Методические рекомендации по подготовке обучающихся к
advertisement
МЕТОДИЧЕСКИЕ РЕКОМЕНДАЦИИ ПО ПОДГОТОВКЕ ОБУЧАЮЩИХСЯ К ИТОГОВОЙ АТТЕСТАЦИИ ПО МАТЕМАТИКЕ ОТ СОСТАВИТЕЛЕЙ Данная методическое пособие будет полезно учителям математики, работающих в старших классах. В нём рассматриваются некоторые приёмы и методы решения задач уровня С, в которых учащиеся допускают немало ошибок и недочётов. В пособии содержатся задачи , которые разбирались на совместных занятиях в рамках проведения постоянно - действующего семинара «Система подготовки обучающихся к итоговой аттестации» (лектор: Мерзляков А.С., к.ф/м.н., преподаватель УдГУ) с учителями математики города Ижевска. Материалы пособия издаются в авторской редакции. МБУ «Муниципальный методический центр», 2014. СОДЕРЖАНИЕ ПРЕДИСЛОВИЕ 1. С2. СЕЧЕНИЯ. НАХОЖДЕНИЕ ПЛОЩАДЕЙ И ОБЪЁМОВ ФИГУР 2. С4. ОСНОВНЫЕ ИДЕИ ПРИ ДОКАЗАТЕЛЬСТВЕ ГЕОМЕТРИЧЕСКИХ ЗАДАЧ (СВЯЗАНЫХ С ОКРУЖНОСТЬЮ) 3. С5. ЗАДАЧИ С ПАРАМЕТРОМ. ИСПОЛЬЗОВАНИЕ ГРАФИКОВ. 4. С6. ОСОБЕННОСТИ РЕШЕНИЯ НЕКОТОРЫХ ТИПОВ ЗАДАЧ С6 ЛИТЕРАТУРА ПРЕДИСЛОВИЕ Данное пособие написано по окончании курса работы по разбору методов решения задач, которые предлагаются на ЕГЭ. Её ни в коем случае нельзя считать хоть в чём-то исчерпывающей, однако, в ней рассматривались некоторые особенности решений, на которые нужно указывать учащимся, чтобы они лучше выполнили свою работу. В противном случае, они могут потерять баллы, как говорится на ровном месте… Я не успел даже рассмотреть все задачи типа С, которые предлагаются на экзамене, например, не рассматривались задачи С1 и С3, в которых рассматриваются различные виды уравнений и систем уравнений. С2. СЕЧЕНИЯ. НАХОЖДЕНИЕ ПЛОЩАДЕЙ И ОБЪЁМОВ ФИГУР Сначала отметим, что в этом году использование средств аналитической геометрии для решения стереометрических задач в С2 будет достаточно жестко контролироваться, т.е. если школьник решил задачу С2 методами аналитической геометрии, но по получил неверный ответ, тогда за это он будет получать 0 баллов. Поэтому при решении стереометрических задач нужно стремиться использовать знания геометрических фактов. Во-вторых, заметим, что, вообще говоря, при решении стереометрических задач большую роль имеют объяснения расположения фигур и линий. Это также будет оцениваться при проверке. За отсутствие таких объяснений можно потерять половину баллов, а их и всего-то два. Рассмотрим некоторые приёмы, которые позволяют решать задач С2, связанные с сечениями пространственных фигур. Тема сечений остаётся одной из наиболее вероятных для задач ЕГЭ-2104. Сначала рассмотрим несколько задач, связанных с нахождением площадей сечений. 1-С2. В правильной четырехугольной пирамиде МАВСD с вершиной М длина стороны основания равна 6, а длина бокового ребра равна 5. Найдите площадь сечения пирамиды плоскостью, проходящей через точку А и середину ребра МС параллельно прямой BD. M Ответ: 13 2 . Решение. Чтобы получить нужно сечение проведём несколько дополнительных линий: АС, BD и MO, высота пирамиды. M N K Пусть Р точка D P пересечения AN и MO. рассмотреть N С Если K O L треугольник АМС, то Р – D P точка пересечения медиан А этого треугольника, С В O L поэтому ОР:РМ=1:2 Рис.1 (см.рис.1). С другой А стороны т.Р лежит в В Рис.2 искомом сечении и в плоскости MDB. Поэтому пересечение плоскости сечения и плоскости MBD (в силу условия задачи) должно проходить по прямой KL||BD. Отсюда и получаем искомое сечение AKNL (см.рис.2). Задача найти его площадь. Замечаем, что АN KL. Это действительно так, ибо KN лежит в плоскости AMC, которая перпендикулярна к BD (OM BD; AC BD), а KL||ВD. Следовательно, достаточно найти длины диагоналей четырехугольника AKNL, чтобы найти его площадь. Длина KL равна с коэффициентом 2 . 3 2 BD = 4 2 , в силу подобия треугольников KLM и BDM 3 Для нахождения АN сначала найдём cos AMN из треугольника АМС, а затем длину АN можно найти по теореме косинусов из треугольника АМN. Итак, по теореме косинусов для треугольника АМС cos AMN 25 25 72 = -0,44. По теореме косинусов для треугольника ANM находим, что 2 25 АN2=25 + 6,25 + 2·5·2,5·0,44 = (6,5)2. А отсюда находим площадь, она равна 13 2 . = Ещё раз отметим, что нельзя просто провести нужное сечение. Нужно объяснить, как оно получено. Нельзя просто использовать формулу для нахождения площади четырехугольника. Нужно объяснить, почему диагонали перпендикулярны. Следующая задач для самостоятельного решения. 2-С2. В правильной четырехугольной пирамиде МАВСD с вершиной М длина стороны основания равна 15, а длина бокового ребра равна 16. Найдите площадь сечения пирамиды плоскостью, проходящей через точку D и середину ребра МВ параллельно прямой АС. Ответ: 85 2 . Следующая задача, на некоторые особенности построения нужного сечения. 3-С2. Дана правильная треугольная призма, длина стороны основания которого равна 3 19 и высота, длиной 5. Точка М лежит на высоте основания BD, причем ВМ:МD=3:1. Точка N лежит на диагонали СВ1 боковой грани ВВ1С1C. Прямые АN и A1M пересекаются. Определить площадь сечения призмы С1 плоскостью АМN. L Ответ: 3. Решение. (См. рис.1) При С1 А1 В1 L построении данного по условию задачи А1 сечения не нужно искать точки N, так как В1 N найти её очень сложно. Однако, мы N знаем, что плоскость задают только три точки. А эти точки даны: это точки А, А1 С и М. Строим плоскость сечения, K D M С учитывая, что плоскости оснований АВС K А D В M и А1В1С1 параллельны. Проводим АК, Рис.1 А содержащую точку М, на плоскости В Рис.2 А1В1С1. проводим А1L||AK и получаем нужное сечение (см.рис.2). Точка N получается просто, как точка С L пересечения этой плоскости с диагональю ВС1. Сосчитать K D площадь данного прямоугольника уже не так сложно. Нужно M только найти длину АК. Для этого рассмотрим треугольник АВС отдельным рисунком (см.рис.3). В А Проводим через точку D отрезок LD||AK. Тогда по теореме Рис.3 Фалеса (для угла ACK) получаем, что KL=LC. По обобщенной теореме Фалеса (для угла DBL) получаем, что BK:KL=3:1. Отсюда получаем, что ВК составляет 3/5 от длины всей стороны ВС, т.е. BK= 9 5 19 . Находим АК по теореме косинусов для треугольника АВК. Она равна 0,6. Отсюда и искомая площадь сечения равна 3. Отметим в решении ещё один момент: использование выноса отдельной фигуры для нахождения той или иной компоненты. Этот приём достаточно часто работает, так как когда эта отдельная фигура рассматривается в совокупности других, то это нередко мешает хорошему восприятию школьником данной фигуры. Ещё один достаточно часто используемый приём при нахождении площадей сечений – это использование формулы, связывающей площадь фигуры и площадь проекции фигуры на эту плоскость. Sпроекции фигуры = Sфигурыcosα, где угол α – это угол между плоскостью фигуры и плоскостью, на которой расположена проекция фигуры. Рассмотрим одну из таких задач. 4-С2. В прямой треугольной призме ABCA1B1C1 ВК - биссектриса основания АВС. Через эту биссектрису и вершину А 1 проведена плоскость, составляющая с плоскостью основания угол 60°. Найдите площадь данного сечения, если длина АВ равна 3, ВС – 6, а угол АВС равен 30°. Ответ: 3. Решение. (См.рис.1) Подсказкой для нахождения С1 одного из решений может служить тот факт, что по А1 В1 условию дан угол между плоскостью сечения и плоскостью основания. Для нахождения площади сечения согласно формуле выше достаточно найти С площадь проекции данного сечения на плоскости АВС, т.е. нахождения площади С треугольника АВК. Для решения этой задачи K К можно вновь вынести треугольник АВС на А В отдельный рисунок. В А Рис.1 По свойству биссектрисы угла делить Рис.2 противоположную сторону в отношении 3 сторон, составляющих данный угол, получаем, что СК:КА=2:1= SCBK: SCBK. Отсюда получаем, что SCBK равна трети площади треугольника АВС. Найти же площадь треугольника АВС несложно, она равна 0,5·3·6·0,5 = 4,5. Отсюда площадь треугольника СВК равна 1,5. Пользуясь формулой выше, находим отсюда площадь сечения. Она равна 3. Ещё две задачи предлагаются для самостоятельного решения. 5-С2. В правильной треугольной призме с площадью основания So=3 проведено сечения через сторону нижнего основания и противоположную вершину верхнего сечения. Площадь этого сечения равна Sc=5. Найдите угол, который образует это сечение с плоскостью основания. 3 5 Ответ: arccos . 6-С2. В правильной треугольной призме ABCA1B1C1 точка О – центр основания. Диагонали боковых граней АА1СС1 и АА1В1В пересекаются в точках К и Р соответственно. Найдите площадь сечения, проходящего через точки О, К, Р и составляющего с плоскостью основания угол 30°, если сторона основания равна 12. Ответ: 24. Рассмотрим ещё один из вариантов задач: задач на нахождение объёмов фигур. Одной из особенностей задач на вычисление объёмов является то, что нередко для нахождения объёмов фигур можно разрезать её на части, вычисление объёмов каждой из которых менее сложно, чем вычисление объёма всей фигуры. Рассмотрим одну из таких фигур. 7-С2. В основании прямой призмы лежит треугольник со сторонами 5, 12, 13. Некоторая плоскость отсекает от боковых рёбер этой призмы, проходящих через вершины большего и среднего углов основания, отрезки, равные 10 каждый (считая от плоскости основания), а от С1 ребра, проходящего через вершину меньшего угла А1 В1 основания, — отрезок 15 соответственно. Найдите объём фигуры, ограниченной плоскостью основания призмы, L плоскостями боковых граней и плоскостью сечения. M Ответ: 350. Решение. Во-первых, заметим, что всю фигуру N К можно разбить на две (см.рис). Одна из них прямая С призма, а вторая пирамида, в основании которой лежит 12 5 треугольник, равный треугольнику основания. Объёмы А В 13 каждой из этих частей найти несложно. Рис. Как несложно видеть, треугольник АВС - прямоугольный, поэтому его площадь равна полупроизведению катетов, т.е. равна 30. Объём прямой призмы ABCKLN равна 300, а объём пирамиды MKLN равна 50. Отсюда объём всей фигуры равен 350. Ещё один приём для нахождения объёмов – это вычисление объёма большей фигуры. Рассмотрим использование этого приёма на задачах. 8-С2. В прямоугольной призме АВСА1В1С1 проведено сечение через вершину А и середины ребер ВВ1 и В1С1. Сечение разделило призму на 2 части. Найдите объем меньшей из них, если длина высоты призмы равна 10, а площадь треугольника АВС равна 36. Ответ:130. Решение. (См. рисунок) Достроим данное сечение до пересечения с плоскостью основания АВС. Получим треугольную пирамиду LACK. Найти её объём несложно, так как несложно посчитать, что площадь треугольника АСК в полтора раза больше площади основания АВС, т.е. площадь треугольника АКС равна 54. Высота СL также в полтора раза больше длины высот призмы, т.е. равна 15. Отсюда объём данной пирамиды равен 270. Несложно подсчитать и объём пирамиды МАВК и LNC1P. Объём первой равен 30, а второй 10 (это связано с тем, что длины рёбер пирамиды LNC1P в три раза меньше L длин тетраэдра LACK). Отсюда получаем, что объём призмы, находящейся под плоскостью сечения равен 230. Объём всей призмы равен 360, поэтому объём С1 меньшей части будет равен 130. Р N В1 А1 Для решения задач на отношение объёмов пространственных В M фигур в некоторых К случаях можно L использовать помимо С подобия ещё и А M γ А С В теорему Менелая, Рис.1 которая, заключается К в следующем: Пусть прямая γ пересекает стороны АВ, ВС и продолжение АС треугольника АВС соответственно в точках K,L M. Тогда справедливо следующее соотношение: AK BL CM 1 KB LC AM Иногда эта теорема позволяет проще вычислить нужные соотношения. Рассмотрим её действие на примере решения следующей задачи. 9-С2. В основании пирамиды ABCT лежит правильный треугольник ABC, длина стороны которого равна а. Высота АТ является боковым ребром пирамиды и его длина равна h. Точка М - середина Т ребра АС. Точка N принадлежит ребру ТB так, что L N NТ:NB=1:1. Точка S лежит на ребре АТ так, что АS:SТ=3:1. S В Найдите отношение объёмов частей, на которые делит K пирамиду плоскость MNS. Ответ: 1:1. Решение. Составим план действий, так как задача С M требует некоторых вычислительных действий. Сначала А находим объём пирамиды TABC, затем объём треугольной пирамиды LAMS, затем объём пирамиды LBNK. И затем находим отношение требуемых объёмов. Итак, находим объём пирамиды TABC. Он равен VTABC= a2 3 h . Для того, чтобы найти объём пирамиды LBNK, нужно найти 12 отношение ВК:КС, пользуясь теоремой Менелая, применимо сначала к треугольнику ATB, а затем к треугольнику АВС. Итак, получаем, что верны соотношения AS TN LB 1. ST NB AL Отсюда получаем, что LB 1 . AL 3 Используя это соотношение найдем ВК:КС, пользуясь теоремой Менелая для треугольника АВС. Получаем, что AL BK CM 1. BL KC MA Отсюда находим, что BK 1 . KC 3 Из соотношения 9a 2 3 h 3a 2 3 h LB 1 , следует, что SALM=0,75SABC. Отсюда объём VSALM = = . 16 12 64 AL 3 LB 1 BK 1 и , находим, что площадь треугольника BKL составляет Учитывая, что AL 3 KC 3 a2 3 h a2 3 h 1 площади треугольника АВС. Отсюда находим объём VNBKL = . 8 8 12 2 192 Отсюда получаем, что объём многогранника ASMKBN равен VSALM - VNBKL = 3a 2 3 h a 2 3 h a2 3 h = , что составляет ровно половину объёма всей пирамиды 64 192 24 a2 3 h VTABC= . 12 Заметим, что данную задачу можно решать и другими методами, но они также потребуют вычисления отношений тех частей, про которые говорится данном решении. Также нужно отметить, что в ходе данного решения, для более «удобного» вычисления объёма фигуры, мы вновь использовали приём достроения фигуры, о котором говорилось в решении задачи 7. Аналогичная задача предлагается в качестве задания для самостоятельного решения. 9-С2. В основании пирамиды ABCT лежит правильный треугольник ABC, длина стороны которого равна а. Боковое ребро АТ является высотой пирамиды и его длина равна h. Точка М - середина ребра АС. Точка N принадлежит ребру ТB так, что NТ:NB=1:1. Точка S лежит на ребре АТ так, что АS:SТ=2:1. Найдите отношение объёмов частей, на которые делит пирамиду плоскость MNS. Ответ: 5:7. С4. ОСНОВНЫЕ ИДЕИ ПРИ ДОКАЗАТЕЛЬСТВЕ ГЕОМЕТРИЧЕСКИХ ЗАДАЧ (СВЯЗАНЫХ С ОКРУЖНОСТЬЮ) Сейчас рассмотрим некоторые приёмы решения задач С4а, задач, связанных с доказательством геометрических утверждений. Нужно заметить, что для решения таких задач, желательно знать «много небольших фактиков» по планиметрии. Вот о некоторых из них мы и поговорим в этой части. Понятно, что о всех типах задах поговорить на одном занятии невозможно, поэтому мы будем рассматривать только задачи на доказательство, где речь идёт о n-угольниках и окружностях. Сначала отметим некоторые приёмы и факты, которые часто используются при решении задач, связанных с окружностями и n-угольниками. I. Внешний угол вписанного четырехугольника равен внешнему углу противоположного угла. Верно и обратное, т.е. если внешний угол выпуклого четырехугольника равен противоположному углу, то данный четырехугольник можно вписать в окружность. II. Если стороны угла ВАС, вершина которого расположена вне окружности, высекают на окружности две дуги и , (см.рис.) то сам угол можно вычислить по формуле ВАС= 2 . А Доказательство. Проводим DK, параллельно стороне АС угла. В силу свойства С получаем, что дуги DF и КС равны. В силу свойств параллельности также получаем, что ВАС =BDK, и в силу свойства А, получаем, что ВАС = BDK = 2 2 K С . III. Если стороны угла ВАС, вершина которого расположена внутри окружности, и их продолжения за вершину (см.рис.), высекают на окружности две дуги и , то сам угол можно вычислить по формуле ВАС= В D F В А С . Начнём с рассмотрения нескольких задач, для решения которых используются общеизвестные факты. Такие задачи очень полезны, и они могут послужить несложными «фактиками» для решения некоторых дальнейших задач. Первая задача основана на том факте, что если из точки внутри угла опущены два перпендикуляра, то полученный четырехугольник будет вписанным. 1-С4. Из точки Р, расположенной внутри острого угла BАС опущены перпендикуляры РВ1 на АВ и РС1 на АС. Доказать, что С1АР = С1В1Р. Доказательство. (См.рис.) Так как РВ1А = РС1А = 90о, то четырехугольник АВ1РС1 B B1 является вписанным. А отсюда видно, что РВ1С1= РАС 1. P Вторая задача основана на знании того, что угол между касательной и хордой равен A C1 C половине дуги, расположенной внутри угла. 2-С4. Через точку А общей хорды АВ двух окружностей проведена прямая, пересекающая первую в т.С, а вторую в т.D. Касательная (в т.С) к первой окружности, и касательная ко второй (в.D) пересекаются в точке М. Доказать, что точки М, С, В и M D лежат на одной окружности. Доказательство. (См.рис.) Заметим, что АСМ= АСВ, и АDM = АBD. Отсюда получаем, что СМD + СBD = 180о, так как это сумма углов в D А треугольнике MCD. С В А сейчас рассмотрим задачу, где используется факт I, о внешнем угле противоположного угла вписанного четырехугольника. 3-С4. Две окружности пересекаются в точках М и К. Через М и В M К проведены прямые АВ и СD, пересекающие первую А А окружность в точках А и С, вторую в точках В и D соответственно, так как показано на рисунке. Докажите, что АС||ВD. Доказательство. (см.рис.) Проведём С K В D общую хорду МК и заметим, что M А А четырёхугольники АСМК и BDMK оба вписанные. Поэтому для них верен факт I, о том, что = = Получаем, что АСК КМВ BDF. соответственные углы при прямой СF равны, т.е. прямые С K АС и BD параллельны. D F Перед решением следующей задачи отметим, что у неё много различных вариантов доказательства, но мы остановимся на том, где используется факт I, о котором говорилось выше. 4-С4. АА1 и BB1 - высоты остроугольного треугольника ABC. Докажите, что ABC подобен A1B1C. Доказательство. Проведём A1B1. Заметим, что С четырёхугольник А A1B1В – вписанный, так как АA1B и A1BВ1 - это два прямоугольных треугольника, у которых одна и та же гипотенуза. Следовательно, по факту I А1 B1A1С = BAС, и С у треугольников A1B1C и АВС общий. Следовательно, эти треугольники подобны. В1 Причём, как несложно убедиться прямым подсчётом, что k подобия равен cosС. В А Заметим, что этот результат верен и для тупоугольного треугольника (С>90о), но k будет равен |cosС|. Заметим, что данная задача может служить хорошим «фактиком» для решения многих других задач, которые могут встретиться на ЕГЭ. Предлагаем для самостоятельного решения две следующие задачи. 5-С4. В треугольнике ABC, где B = 60, провели высоты AA1 и CC1. Докажите, что длина отрезка AC равна удвоенной длине отрезка A1C1. 6-С4. В остроугольном треугольнике АВС проведены высоты АЕ и СD. Различные точки F и G на стороне АС таковы, что DF||BC, и EG||AB. Докажите, что четырехугольник DEGF- вписанный. B Решение следующих задач использует уже факт III, указанный выше. D E 7. ABCD —вписанный в окружность четырехугольник. A1, B1, C1, D1 - середины дуг AB, AC, CD, DA соответственно. Докажите, что A1B12+С1D12=A1D12+B1C12. А C B F G В1 Доказательство. Сумма дуг AB, BC, CD, о DA равна 360 , значит, сумма их А1 половинок равна 180о, т.е. A1B1+D1C1 = O о C B1C1+D1A1=180 . Таким образом, сумма A D1 о углов A1C1B1 и C1B1D1 равна 90 и, следовательно, диагонали С1 D четырехугольника A1B1C1D1 перпендикулярны. Пусть O — точка их пересечения. Тогда A1B12+C1D12 = A1O2 + B1O2 + C1O2 +D1О2 = A1D12+C1B12. 8-С4. На окружности даны точки A,B,C,D в указанном порядке, M —середина дуги AB. Обозначим точки пересечения хорд MC и MD с хордой AB через E и K. Докажите, что KECD — вписанный четырехугольник. Доказательство. (См.рисунок). Обозначим дуги АМ и МВ через α, а дугу ВС – через β. Рассмотрим угол МЕВ. По факту III он равен0,5(α+β). Но MDC также В β α С M Е α K А D равен 0,5(α+β). Следовательно, по факту I, получаем, что четырёхугольник DKEC вписаный. Рассмотрим ещё одну задачу, в которой можно использовать факт III. 9. Если диагонали АС и BD вписанного четырехугольника АВСD перпендикулярны, то сумма квадратов длин сторон АВ и СD равна сумме квадратов сторон BC и AD и обе эти сумму равны 4R2, где R – радиус данной описанной окружности. Доказательство. Пусть АВСD — вписанный С четырехугольник. АС и BD —его диагонали, которые пересекаются в точке О. Тогда АОВ=90о. Но тогда по лемме В сумма дуг АВ и СD равна 180о, т.е. ровно половине О окружности! Но это означает, что если мы возьмем две хорды D А АВ и СD и соединим их в одной вершине, то суммарная градусная мера дуги АВ(=С)D будет С равна ровно 180о(cм.рисунок), т.е. опираться на диаметр. (С) А отсюда можно воспользоваться теоремой Пифагора и D’ В доказать требуемый результат. О Аналогичное преобразование и вычисление можно проделать и со второй парой противоположных сторон D А вписанного четырехугольника АВСD, а именно со сторонами AD и BC. Понятно, что результат вычисления будет тот же самый. Для решения следующей задачи сформулируем результат, который известен, как теорема Птолемея. Если четырехугольник АВСD вписан в окружность, то справедлива формула: произведение диагоналей AC и BD равно сумме произведений противоположных сторон, т.е. СD AB = BD AC + DA BC. Так как треугольник АВС равносторонний, то, после очевидно сокращения и получаем требуемый результат. Покажем на примере, как можно использовать этот результат для доказательства некоторых задач. 10. Точки А,В,С вершины вписанного в окружность правильного треугольника. Точка D лежит на меньшей дуге АВ. Доказать, что В АD+BD=DC. D Доказательство. Как было замечено выше, по теореме Птолемея для вписанного четырехугольника справедлива формула: произведение диагоналей равно сумме произведений противоположных сторон. В данном случае С А это можно переписать таким образом: СD AB = BD AC + DA BC. Так как треугольник АВС равносторонний, то, после очевидного сокращения, получается требуемый результат. Следующие две задачи предлагаются для самостоятельного решения. 11-С4. Равнобедренный прямоугольный треугольник АВС (АС=ВС) вписан в окружность S. На дуге АВ окружности S задана точка М. Доказать, что 2 МС = АМ+ВМ. 12-С4. Равнобедренный треугольник АВС (АС=ВС) вписан в окружность S. На дуге АВ окружности S задана точка V. Доказать, что величина AM MB не зависит от MC положения точки М. С5. ЗАДАЧИ С ПАРАМЕТРОМ. ИСПОЛЬЗОВАНИЕ ГРАФИКОВ. Систематизация задач с параметрами очень сложное дело, так как задачи с параметрами не поддаются какой-то единой систематизации, пожалуй, только можно сказать о двух больших группах методов: аналитическом и графическом, которые используются при решении задач с параметрами. Это чисто условное название, потому что, нередко, эти два метода очень сильно пересекаются при решении одной и той же задачи. Мы начнём рассмотрение задач с нескольких несложных задач, где речь пойдёт об аналитическом методе решения задач с параметрами. Однако, эти задачи будут полезны тем, что в них показываются некоторые идеи, которые могут работать и в задачах, где будет использоваться график функции. Также понятно, что использование вычислений и преобразований есть почти во всех задачах, поэтому данная задача послужит небольшим трамплином, для перехода к более сложным задачам, где речь пойдёт уже о других способах решения задач с параметрами. 1-С5. Найдите все значения параметра а, при которых уравнение a х3 - |a3+2-|2a2 +a||x = 0 имеет ровно одно решение. Ответ: 0; 1; 2. Решение. Вначале отметим, что для значений параметра а есть ограничения, а должен быть неотрицательным. Затем, заметим, что х=0 для всех значений параметра а. Отдельно рассмотрим случай а=0. Понятно, что х=0, решение и в этом случае, а оставшееся уравнение a х2 = | a3+2-|2a2 +a||, для а=0, решений не имеет. Следовательно, а=0 – одно из решений задачи. Допустим, что а>0. Тогда оставшееся уравнение a х2 = | a3+2-|2a2 +a|| всегда имеет решение, так как х = 2 | a 3 2 2a 2 a | a ≥0, всегда имеет решение. Чтобы значение для корня было единственно (т.е. значения корней могут совпадать, но важно, чтобы не было двух различных значений для корней уравнения), нужно, чтобы значение корня данного уравнения также равнялось 0. А выражение a3+2-2a2 –a = 0 и a3+2-2a2 –a = 0 можно разложить на множители (а2-1)(а-2) и (а2+1)(а+2). Отсюда находим всех кандидатов для возможных значений параметра. В данной задаче понятно, что при данных значениях параметра, (а именно а=1 и 2) у уравнения a х2 = | a3+2-|2a2 +a|| корнями будет только 0. Поэтому в ответе будут всего три значения для параметра а. Отметим ещё раз тот факт, что найденные в результате рассуждений и преобразований значения параметра а, нужно проверить, что они удовлетворяют требуемым условиям задачи, т.е. у обоих этих уравнений корень будет только один. Следующая задача предлагается для самостоятельного решения. 2-С5. Найдите все значения параметра а, при которых уравнение |4а+a2||x4 = 0 имеет ровно одно решение. Ответ: 0; 1; 2 a х6 - |a3 + 4 - Рассмотрим ещё приём использования свойств чётности функции на решении следующей задачи. 3-С5. Найти все значения параметра а, при которых уравнение x 4 (a - 5) 4 = |x+a-5| + |x-a+5| имеет единственное решение. Ответ: а=3 и 7. Решение Заметим, что если число х является решением уравнения, то тогда число (-х) также является его решением. Отсюда, чтобы решение было единственным, нужно, чтобы решением уравнения было число х=0, так как 0 и -0 это одно и то же число. Подставляем и находим те значения параметра а, при которых корнем является число х=0. Это только кандидаты на возможные значения параметра, так как при каждом из них могут быть и другие решения. И все их нужно рассматривать отдельно. Итак, при х=0, уравнение принимает вид (а-5)2 = 2|a-5|. Можно возвести обе части уравнения в квадрат и разложить на множители. Получаем, что уравнение равносильно следующему: (а2-8а+15)(а2-12а+35) = 0. Отсюда получаем кандидаты на искомые значения параметра а: 3, 5 и 7. Рассмотрим каждое значение параметра а отдельно. Пусть а =3. Тогда уравнение принимает вид: x 4 16 = |x-2| + |x+2|. Возводим обе части в квадрат, так как обе части неотрицательны, то возведение в квадрат оставляет уравнение равносильным. Получаем, что возможны два варианта: х4 + 16 = 2х2 + 8 + 2|x2 – 4|. Это уравнение может быть двух видов, либо х4 – 4х2 + 16 = 0, при х≤-2 или х≥2, либо х4 + 16 = 16, когда -2≤х≤2. Понятно, что первое уравнение решений не имеет, а второе имеет ровно одно решение х=0. Значит, а=3 – нужное нам значение параметра. Пусть а =5. Тогда уравнение сводится к виду: x 4 = 2|x|. Понятно, что данное уравнение помимо нулевого, имеет ещё корни, например, 2 или -2, т.е. больше 1. Значит, а=5 – не является искомым. Пусть а = 7. Как несложно видеть, после подстановки а=7 в уравнение, получаем, что оно точно такое же, что и при рассмотрении а=3. Отсюда получаем точно так же, что данное уравнение имеет ровно один корень х=0. Следовательно, а =7 также нужно нам значение параметра. 4-С5. Найти все значения параметра а, при которых уравнение + |x-a+1| имеет единственное решение. Ответ: а = -1 и 3. x 4 (a - 1) 4 = |x+a-1| Решение следующей задачи уже использует график функции, но это скорее чисто символически, однако, чтобы правильно ответить на вопрос задачи нужно достаточно хорошо понимать, как ведёт себя функция, т.е. достаточно хорошо представлять себе график функции. 5-С5. Найдите все значения а, при каждом из которых уравнение |3х - |х+а| + 9| + 9|х+2| = 4х + 12 имеет единственное решение. Ответ: 0; 1. Решение. Рассмотрим функцию f(x) =|3х - |х+а| + 9| + 9|х+2| - 4х – 12. Заметим, что при любом раскрытии модулей на интервалах функция будет представлять отрезок или луч, т.е. графиком данной функции является непрерывная ломаная, так как она определена для любого вещественного х. При х≤-2, f(x)= kx + b, где k<0, так как сумма всех остальных коэффициентов при х будет меньше 9, т.е. слагаемое 9|x+2| определяет знак функции. Аналогично, при х≥-2, f(x) = kx + b, где k>0. Таким образом, при х≤-2 функция будет убывать, а при х≥-2 - возрастать. Значит, чтобы был корень, и он был единственным, нужно, чтобы f(-2)=0. Подставляем х=-2 и получаем, что данное уравнение сводится к виду f(-2) = |-6 - |-2+а| + 9| + 8 – 12 = |3 - |a-2|| - 4 = 0. Понятно, что подмодульное выражение не может равняться 4, оно может равняться только -4, поэтому |a-2| - 7 = 0. Следующую задачу решите самостоятельно. 6-С5. Найдите все значения а, при каждом из которых уравнение |3x - |х+a| + 6| + 9|х–1| = 4х + 4 имеет два корня. Ответ: (-18;-2) (0;16). За все годы с 2010 года, когда использовалась система задач типа Часть 1 и Часть 2, для решения задач С5 – задачи с параметром – использовались графики функций. Также отметим, что все задачи, которые предлагались на основном туре ЕГЭ были связаны с количеством корней уравнения. Далее мы рассмотрим некоторые характерные приёмы, которые могут быть использованы для решения задач таких типов. А сейчас рассмотрим решение задачи с использованием графиков функций. Начнём с рассмотрения графиков модулей функций, которые часто используются при решении задач с параметрами. При решении задач, связанных с графиками модулей линейных функций на график можно ссылаться. Когда речь идёт о более сложных функциях, например, о корнях или параболах в некоторых случаях ссылаться на график уже нельзя. В силу того, что точное построение графика таких функций на любом ненулевом интервале невозможно. 7-С5. Найдите все значения а, при каждом из которых уравнение |||x + 3| - 3| - 4| = 4 + |5x + a| имеет единственное решение. Ответ: -40, 0, 30, 70. Решение. Будем строить график функций, которые входят в левую и правую части уравнения. Итак, построим нужные графики. -10 -3 0 4 Из графиков функций понятно, что если (-а/5) будет меньше -14 или больше 8, или (-а/5) лежит в интервалах (-14;-6), (-6;0) или (0;8), то решений у данного уравнения нет. Если же (-а/5) равно -14, -6, 0 или 8, т.е. если а равно 70, 30, 0 или -40, то решение будет одно. Следующую задачу решите самостоятельно. 8-С5. Найдите все значения а, при каждом из которых уравнение |||x - 1| - 2| = 2 + |3x - a| имеет единственное решение. Ответ: а=-9; а=3; а=15. Рассмотрим ещё одну задачу, в которой речь также пойдёт об использовании графика. Здесь речь пойдёт о разделении функции на две, и решениями будут абсциссы точек пересечения графиков этих графиков. 9-С5. Найдите все значения параметра а, при каждом из которых функция f(x) = 2|2|x| - a2| - x + a имеет ровно три нуля. 1 2 Ответ: а=- ; а=-2. Решение. Рисуя график двух функций у(х) = 2|2|x| - a2| и у(х) = x – a, видим, что три корня будут, только в случаях, указанных на рисунке. Отсюда находим кандидатов для а, решая уравнения 2а2=а и - 1 a2 =а. Отсюда, а=0, а=- , и а=-2. 2 2 Проверяем всех кандидатов и получаем ответ. Заметим, что а=0 не удовлетворяет условию, так как в этом случае уравнение имеет только один корень. 2a 2 - a2 2 В следующей задаче нужно понимание того, как устроена функция, т.е. какой у неё график, без чего решение задачи может затянуться. 10-С5. Найдите все такие значения параметра а, при которых наименьшее значение функции f(x) = аx2 + (1-а2)x - a на отрезке [0;2] положительно. Ответ: (-1/2;0). Решение. Так как (–а) это f(0), то по условию оно должно быть положительным, т.е. а<0. Отсюда ветви параболы направлены вниз и наименьшие значения достигаются на концах, т.е. в точках 0 и 2. Отсюда получаем систему неравенств, решая которую получаем ответ, приведенный выше. В следующей задаче использование графика функции почти необходимо, ибо использование его очень существенно облегчает решение. 11-С5. Найдите все значения параметра а, при каждом из которых уравнение | 3 - 2| = aх – 1 имеет x на промежутке (0;∞) более двух корней. Ответ: 2/3<a<0,75. Решение. После того, как нарисовали графики левой и правой частей уравнения, становится понятным, что больше двух корней уравнение будет иметь только в том случае, когда прямая, проходящая через точку (0,-1) будет пересекать график функции у(х) = | 0 1 1,5 3 - 2| в трёх x точках. Становится понятным, как решать такую задачу. Сначала ищем прямую, 2 x – 1. Затем ищем 3 3 прямую, которая проходит через точку (0;1) и касается графика функции | - 2| на x которая проходит через две точки (0;1) и (1,5;0). Это прямая y = интервале (1,5; ∞). Это прямая у = 0,75х – 1. Из графика понятно, что так как функции в левой и прямой частей уравнения непрерывные, то прямые, которые проходят через точку (0;1) и у которых угловой коэффициент расположен в 3 2 3 интервале ; , будут пересекать график функции у(х) = | - 2| ровно в трёх 3 4 x точках, т.е. будут искомыми. Следующая задача для самостоятельного решения. 12-С5. Найдите все значение параметра а, при каждом из которых уравнение | 6 + 2| x = aх – 1 имеет на промежутке (-∞;0) более двух корней. Ответ: -3/8<a<-1/3. Рассмотрим ещё один пример использования графика для решения задачи с параметром. 13-C5. Найдите все значения параметра а, при каждом из а которых уравнение f(x)=|2a+5|x имеет 6 решений, где f(x) – четная периодическая функция с периодом 0 1 2 3 4 5 6 Т=2, определённая на всей числовой прямой, причем f(x)=ax2, если 0≤х≤1. Ответ: а=- 25 ; 11 а=- 25 . 9 Решение. Рассмотрим график чётной периодической функции f(x)= ax2, при 0≤х≤1, с периодом 2. При а>0, он будет выглядеть таким образом (см. рисунок). График функции y=|2a+5|x = (2а+5)х будет прямой, проходящей через начало координат. Когда будет 6 решений? Тогда, когда прямая y=(2a+5)x будет проходить через точку (5;а). получаем уравнение 5 = (2а+5)5. Отсюда а = - 2. Таким образом, для а>0 нужных а нет. Пусть а <0. Тогда график функции будет иметь такой вид (см.рисунок). Чтобы решений было ровно 6, нужно, чтобы прямая проходила через точку -5 -4 -3 -2 -1 0 (-5;а). Решаем уравнение и находим, что есть два таких значений, которые указаны в ответе. Следующая задача предлагается для самостоятельного решения. 14-C5. Найдите все значения параметра а, большие 1, при каждом из которых уравнение f(x)=|3a-3| x имеет 6 решений, где f(x) – нечётная периодическая функция с периодом Т=4, определённая на всей числовой прямой, причем f(x)=4,5a2(|x-1|-1)2, если 0≤х≤2. Ответ: 2. С6. ОСОБЕННОСТИ РЕШЕНИЯ НЕКОТОРЫХ ТИПОВ ЗАДАЧ С6 В этом отделе речь пойдёт о решениях некоторых типов задач С6, которые предлагались на ЕГЭ в последние годы, в качестве основных и проверочных вариантов. Задания С6 делятся на несколько частей (пунктов), первые части (пункты) таких заданий достаточно просты, и поэтому решать их можно без особого труда, тем самым зарабатывая дополнительные баллы. Задания пунктов б) и в) уже сложнее, поэтому их и решают немногие ребята, но и эти задачи, обычно, бывают не так уж и сложны. Пункт в) обычно заключается в том, что помимо рассуждения, нужно ещё и что-то построить, т.е. провести какое-то конструирование. Это обычно вызывает сложности у ребят. Рассмотрим решение некоторых задач С6 на различных примерах. Начнём с задач, которые предлагались в 2013 году на основном туре ЕГЭ. 1-C6. Задумано несколько (не обязательно различных) натуральных чисел. Эти числа и их все возможные суммы (по 2, по 3 и т.д.) выписывают на доску в порядке неубывания. Если какое-то число и, выписанное на доску, повторяется несколько раз, то на доске оставляется одно такое число и, а остальные числа, равные а, стираются. Например, если задуманы числа 1, 3, 3,4, то на доске будет записан набор 1, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 10, 11. а) Приведите пример задуманных чисел, для которых на доске будет записан набор 1, 2, 3, 4, 5, 6. б) Существует ли пример таких задуманных чисел, для которых на доске будет записан набор 1, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 14, 15, 16, 17, 18, 19, 20, 22? в) Приведите все примеры задуманных чисел, для которых на доске будет записан набор 10, 12, 13, 22, 23, 24, 25, 34, 35, 36, 37, 46, 47, 49, 59 Ответ: а) 1, 2, 3. б) нет, в) 10, 12, 12, 12, 13 или 10, 12, 13, 24. Решение. а) Для первого пункта решения было достаточно привести просто пример данного набора, причём по условию даже не требуется проверки. Понятно, что таких наборов можно привести несколько, например, 1,2,3 или 1,1,2,2 или 1,1,1,1,1,1. б) Для решения пункта второго можно провести некоторый перебор вариантов, но для этого нужно перебрать ВСЕ ВОЗМОЖНЫЕ варианты, что, конечно же, не так просто сделать. Однако, есть и другое решение. Заметим, что если нужно получить набор чисел 1, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 14, 15, 16, 17, 18, 19, 20, 22, то предпоследним числом должно быть число 21, так как есть 1. Значит, такого набора нет. В) А последний пункт задачи также несложен. Заметим, что последнее число полученного набора – это сумма всех чисел. Также заметим, что первые три числа 10, 12, 13 набора нельзя получить друг из друга, следовательно, они есть. Следующие два числа - 22, 23 - можно получить, сложив 10 с 12-тью, и 10 с 13тью. Если сложим все числа 10+12+13 = 35. Последнее возможное число это как раз 24. Следовательно, можно взять его или ещё два раза по 12. Несложно проверить, что полученный набор получается и из чисел 10,12,13,24, и из чисел 10,12,12,12,13. Понятно, что другим наборам взяться неоткуда. Следующая задача на закрепление метода для самостоятельного решения. 2-C6. Задумано несколько (не обязательно различных) натуральных чисел. Эти числа и их все возможные суммы (по 2, по 3 и т.д.) выписывают на доску в порядке неубывания. Если какое-то число n, выписанное на доску, повторяется несколько раз, то на доске оставляется одно такое число n, а остальные числа, равные n, стираются. Например, если задуманы числа 1, 3, 3, 4, то на доске будет записан набор 1, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 10, 11. а) Приведите пример задуманных чисел, для которых на доске будет записан набор 1, 2, 3, 4, 5. б) Существует ли пример таких задуманных чисел, для которых на доске будет записан набор 1, 3, 4, 5, 7, 8, 9, 11, 12, 14, 15, 16, 18, 19, 20, 22? в) Приведите все примеры задуманных чисел, для которых на доске будет записан набор 8, 9, 10, 17, 18, 19, 20, 27, 28, 29, 30, 37, 38, 39, 47 Ответ: а) 1,1,1,1,1. б) нет, в) 8,9,10,10,10 или 8, 9, 10, 20. Рассмотрим ещё одно решение задачи С6, на пример числовых конструкций, которая предлагалась на ЕГЭ в 2010 году. 3-C6. Перед каждым из чисел 4,5,6,7,8,9 и 11,12,….,17 произвольным образом ставят знак «+» и «-», после чего к каждому из образовавшихся чисел первого набора прибавляют каждое из образовавшихся чисел второго набора, а затем все 42 полученных результатов складывают. Какую наименьшую по модулю и какую наибольшую сумму можно получить в итоге? Ответ: 1 и 861. Решение. Понятно, как получить максимальное число: нужно просто все числа взять с одним знаком, например, с «+». Тогда получим, что так как каждое число из набора чисел 4,5,6,7,8,9, встречается с каждым из чисел второго набора 11,12,….,17, то оно встречается 7 раз. Верно и обратное, каждое число из второго набора встречается с каждым числом из первого набора, т.е. 6 раз, то получаем, что искомая сумма будет равна 7S1 + 6S2 = 7(4+5+6+7+8+9) + 6(11+12+13+14+15+16+17) = 861. Заметим, что раз сумма нечётная, то при произвольной расстановке знаков «+» и «», чётность выражения не меняется, поэтому 0 получить нельзя. А вот 1 можно попробовать. При этом нужно не забывать, что S1 – число нечётное, а S2 – чётное. Понятно, что 7S1 + 6S2 = 1 имеет, например, такое решение S1 = 7; S2 = -8. Значит, нужно так расставить знаки в скобках для S1 и S2, чтобы в результате получилась 1. Можно расставить знаки, например, таким образом, 4 + 5 + 6 – 7 + 8 – 9. Для S2 = - 11 + (-12+13) + (-14+15) + (-16+17). Следующие две задачи для самостоятельного решения. 4-C6. Перед каждым из чисел 4,5,6,7,..,10 и 10,11,12,….,18 произвольным образом ставят знак «+» и «-», после чего к каждому из образовавшихся чисел первого набора прибавляют каждое из образовавшихся чисел второго набора, а затем все 63 полученных результатов складывают. Какую наименьшую по модулю и какую наибольшую сумму можно получить в итоге? Ответ: 1 и 1323. 5-С6. Каждое из чисел 4,5,6,7,..,10 умножают на каждое из чисел 10,11,12,….,18 и перед каждым из полученных произведений произвольным образом ставят знак «+» и «-», после чего все 63 полученных результата складывают. Какую наименьшую по модулю и какую наибольшую сумму можно получить в итоге? Ответ: 0 и 6174. Следующая задача также о наборах чисел, связанная со свойствами делимости. Данная задача предлагалась на лже-варианте, который предложило министерство для «отбития атаки о верных вариантах». 6-C6. Дана арифметическая прогрессия состоящая из натуральных чисел, в которой 100 членов. Разность прогрессии равна 50. а) Может ли в прогрессии быть ровно 13 чисел, кратных 9? б) Какое наименьшее количество чисел, кратных 9, может быть в прогрессии? в) Какое наибольшее количество чисел, кратных 9, может быть в прогрессии? Решение. Заметим, что если два члена арифметической прогрессии аk и аn, оба делятся на 9, то их разность также должна делиться на 9. По формуле общего члена арифметической прогрессии, получаем, что d(n-k) делятся на 9, где d – разность данной прогрессии. У нас она равна 50, которая с 9 взаимно простая, поэтому на 9 должно делиться число (n-k). Поэтому, ответ на п.а) сразу становится понятен: в прогрессии не может быть 13 чисел, которые делятся на 9, так как тогда чисел было бы не меньше, чем 1+9·12, т.е. 109. б) Из решения пункта а) становится понятен ответ и на пункты б) и в) задачи. На пункт б) - минимум 11 членов будут делиться на 9, так как есть 11 групп по девять членов в каждой группе, а в каждой такой группе ровно один член делится на 9, и ещё один член, который может не делиться на 9. в) На этот вопрос ответ также понятен: если оставшийся член делится на 9, тогда получается 12 членов, которые делятся на 9. И такое возможно, например, когда а1=9, тогда а1, а10, а19, а28, а37, а46, а55, а64, а73, а82, а91, а100 делятся на 9. Их ровно 12. Следующая задача предназначена для самостоятельного решения. 7-C6. Дана арифметическая прогрессия, состоящая из натуральных чисел, в которой 100 членов. Разность прогрессии равна 60. а) Может ли в прогрессии быть ровно 8 чисел, кратных 11? б) Какое наименьшее количество чисел, кратных 11, может быть в прогрессии? б) Какое наибольшее количество чисел, кратных 11, может быть в прогрессии? Ответ: а) нет, так как в прогрессии не меньше 9 членов, делящихся на 11. б) 9 членов. в) 10 членов, когда а1=11, тогда а1, а12, а23, а34, а45, а56, а67, а78, а89, а100 делятся на 11. Рассмотрим ещё одну задачу на свойства делимости. Здесь также помимо использования свойств делимости, также нужно производить некоторые конструкции, что зачастую сделать не так-то просто. 8-С6. Все члены конечной последовательности являются натуральными числами. Каждый член этой последовательности, начиная со второго, либо в 10 раз больше, или в 10 раз меньше предыдущего. Сумма всех членов последовательности равна 5292. а) Может ли последовательность состоять только из двух членов? б) Может ли последовательность состоять только из трёх членов? в) Какое наибольшее количество членов может быть в последовательности? Решение. а) Заметим, что сумма любых двух соседних членов данной последовательности всегда делится на 11, поэтому ответ на п. а) нет, так как число 5292 не делится на 11; б) для решения данной задачи нужно найти хотя бы один вариант суммы трех членов, например, вида а+10а+100а, или а+10а+а, или 10а+а+10а. Поэтому найти нужный пример не так сложно. Ответ: да, например, а=441, тогда а+10а+а=12а = 5292. в) В силу того, что сумма любых двух соседних членов последовательности делится на 11, получаем, что сумма любой пары соседних чисел не меньше 11. Отсюда получаем, что всего чисел не больше 963, так как 5292 = 1 + 481·11. И эта сумма, например таких чисел: 1 + (10+1) + (10+1) + …+ (10+1) = 1 + 481·11 = 5292. Следовательно, максимум в сумме 481×2 + 1 = 963 слагаемых. Следующая задача для самостоятельного решения. 9-C6. Все члены конечной последовательности являются натуральными числами. Каждый член этой последовательности, начиная со второго, либо в 11 раз больше, либо в 11 раз меньше предыдущего. Сумма всех членов последовательности равна 3887. а) Может ли последовательность состоять из двух членов? б) Может ли последовательность состоять из трех членов? в) Какое наибольшее количество членов может быть в последовательности? Ответ: а) нет; б) да; в) 647. Рассмотрим ещё одну задачу, связанную с решением уравнений в целых числах. Она предлагалась на основном туре ЕГЭ в 2011 году. 10-С6. На доске написано более 35, но менее 49 целых чисел. Среднее арифметическое этих чисел равно 5, среднее арифметическое всех положительных из них равно 14, а среднее арифметическое всех отрицательных чисел равно -7. а) Сколько чисел написано на доске? б) Каких чисел больше: положительных или отрицательных? в) Какое наибольшее количество положительных чисел может быть среди них? Ответ: a) 42; б) положительных ; в) 24. Решение. а) Пусть k – положительных чисел, а1, а2,… аk; n – отрицательных чисел, b1, b2,…., bn; и m –нулей. Тогда можно написать следующее равенство: a 1 a 2 ... a k b1 b 2 ... b n 14k 7n 5 knm knm (1) Из равенства понятно, что 14k-7n = 5(k+m+n). Отсюда получаем, что k+m+n делится на 7. Единственное число в интервале (35,49), которое делится на 7 равно 42. То есть ответ на вопрос задачи п.а) – 42. б) Перепишем равенство (1) в следующем виде 14k – 7n = 5(k+n+m). Приведём подобные и получим, что 9k = 12n + 5m. (2) Отсюда понятно, что k>n. Значит, ответ на вопрос п.б) положительных чисел больше, чем отрицательных. в) Осталось разобраться в п.в) задачи. Если переписать равенство (1) 14k – 7n = 5·42 = 210. После сокращения получаем, что 2k-n = 30. Отсюда n=2k-20. Подставим это в равенство (2) и получим, что 9k = 12(2k-30) + 5m. Отсюда получаем, что 360 Из равенства (3) понятно, что k≤ =24. 15 15k = 360-5m (3) Осталось привести пример, который подтверждает, что это возможно, т.е. 24 – положительных, 2·24-30=18 отрицательных и без нулей, так как всего 42 числа. Пример же строится очень просто. Берём 24 числа равных 14, 18 чисел равных -7 и получаем, что их среднее арифметическое равно 5. Таким образом всё доказано. Следующую задачу можно рассматривать как задачу для лучшего закрепления данного метода. 11-C6. На доске написано более 27, но менее 45 целых чисел. Среднее арифметическое этих чисел равно -5, среднее арифметическое всех положительных чисел равно 9, а среднее арифметическое всех отрицательных чисел равно -18. А) Сколько чисел написано на доске? Б) Каких чисел написано больше положительных или отрицательных? В) Какое наибольшее количество положительных чисел может быть среди них? Ответ: а) 36, б) отрицательных; в) 16. ЛИТЕРАТУРА 1.Математика. Подготовка к ЕГЭ-2014. Учебно-методическое пособие / Под редакцией Ф.Ф. Лысенко, С.Ю. Кулабухова. – Ростов-на-Дону: Легион-М,2013.400с. 2.Математика. Подготовка к ЕГЭ-2014. Учебно-тренировочные тесты по новой спецификации: учебно-методическое пособие / Под редакцией Ф.Ф.Лысенко, С.Ю.Кулабухова. – Ростов-на-Дону: Легион-М,2014.144с.
