Тема ПВГ - задания по годам

ПВГ 2024

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела пвг - задания по годам

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#85548

На испытаниях беспилотных летательных аппаратов лучшими оказались две модели. При встречном ветре 3 м/с модель Альфа продержалась в воздухе на 150 секунд меньше модели Бета, но пролетела на 500 метров дальше. Какая из моделей пролетит большее расстояние при безветренной погоде и на сколько? Скорость каждой из моделей считать постоянной. Время нахождения модели в воздухе определяется только ее техническими параметрами и не зависит от погодных условий.

Источники: ПВГ - 2024, 11.1 (см. pvg.mk.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Вопрос задачи «Какая из моделей пролетит большее расстояние...». То есть не обязательно находить каждое расстояние по отдельности. Можно просто выразить их разность!

Подсказка 2

Введите переменные и составьте уравнения по условию задачи. Внимательно посмотрите на уравнение, связанное с расстояниями: может, именно там и скрывается искомая разность, нужно лишь применить в нём имеющиеся знания про разность времени полётов.

Показать ответ и решение

Решим задачу в общем виде. В условии заданы: $u$ м/с - скорость ветра; модель Альфа продержалась в воздухе на $t$ секунд меньше модели Бета; модель Альфа пролетела на $l$ метров дальше.

Пусть $v1$ и $v2$ - скорости при безветренной погоде моделей Альфа и Бета соответственно (в $M ∕c$ ), $t1$ и $t2$ - время (в секундах), которое первая и вторая модели соответственно продержались в воздухе.

Тогда при встречном ветре $(v1− u)t1$ - дальность полета модели Альфа, $(v2− u)t2−$ дальность полета модели Бета. По условию:

t= t2− t1, l=(v1− u)t1− (v2− u)t2 =v1t1 − v2t2 +ut.

При безветренной погоде разность между дальностью полета первой и второй моделей равна

x= v1t1− v2t2 = l− ut.

Таким образом, $x> 0$ , если $l>ut;x< 0$ , если $l< ut;x =0$ , если $l= ut$ . При $u= 3,t=150$ и $l= 500$ получаем $x =500− 450 =50> 0$ . Значит, модель Альфа пролетит дальше на 50 метров.

Ответ: модель Альфа, на 50 м

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#85549

Найдите $f(2024)$ , если

f(x)=|2x− 1|− |2x− 3|+6 при x∈ [0;2]

и, кроме того, при всех целых значениях $x$ выполняются неравенства

f(x+ 3)≤ f(x)+ 6 и f(x+ 2)≥f(x)+ 4

Источники: ПВГ - 2024, 11.2 (см. pvg.mk.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Попробуем как-то связать два неравенства из условия. Какие аргументы для этого можно подставить?

Подсказка 2

Нужно подставить такое аргументы, чтобы числа в неравенствах могли получаться как с помощью +4, так и с помощью +6…

Подсказка 3

Попробуем поработать с f(x), f(x+3), f(x+6), а также с f(x+2), f(x+4). К каким неравенствам можно прийти? Какой вывод из этого сделать? Пробуем прийти к определенности, то есть к равенству!

Подсказка 4

f(x+6) <= f(x+3) + 6 <= f(x) + 12. Аналогично попробуем использовать и второе условие, к каким выводам придем?

Подсказка 5

f(x+3) = f(x) + 6, f(x+2) = f(x) + 4, f(x+1)=f(x)+2. А теперь попробуем задать функцию! ;)

Показать ответ и решение

Отметим, что $f(0)= 4,f(1)= 6,f(2)= 8$ . По условию, с одной стороны,

f(x+ 6)≤f(x+ 3)+6 ≤f(x)+12,

а, с другой стороны,

f(x+ 6)≥f(x+ 4)+4≥ f(x+ 2)+ 8≥ f(x)+ 12

Поэтому $f(x+ 6)=f(x)+ 12$ и, более того, все неравенства выше обращаются в равенства.

Поэтому $f(x+ 3)=f(x)+ 6,f(x+ 2)= f(x)+4$ и $f(x+ 1)= f(x)+2$ .

Таким образом, искомая функция - это функция $f(x)= 4+ 2x$ при целых значениях $x$ .

Кроме этого, известны значения функции на отрезке $[0;2]$ .

Значит, $f(2024)=4+ 2024⋅2 =4052$ .

Ответ: 4052

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#85551

Решите уравнение

2 36cos(x+ cosx)cos(x− cosx)+ 9= π

и найдите сумму его корней, принадлежащих отрезку $[π;7π] 3 4$ .

Источники: ПВГ - 2024, 11.3 (см. pvg.mk.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Работать с произведением косинусов неудобно. Какие преобразования можно сделать, чтобы облегчить решение?

Подсказка 2

Воспользуемся формулами преобразования произведения в сумму и сделаем замену. А что если рассмотреть выражение как функцию?

Подсказка 3

Функция слева приобретет вид f(t) = 2t^2-1 + cos(2t). Исследуем же ее!

Подсказка 4

Какой является эта функция и где она монотонна?

Подсказка 5

Функция f возрастает на [0;1] и является четной. Если пристально посмотреть, какие же t нам подходят? А какие из них попадают в наш отрезок?

Показать ответ и решение

Пользуясь формулами преобразования произведения в сумму, получаем

π2 1 cos2x+ cos(2cosx)= 18 − 2

Пусть $t=cosx$ , тогда левая часть уравнения равна $2 f(t)= 2t − 1+ cos2t$ . Функция $f$ возрастает на $[0;1]$ (так как $′ f (t)= 2(2t− sin2t$ ) >0 при $t>0$ ) и является чётной, причём $(π) π2 1 f 6 = 18 − 2$ . Следовательно, корнями уравнения $π2 1 f(t)= 18 − 2$ на отрезке $[−1;1]$ являются числа $π t= ±6$ . Возвращаясь к переменной $x$ , находим

π x= ±arccos6 +πn,n∈ Z

Так как

√ - π = arccos--2< arccosπ< arccos1= π , 4 2 6 2 3

то на указанный отрезок попадают корни $π−$ $arccosπ,π+ arccosπ 6 6$ и $2π− arccos π 6$ . Их сумма равна $4π− arccosπ 6$ .

Ответ:

$x =± arccosπ+ πn,n ∈Z 6$ .

Сумма корней равна $π 4π − arccos6.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#85553

В остроугольном треугольнике $PVG$ обозначили точку пересечения высот через $H$ , центр описанной окружности через $O$ . Площади треугольников $OHP$ и $OHV$ равны 5 и 3 соответственно. Найдите площадь треугольника $OHG$ .

Источники: ПВГ - 2024, 11.4 (см. pvg.mk.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Итак, на нашем чертеже треугольник и две точки внутри него. Как-то пусто, и совсем не понятно, что с такой картинкой делать. Значит нужно придумать, что еще тут построить. Может быть, отметить какую-нибудь точку так, чтобы о прямой, соединяющей эту точку и центр описанной окружности нам было что-то известно. Что это может быть за точка?

Подсказка 2

Пусть М - середина стороны PV. Тогда ОМ перпендикулярна PV, а GM - медиана треугольника. Пусть GM пересекает отрезок ОН в точке Т. Вот, теперь чертеж выглядит поинтереснее! Рассмотрите его и найдите подобие.

Подсказка 3

Итак, треугольники GHT и OTM подобны. Но с каким коэффициентом? Чтобы это узнать, нужно заметить, что Н - это не абы что, а ортоцентр, и вспомнить его свойства.

Подсказка 4

По свойству ортоцентра GH = 2*OM. Получается, GT : TM = 2 : 1. Как тогда относятся друг к другу площади треугольников GHO и OHM?

Подсказка 5

Так же как 2 к 1! Теперь выразите площадь OHM через известные нам площади. Тут самое главное не забыть рассмотреть случаи!

Показать ответ и решение

В точке $H$ пересекаются три высоты треугольника. Так как $O$ — центр описанной окружности, то в точке $O$ пересекаются серединные перпендикуляры треугольника. Пусть точка $M$ — середина стороны $PV$ , тогда $GM$ медиана. Точка $T$ — точка пересечения медианы и прямой $OH$ .

$PIC$

Треугольники $MOT$ и $GHT$ подобны (следует из параллельности прямых $MO$ и $HG$ , которые обе перпендикулярны прямой $P V$ ). Так как $HG = 2⋅MO$ (этот факт из школьной геометрии хорошо известен как "свойство ортоцентра"), то коэффициент подобия равен 2. Значит, $GT :TM = 2:1$ , то есть медиана $GM$ делится точкой $T$ в отношении $2:1$ . Это означает, что $T$ - точка пересечения медиан треугольника $P VG$ . Поэтому площадь $△OHG$ в 2 раза больше площади $△OHM$ .

Так как $M$ — середина $P V$ , то

S = S△OHP-+S△OHV--⇒ S = S + S . △OHM 2 △OHG △OHP △OHV

Здесь ошибкой был бы вывод о том, что, значит, $S =5+ 3= 8 △OHG$ . Дело в том, что выше доказано, что одна из этих трех площадей является суммой двух других. Но какая именно, зависит от рисунка, который мы сделаем. Важно, где прямая $OH$ пересекает стороны треугольника. Если треугольник $P VG$ правильный, то точки $O$ и $H$ совпадают и указанные в условии задачи три площади вырождаются (это здесь невозможно, так как дано, что площади равны 3 и 5). Если прямая $OH$ проходит через любую вершину треугольника, то тогда одна из трех площадей равна 0 , а две другие — ненулевые, но равны между собой (тоже не наш случай). Если же прямая $OH$ пересекает две стороны (рассмотренный выше случай), то мы доказали, что одна из этих трех площадей (в одном случае это $OHG$ , в другом — $OHP,$ в третьем — $OHV )$ является суммой двух других.

Поэтому получаем либо $5+ 3= x$ (то есть $x= 8$ ), либо $3+x =5$ (то есть $x =2$ ), либо $5 +x =3$ (что невозможно).

Ответ: 8 или 2

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#85554

Кривая, заданная уравнением $y = x2+ px+ q$ , пересекает ось $Ox$ прямоугольной декартовой системы координат в точках $A$ и $B$ , а ось $Oy$ - в точке $C$ (все три точки различны). Известно, что точка $D$ равноудалена от точек $A,B$ и $C$ , а сумма ее координат равна (-2023). Найдите минимально возможную при данных условиях длину отрезка $AB$ .

Источники: ПВГ - 2024, 11.5 (см. pvg.mk.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

А, В, С — точки параболы, причём при пересечении с осями Ох и Оу. Тогда про координаты этих точек много уже известно. Подумайте, как называют точки пересечения параболы и оси Охи, и используйте известную теорему для квадратного уравнения.

Подсказка 2

Известная теорема для квадратного уравнения— теорема Виета. Используйте и другие условия задачи, постарайтесь получить значение q - p, ведь только эти переменные изначально даны в условии.

Подсказка 3

Вы уже знаете, что абсциссы А и В — это корни квадратного уравнения и помимо теоремы Виета у них есть явные формулы, используйте это, выражая АВ.

Показать ответ и решение

Из условия вытекает, что $q ⁄= 0$ . Если обозначить $A(x;0),B(x;0),C(0;q),D (x;y) 1 2$ , то, очевидно, что $x= x1+x2- 2$ . Далее

2 2 |DB| = |DC |

2 2 2 2 (x− x2) +y = x + (y − q)

2qy =q2+ 2xx − x2 2 2

Так как $2x= x1+ x2$ , то $2qy = q2+ x1x2$ . Поэтому с учетом теоремы Виета: $x =− p2,y = q+12-$ .

Тогда из условия задачи имеем уравнение

q− p= 2⋅(− 2023)− 1 =− 4047

По формуле корней квадратного уравнения,

-- ∘ ------ |AB|= |x2− x1|=√ D = p2− 4q,

откуда следует

|AB|2 = p2 − 4q = p2− 4p +4⋅4047= (p− 2)2 +4⋅4046≥4 ⋅4046

Данное значение $√---- √ -- |AB |= 2 4046= 34 14$ достигается при $p =2,q = −4045$ .

Ответ:

$2√4046= 34√14$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#85555

Найдите все значения $a$ , при каждом из которых уравнение

x 2 |2[tga]− 1| =[tga]+ 2

имеет рациональное решение $x$ . Здесь, $[t]$ - целая часть числа $t$ .

Источники: ПВГ - 2024, 11.6 (см. pvg.mk.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Чтобы найти все а, нужно сначала найти все возможные значения [tgа]. А чтобы целая часть тангенса не смущала, можно просто заменить её на некоторое целое число b.

Подсказка 2

Если b = 0, b > 0 и b < 0. Первый совсем простой. Рассмотрим, когда b > 0, то есть b — натуральное. Попробуйте оценить правую часть выражения. Может ли х быть отрицательный?

Подсказка 3

Чтобы ответить на вопрос предыдущей подсказки, Вам поможет неравенство (b - 1)² ≥ 0.

Подсказка 4

Эти выражения имеют одни и те же простые делители! Тогда если p — некоторый общий простой делитель, то пусть b² + 2 = pN, а 2b - 1 = pM. Избавившись от b в левых частях уравнений полученной системы, получите уравнение в целых числах(*) и сделайте вывод, чему может быть равно p.

Подсказка 5

р = 3. Поэтому можно записать b² + 2 как 3^n, а 2b - 1 как 3^m, тогда, используя это, (*) уже совсем несложно решается.

Подсказка 6

Случай b < 0, решается аналогично, если сделать замену c = -b.

Показать ответ и решение

Положим $b= [tga]$ . Тогда уравнение принимает вид $(|2b− 1|)x =b2+ 2,b∈ ℤ$ . Нужно найти все целочисленные значения $b$ , при которых существует рациональное решение $x$ .

При $b= 0$ решений нет. Рассмотрим вначале случай $b> 0$ , т.е. $b∈ℕ$ . Тогда поскольку при любом натуральном $b$

2 b + 2> 2b− 1 ≥1,

то можем считать, что в представлении $x= d∕q$ числа $d$ и $q$ натуральные. Значит, числа $b2+ 2$ и $2b − 1$ имеют одни и те же простые делители.

Пусть $p$ - общий простой делитель этих чисел, тогда

{ b2+ 2= pN, 2b− 1= pM,

где $N$ и $M$ - натуральные. Исключая $b$ из левых частей уравнений этой системы, получаем

9= 4(b2 +2)− (2b− 1)(2b+1)= (4N − (2b+ 1)M )p.

Значит $(4N − (2b+1)M )$ - натуральное, а $p$ -делитель 9 , т.е. $p= 3$ . Поэтому

{ b2+ 2= pm, 2b− 1= pk,

где $m$ и $k$ - натуральные и $m > k$ . Так как

( ) ( ) 9= 4(b2+ 2)− (2b− 1)(2b+ 1)= 4⋅3m − 3k+2 ⋅3k =3k 4⋅3m−k − 3k− 2 ,

a $4⋅3m−k− 3k− 2$ не делится на 3 , то $k =2$ и $m = 3,b= 5,x= 32$ .

Для отрицательных $b$ решение проводится почти аналогично. Положим $c= −b$ . Тогда исходное уравнение будет записываться в виде:

(2c+ 1)x =c2+ 2, c∈ ℕ.

Случай $c=1$ очевиден, поскольку решение $x= 1$ . Пусть $c∈ℕ,c≥ 2$ . Аналогично предыдущему показывается, что в представлении $x= d∕q$ числа $d$ и $q$ натуральные. Опять предположив, что $p$ - общий простой делитель этих чисел, получим