Линия заданий 19, ЕГЭ 2027 по математике профильной

Верный ответ:
а) нет;
б) нет;
в) да.

Разложим число: \(792=2^3\cdot3^2\cdot11\).
а) Произведение пяти членов геометрической прогрессии равно пятой степени её среднего члена. Число 792 не является пятой степенью натурального числа, поэтому все пять чисел не могут образовывать такую прогрессию.
б) Произведение четырёх членов геометрической прогрессии является полным квадратом: оно равно \((a_1a_4)^2=(a_2a_3)^2\). Квадратные делители числа 792 — 1, 4, 9 и 36. Произведение четырёх различных натуральных чисел не меньше \(1\cdot2\cdot3\cdot4=24\), поэтому возможен только делитель 36. Тогда \(a_1a_4=a_2a_3=6\), и четыре различных числа должны быть 1, 2, 3 и 6. Но они не образуют геометрическую прогрессию: отношения \(2/1\) и \(3/2\) различны.
в) Подходит набор 1, 2, 3, 4, 33: его произведение равно 792, а числа 1, 2 и 4 образуют геометрическую прогрессию со знаменателем 2.

P.S. Нашли ошибку в задании? Пожалуйста, сообщите о вашей находке ;)
При обращении указывайте id этого вопроса - 10324.

Верный ответ:
а) 17;
б) 36;
в) 18.

а) Разность квадратов равна
\((n+16)^2-n^2=32(n+8)\).
Она делится на 200 тогда и только тогда, когда \(n+8\) делится на 25, то есть \(n\equiv17\pmod{25}\). Поэтому \(n=17\) подходит.
б) Трёхзначные решения имеют вид \(n=17+25k\). Первое из них — 117, последнее — 992. Между ними 36 чисел с шагом 25.
в) Для произвольного \(m\) требуется
\(m(2n+m)\equiv0\pmod{200}\), или \(2mn\equiv-m^2\pmod{200}\). Пусть \(g=\gcd(2m,200)\). Если решения существуют, они образуют один класс по модулю \(200/g\). Чтобы среди 900 последовательных трёхзначных чисел было ровно 36 решений, этот модуль должен равняться 25, следовательно, \(g=8\). Равенство \(\gcd(2m,200)=8\) означает, что \(m\) кратно 4, но не кратно 5. Двузначных кратных 4 чисел 22, из них четыре числа — 20, 40, 60 и 80 — кратны 5. Остаётся 18 значений.

P.S. Нашли ошибку в задании? Пожалуйста, сообщите о вашей находке ;)
При обращении указывайте id этого вопроса - 10305.

Верный ответ:
а) да, например 4, 5 и 8;
б) нет;
в) \(\frac{28}{19}\).

Пусть стороны расположены по возрастанию: \(aa^2+b^2\).
а) Для сторон 4, 5 и 8 выполняется \(4+5>8\), поэтому треугольник существует, и \(8^2=64>4^2+5^2=41\), поэтому он тупоугольный. Отношение наибольшей стороны к наименьшей равно 2.
б) Если \(\frac{c}{a}=\frac{4}{3}\), то из натуральности сторон можно записать \(a=3t\), \(c=4t\). Условие тупоугольности даёт \(16t^2>9t^2+b^2\), то есть \(b<\sqrt7\,t<3t=a\). Это противоречит тому, что \(b>a\).
в) Теперь \(b=20\), а \(a\le19\). Из тупоугольности следует \(\frac{c}{a}>\sqrt{1+(20/a)^2}\). Правая часть уменьшается при увеличении \(a\); при \(a\le18\) она уже больше \(28/19\), поэтому меньший результат может появиться только при \(a=19\). Тогда \(c^2>19^2+20^2=761\), и наименьшее целое \(c\) равно 28. Стороны 19, 20 и 28 образуют треугольник, поскольку \(19+20>28\), и он тупоугольный, поскольку \(28^2>19^2+20^2\).

P.S. Нашли ошибку в задании? Пожалуйста, сообщите о вашей находке ;)
При обращении указывайте id этого вопроса - 10286.

Верный ответ:
а) да;
б) нет;
в) \(38\frac{1}{7}\).

а) Например, сначала можно написать девятнадцать единиц и число 40. Среднее равно \(\frac{59}{20}\). Если все единицы уменьшить на 1, они превратятся в нули и будут стёрты, а на доске останется число 40, поэтому среднее увеличится.
Для пунктов б) и в) исходная сумма чисел равна \(20\cdot27=540\). Пусть \(r\) единиц уменьшили до нуля и стёрли, а ещё \(s\) чисел, больших единицы, уменьшили на 1. Тогда осталось \(20-r\) чисел с суммой \(540-r-s\).
б) Равенство среднего числу 34 дало бы
\(\frac{540-r-s}{20-r}=34\), то есть \(s=33r-140\). Из \(s\ge0\) следует \(r\ge5\), но из \(s\le20-r\) следует \(34r\le160\), то есть \(r\le4\). Получено противоречие.
в) Для наибольшего среднего невыгодно уменьшать числа, которые останутся на доске, поэтому берём \(s=0\) и стараемся стереть как можно больше единиц. Если единиц \(r\), то максимальная возможная исходная сумма не превосходит \(r+40(20-r)\). Условие \(r+40(20-r)\ge540\) даёт \(r\le6\). При \(r=6\) среднее оставшихся чисел равно \(\frac{540-6}{20-6}=\frac{267}{7}=38\frac{1}{7}\). Это достижимо: можно взять шесть единиц, тринадцать чисел 38 и число 40, а затем стереть шесть единиц.

P.S. Нашли ошибку в задании? Пожалуйста, сообщите о вашей находке ;)
При обращении указывайте id этого вопроса - 10267.

Верный ответ:
а) например, пятнадцать чисел 19 и число 78;
б) нет;
в) 1650.

Обозначим через \(A\) сумму цифр десятков всех чисел, а через \(B\) — сумму цифр единиц. Тогда исходная сумма равна \(10A+B=363\), а после перестановки цифр получается сумма \(A+10B\).
а) Исходная сумма приведённого набора равна \(15\cdot19+78=363\). После перестановки цифр получаем пятнадцать чисел 91 и число 87, их сумма \(15\cdot91+87=1452=4\cdot363\).
б) Исходные и перевёрнутые числа имеют одинаковую сумму всех цифр, поэтому их общие суммы дают одинаковый остаток при делении на 9. Но \(363\equiv3\pmod9\), а \(2\cdot363=726\equiv6\pmod9\), что невозможно.
в) Из \(B=363-10A\) получаем \(A+10B=3630-99A\), поэтому нужно сделать \(A\) как можно меньше. Если чисел \(N\), то \(A\ge N\), поскольку цифры десятков ненулевые, и \(B\le9N\). Следовательно, \(B\le9A\), то есть \(363-10A\le9A\), откуда \(A\ge20\). При \(A=20\) сумма перевёрнутых чисел равна 1650. Граница достигается, например, для восемнадцати чисел 19 и числа 21: их исходная сумма равна 363, а после перестановки — \(18\cdot91+12=1650\).

P.S. Нашли ошибку в задании? Пожалуйста, сообщите о вашей находке ;)
При обращении указывайте id этого вопроса - 10248.

Верный ответ:
а) например, 54 и 63;
б) нет;
в) 117 или 119 солдат.

Пусть в одном ряду стоит \(p>7\) солдат. Тогда численность каждого взвода должна делиться на \(p\).
а) Числа 54 и 63 делятся на 9, первое больше 50, второе больше первого, а их сумма \(117<120\). Значит, оба взвода можно строить отдельными рядами по 9 солдат.
б) Два наименьших различных кратных 11, превосходящих 50, — это 55 и 66. Их сумма равна 121, что уже превышает допустимую границу.
в) Обозначим численности взводов через \(x

P.S. Нашли ошибку в задании? Пожалуйста, сообщите о вашей находке ;)
При обращении указывайте id этого вопроса - 10229.

Верный ответ:
а) 7;
б) 5002;
в) 5054.

После многократной замены числа суммой его цифр получается его цифровой корень — число от 1 до 9, имеющее тот же остаток при делении на 9. Первый член прогрессии даёт 7, а разность 13 при делении на 9 даёт остаток 4. Поэтому возникает период
\(7,2,6,1,5,9,4,8,3\),
после которого числа повторяются. Сумма одного периода равна 45.
а) Так как \(1000=111\cdot9+1\), тысячное число совпадает с первым числом периода.
б) Первые 999 чисел составляют 111 полных периодов, поэтому их сумма равна \(111\cdot45=4995\). К ней добавляется тысячное число 7.
в) В 1010 последовательных членах содержатся 112 полных периодов и ещё два соседних числа, поскольку \(1010=112\cdot9+2\). Полные периоды дают \(112\cdot45=5040\). Наибольшая сумма двух соседних чисел периода равна \(5+9=14\).

P.S. Нашли ошибку в задании? Пожалуйста, сообщите о вашей находке ;)
При обращении указывайте id этого вопроса - 10210.

Верный ответ:
а) да, например 242;
б) нет;
в) 12 738 495.

Используем признак делимости на 11: разность суммы цифр на нечётных местах и суммы цифр на чётных местах должна делиться на 11.
а) Для числа 242 имеем \(2-4+2=0\), поэтому оно кратно 11. Средняя цифра равна произведению крайних: \(4=2\cdot2\).
б) Пусть цифры трёхзначного числа равны \(a,b,c\) и \(a+b+c=5\). Тогда выражение из признака делимости равно \(a-b+c=5-2b\). При \(b=0,1,2,3,4,5\) получаются только числа 5, 3, 1, −1, −3, −5; ни одно из них не делится на 11.
в) Сумма восьми данных цифр равна 39, поэтому суммы цифр на нечётных и чётных местах должны быть 25 и 14. Для наименьшего числа ставим впереди 1, а второй цифрой — 2. Если бы сумма цифр на нечётных местах была 14, то ещё три цифры на этих местах должны были бы иметь сумму 13, но среди оставшихся цифр такой тройки нет. Значит, сумма на нечётных местах равна 25, и после первой цифры 1 там нужно набрать ещё 24. Наименьшая возможная третья цифра — 7: при 3, 4 или 5 две оставшиеся цифры не дадут нужную сумму, а \(7+8+9=24\). Оставшиеся цифры расставляем по возрастанию на местах той же чётности.

P.S. Нашли ошибку в задании? Пожалуйста, сообщите о вашей находке ;)
При обращении указывайте id этого вопроса - 10191.

Верный ответ:
а) да, например 847;
б) нет;
в) 97 635 241.

Число делится на 11 тогда и только тогда, когда разность суммы цифр на нечётных местах и суммы цифр на чётных местах делится на 11.
а) Для числа 847 получаем \(8-4+7=11\), поэтому оно кратно 11. Кроме того, произведение крайних цифр равно \(8\cdot7=56\), а \(56=14\cdot4\), то есть вторая цифра действительно в 14 раз меньше этого произведения.
б) Единственное трёхзначное число с суммой цифр 1 — это 100. Для него \(1-0+0=1\), поэтому оно не делится на 11.
в) Сумма всех данных цифр равна 37. Для кратности 11 суммы цифр на нечётных и чётных местах должны равняться 24 и 13. Первую цифру берём максимально возможной — 9. Нечётные места не могут иметь сумму 13, потому что даже \(9+1+2+3=15\), значит, их сумма равна 24. На чётных местах с суммой 13 можно поставить цифру 7, так как оставшиеся три цифры должны дать 6, и это \(1+2+3\). Поэтому чётные места занимают 7, 3, 2, 1, а нечётные — 9, 6, 5, 4. Чтобы число было наибольшим, внутри каждой группы располагаем цифры по убыванию: \(9,7,6,3,5,2,4,1\).

P.S. Нашли ошибку в задании? Пожалуйста, сообщите о вашей находке ;)
При обращении указывайте id этого вопроса - 10172.

Верный ответ:
а) да;
б) нет;
в) 11.

а) Общая сумма равна \(40\cdot1+40\cdot5=240\) дукатов, то есть каждому из 16 пиратов полагается по 15 дукатов. Восьми пиратам можно выдать по три пятидукатные монеты, а другим восьми — по две пятидукатные и пять однодукатных. Так будут использованы все 40 монет каждого достоинства.
б) При делении между 30 пиратами каждый должен получить по 8 дукатов. Для суммы 8 нужны как минимум три однодукатные монеты: \(8=5+1+1+1\). Всего потребовалось бы не менее 90 однодукатных монет, а в сундуке их 40.
в) Пусть \(R\) — сумма остатков всех 11 назначенных долей при делении на 5. Тогда \(R\le11\cdot4=44\), а поскольку сумма всех долей равна 240, число \(R\) делится на 5. Следовательно, \(R\le40\). Эти остатки выдаём однодукатными монетами; оставшиеся единичные монеты объединяем в группы по пять и заменяем ими соответствующее количество пятидукатных монет.
Для 12 пиратов гарантии нет: если первым 11 назначить по 4 дуката, потребуется 44 однодукатные монеты, которых в сундуке нет.

P.S. Нашли ошибку в задании? Пожалуйста, сообщите о вашей находке ;)
При обращении указывайте id этого вопроса - 10153.