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

Миссия выполнима - задания по годам → .06 Миссия выполнима 2020

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#70335

Для чисел $x,y,z,t$ из интервала $(0;π ) 2$ выполняется равенство

cos2x+ cos2y +cos2z +cos2t =4(cosxcosycoszcost− sin xsinysinz sint)

Докажите, что сумма некоторых двух из чисел $x,y,z,t$ равна сумме двух остальных.

Источники: Миссия выполнима - 2020, 11 (см. mission.fa.ru)

Показать доказательство

Воспользуемся формулами произведения косинусов и произведения синусов

4cosxcosycoszcost= (2cosxcosy)(2cosz cost)=

= (cos(x− y)+ cos(x+ y))⋅(cos(z − t)+cos(z+ t));

4sinxsin ysinzsint= (2sinxsiny)(2sinzsint)=

= (cos(x− y)− cos(x+ y))⋅(cos(z − t)− cos(z+ t));

Вычитая второе из первого, получаем

4(cosxcosycoszcost− sinxsinysinzsint)= 2cos(x− y)⋅(z+ t)+ 2cos(x+ y)⋅cos(z− t)

Тогда исходное равенство примет вид

2cos(x+ y)⋅cos(x− y)+ 2cos(z +t)⋅cos(z − t)= 2cos(x − y)⋅cos(z+ t)+ 2cos(x+ y)⋅cos(z− t)

Сгруппируем

(cos(x+ y)− cos(z+ t))⋅(cos(x− y)− cos(z− t))= 0

[ cos(x+y)= cos(z+ t) cos(x− y)= cos(z− t)

Так как $x,y,z,t$ из интервала $(0;π), 2$ числа $x +y,z+ t$ из интервала $(0;π),$ на этом интервале косинус каждое значение принимает по одному разу, поэтому если равны косинусы, то равны и аргументы.

cos(x+ y)= cos(z +t) ⇐ ⇒ x +y =z +t

Так как $x− y,z− t∈ (− π;π), 2 2$ возможны два случая:

[ x− y = z− t [ x+ t=z +y cos(x − y)= cos(z− t) ⇐⇒ x− y = −(z− t) ⇐⇒ x+ z = y+ t

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#76732

На доске написаны все натуральные числа от $1$ до $100.$ Можно любую пару чисел $x,y$ заменять на $xy − 29x− 29y +870.$ Какое число останется после $99$ таких операций?

Показать ответ и решение

Заметим, что $xy− 29x− 29y+870= (x− 29)(y − 29)+29$ . Если одно из пары заменяемых чисел $x,y$ равно $29$ , то эта пара чисел заменяется на $29$ . Следовательно, на доске всегда одно из чисел будет равно $29$ . Именно это число останется после $99$ рассматриваемых операций.

Ответ: 29

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#84144

В некотором регионе $60%$ работающих — бюджетники, и их зарплата в среднем на $20%$ ниже средней зарплаты по этому региону. На сколько процентов должна повыситься зарплата бюджетников, чтобы сравняться со средней зарплатой всех работающих?

Источники: Миссия выполнима - 2020, 11 (см. mission.fa.ru)

Показать ответ и решение

Пусть $n$ - число всех работающих, $s−$ их средняя зарплата. Тогда число бюджетников равно $0,6n$ , а их средняя зарплата равна $0,8s$ . Зарплата всех бюджетников равна $0,6n⋅0,8s= 0,48ns$ . Средняя зарплата остальных $0,4n$ работающих равна

ns− 0,48ns --0,4n----=1,3s.

Чтобы зарплата бюджетников стала равной зарплате всех работающих в данном регионе, необходимо чтобы она выросла с $0,8s$ до $1,3s$ , то есть на

1,3s-− 0,8s ⋅100% =62,5%. 0,8s

Ответ:

на $62,5%$ .

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#108623

Длины диагоналей граней $ABCD, ABB A 1 1$ и $ADD A 1 1$ параллелепипеда $ABCDA B C D 1 11 1$ выражаются различными целыми числами. Какой наименьшей может быть сумма этих чисел?

Источники: Миссия выполнима - 2020, 11 (см. mission.fa.ru)

Показать ответ и решение

$PIC$

Ни одна из рассматриваемых диагоналей не может иметь длину 1. Действительно, невозможно, равенство $AB1 = 1$ , поскольку в треугольнике $AB1D1$ (сторона $B1D1$ которого равна $BD$ ) должно выполняться неравенство

AB1 >|AD1− B1D1|≥ 1.

Аналогично доказывается для диагоналей граней $ABCD$ и $ADD1A1$ .

Таким образом, наименьшая длина одной из шести диагоналей рассматриваемых граней должна быть не меньше 2.

Нетрудно установить существование параллелепипеда, у которого 6 диагоналей рассматриваемых граней равны $2,3,4,5,6$ и $7.$ Например, одновременного могут выполняться следующие равенства:

AB1 = 2, AC =4, AD1 = 6, A1B = 3, A1D =5, BD =7.

$PIC$

Таким образом, наименьшая сумма длин граней $ABCD, ABB1A1$ и $ADD1A1$ равна 27.

Ответ: 27

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#108624

Найдите множество значений выражения

----ac--- ab+ ac+bc

при условии, что $a,b$ и $c$ — положительные числа, удовлетворяющие неравенствам $a≤ b≤ c$ .

Источники: Миссия выполнима - 2020, 11 (см. mission.fa.ru)

Показать ответ и решение

Так как $a,b$ и $c−$ положительные числа, то $--ac--> 0 ab+ac+bc$ . В то же время

ac ac a a 1 ab+-ac+bc < ac+-bc = a+-b ≤ a+-a = 2.

Покажем, что произвольное число $t$ из интервала $( ) 0;12$ входит в искомое множество.

При $0< t≤ 13$ равенство $ab+aacc+bc = t$ выполняется, если $a= 1t−2t,b= c= 1$ . Заметим, что так как $t≤ 13$ , то $a= 1−t2t ≤ 1$ .

При $13 ≤t< 12$ можно положить $a= b= 1,c = 1−t2t-$ . Легко проверить, что в этом случае $c= 1t−2t ≥1$ . Итак, искомое множество есть интервал $( ) 0;12$ .

Ответ:

$(0;1 ) 2$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#108625

Дан треугольник $ABC$ ; точка $K$ на стороне $AB$ и точка $L$ на стороне $BC$ таковы, что $AK = KL = LC$ . На луче $CB$ отмечена точка $M$ , для которой $CM =AB$ , а на прямой $AL$ - точка $N$ , для которой $MN ∥ AC$ . Докажите, что $BN = AB$ .

Источники: Миссия выполнима - 2020, 11 (см. mission.fa.ru)

Показать доказательство

Из равенств $∠MLN =∠ALC$ и $∠MNL =∠CAL$ следует подобие треугольников $MNL$ и $CAL$ . Поэтому $AL :AN = CL:CM =AK :AB,$ и треугольник $ABN$ подобен треугольнику $AKL$ . Равенство $BN = AB$ теперь следует из равенства $KL = AK$ .

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#108626

Зная, что $0,698< lg5 <0,699$ , определите, у скольких из чисел $1,5,25,...,5n,...,5100$ десятичная запись начинается с единицы.

Источники: Миссия выполнима - 2020, 11 (см. mission.fa.ru)

Показать ответ и решение

Десятичная запись числа $5100 = 10100lg5$ , лежащего на отрезке $[1069.8;1069.9]$ , состоит из 70 цифр и, вследствие неравенства

0.8 69 69 10 ⋅10 > 2⋅10

начинается не с единицы.

Заметим, что при любом натуральном $k$ среди $k$ -значных чисел имеется ровно одна начинающаяся не с единицы степень пятёрки. Поэтому записи ровно 70 чисел из набора ${1,5,25,...,5n,...5100}$ начинаются с цифр, отличных от единицы.

С единиц же начинаются записи остальных $101 − 70= 31$ чисел.

Ответ: у 31 числа

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#108627

Каждый из 25 учеников 11 «А» класса дружит ровно с двумя учениками 11 «Б», а все ученики 11 «Б» имеют разные наборы друзей в 11 «А». Каким наибольшим может быть число учеников в 11 «Б»?

Источники: Миссия выполнима - 2020, 11 (см. mission.fa.ru)

Показать ответ и решение

Каждых двух учеников, которые учатся в разных классах и дружат между собой, назовём смешанной парой. Поскольку каждый из 25 учеников 11 «А» входит ровно в две такие пары, то всего имеется 50 смешанных пар.

Пусть в 11 «Б» учится $n$ человек, причем ровно $k$ из них имеют ровно по одному другу в 11 «А». Из условия задачи следует, что $k ≤25.$

Кроме того, в этом классе может найтись не более одного ученика, не имеющий друзей в 11 «А».

Каждый из остальных $n− k− 1$ (если такой ученик один) или $n− k$ (если таких учеников нет) учеников 11 «Б» входит по меньшей мере в две смешанные пары. Значит, общее число смешанных пар больше или равно $k+ 2(n − k − 1)= 2n− k− 2.$

Сложив неравенства $2n − k− 2≤ 50$ и $k≤ 25,$ получим $2n− 2≤ 75,$ откуда $n ≤38.$

С другой стороны, построим пример, показывающий, что равенство $n= 38$ возможно. Так как $n= 38,$ то, подставив в неравенство, найдем ограничение на $k$ снизу:

2⋅38− k− 2 ≤50

Совмещая с ограничением сверху, получаем, что $24≤ k≤ 25.$ Возьмем $k =25.$ Пусть ученики класса «А» — это $a1,a2,...a25,$ а класса «Б» — $b1,b2,...b38.$ Тогда распределение следующее:

1.: $b1$ не дружит ни с кем.
2.: Каждый ученик $b2,b3,...b26$ дружит с одним из $a1,a2,...a25$ соответственно.
3.: Ученики с $b27$ по $b38$ (их ровно 12) дружат так: $b27$ — с $a1$ и $a2,$ $b28$ — с $a3$ и $a4,$ и так далее. А так как в таком распределении $a25$ останется без второго друга, то просто сделаем $a25$ и $b38$ дружественной парой. Тогда у $b38$ будет три друга, но это не нарушает условие.

Ответ: 38

Предыдущая подтема

Следующая подтема