$ что не годится по условию. Следовательно, $k = 1$ и $x =0.$

Тогда при $a= 3,n =20$ получаем $d =3$ и первая команда наберет $0+ 3⋅19 =57$ очков, а вторая $0+ 3⋅18= 54$ очка.

Другой способ решения.

Последняя команда в таблице набрала не менее 0 очков, 19-я команда — не менее 3 очков, 18-я команда — не менее 6 очков, …, 2-я команда — не менее $0+ 3(19− 1)= 54$ очков, 1-я команда — не менее $0+ 3⋅(20− 1)=57$ очков.

В то же время, 1-я команда не могла набрать более $19⋅3 =57$ очков, так как она сыграла 19 игр. Значит, 1-я команда набрала 57 очков, 2-я команда — 54 очка, 3-я команда — 51 очко, …, 19-я команда — 3 очка, 20-я команда — 0 очков.

Ответ:

$54$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#119857

Даны лежащие в одной плоскости две трапеции $ABCD$ и $AEFD$ с общим основанием $AD = 6$ и одинаковыми высотами, равными $8.$ При этом $BC =EF = 2,$ расстояние между точками $C$ и $E$ равно $1.$ Продолжения боковых сторон $AB$ и $CD$ пересекаются в точке $P,$ а сторон $AE$ и $DF$ — в точке $Q.$ Найдите площадь четырехугольника $AP QD.$

Источники: ПВГ - 2025, 11.2(см. pvg.mk.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Обратите внимание, что в этой задаче в рамках условия возможны разные рисунки. Отличие будет в расположении точек B, C, E, F.

Подсказка 2

В обоих случаях для решения достаточно вычислить длины высоты APQD и отрезка PQ. Обратите внимание, на рисунках большое количество подобных треугольников. Они в этом помогут.

Показать ответ и решение

Во-первых, заметим, что и точки $B,$ $C,$ и точки $E,$ $F$ лежат по одну сторону от прямой $AD,$ так как в противном случае $CE ≥ 16,$ а по условию $CE = 1.$

По обратной теореме Фалеса $PQ$ параллельна $AD.$

Возможны две конфигурации:

1) Точки $B,$ $C,$ $E,$ $F$ расположены последовательно.

$PIC$

Если обозначить расстояние от точки $P$ до прямой $BF$ через $h,$ то из подобия треугольников $PBC$ и $PAD$ вытекает:

h 2 h+-8 = 6

Отсюда $h= 4.$ Далее из подобия треугольников $ABE$ и $APQ$ :

-3-= --8- PQ 8+ 4

Отсюда $PQ = 9. 2$ Тогда площадь трапеции $APQD$ равна

6+ 92 --2- ⋅12 =63

2) Точка $E$ расположена между точками $B$ и $C.$

$PIC$

Аналогично:

-h-- 2 h+ 8 = 6

Отсюда $h= 4.$ И из подобия треугольников $ABE$ и $AP Q :$

P1Q-= 8+84

Отсюда $PQ = 32.$ Площадь трапеции $AP QD$ равна

6+-32 ⋅12 =45 2

Ответ:

$63$ или $45$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#119858

Решите неравенство

2 2 2log4(x +3)⋅log9(x +8)≤ log3(x+ 3)⋅log2(x+ 8)− 2

Источники: ПВГ - 2025, 11.3(см. pvg.mk.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Обычно логарифмические неравенства начинают с ОДЗ, но тут с этим можно повременить. Давайте заметим, что если бы в левой части основания были поменяны местами, можно было бы с лёгкостью сделать их 2 и 3 и получить квадратное неравенство относительно произведения логарифмов.

Подсказка 2

Но можно же легко добиться идеи из первой подсказки, используя переход к новому основанию!

Подсказка 3

Итак, скорее всего вы уже решили квадратное неравенство и теперь думаете, как получить итоговый ответ относительно x. Для этого достаточно заметить, что произведение логарифмов в этой задаче — возрастающая функция.

Показать ответ и решение

Запишем ОДЗ:

{ x+ 3> 0 { x> −3 x+ 8> 0 ⇐⇒ x> −8 ⇐ ⇒ x >− 3

На ОДЗ преобразуем логарифмы в левой части неравенства, используя формулу перехода к новому основанию:

log2(x+-3) log3(x+ 3)= log23

log(x+ 8) log2(x+ 8)= -l3og-2-- 3

Тогда исходное неравенство равносильно неравенству:

log22(x-+3)⋅ log23(x+-8)⋅2≤ log(x+ 3)⋅log(x+ 8)− 2 4 4 2 3

log22(x+ 3)⋅log23(x+ 8)≤ 8log2(x+ 3)⋅log3(x +8)− 16 ⇔ (log2(x+ 3)⋅log3(x+ 8)− 4)2 ≤0

Отсюда

log2(x+ 3)⋅log3(x+ 8)= 4

При $x≥ −2$ функция $f(x) =log2(x+ 3)⋅log3(x+ 8)$ монотонно возрастает, и так как $f(1)= 4,$ то уравнение $f(x)= 4$ имеет единственный корень $x= 1.$

На оставшемся множестве определения функции $f(x),$ т.е. на множестве $x ∈(−3;−2)$ функция $f(x)$ отрицательна, а потому уравнение $f(x)= 4$ не имеет решений.

Ответ:

$1$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#119859

Множество $A$ состоит из натуральных чисел $n,$ делящихся на $[3√n].$ Здесь $[x]$ — целая часть числа $x,$ то есть наибольшее целое число, не превышающее $x.$ Найдите количество чисел из отрезка $[25,2025],$ принадлежащих множеству $A.$

Источники: ПВГ - 2025, 11.4(см. pvg.mk.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Попробуйте рассмотреть какой-то удобный интервал, внутри которого можно легко посчитать количество таких чисел. А потом рассмотрите интервалы такого вида, входящие в отрезок [25; 2025].

Подсказка 2

Рассмотрите интервал [k³, (k+1)³-1], где k — целая часть кубического корня из n. Сколько чисел в нём кратно k?

Показать ответ и решение

Рассмотрим отрезок $[k3,(k +1)3− 1],$ где $[√3n-]= k.$ Мы хотим выбрать из такого отрезка числа, которые делятся на $k.$ Количество целых чисел на таком отрезке

3 3 (k+1) − k = k(3k+ 3)+1

причём первое число $k3,$ очевидно, делится на $k.$ Значит, всего подходящих чисел на отрезке будет

k(3k+-3) k +1 =3k+ 4

В нашей задаче в исследуемый интервал целиком входят отрезки для $k =3,...,11.$ Там искомых чисел

9⋅(11 +3) 3⋅---2----+ 4⋅9= 225

На отрезке $[25,26]$ только одно число делится на $2,$ а на отрезке $[123 = 1728,2025]$ всего $298$ чисел, причём снова певрвое число делится, поэтому мы берём $[21972 ]+ 1= 25$ чисел. Всего $1+225+ 25= 251$ число.

Ответ:

$251$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#119860

Найдите все положительные $a,$ при каждом из которых неравенство

x y a√xy a y +x + x+ y ≥ 2 +2

выполняется при всех положительных $x$ и $y.$

Источники: ПВГ - 2025, 11.5(см. pvg.mk.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Две переменные — это слишком сложно. Возможно получится оставить только одну? Выражения x/y + y/x и √(xy)/(x+y) ведь так друг на друга похожи.

Подсказка 2

Итак, скорее всего вы свели неравенство к виду t² + a/t ≥ a/2 + 4, где t ≥ 2. Функция слева непростая, поэтому придется исследовать её с помощью производной.

Подсказка 3

В задаче требуется выполнение при всех x, y. Это значит, что минимум функции на [2; +∞) должен быть не меньше числа из правой части.

Показать ответ и решение

Преобразуем неравенство к виду

(x+y)2 √xy- a xy + ax+ y ≥ 2 +4

Теперь сделаем замену $t= x√+xyy ≥2.$ Тогда неравенство превращается в

t2+ a≥ a+ 4 t 2

Исследуем левую часть как функцию с помощью производной:

f(t)= t2+ a t

f′(t)= 2t− a- t2

Минимум достигается, когда $t3 = a∕2.$ Пусть $b= 3∘a∕2.$ При $t> b$ получаем $f′(t)>0,$ и функция возрастает. Причём $f(2)= a +4. 2$ Значит, если $b≤ 2(a≤ 16),$ то неравенство выполнится при всех $x, y,$ а если $b> 2,$ то не выполняется в $t= b,$ поскольку это точка минимума, $f(b)< f(2).$ Значит, ответом будет $a∈ (0,16].$

Ответ:

$(0;16]$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#119862

Отрезок $AB = 1$ лежит на прямой $l$ и пересекается с отрезком $CD = m$ в точке $O,$ причём $CO :OD = k,∠AOC = 60∘$ и $AC ⁄= BD.$ Для каких пар чисел $m$ и $k$ отрезок $AB$ можно передвинуть по прямой $l$ так, чтобы в его новом положении выполнялось равенство $AC = BD?$

Источники: ПВГ - 2025, 11.6(см. pvg.mk.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

С первого взгляда очень страшный сюжет, в котором придётся разбирать много случаев. Давайте начнём с самого простого. Пусть k = 1. Ого! Ведь мы тогда можем получить параллелограмм, достаточно лишь сделать (⋅)O серединой AB.

Подсказка 2

Теперь подумаем, что делать, если k ≠ 1 и m ≠ 2. Ни умаляя общности пусть m > 2. Давайте спроецируем отрезок CD на l и получим точки C' и D'. Кроме того, подвинем отрезок AB так, чтобы точки лежали в следующем порядке: A, B, C', D'. Затем удобно ввести AC = a, BD = b, CC' = c, DD' = d, AC' = x, BD' = y. Что же делать дальше? Конечно, давайте воспользуемся теоремой Пифагора! Выразим через введённые обозначения AC и BD.

Подсказка 3:

Как же доказать, что AC будет в какой-то момент равняться BD? Воспользуемся классическим приёмом: запишем разность AC и BD и посмотрим на непрерывность получившейся функции! И не забудьте, что остался ещё один случай, когда k ≠ 1 и m = 2, он не должен вызвать у вас затруднений :)

Показать ответ и решение

$PIC$

Рассмотрим 3 случая.

1) Если $k= 1,$ то отрезок $AB$ достаточно расположить так, чтобы точка $O$ стала его серединой, а значит, четырёхугольник $ACBD$ — параллелограммом.

2) Если $k⁄= 1$ и $m > 2$ (случай $m <2$ рассматривается аналогично), то проекция $C ′D′ = z$ отрезка $CD =m$ на прямую $l$ имеет длину

z =m cos60∘ = m =1+ 𝜀> AB 2

Передвинем отрезок $AB$ по прямой $l$ так, чтобы точки $A,B,C′,D ′$ на ней располагались в указанном порядке, и обозначим $AC = a,$ $BD = b,$ $CC′ = c,$ $DD ′ =d,$ $AC ′ =x,$ $BD ′ = y.$

Тогда по теореме Пифагора имеем:

2 2 2 2 2 2 a = x + c, b =y + d

Из построения:

y = x+ z− 1

y = x+ 𝜀

Тогда получаем, что величина

AC − BD =a− b= a2−-b2= x2−-y2-+c2−-d2= (x− y)(x+y)+-c2− d2-= a+ b a +b a+ b

c2−d2 c2−d2 = x−-y+a+bx+y--= −𝜀+a+2bx+𝜀- x+y- 2x+𝜀

при неограниченном увеличении параметра $x$ (а с ним и $2x+ 𝜀)$ в некотором положении отрезка $AB$ обязательно станет отрицательной. Аналогично, если те же точки на прямой $l$ расположены в порядке $′ ′ C ,D ,A,B,$ то та же величина при неограниченном увеличении параметра $x$ в некотором другом положении отрезка $AB$ обязательно станет положительной. Поэтому в некотором промежуточном (между двумя указанными) положении отрезка $AB$ рассматриваемая величина обязательно обнулится.

3) Если $k⁄= 1$ и $m= 2,$ то в обозначениях предыдущего пункта имеем:

m 2 z =-2 = 1+ 𝜀= 2 = 1

𝜀 =0 ⇒ x= y

x2− y2 +c2− d2 c2− d2 AC − BD = ----a-+b-----= -a+-b-

Так как $k⁄= 1,$ то $c⁄= d.$ Значит, данная разность никогда не равна 0. Переместить $O$ не получится.

Ответ:

Если $m ⁄= 2,$ то $k$ — любое положительное число; если $m = 2,$ то $k= 1$

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#128975

Назовем год замечательным, если номер года делится на сумму двузначных чисел, из которых этот номер составлен. Например, $2025$ год — замечательный, поскольку $2025$ делится на $20+ 25=45.$ Сколько ещё замечательных годов в XXI веке (с $2001$ по $2100$ год включительно)?

Источники: ПВГ - 2025, 10.2 (см. pvg.mk.ru)

Показать ответ и решение

Заметим, что года, у которых третья цифра 0, не могут быть замечательными, так как эти годы не составлены из двух двузначных чисел. Так что можем обозначить год как $---- 20ab,$ при этом $a∈ [1;9],$ $b∈[0;9].$

Рассмотрим разность

---- -- -- -- 2 2 20ab− (20+ ab)= 2000 +ab− 20−ab= 1980=2 ⋅3 ⋅5⋅11

Так как замечательное число $20ab$ делится на $20+ ab,$ рассмотренная разность также должна делиться на $20+ab.$ Перечислим делители числа $1980,$ лежащие на отрезке $[20 +10;20 +99]=[30;119]:$

2 2 2⋅11= 44, 3⋅11= 33, 3 ⋅11= 99, 5⋅11= 55, 2⋅3⋅11 =66,

2⋅5⋅11= 110, 32⋅5= 45, 2⋅32⋅5= 90, 22⋅3⋅5 =60, 2⋅3⋅5= 30, 22⋅32 =36

Так как подходящих делителей 11, в XXI веке 11 замечательных годов, то есть кроме 2025 есть ещё 10 замечательных годов.

Ответ:

$10$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#128976

При каких положительных значениях $a,b$ и $c$ достигается наибольшее значение выражения?

--------abc--------- (1+ a)(a+ b)(b+ c)(c +16)

Источники: ПВГ - 2025, 10.4 (см. pvg.mk.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Давайте рассмотрим обратную дробь и будем искать а, b и с, при которых достигается минимум этого выражения. Попробуйте зафиксировать какую-то пару переменных и понять, чему должна быть равна оставшаяся переменная для достижения минимума рассматриваемого выражения

Подсказка 2

Зафиксируем b и с, тогда (b + c)(c + 16)/bc тоже фиксировано, а значит, нам нужно минимизировать выражение (1 + а)(а + b)/a. Раскройте скобочки и попробуйте оценить полученную сумму

Подсказка 3

Так как 1 + b = const, нам нужно оценить а + b/a. Пользуясь неравенством о средних, мы можем понять, при каком условии данное выражение минимально.

Подсказка 4

Аналогично мы можем зафиксировать а и с и получить еще одну связь между переменными, а потом зафиксировав a и b, можем получить ещё одно уравнение. Решая систему, получаем ответ)

Показать ответ и решение

Максимум исходного выражения соответсвует минимуму выражения

(1+-a)(a+-b)(b+-c)(c-+16) abc

Зафиксируем $b$ и $c,$ будем искать минимум выражения

(1+ a)(a+b) a +a2+ ab+b b -----a----= -----a----- =a + a + 1+b

Так как

∘---- a+ b≥ 2 a ⋅ b= 2√b, a a

минимум достигается при $a = b, a$ то есть $a= √b.$

Зафиксируем $a$ и $c,$ будем искать минимум выражения

(a+-b)(b+c)= ab+-ac+b2+-bc= a+ c+ ac +b b b b

Так как

∘ ---- ac+ b≥ 2 ac⋅b= 2√ac, b b

минимум достигается при $b = ac, b$ то есть $b= √ac.$

Наконец, зафиксируем $a$ и $b,$ будем искать минимум выражения

(b+-c)(c+16)= bc+-c2+-16b+16c= b+ 16+ 16b+ c c c c

Так как

16b ∘ 16b--- √ --- -c-+c ≥2 -c-⋅c=2 16b,

минимум достигается при $16b c = c-,$ то есть $√- c= 4 b.$

Решим систему

( |{ a2 = b |( b2 = ac c2 = 16b

( |{ a2 =b | a3 =c ( c2 =16a2

( |{ a2 = b |( a2 = 4 c= 4a

Получаем ответ:

a= 2, b= 4, c =8

Ответ:

$a =2,b= 4,c= 8$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#128977

Квадрат $ABCD$ со стороной $9$ и квадрат $DEF G$ со стороной $π$ имеют общую вершину $D,$ при этом точка $E$ лежит на отрезке $CD.$ Найдите наибольшее и наименьшее возможные значения площади параллелограмма $AMNF,$ если точка $C$ лежит на отрезке $MN$ и делит его в отношении $1:π.$

Источники: ПВГ - 2025, 10.5 (см. pvg.mk.ru)

Показать ответ и решение

Возможны две разные конфигурации, в зависимости от того, где лежит точка $F :$ вне большого квадрата или внутри него.

$PIC$

В случае внешнего касания квадратов площадь $△ACF1$ равна площади $△ACD$ (эти треугольники имеют одинаковое основание $AC$ и равные высоты, так как $DF1∥AC$ ) и, следовательно, равна половине площади большого квадрата. Это значит, что площадь параллелограмма равна площади квадрата $ABCD,$ то есть $2 9 = 81.$

$PIC$

Рассмотрим случай, когда точка $F$ лежит внутри большого квадрата. Найдем отношение высот треугольников $ACF2$ и $ACD$ (основания у них одинаковы) — оно равно

√- 9-2− π√2 -2-√-----= 1− 2π9- 92-2

Тогда искомая площадь равна

( ) 81 1− 2π = 81− 18π 9

Ответ:

$81;81 − 18π$

Предыдущая подтема