Тема Миссия выполнима - задания по годам

Миссия выполнима 2025

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела миссия выполнима - задания по годам

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#104125

Набор пряжи в интернет-магазине стоит 620 руб., а при оплате за 20 или более наборов предусмотрен кешбэк в размере $15%$ от внесённой суммы. Как, имея изначально 30000 руб., приобрести максимально возможное количество таких наборов? Определите это количество.

Показать ответ и решение

Имея изначально 30000 руб., можно получить максимум $0,15⋅30000 =4500$ руб. кэшбэком. Но на эти деньги тоже мог быть начислен кэшбэк, который в теории можно было бы дополнительно потратить и получить ещё кэшбэк и так далее. В итоге всего денег будет не больше

30000 30000+ 30000⋅0,15+ ...≤ 1−-0,15 < 35295 (руб.)

Поэтому заведомо получается, что больше 56 наборов пряжи купить не получится, ведь $57 ⋅620= 35340$ уже больше $35295.$

А вот 56 наборов можно добыть следующим алгоритмом.

Покупаем сначала 20 наборов, остаётся

30000− (620⋅20)⋅(1− 0,15)= 19460 (руб.)

Теперь за счёт начисленного кэшбэка нам хватает купить ещё 31 комплект (на изначальные деньги сразу 51 комплект мы бы купить не смогли, потому что кешбэк отличается от скидки начислением денег уже после покупки), остаётся

19460− (620⋅31)⋅(1− 0,15)=3123 (руб.)

И оставшихся денег нам хватает заплатить ещё за 5 наборов, ведь $620 ⋅5 <3123.$

Ответ: 56

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#104126

Найдите область определения функции

3-− 2x−-x2 y = lg 1− x2 .

Показать ответ и решение

3−-2x-− x2 1− x2 >0

(x− 1)(x+ 3) (x−-1)(x+-1) >0

По методу интервалов

x∈(−∞; −3)∪(−1;1)∪ (1;+∞ )

Ответ:

$(−∞;− 3)∪(−1;1)∪ (1;+∞ )$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#104127

Найдите все квадратные трёхчлены, минимальные значения каждого из которых на отрезках $[0;1]$ , $[1;2]$ и $[2;3]$ равны 3, 6 и 7 соответственно.

Показать ответ и решение

Пусть уравнение нашей параболы $f(x)=ax2+ bx+ c.$

Заметим, что на отрезке $[1;2]$ минимальное значение не может достигаться в точке 2, так как в противном случае на отрезке $[2;3]$ минимальным значением было бы число 6, что противоречит условию задачи. Таким образом, минимальное значение на отрезке $[1;2]$ либо в точке 1, либо внутри интервала $(1;2)$ , что соответствует вершине параболы.

Рассмотрим случай, когда минимальное значение на отрезке $[1;2]$ достигается в вершине параболы, назовем эту точку $x0 ∈(1;2).$ Ясно, что в этом случае в точке $x0$ будет достигаться либо максимальное, либо минимальное значение параболы $f(x0)= 6,$ что невозможно, так как по условию задачи существуют такие точки $x1, x2$ , что $f(x1)= 3$ и $f(x2)=7.$ Таким образом получаем, что $f(1)=6.$ Заметим также, что на отрезке $[1;2]$ парабола не может убывать, так как в таком случае ее минимум достигался бы в точке 2. Следовательно, $f(x)$ возрастает при $x∈ [1;2].$

Рассмотрим случай, когда точка вершины параболы $x0 ≤ 1,$ тогда $a> 0.$ Так как при $x> 1$ парабола возрастает, то минимальное значение на отрезке $[2;3]$ достигается в точке 2 и равно $f(2)=7.$ Если вершина параболы лежит вне отрезка $[0;1],$ , то получаем, что $f(0)=3,$ откуда однозначно определяем параболу $f(x)= −x2+4x +3,$ что противоречит заданному условию $a> 0.$ Если вершина параболы лежит внутри отрезка $[0;1].$ Тогда, при изменении аргумента $1− x0 < 1$ , значение параболы $f(1)− f(x0)$ изменяется на 3, при этом $f(2)− f(1)=1,$ что невозможно.

Теперь рассмотрим случай, когда $x0 ≥ 1,$ отсюда $a< 0.$ Так как парабола возрастает на отрезке $[0;1],$ то получаем $f(0)= 3,$ тогда минимум на отрезке $[2;3]$ будет достигаться на одном из его концов, то есть либо $f(2)= 7,$ либо $f(3)= 7.$ Первый случай мы уже рассматривали, получив $f(x)= −x2+ 4x+ 3,$ здесь такая парабола тоже не подходит, так как $f(2)=7,$ что противоречит условию. Решая систему для второго случая, получим $f(x)=− 56x2+ 236 x +3.$ Осталось проверить, что такая парабола действительно подходит. В самом деле, вершина параболы принадлежит отрезку $[2;3],$ причем минимальное значение на этом отрезке равно $f(3)=7,$ а на отрезках $[0;1]$ и $[1;2]$ парабола возрастает, принимая минимальный значения в $f(0)= 3$ и $f(1)=6$ соответственно.

Ответ:

$− 5x2 + 23x +3 6 6$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#104128

Все вершины тетраэдра $ABCD$ равноудалены от точки $O$ . Зная, что $AB = CD =a,BC = AD = b,AC = BD =c,$ найдите радиус сферы, проходящей через $O$ и через середины рёбер $AB,BC$ и $AC.$

Показать ответ и решение

Достроим тетраэдр $ABCD$ до параллелепипеда $AKBLNDMC$ $(AN ∕∕KD∕∕BM ∕∕LC)$ , проведя через его противоположные рёбра пары параллельных плоскостей.

$PIC$

Ввиду равенств $KL =CD = AB,KM = AC =BD$ и $KN = BC = AD$ все грани этого параллелепипеда будут прямоугольниками, а сам параллелепипед — прямоугольным; точка $O$ окажется его центром, а середины рёбер $AB, BC$ и $AC$ — центрами граней $AKBL, BLCM$ и $ALCN$ соответственно.

Bce эти центры принадлежат сфере, построенной на отрезке $OL$ как на диаметре. Следовательно, искомый радиус равен

∘ -------------- r= 12OL = 14LD = 14 LA2+ LB2+ LC2

Учитывая, что

LA2 +LB2 = a2,LB2 +LC2 = b2, LA2 +LC2 = c2,

получаем

∘ ----------- r= 1 2(a2 +b2+ c2) 8

Ответ:

$1∘2-(a2+b2+-c2) 8$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#104129

Решите уравнение

1+log sinx 1+logcosx 2− 62 6 = 22 2 .

Показать ответ и решение

На ОДЗ $sinx >0,cosx > 0$ получаем по основному логарифмическому тождеству уравнение

√- √- 2− 6 sinx= 2cosx

Поделим на $√6+-2,$ чтобы воспользоваться методом вспомогательного угла:

√3- 1 -1- 2 sinx+ 2cosx= √2

π π sin(x +-6)=sin4

[ x+ π6 = π4 + 2πk,k∈ ℤ x+ π6 =π − π4 + 2πk,k∈ ℤ

[ x= π12 + 2πk,k∈ ℤ x= 71π2 + 2πk,k∈ ℤ

Вторая серия корней не входит в ОДЗ $sinx > 0,cosx > 0,$ а первую серию пишем в ответ.

Ответ:

$-π +2πk,k∈ ℤ 12$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#104130

В остроугольном треугольнике $ABC$ проведена высота $BH$ , а на сторонах $AB$ и $BC$ выбраны точки $M$ и $N$ так, что прямые $HM$ и $HN$ симметричны друг другу относительно прямой $BH$ . Прямые $MN$ и $AC$ пересекаются в точке $K$ . Найдите длину отрезка $AK$ , если $AH = 6,HC =9$ .

Показать ответ и решение

$PIC$

По теореме Бланше симметричность $HM$ и $HN$ относительно высоты $BH$ равносильно конкурентности чевиан $BH,AN, CM,$ то есть $AN$ и $CM$ пересекаются на высоте $BH.$ Тогда по теореме Чевы для треугольника $ABC :$

AM BN CH MB--⋅NC-⋅HA- =1

А по теореме Менелая для треугольника $ABC$ и прямой $MN :$

AM--⋅ BN-⋅ CK =1 MB NC KA

Из этих двух равенств получаем

CK- = CH- KA HA

Подставляя данные в условии числа,

15-+AK--= 9 AK 6

-15 1 AK = 2

AK = 30

Ответ: 30

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#104131

Неизвестный 100-значный код $X$ составлен из цифр 1 и 2. Характеристикой произвольного 100-значного числа $Y$ , также составленного из единиц и двоек, назовём количество разрядов, в которых цифры числа $Y$ совпадают с цифрами кода. Докажите, что, узнав характеристики некоторых фиксированных 80 чисел $Y1,...,Y80$ , можно определить $X$ .

Показать доказательство

Сначала подставим число, состоящее из всех единиц, чтобы узнать их количество в $X.$

Далее будем рассматривать пятерку чисел, о которой мы будем знать количество единиц в ней, подставив число, состоящее из 5 двоек на позициях рассматриваемой пятерки. Далее в нашей пятерке зафиксируем число на произвольной позиции, относительно которого будем рассматривать пары чисел, подставляя на их позиции число 2. Таким образом, проведя 3 таких операции, мы определим число единиц в каждой такой паре. Значит, если в какой-то паре мы получили ответ, что в ней 0 или 2 единицы, то их позиции определяются однозначно. Зная, какая цифра находится на фиксированной позиции, мы однозначно определяем позиции остальных чисел. Если на все три пары мы получили ответ, что в них находится одна единица, то у нас возможны 2 варианта: либо на фиксированной позиции стоит цифра 2, а в остальных 1, либо наоборот, на фиксированной позиции стоит цифра 1. Зная количество единиц в этой пятерке, мы можем однозначно определить, какой из этих случаев выполняется.

Разбив число $X$ на 20 таких пятерок, получим, что мы определяем его за $1+ 20⋅4 =81$ ход, но зная общее количество единиц в числе $X$ и число единиц в каждой из 19 пятерок, мы можем определить количество единиц в последней пятерке, не тратя на это ход. Следовательно, узнав характеристики 80 чисел $Y,$ можно однозначно определить число $X.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#104132

Отрезок длины $1$ двигали так, что оба его конца перемещались только по параболе $y = ax2,$ причём абсциссы соответствующих точек только возрастали. Весь отрезок первоначально находился в полуплоскости $x< 0,$ а в итоге оказался в полуплоскости $x > 0.$ Найдите множество всех возможных значений параметра $a$ .

Показать ответ и решение

Пусть $P (p;ap2)$ и $Q (q;aq2)$ — концы отрезка, причем $p >q$ и $PQ = 1$ . Обозначим через $φ$ величину угла $PQQ′$ , где $Q′$ — проекция точки Q на ось абсцисс. Тогда $2 2 q − p= − sinφ,aq− ap = cosφ$ , откуда $q =$ $ctgφ- sinφ − 2a − 2$ . Если функция $q = q(φ)$ , отображающая интервал $(0;π)$ в интервал $(−∞; +∞ )$ , строго возрастает, то отрезок длины 1 можно переместить так, как это указано в условии задачи.

Имеем $′ --1--- cosφ- q(φ)= 2asin2φ − 2$ . Неравенство $′ q(φ)≥ 0$ преобразуется к виду $2 1 sin φcosφ≤ a$ , а исследование функции $2 u(φ)= sin φcosφ$ показывает, что $-2- u(φ)≤ 3√3$ , причем равенство достигается только при $1- φ= φ0 = arccos√3$ . Это значит, что полуинтервал ( $√- 0;323$ ] принадлежит множеству искомых значений $a$ .

С другой стороны, при $√- a> 323$ имеем $q′(φ0)< 0$ , функция $q(φ)$ убывает в окрестности числа $φ0$ и движение отрезка не может удовлетворять всем заданным условиям. Покажем также, что, если $√ - a > 323$ , то при движении отрезка обязательно был момент, когда выполнялось равенство $φ =φ0$ . В самом деле: для $p =0$ имеем равенства $q = − sinφ,aq2 = cosφ$ и, как следствие, соотношения $√ ---- cosφ= −-1+-2a4a2+1> 1− 12a > cosφ0$ и $φ <φ0$ . А при $p +q = 0$ имеем $cosφ =aq2− ap2 = 0,$ то есть $φ= π2 >φ0$ . Ввиду непрерывности изменения величины $φ$ и делаем вывод о существовании указанного момента.

Ответ:

$(0;3√3] 2$