Тема Межвед (на базе ведомственных образовательных организаций)

Межвед - задания по годам → .02 Межвед 2020

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела межвед (на базе ведомственных образовательных организаций)

Разделы подтемы Межвед - задания по годам

Межвед до 2020

Межвед 2020

Межвед 2021

Межвед 2022

Межвед 2023

Межвед 2024

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#46232

Решите уравнение $2x+ 2y = 24t$ в целых числах.

Источники: Межвед - 2020 (см. v-olymp.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

При каких x и y сразу можно сделать какие-то выводы про t? А во всех остальных случаях давайте выразим y через x и подставим.

Подсказка 2

При y = x левая часть полностью становится степенью двойки! Тогда можно понять, каким должно быть t. А если y > x,то запишем y = v + x. Как преобразуется наше уравнение?

Подсказка 3

Разберите случаи t < 0 и t ≥ 0. Какие выводы модно сделать о делимости обеих частей уравнения?

Подсказка 4

Верно, t может быть только ≥ 0! А как можно аналогичным образом оценить x?

Подсказка 5

x, v натуральные! Тогда по сути мы решаем уравнение на натуральные числа, то есть можем рассуждать о простых делителях ;)

Подсказка 6

Запишите уравнения на степени вхождений 3 и 2.

Подсказка 7

x = 3t, 1 + 2^v = t. "Маленькие" решения ещё можно угадать, а вот о существовании больших нужно порассуждать ;)

Показать ответ и решение

Если $x =y,$ то

x+1 t 2 = 24

Если $t>0,$ то правая часть кратна трём, а левая — нет. Значит, $t≤ 0.$ Если $t< 0,$ то вновь придём к противоречию $3−t = 23t−(x+1)$ : кратное трём число не может быть никакой степенью двойки, в том числе нулевой. Остаётся только вариант $t= 0,$ в котором есть решение $x =− 1= y.$

Рассмотрим теперь случай $x⁄= y.$ Не умаляя общности, будем считать $x< y.$ Тогда можно записать $y = x+ v,v >0.$ Исходное уравнение запишется в виде

2x⋅(1 +2v)= 24t

Если $t<0,$ то в равенстве $3−t⋅(1+ 2v)= 23t−x$ левая часть делится на $3,$ а правая нет. Поэтому может быть только $t≥ 0.$ Но тогда $x >0,$ ведь иначе в равенстве $2x ⋅(1+ 2v)=24t$ справа стоит натуральное число, а слева деление нечётного натурального числа на степень двойки (то есть в итоге получается дробь, а не натуральное число).

В итоге обе части равенства

2x⋅(1 +2v)= 24t

являются натуральными числами, поэтому по основной теореме арифметики должны быть равными степени вхождения простых множителей, откуда

v t x =3t и 1+2 =3

Очевидные решения $(v,t)∈ {(1,1),(3,2)}$ . Получаем тройки $(3,4,1),(6,9,2)$ , которые дают $4$ решения в силу симметрии $x,y$ . Пусть теперь $v,t> 2$ , тогда $2v ≡ 0 4$ , то есть $3t− 1≡ 0 4$ . Отсюда $t$ чётно. Но если $t$ кратно двум, то $t= 2k,k∈ℕ$ и $3t− 1= (3k − 1)(3k+ 1)$ . Если $k ≥2$ , то хотя бы одно из этих чисел не является степенью двойки, что невозможно. Тогда $k≤ 1 ⇐⇒ t≤2$ , откуда в этом случае решений нет.

Ответ:

$(−1,−1,0),(3,4,1),(4,3,1),(6,9,2),(9,6,2)$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#49012

В остроугольном треугольнике $ABC$ на стороне $AC$ выбрана точка $Q$ так, что $AQ :QC = 1:2.$ Из точки $Q$ опущены перпендикуляры $QM$ и $QK$ на стороны $AB$ и $BC$ соответственно. При этом $BM :MA = 4:1,BK =KC$ . Найдите $MK :AC$ .

Источники: Межвед - 2020 (см. v-olymp.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Сначала стоит обратить внимание на QK, ведь это и медиана, и высота в △BQC. Делаем вывод про △BQC, а дальше, конечно, надо бы ввести какие-нибудь удобные обозначения для отношений на сторонах AB и AC!

Подсказка 2

Например, положим AQ = a и AM = b. Как мы вообще собираемся считать отношение MK:AC? Кажется, что мы хотим выразить MK и AC через какую-то одну переменную, тогда она при делении сократится. Значит, надо найти связь между a и b! Что из условия ещё остаётся неиспользованным?

Подсказка 3

Конечно же, перпендикулярность QM и AB! Попробуйте использовать образовавшиеся прямоугольные треугольники, чтобы найти эту самую связь между a и b. Может, это ещё натолкнёт вас на какой-нибудь крутой факт про BQ...

Подсказка 4

Действительно, проведя расчёты, получим, что BQ ⊥ AC. Теперь снова обратим внимание на △BQC. Помимо того, что он равнобедренный, теперь мы ещё знаем, что он прямоугольный, значит, углы при гипотенузе хорошие! Только вот как это можно использовать? Поскольку сторона AC выражается через a, то мы хотим выразить MK тоже через a. Может быть, теорема косинусов? Там как раз можно будет использовать найденный хороший угол! Только надо сначала сформировать подходящий треугольник.

Подсказка 5

А именно, проведём прямую, параллельную AC, через точку M, тогда образуется треугольник, высеченный этой прямой и MK. Осталось в нём найти стороны и использовать теорему косинусов!

Показать ответ и решение

$PIC$

Раз $QK$ и медиана, и высота в треугольнике $BQC$ , то он равнобедренный, и значит, $QC = QB$ . Пусть $AQ = a$ и $AM = b$ . Тогда $MB =4b$ и $BQ = QC =2a$ . Так как $MQ ⊥ AB$ , то $BQ2 − AQ2 = 3a2 = BM2 − AM2 = 15b2$ . Значит, $√ - a = 5b$ . Тогда $AQ2 + QB2 = 5a2 = 25b2 = AB2$ . Значит, $QB ⊥ AC.$

$PIC$

Проведем через $M$ прямую параллельную $AC$ . Мы знаем, что $BQ =QC$ и $∘ ∠BQC = 90$ , поэтому $∘ ∠MDK = ∠ACK = 45$ и $√- BC = 2 2a$ и $√- BK = KC = 2a$ . Из параллельности $MD- BM- BD- AC = AB =BC$ , поэтому $4 12a MD = 5 ⋅3a= 5$ , $8√2a- BD = 5$ и $8√2a √- 3√2a KD = 5 − 2a= 5$ . Тогда по теореме косинусов

2 18a2 144a2 72a2 90a2 KM = -25--+ -25-− -25-= -25-

Тогда

3a√-- √-- KM--= -5-10 = -10 AC 3a 5

Ответ:

$√10-:5$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#79218

Основанием пирамиды $TABCD$ является трапеция $ABCD$ $(BC ∥AD).$ Расстояния от точек $A$ и $B$ до плоскости $TCD$ равны $r 1$ и $r2$ соответственно. Площадь треугольника $T CD$ равна $S.$ Найдите объем пирамиды $TABCD.$

Источники: Межвед-2020, 11.3 (см. v-olymp.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Давайте для начала поработаем с тем, что уже есть. Мы имеем r₁ — расстояние от точки A до плоскости TCD, а также площадь треугольника △TCD. Чему же равен объём тетраэдра TACD?

Подсказка 2

Он равен r₁S/3. Из аналогичных рассуждений мы можем получить, что объём тетраэдра TBCD равен r₂S/3. Нам необходимо найти объём пирамиды TABCD. C учетом найденных объёмов логично будет разбить его на две части: V(TABCD)=V(TABD)+V(TBCD). Какое равенство хочется доказать, чтобы завершить решение?

Подсказка 3

Конечно, V(TABD)=V(TACD). Это равенство равносильно равенству площадей треугольников △ABD и △ACD. Докажите это, учитывая, что у них есть общее основание AD, и завершите решение!

Показать ответ и решение

$PIC$

Объем пирамиды $TABCD$ равен сумме объемов пирамид $TBCD$ и $TABD$

VTABCD =VTBCD + VTABD

Причем $VTABD =VTACD$ , так как у этих пирамид общая высота(из вершины $T$ ), а также равны площади оснований: $SABD = SACD$ (у этих треугольников общее основание $BC$ и равные по длине высоты, проведенные из вершин $B$ и $C$ , поскольку $ABCD$ — трапеция по условию). Итак,

VTABCD = VTBCD + VTACD = 1 ⋅S⋅r2 + 1⋅S⋅r1 3 3

Ответ:

$S-(r1+-r2) 3$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#102524

Решите неравенство

log2x log x (2 ) 2 2 − 12⋅x 0,5 < 3− log3− x x − 6x+ 9 .

Источники: Межвед - 2020 (см. v-olymp.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Давайте преобразуем выражения слева и справа так, чтобы логарифмов с разными основаниями стало как можно меньше. Кстати, как можно избавиться от логарифма в квадрате?

Подсказка 2

Чтобы избавиться от логарифма в квадрате, можно возвести двойку лишь в одну из двух степеней! Также можно выражение преобразовать так, чтобы остались логарифмы только по основанию 2.

Подсказка 3

Теперь у нас есть x в противоположных по знаку степенях, сразу напрашивается замена! А чему равна правая часть выражения?

Подсказка 4

Замените на y степень икса. Тогда остается решить несложное неравенство! Не забудьте про ОДЗ и обратную замену ;)

Показать ответ и решение

2log22x− 12 ⋅xlog0,5x <3− log (x2− 6x +9)⇔ log x − logx 3−x 2 x 2 −{ 12 ⋅x 2 < 3− log3−x(3− x) ⇔ xlog2x− 12 ⋅x− log2x < 1 (1) ⇔ x< 3,x⁄= 2 (2).

Решим неравенство (1) системы. Обозначим $xlog2x = y,y >0$ . Тогда

(1)⇔ y− 12< 1 y

(y+-3)(y− 4) y <0

Так как $y > 0$ , то $y ∈ (0;4)$ . Отсюда

√ - √- xlog2x <4⇔ log22x< 2⇔ − 2< log2x< 2 ⇔

$−√2- √2 2 < x< 2$ — это ответ в неравенстве (1).

Далее учтем ограничения (2). Для этого сравним числа $√2 2$ и $3.$

Заметим, что $2√2 < 21,5$ и $21,5 < 3$ , так как $8= (21,5)2 <$ $32 = 9$ . Поэтому $2√2 <3$ . Запишем ответ с учетом (2).

Ответ:

$(2−√2;2)∪ (2;2√2)$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#102525

Решите уравнение

∘ ----- ∘----2 --2t-2 + 3 1− t2-=1. 1+ t 1+t

Источники: Межвед - 2020 (см. v-olymp.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Внимательно посмотрим на дроби в уравнении. Где же нам встречались знаменатели такого вида, так ещё и 2t в числителе?

Подсказка 2

Первое подкоренное выражение — это синус некоторого угла! Тогда можно сделать замену и получить новое тригонометрическое уравнение, в котором мы сможем сделать какие-то оценки на слагаемые.

Подсказка 3

Замените t на тангенс половинного угла. Что можно сказать про кубический корень, как можно оценить его значения и какие из них подходят нам?

Подсказка 4

Разберите случаи отрицательного и положительного значения косинуса. Не забудьте про обратную замену ;)

Показать ответ и решение

Сделаем замену:

α t= tg-2,α ∈ (−π,π).

Тогда

2t 1− t2 1+-t2 = sinα,1+-t2-= cosα

и исходное уравнение примет вид:

√sinα+ 3√cosα= 1

Если $cosα < 0$ , то левая часть (2) строго меньше 1 , и корней у (2) нет. В случае же, когда $cosα≥ 0$ и $sinα ≥0$ , имеем очевидное неравенство:

√sin-α+ 3√cosα≥ cos2α+ sin2α= 1

Причем равенство достигается, только когда или $cosα =$ 1 , или $sinα= 1$ . Значит, либо $α= 0$ , либо $α= π∕2$ . Подставив найденные значения $α$ в (1), найдем искомое $t$ .

Ответ: 0; 1

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#102526

Рассмотрим всевозможные 100-значные натуральные числа, в десятичной записи которых встречаются только цифры 1,2. Сколько среди них делятся на 3 нацело?

Источники: Межвед - 2020 (см. v-olymp.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Давайте попробуем поработать с меньшей длиной чисел, а длину 100 построим дописываем небольшого количества цифр (чтобы нам было удобно видеть всевозможные комбинации для дописывания). Какую длину выберем для подсчета?

Подсказка 2

Давайте попробуем дописать 2 цифры так, чтобы число стало делиться на 3. Какие для этого есть варианты?

Подсказка 3

Количество вариантов для дописывания зависит от того, делилось ли 98-значное число на 3. Попробуем явно рассмотреть случаи, это, кажется, не так сложно!

Подсказка 4

Отлично! Теперь мы умеем выражать ответ для n=100 через ответ для n=98. А что нам мешает "спуститься" ещё ниже, к числам меньшей длины?)

Показать ответ и решение

Каждое 100-значное натуральное число может быть получено дописыванием двух цифр справа к 98-значному числу. Пусть $x$ — некоторое 98-значное число. Посмотрим какие справа две цифры (каждая из которых равна 1 или 2) нужно к числу $x$ приписать, чтобы получившееся 100значное число делилось на 3. Воспользуемся тем, что остаток от деления натурального числа на 3 равен остатку от деления на 3 суммы его цифр. Пусть наше число $x$ при делении на 3 дает остаток $m$ . Тогда

- если $m = 0$ , то припишем 12 или 21 ;

- если $m = 1$ , то припишем 11 ;

- если $m = 2$ , то припишем 22 ;

Таким образом, из каждого 98-значного числа, кратного 3, можно получить два кратных трем 100 -значных числа. Каждое не кратное трем 98-значное число порождает только одно кратное трем 100-значное число.

Всего 98-значных чисел $298$ . Пусть среди них $A98$ чисел кратно трем. (Далее символом $An$ будем обозначать количество n-значных чисел, кратных 3.) Тогда количество кратных трем 100 -значных чисел может быть найдено по формуле

( ) A100 = 2A98 + 298 − A98 = 298+ A98

Верны, таким образом, следующие соотношения:

98 A100 = 2 + A98 A98 = 296+ A96 ... 4 A6 = 2 +A4 A4 = 22+A2.

Сложив эти равенства (величины $A4,...,A98$ при этом сокращаются), получим

A100 = A2+ 22 +24+ ⋅⋅⋅+ 298

Остается просуммировать геометрическую прогрессию и заметить, что $A =2 2$ . Тогда

50 50 A100 =2+ 4--−-4= 4--+2- 3 3

Ответ:

$450+-2 3$

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#102527

Восемь чисел $a,a ,a ,a 1 2 3 4$ и $b,b,b,b 1 2 3 4$ удовлетворяют соотношениям

(| a b + ab = 1 |||{ 1 1 2 3 | a1b2+ a2b4 = 0 |||( a3b1+ a4b3 = 0 a3b2+ a4b4 = 1

Известно, что $a2b3 = 7$ . Найдите $a4b4$ .

Источники: Межвед - 2020 (см. v-olymp.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

a₄b₄мы сможем выразить через a₂b₃. Но что делать дальше?...через какое произведение хочется выразить a₂b₃?

Подсказка 2

Попробуйте доказать, что a₂b₃ = a₃b₂.

Подсказка 3

Давайте скомбинируем уравнения с помощью коэффициентов, чтобы выразить b₂ и b₃ через a₂ и a₃ ;)

Показать ответ и решение

Докажем, что $ab = a b 23 32$ . Умножим уравнение (a) исходной системы

(| ab + ab = 1 а |||{ 1 1 23 | a1b2+ a2b4 = 0 б |||( a3b1+ a4b3 = 0 в a3b2+ a4b4 = 1 г

на $b2$ и вычтем из него уравнение (б), умноженное на $b1$ . В результате получим

a2⋅Δ = b2.

Здесь $Δ = b2b3− b1b4$ . Аналогично, из (в) и (г) находим, что

a ⋅Δ = b. 3 3

Заметим, что $Δ ⁄=0$ , так как в противном случае из (3) следовало бы, что $b3 = 0$ , а значит и $a2b3 =0$ , что противоречит условию задачи. Остается выразить $a2$ и $a3$ из (2) и (3) и подставить полученные выражения в (1). Справедливость соотношения (1) будет тем самым доказана. Далее из уравнения (г) и равенства (1), следует, что $a4b4 =$ $1 − a3b2 = 1− a2b3 = −6$ .

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Замечание.

Система уравнений в задаче — это покомпонентная запись матричного равенства:

( 1 0 ) ( a1 a2 ) ( b1 b2 ) A ⋅B = 0 1 , где A = a3 a4 и B= b3 b4 .

Хорошо известно, что если произведение двух матриц равно единичной, то такие матрицы коммутируют, а значит система уравнений в задаче останется справедливой, если в ней все $ai$ заменить на $bi$ и наоборот. Из этого наблюдения равенство (1) следует немедленно.

Ответ: -6

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#102528

Найдите все неотрицательные целые числа $a$ и $b$ , удовлетворяющие равенству

2 2 a + b =841⋅(ab+ 1).

Источники: Межвед - 2020 (см. v-olymp.ru)

Показать ответ и решение

Пусть пара чисел $(a,b)$ удовлетворяет уравнению

2 2 2 a +b = k (ab+ 1),k= 29 (1)

Предположим, что одно из чисел, например $a$ , равно нулю. Тогда, очевидно, $b= k$ . Поэтому далее будем рассматривать такие решения ( $a,b$ ) уравнения (1), для которых

a⁄= 0,b⁄=0 (2)

Более того, будем предполагать, что

a ≤b (3)

Итак, пусть пара ( $a0,b0$ ) удовлетворяет (1), а также усл. (2), (3). Из (1) находим, что

b2− k2a0b0+a2− k2 = 0 0 0

Это равенство можно трактовать как квадратное уравнение относительно неизвестной $b0$ . По теореме Виета, помимо, собственно, $b0$ , это уравнение еще имеет корень $b′0$ такой, что

b0+ b′0 =k2a0 b0b′0 =a20− k2

________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Утверждение.

Этот новый корень $b′0$ удовлетворяет условиям:

b′0 ≥ 0,b′0 ∈ ℤ, b′0 < a0

Доказательство.

Числа $a0$ и $b′0$ удовлетворяют (1), поэтому $b′0 ≥0$ (иначе правая часть (1) была бы отрицательной, так как, по условию задачи и в силу (2), $a0 > 0$ ). Из (4) следует, что неотрицательное $b′0$ является целым, а из (5) — что

b′0 = a20− k2- b0

Установим, что $b′ <a 0 0$ . Действительно,

′ a20−-k2 2 2 b0 < a0 ⇔ b0 < a0 ⇔ a0− k < a0b0

В силу (3) получаем

a20 ≤ a0b0

Таким образом, пара $(a0,b0)$ , удовлетворяющая уравнению (1) и ограничениям (2), (3), порождает новую пару (см. (4)) вида ( $) ( ) b′0,a0 = k2a0− b0,a0$ , которая также удовлетворяет (1), (2), (3) (если, конечно, $a0 ⁄=k$ ; так как, согласно (5), $b′0$ еще может быть найден по формуле $b′0 =$ $2 2 a0−b0k-$ , так что, если $a0 = k$ , то (3) не будет выполнено). Будем эту новую пару обозначать как $(a1,b1)$ . Затем по тем же формулам можно из пары $(a1,b1)$ получить еще решение $(a2,b2)$ и т.д. Символически полученный результат представим следующим образом:

(a0,b0)→ (a1,b1)= (k2a0− b0, a0)→ (a2,b2)→ ⋅⋅⋅ Здесь am = k2am −1− bm− 1,bm =am−1, при этом am >am−1( см. утверж дение )

Сразу же отметим и формулы обратного преобразования

2 am−1 =bm,bm−1 = k bm − am

с помощью которых можно цепочку (6) продолжить влево. С помощью правила (7), из одного решения $(a0,b0)$ , удовлетворяющего (1), (2), (3), мы можем получить лишь конечное число новых решений уравнения (1), так как, согласно доказанному утверждению, $a > a > a > ⋅⋅⋅≥ 0 0 1 2$ . Значит, на каком-то шаге обязательно получится $a = 0 n$ (тогда, как было показано выше, $b = k n$ ). Чтобы на $n$ -м шаге получить 0 , на предыдущем шаге должно было быть $a = n−1$ $k$ (подставив $a= a = k n−1$ в (1), найдем $b=b = k3 n−1$ ). Таким образом, окончание цепочки (6) выглядит так:

( 3) ...→ (an−1,bn−1)= k,k → (an,bn)= (0,k)

(Цепочку (8) вправо продолжать смысла нет, так как далее $(0,k)→ (−k,0) → (0,k)→ ⋅⋅⋅$ .) А вот что предшествует паре $(an−1,bn−1)= (k,k3)$ ? Согласно $(7′)$ , на предыдущем шаге $an−2 = k3,bn−2 = k5− k−$ и это тоже решение уравнения (1)! Можно продолжить, получая новые решения: $an−2 = k5−$ $k,bn−2 = k7− 2k3$ и так далее. Значит, всего решений у уравнения (1) бесконечно много, так как цепочку (8) можно продолжить влево сколь угодно далеко.

Поясним почему (8) содержит все решения (1), удовлетворяющие условию (3). Пусть ( $a∗,b∗$ ) - какое-то (удовлетворяющее (3)) решение уравнения (1). Было показано, что с помощью формул (7) из решения ( $a∗,b∗$ ) можно получить цепочку новых решений (см. (6)), которая непременно закончится решением $(0,k)$ . Но это и означает, что ( $a∗,b∗$ ) содержится в (8), ведь, приняв теперь решение $(0,k)$ за отправную точку, мы с помощью обратных преобразований ( $′ 7$ ) вернемся к ( $∗ ∗ a ,b$ ) (а цепочка (8) именно так и устроена: начав с $(0,k)$ , мы с помощью ( $′ 7$ ) получаем ее всю).

Чтобы записать ответ несколько поменяем нумерацию: положим $(a0,b0)= (0,k)$ и двинемся с помощью $′ (7)$ по цепочке (8) влево (у нас будет $( 3) (a1,b1)= k,k ,(a2,b2)=$ ( $3 5 k,k − k$ ) и т.д.).