Вариант 19 » Незнайка — варианты ЕГЭ, ОГЭ, ВПР 2022

Решение:

A) Чтобы получить наименьшую неправильную дробь, необходимо выполнить два условия: 1) (a-b)=1 2) b-максимальное число из возможных, так как чем больше знаменатель, тем меньше число. Под эти два условия подходит следующий набор чисел: a=22, b=21

Б) Мы имеем набор чисел таких, что составляя дроби, из одной получится точно целое число (так как любое целое число, разделив на 1, остается целым), и остальные пары чисел, такие как 2 и 14, 4 и 20, 5 и 15, 6 и 12, 7 и 21, 8 и 16, 9 и 18, 11 и 22 дают при деление второго на первое целое число. Остаются только числа 1, 3,10, 13,17,19,6,12.Чтобы остальные числа давали в итоге целое число, необходимо,чтобы дроби после приведения к общему знаменателю давали число,делящееся на знаменатель. т.е. имеем знаменатели 3, 6,12. Перебрав варианты,получим,что подходит вариант:[math]frac{13}3[/math] [math]frac{17}6[/math] [math]frac{10}{12}[/math] [math]frac{19}1[/math]

Таким образом получим: [math]frac{13}3 frac{17}6 frac{10}{12} frac{22}{11} frac{21}7 frac{20}4 frac{19}1 frac{18}9 frac{16}8 frac{15}5 frac{14}2=51[/math]

В) Мы имеем набор чисел таких, что составляя дроби, из одной получится точно целое число (так как любое целое число, разделив на 1, остается целым), и остальные пары чисел, такие как 2 и 14, 3 и 15, 4 и 20, 5 и 10, 6 и 12, 7 и 21, 8 и 16, 9 и 18, 11 и 22, дают при деление второго на первое целое число. И еще составим одну любую дробь из оставшихся чисел со знаменателем 1, например 19 и 1. Получим 10 дробей

Ответ: A) [math]frac{22}{21}[/math]

Б) да, например, [math]frac{13}3 frac{17}6 frac{10}{12} frac{22}{11} frac{21}7 frac{20}4 frac{19}1 frac{18}9 frac{16}8 frac{15}5 frac{14}2=51[/math]

В) 10

Решение:

А) [math]AO[/math] – биссектриса [math]angle BAM[/math] ( по свойству касательных , проведенных из одной точки)

[math]AE[/math] – биссектриса [math]angle MAN[/math]

[math]angle BAM angle MAN=180^circ[/math], [math]2angle OAM 2angle MAE=180^circ[/math]

[math]angle OAM angle MAE=90^circ[/math], т.е. [math]bigtriangleup OAE[/math] – прямоугольный

[math]AMperp OM[/math], т.к. [math]BM[/math] – высота,медиана равнобедренного треугольника [math]bigtriangleup АВС[/math]

[math]М[/math] – середина [math]АС[/math]

Вторая окружность, также касается [math]АС[/math] в точке [math]М[/math]

[math]АМ[/math] – высота [math]bigtriangleup АОЕ[/math], проведенная из прямого угла, значит [math]АМ=sqrt{МОcdot МЕ}[/math]

[math]АМ=frac12АС[/math],[math]МО=frac12d_1[/math], [math]МE=frac12d_2[/math], тогда [math]frac12АС=sqrt{frac12d_1cdotfrac12d_1}=frac12sqrt{d_1cdot d_2}[/math]

Б) Пусть [math]angle ОАМ=alpha[/math], тогда [math]angle ВАМ=2alpha[/math]

Пусть [math]МЕ=x[/math], [math]AM=y[/math]

Из [math]bigtriangleup ABM[/math]: [math]tg2alpha=frac{BM}{AM}=frac8y[/math]

Из [math]bigtriangleup OAM[/math]:[math]tgalpha=frac{OM}{AM}=frac3y[/math]

[math]tg2alpha=frac{2tgalpha}{1-tg^2alpha}[/math]

[math]frac8y=frac{2cdotfrac3y}{1-frac9{y^2}}[/math]

[math]frac8y=frac{6y}{y^2-9}[/math]

[math]8(y^2-9)=6y^2[/math]

[math]8y^2-6y^2=8cdot9[/math]

[math]y=6[/math]

[math]AM=6[/math]

[math]AM=sqrt{OMcdot ME}[/math]

[math]6=sqrt{3x}[/math]

[math]ME=x=12[/math]

Ответ:12

Решение:

a) Шестизначный палиндром имеет вид [math]overline{xyzzyx}[/math]. Цифру [math]x[/math] можно выбрать 9 способами (x[math](xneq0)[/math]), после этого [math]y[/math] — тоже 9 способами [math](yneq x)[/math], затем [math]z[/math] — 8 способами. Всего [math]9times9times8=648[/math] таких палиндромов.

б) Да, приведем примеры: [math]a=10,;b=1.[/math] [math]a^n=10^n[/math] — не является палиндромом, [math]b^n=1[/math] — палиндром.

в) Все двузначные палиндромы, очевидно, имеют вид [math]11a[/math], [math]1leq aleq9[/math]. Пусть первый палиндром равен [math]11alpha[/math] , второй [math]11beta[/math], тогда их сумма — [math]11(alpha beta)<200[/math] . Среди трехзначных чисел, меньших 200, все палиндромы имеют вид [math]1y1[/math], где [math]y[/math] — цифра. На 11 из них делится только 121. Значит суммой двузначных палиндромов, являющейся палиндромом, может быть одно из чисел 33,55,…..,121, то есть одно из чисел [math]11t.;3leq tleq11,;t[/math] — нечетно. Для каждого [math]t[/math] найдем количество его представлений в виде суммы [math]begin{array}{l}t=alpha beta,;(alphaneqbeta).\end{array}[/math]

Если [math]begin{array}{l}t=alpha beta\end{array}[/math], то [math]begin{array}{l}alpha=1,…,t-1\end{array}[/math], при этом [math]begin{array}{l}alphaneqbeta\end{array}[/math], так как [math]t;[/math] нечетно. То есть для каждого [math]t;-(t-1)[/math] способов. Тогда искомое число вариантов равно [math]2 4 6 8 10=30[/math].

Однако при таком подсчете для [math]t=11[/math] мы посчитали два лишних представления [math](121=110 11=11 110)[/math], так как число [math]110[/math] не является палиндромом. Значит, всего 30-2=28 вариантов.

Ответ: а) 648; б) да; в) 28.