Тема МВ / Финашка (Миссия выполнима. Твоё признание — финансист!)

Миссия выполнима - задания по годам → .08 Миссия выполнима 2022

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела мв / финашка (миссия выполнима. твоё признание — финансист!)

Разделы подтемы Миссия выполнима - задания по годам

Миссия выполнима 2015 и ранее

Миссия выполнима 2016

Миссия выполнима 2017

Миссия выполнима 2018

Миссия выполнима 2019

Миссия выполнима 2020

Миссия выполнима 2021

Миссия выполнима 2022

Миссия выполнима 2023

Миссия выполнима 2024

Миссия выполнима 2025

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#67538

Найдите значения дробей

-sin(α+-β+-γ)- A= sinα ⋅sinβ⋅sinγ

B = tgα+-tgβ-+tgγ, tgα ⋅tgβ ⋅tgγ

если числа $α,β$ и $γ$ таковы, что $A= 3B.$

Источники: Миссия выполнима - 2022, 11.3 (см. mission.fa.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Не совсем понятно, как работать с синусом суммы трех углов. Быть может, преобразуем при помощи формул?

Подсказка 2

Разложим синус трех слагаемых как синус суммы двух, после чего раскроем про формуле! Теперь делить почленно не составит труда - сможем найти A!

Подсказка 3

A + 1 равно сумме попарных произведений котангенсов! А как это преобразовать в выражение с тангенсами, чтобы связать с B?

Подсказка 4

Преобразуйте A как сумму обратных попарных произведений тангенсов и выразите через B.

Показать ответ и решение

sin(α +β +γ)= sin((α +β)+ γ)= sin(α +β)cosγ+ cos(α +β)sin γ =

=sin αcosβ cosγ+ cosα sinβcosγ+ cosαcosβsinγ− sinα sinβsinγ

Тогда подставим в $A$ и поделим почленно:

A =ctgβctgγ +ctgαctgγ +ctgαctgβ− 1=

= --1---+ ---1--+ ---1-- − 1 = tgα-+tgβ+-tgγ− 1= B− 1 tgβtgγ tgαtgγ tgαtgβ tgαtgβtgγ

Значит,

B − 1= 3B

1 B = −2

Откуда

A= − 3 2

Ответ:

$A = − 3,B =− 1 2 2$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#73683

В стране $20$ городов, некоторые из которых соединены авиалиниями. Беспосадочный перелёт из $A$ в $B$ назовём централизующим, если из $B$ можно в большее, чем из $A,$ число городов долететь без пересадки. Какое наибольшее число городов может насчитывать авиамаршрут, все перелёты на котором централизующие?

Источники: Миссия выполнима - 2022, 11.8 (см. mission.fa.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Рассмотрите маршрут, проходящий через города A₁, A₂, ... , Aₘ. Воспользуйтесь тем, что каждый перелет — централизующий.

Подсказка 2

Так как перелеты централизующие, значит, каждый раз число доступных городов увеличивалось. Исходя из этого оцените m.

Подсказка 3

При некотором значении m между A₁ и Aₘ будет маршрут, что даст противоречие. Получится оценка сверху на m, останется подобрать пример.

Показать ответ и решение

Через $|A|,$ где $A$ — произвольный город, обозначим число городов, соединённых беспосадочными авиалиниями с $A.$ Будем рассматривать авиамаршрут, который проходит последовательно через города $A1,A2,...,Am$ и все перелёты на котором централизующие. Ясно, что тогда

1≤ |A1|< |A2|<...<|Am|

Равенство $m= 19$ невозможно, поскольку имело бы своими следствиями взаимоисключающие равенства $|A |= 19 19$ и $|A |= 1, 1$ так как $A 1$ еще соединена с $A . 2$

Допустим, что $m =18$ и $|A18|= 19.$ Тогда $|A1|= 2,|A2|= 3,...,|A17|=18$ то есть город $A17$ соединён либо с $A1,$ либо с $A2.$ Но $A1$ соединён с $A2$ и $A18,$ а $A2$ — с $A1,A3$ и $A18.$

Наконец, предположим, что $m = 18$ и $|A18|= 18$ Тогда $|A1|= 1,A1$ соединён с $A2;|A2|=2,A2$ соединён с $A1$ и $A3.$ Получается, что город $A18$ не соединён ни с $A1,$ ни с $A2,$ а тогда равенство $|A18|= 18$ невозможно. Итак, $m≤ 17.$ Приведём пример системы авиалиний, для которой все перелёты на маршруте, проходящем последовательно через города $A1,A2,...,A17,$ централизующие. Пусть города $Ai$ и $Aj$ ( $1≤ i,j ≤ 20$ ) соединены, если выполнено хотя бы одно из следующих трёх условий:

1)i+ 1= j;2)i+ j ≥ 20,11≤ j ≤ 17;3)j =10,j ∈19,20

Ответ:

$17$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#76527

В фирме работало 150 сотрудников, в том числе 73 женщины. Затем произошло объединение с другой фирмой, где женщины составляли $40%.$ В результате доля женщин среди сотрудников стала равна $p%.$ Найдите все возможные целые значения $p.$

Источники: Миссия выполнима-2022, 11.1 (см. mission.fa.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Посчитаем, сколько всего сотрудников каждого пола оказалось в фирме после слияния.

Подсказка 2

Измерять количество людей через проценты не очень удобно, лучше запишем соотношение полов в виде 2n:3n. Теперь, добавляя количество людей в первой фирме, можно найти отношение количества женщин к количеству людей всего

Подсказка 3

Да, получаем сумму из целого числа и дробного, в знаменателе которого стоит n. Вспомним, что и n, и сама дробь должны быть целыми неотрицательными числами, и найдём все возможные варианты

Показать ответ и решение

В фирме, с которой произошло объединение, отношение числа женщин к числу мужчин равнялось $40 :60 =2 :3.$ Поэтому можно полагать, что там было $2n$ женщин и $3n$ мужчин, где n $∈ ℕ.$ В результате объединения получилась фирма, среди сотрудников которой, ровно $73+ 2n$ женщин. Поскольку

73+ 2n 7300 +200n 1460+40n 260 p = 150+-5n ⋅100=-150+-5n--= --30+n-- =40+ 30+-n,

то число $30+ n$ делит $260$ и может быть равным $260,130,65 или 52.$ Соответствующие значения $p$ равны $41,42,44 и 45.$

Ответ: 41, 42, 44, 45

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#76529

Через каждую пару противоположных рёбер куба проведена плоскость. На сколько частей эти плоскости разбивают куб?

Источники: Миссия выполнима - 2022, 11.2 (см. mission.fa.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Нам довольно трудно представить разбиение на части внутри куба, так что давайте начнём с рассмотрения граней. Как проведённые плоскости разобьют поверхность куба?

Подсказка 2

Да, каждая грань делится плоскостями на 4 треугольника, соответственно вся площадь делится на 24 части. Теперь можем подумать о том, как плоскости разделяют фигуру внутри. Будут ли образовываться такие "внутренние" части, у которых нет общих точек с поверхностью?

Подсказка 3

Да, получаем, что все плоскости пересекаются в центре, при этом каждой части соответствует ровно один треугольник с поверхности. Какой мы из этого можем сделать вывод?

Показать ответ и решение

$PIC$

Каждая такая плоскость проходит через пару параллельных диагоналей противоположных граней куба. Поэтому каждая грань разбита на $4,$ а вся поверхность куба —на $4⋅6$ треугольника, каждые два из которых отделены друг от друга хотя бы одной из проведённых плоскостей. А поскольку все проведённые плоскости пересекаются в центре куба, то каждая часть содержит в качестве одной из своих граней один из этих $24$ треугольников. Следовательно, число частей разбиения также равно $24.$

Ответ: 24

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#76531

$A′,$ $B′$ и $C′$ — проекции вершины $S$ правильной треугольной пирамиды $SABC$ на биссекторные плоскости двугранных углов при рёбрах $BC,$ $AC$ и $AB.$ Найдите тангенс каждого из этих углов, если объём пирамиды $′ ′ ′ SA BC$ в $10$ раз меньше объёма пирамиды $SABC.$

Источники: Миссия выполнима - 2022, 11.4 (см. mission.fa.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Сходу непонятно, что делать с условием на перпендикуляры к плоскостям, может, попытаться сделать какое-то дополнительное построение, связанное с вершиной S и одной из этих плоскостей?

Подсказка 2

Правильно, сделать симметрию точки S относительно плоскости A'BC и получить точку S₁. Попробуйте получить точки S₂, S₃ по такой же симметрии, только относительно AB'C и ABC'.

Подсказка 3

Мы получили треугольник S₁S₂S₃, кажется, что он концентричен с треугольником ABC (докажите это, используя поворот относительно высоты пирамиды).

Подсказка 4

Треугольник PSS₁ равнобедренный (P - середина BC), так как PA' - высота и биссектриса, а значит SA'=A'S₁, следовательно, пирамида SS₁S₂S₃ является образом SA'B'C' при гомотетии с коэффициентом 2 и центром в S, а значит, как относятся их объемы?

Подсказка 5

Правильно, в 8 раз. Теперь мы можем использовать условие с отношениями объемов SABC и SA'B'C', найдя отношение объемов SABC и SS₁S₂S₃ и отношение площадей их оснований.

Подсказка 6

Проведём высоту SO нашей пирамиды и найдем отношение S₁O/AO с помощью отношения площадей.

Подсказка 7

Выразим S₁O и OA через SO и найдем тангенс угла, который нужно вычислить в задаче с помощью найденных отрезков.

Показать ответ и решение

Точки $S ,S , 1 2$ и $S 3$ симметричные $S$ относительно биссекторных плоскостей, лежат в плоскости $ABC.$ А поскольку тройка этих биссекторных плоскостей переходит в себя при повороте на $∘ 60$ вокруг оси пирамиды, то этим свойством обладает и тройка точек $S1,S2,S3.$ Следовательно, треугольник $△S1S2S3$ — правильный, и его центр, который мы обозначим через $O,$ совпадает с центром треугольника $△ABC.$

$PIC$

Заметим, далее, что пирамида $SS1S2S3$ —- образ пирамиды $SA′B ′C ′$ при гомотетии с центром $S$ и коэффициентом $2.$ С учётом условия задачи это означает, что отношение объёмов пирамид $SABC$ и $SS1S2S3$ равно $10:23 =5 :4.$ А поскольку у этих пирамид общая высота $SO,$ то и отношение площади треугольника $△ABC$ к площади треугольника $△S1S2S3$ равно $5:4.$ В качестве следствия получается равенство $OA :OS1 = √5 :2,$ которое будет нами использовано.

Обозначив величину двугранного ребра при ребре $BC$ через $φ$ , точкой, симметричной $S$ относительно соответствующей биссекторной плоскости будем считать $S1.$

$PIC$

Тогда $φ= ∠SPA = ∠SPS1,$ где $P$ — середина ребра $BC$ ; треугольник $△SP S1$ — равнобедренный $(SP = PS1),$ откуда

180∘ − φ φ ∠SS1P = ---2--,OS1 =SO ctg∠SS1P = SOtg2-

А поскольку

OA = 2⋅AP = 2⋅SOctg φ, 2

то

√5 OA 2ctgφ -2-= OS1 =-tg φ2

tg φtgφ = 4√- 2 5

При $0∘ < φ< 90∘$ левая часть последнего равенства равна $∘1+-tg2φ− 1,$ что позволяет найти

∘16+-8√5- tgφ = ---5---

Ответ:

$∘ 16+-8√5 ---5---$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#76533

Последовательность $a n$ определена условиями $a = 0,01 1$ и $(n+ 2)a = na n n+1$ для $n = 1,2,...,99.$ Найдите сумму $a +a + ...+ a . 1 2 100$

Источники: Миссия выполнима-2022, 11.5 (см. mission.fa.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Нам нужно найти сумму а-шек, значит, достаточно получить такую сумму, чтобы коэффициенты при каждом a_i были одинаковыми. При этом мы видим, что если у нас есть равенство 3a₁ = a₂, 4a₂ = 2a₃, то сложив эти два неравенства, после приведения подобных мы получим 3a₁ + 3a₂ = 2a₃, и мы получаем сумму первых двух чисел с одинаковыми коэффициентами. Можно ли так сделать для суммы первых скольких-то членов? А скольких?

Подсказка 2

Верно, мы можем просуммировать так все равенства и получить, что 3(a_1 + … + a_99) = 99a_100, то есть (a_1 + … + a_99) = 33a_100. Значит, то, что мы ищем - это 34 a_100. Ну а это уже легко найти, потому что есть рекуррента. Найдите a_100 и запишите ответ.

Показать ответ и решение

Последовательно сложив равенства

3a1 =a2,4a2 =2a3,5a3 = 3a4,...,101a99 = 99a100,

приведя подобные члены и сократив на $3,$ получим $a1+ a2+ a3+...+a99 = 33a100.$ Поэтому искомая сумма $S =34a100.$ А поскольку

101 101- 100- 101⋅100⋅...⋅4⋅3 101⋅100- a100 = 99 a99 = 99 ⋅98 a98 = ...= 99 ⋅98...⋅2⋅1 a1 = 2 a1 = 50.5,

то $S = 34⋅50.5= 1717.$

Ответ: 1717

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#76535

На сторонах $BC,$ $CA$ и $AB$ неравнобедренного треугольника выбраны точки $L,$ $M$ и $N$ соответственно. Биссектриса угла $ABC$ и серединный перпендикуляр к отрезку $NL$ пересекаются в точке $P.$ Известно, что $∘ ∠ABC =135 ,AN =NM = ML = LC = 1$ Найдите длину отрезка $MP.$

Источники: Миссия выполнима-2022, 11.6 (см. mission.fa.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

По условию треугольники AMN и MLC – равнобедренные, значит, ∠NMA = ∠BAC, а также ∠LMC = ∠BCA, что тогда можно сказать про величину угла NML? Также подумайте, как этот угол может нам помочь в дальнейшем решении.

Показать ответ и решение

$PIC$

Так как из условий $AN = NM =ML =LC$ следуют равенства $∠AMN =∠BAC$ и $∠CML = ∠BCA$ соответственно, то

∠LMN = 180∘ − ∠AMN − ∠CML = 180∘− ∠BAC − ∠BCA = ∠ABC.

Заметим, далее, что точка $P$ лежит на описанной окружности треугольника $△NBL$ (и делит пополам дугу $NL,$ не содержащую $B$ ). Поэтому

∠LPN = 180∘− ∠ABC = 180∘− ∠LMN

с учётом того, что $P$ и $M$ лежат в одной полуплоскости относительно прямой $LN,$ заключаем, что $P$ - ортоцентр треугольника $△LMN.$

Рассмотрим теперь треугольник $△LP M.$ Используя равенства

∘ ∘ ∠LMN = 135 ,∠LP N = 45

и равнобедренность треугольника $△LP N,$ нетрудно найти углы $∠PLM = 45∘$ и $∠LP M = 22,5∘.$ Применив теорему синусов, получим $-MP-- -ML--- sin45∘ = sin22,5∘,$ откуда

∘ ∘ 1+-cos45∘- ∘---√-- MP = 2cos22,5 = 2 ---2----= 2 + 2

Ответ:

$∘2-+-√2$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#76536

Число $a >0$ таково, что неравенства $2≤ an ≤ 4$ выполняются ровно при $5$ натуральных значениях $n.$ При скольких натуральных значениях $n$ могут выполнятся неравенства $n 4≤a ≤8?$

Источники: Миссия выполнима-2022, 11.7 (см. mission.fa.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Пользоваться изначальным неравенством, где n стоит в показателе степени, неудобно. Предположим logₐ 2 = 𝜶 и зададим обычные ограничения на n. Если при заданном а значений n ровно 5, то как можно записать это в виде неравенства?

Подсказка 2

Верно, числа от n до n+4 принадлежат промежутку от 𝜶 до 2𝜶, при этом n-1 уже меньше 𝜶, а n+4 больше 2𝜶. Теперь попробуем преобразовать наше неравенство так, чтобы "зажать" и найти количество значений n, лежащих в промежутке от 2𝜶 до 3𝜶.

Подсказка 3

И не забудьте для каждого количества решений привести примеры!

Показать ответ и решение

Ясно, что $a> 1.$ Полагая $log 2= α, a$ неравенство $2≤an ≤4$ перепишем в виде $α≤ n≤ 2α,$ а неравенства $4≤ an ≤8$ - в виде $2α ≤n ≤3α.$ Согласно условию, для некоторого натурального числа $m$ выполнены неравенства $m − 1 <α ≤ m< m + 4≤2α <m + 5.$ Из них следует, что

2m − 2< 2α ≤2m < 2m +3< 3α< 2m +5.

Таким образом, неравенствам $2α ≤n ≤3α$ обязательно удовлетворяет четвёрка чисел ${2m;2m +1;2m+ 2;2m + 3}$ и, возможно , одно или оба числа пары ${2m − 1;2m +4}.$

Приведём три соответствующих примера. При $α= 4,6$ имеем $m =5$ и

2m − 1 <2α <3α <2m + 4;

при $α= 5,2$ имеем $m =6$ и выполняются неравенства

2α< 2m − 1 <3α <2m + 4;

наконец, если $α =5,4,$ то $m =6$ и

2α< 2m − 1 <2m + 4< 3α.

Ответ: четыре, пять или шесть

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#76733

Докажите, что для любого натурального $n$ существует натуральное число, которое больше своей суммы цифр в $11...11 ◟--◝◜n-◞$ раз.

Источники: Миссия выполнима-2022, 10.1 (см. mission.fa.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Для каких чисел проще всего проверить делимость на число, состоящее из одних единиц?

Подсказка 2

Для чисел, состоящих из одинаковых цифр, или тех, которые получаются из вышесказанных домножением на какое-нибудь число. Попробуем найти такое число, полученное из числа, состоящего из девяток.

Подсказка 3

Найдите число с суммой цифр 9n, удовлетворяющее требованием из предыдущих подсказок.

Показать доказательство

Рассмотрим десятичную запись числа $n(10n − 1).$ Пусть число $n$ оканчивается на $k$ нулей. Если последняя ненулевая цифра числа $n$ равна $x$ , то у числа $n n(10 − 1)$ последняя ненулевая цифра будет $10 − x.$ Если предпоследняя цифра $y$ , то у числа $n n(10 − 1)$ предпоследняя цифра будет $9− y$ и т.д. А в начале числа $n n(10 − 1)$ будут идти цифры числа $n$