19 задание егэ математика профиль – ЕГЭ 2017, Математика, Арифметика и алгебра, Задача 19, Профильный уровень, Вольфсон Г.И., Ященко И.В.

Решение задачи №19 ЕГЭ по математике. Советы репетитора

Анна Малкова

Задача 19 на профильном ЕГЭ по математике. Раньше ее называли С6. Самая страшная и загадочная. Самая нестандартная. Ни на что не похожая.

Конечно, не совсем… Она похожа на задачи олимпиад по математике. Но в школьных учебниках нет даже намека на эту задачу!

Уравнения в целых числах с несколькими неизвестными. Действия в неопределенной ситуации. Метод «Оценка плюс пример» (а многие о нем даже не слышали). И конечно, культура математических рассуждений. В школе такому не учат! И немногие репетиторы умеют решать задачу 19 профильного ЕГЭ по математике.

Зато она оценивается в целых 4 первичных балла, которые пересчитываются в 9-10 тестовых!

Есть хорошая новость. Можно научиться решать эту загадочную задачу! Более того – это нужно сделать, если вы хотите сдать ЕГЭ по математике на достойные баллы. Или если вы участвуете в олимпиадах по математике.

Многим выпускникам ЕГЭ-Студии эта задача дала необходимые для поступления баллы.

Откроем секрет. Оказывается, что один-два из четырех баллов за задачу 19 профильного ЕГЭ по математике буквально лежат у вас под ногами, и вам надо только нагнуться, чтобы взять их! Как это может быть? Смотрите видео! Учитесь строить оценки и находить нужные примеры. Без этого решить эту странную задачу невозможно. Вы узнаете также, как правильно оформлять решение задачи 19 на профильном ЕГЭ по математике.
Вот задача 19 из варианта ЕГЭ по математике 2017 года. Рассказывает Анна Малкова:

На доске написано 30 различных натуральных чисел, десятичная запись каждого из которых оканчивается или на цифру 2, или на цифру 6. Сумма написанных чисел равна 2454.
а) Может ли на доске быть поровну чисел, оканчивающихся на 2 и на 6.
б) Может ли ровно одно число на доске оканчивается на 6?
в) Какое наименьшее количество чисел, оканчивающихся на 6, может быть записано на доске?

Ну как, сможете решить хотя бы первый пункт задачи 19 на профильном ЕГЭ по математике? Стоит попробовать!

Чтобы научиться решать задачу 19 профильного ЕГЭ по математике, читайте книгу Анны Малковой «Математика. Авторский курс подготовки к ЕГЭ» и смотрите видеокурс «Ключ к С6» из комплекта Премиум.

Удачи на ЕГЭ по математике!

Расскажи друзьям!

Звоните нам:
8 (800) 775-06-82 (бесплатный звонок по России)
                       +7 (495) 984-09-27 (бесплатный звонок по Москве)

Или нажмите на кнопку «Узнать больше», чтобы заполнить контактную форму. Мы обязательно Вам перезвоним.

ege-study.ru

Решение задачи 19 из ЕГЭ по математике (профильный уровень)

В данной статье речь пойдёт о решении задачи 19 из варианта досрочного профильного ЕГЭ по математике, предлагавшегося для решения школьникам в 2016 году. Решение задачи 19 из ЕГЭ по математике (профильный уровень) традиционно вызывает наибольшие затруднения у выпускников, ведь это последняя, а потому обычно самая сложная задача из экзамена. По крайней мере, такое впечатление часто складывается в умах школьников, готовящихся к ЕГЭ. Но на самом деле ничего очень сложного в этих задачах нет. Посмотрите, например, как легко решается следующая задача 19 из профильного ЕГЭ по математике.

Пусть множество называется хорошим, если существует возможность разбить это множество на два подмножества, суммы элементов в которых одинаковы.

а) является ли хорошим множество {200; 201; 202; … ; 299}?

б) является ли хорошим множество {2; 4; 8; … ; 2100}?

в) каково число хороших четырёхэлементных подмножеств у множества

{1; 2; 4; 5; 7; 9; 11}?

Не смущайтесь термина «хорошее» множество. Это типично для составителей вариантов ЕГЭ по математике. Когда не хватает слов, приходится использовать слова не по их прямому назначению.

Решение задачи 19 из профильного ЕГЭ по математике под буквой А

Перейдём к решению. Отвечаем на вопрос под буквой А. Является записанное множество хорошим? Предположим, что да. Если это действительно так, то это самый простой случай для нас. Ведь в этом случае требуется лишь привести пример разбиения этого множества на два множества, суммы элементов которых одинаковы. В противном случае пришлось бы доказывать принципиальную невозможность нужного разбиения. А это уже гораздо сложнее. Ну а поскольку это лишь задание под буквой А, можно надеяться, что оно достаточно простое. Итак, попытаемся разбить наше множество на два подмножества, суммы элементов в которых будут одинаковы.

К счастью, чтобы это сделать, не нужно быть Эйнштейном. Берём самое очевидное и интуитивное решение. Группируем элементы исходного множества в пары: первый с последним, второй с предпоследним и так далее:

   

Последняя парочка будет состоять из двух чисел: 249 и 250. Всего таких парочек получится 50. Сумма чисел в каждой парочке равна 499. А дальше берите какие угодно 25 парочек в первое множество, остальные 25 — во второе множество, и получите требуемое разбиение. Итак, ответ на вопрос под буквой А — да!

Ответ на вопрос под буквой Б из задачи 19 ЕГЭ по математике (профильный уровень)

Переходим к вопросу под буквой Б. Задание то же самое, только множество другое. Поэтому думается, что авторы-составители должны были здесь проявить оригинальность. Так что, скорее всего, это множество уже не будет хорошим. Если это так, то просто примером в данном случае ограничиться не получится, придётся всё доказывать. Ну что ж, попробуем.

Вообще говоря, если вдуматься в задание, то решение приходит само собой. Нам требуется разбить данное множество на два подмножества, суммы элементов в каждом из которых равны. Ну и, в общем, тут не нужно быть Стивином Хокингом, чтобы понять, что ключ к решению в том, чтобы найти, чему должны быть равны эти суммы! А для этого нужно посчитать сумму элементов нашего исходного множества.

Посмотрите внимательно. Перед нами классическая геометрическая прогрессия со знаменателем , первым членом и элементами. Сумма всех элементов такой прогрессии определяется по известной формуле:

   

Это означает, что если бы мы разбили наше множество на два подмножества с одинаковой суммой элементов в каждом из них, то эта сумма оказалась бы равной . А это нечётное число! Но ведь все элементы нашего множества — это степени двойки, то есть числа безусловно чётные. Вопрос. Может ли получиться нечётное число, если складывать чётные числа? Конечно, нет. То есть мы доказали невозможность такого разбиения. Итак, ответ к вопросу под буквой Б из решения задачи 19 из ЕГЭ по математике (профильный уровень) — нет!

Решение задачи 19 из ЕГЭ по математике (профильный уровень) под буквой В

Ну и наконец, переходим к вопросу под буквой В. Сколько же четырёхэлементных хороших множества содержится в множестве {1; 2; 4; 5; 7; 9; 11}? Да… Тут уже придётся задуматься более серьёзно. Ну конечно! Ведь это последнее, как говорят некоторые видеоблогеры, самое жёсткое задание в профильном ЕГЭ по математике. Так как же его решить?

Доводилось ли вам когда-нибудь слышать об осознанном переборе? Этот метод применяется тогда, когда возможных вариант не очень много. Но при этом варианты перебираются не как попало, а в определённой последовательности. Это нужно для того, чтобы не упустить из виду ни одного возможного варианта. Плюс, по возможности, при переборе исключаются из рассмотрения невозможные варианты. Итак, как же нам свести это задание к осознанному перебору?

Введём фильтр, ограничивающий перебор:

  • Заметим сразу, что суммы искомых хороших четырёхэлементных подмножеств должны быть чётными, иначе их нельзя разбить на подмножества с одинаковыми суммами элементами. При этом минимально возможная сумма равна 1+2+4+5 = 12, а максимально возможная сумма равна 5+7+9+11 = 32. Таких сумм 11 штук.
  • Примем также во внимание, что чётные числа 2 и 4 должны либо одновременно входить в хорошее четырёхэлементное множество, либо одновременно не входить в него. В противном случае только одно из чисел четырёхэлементного множества чётное, поэтому сумма элементов такого множества не будет чётной.
  • Поскольку порядок расположения элементов в искомых хороших четырёхэлементных множествах не важен, договоримся, что элементы в этих множествах будут у нас расположены по возрастанию.

Рассматриваем все возможные суммы:

  1. Сумма 12: {1; 2; 4; 5}.
  2. Сумма 14: {1; 2; 4; 7}.
  3. Сумма 16: нет вариантов.
  4. Сумма 18: {2; 4; 5; 7}.
  5. Сумма 20: нет вариантов.
  6. Сумма 22: {2; 4; 7; 9}, {2; 4; 5; 11}.
  7. Сумма 24: {1; 5; 7; 11}.
  8. Сумма 26: {2; 4; 9; 11}.
  9. Сумма 28: нет вариантов.
  10. Сумма 30: нет вариантов.
  11. Сумма 32: {5; 7; 9; 11}.

Вот и получилось у нас всего 8 множеств. Других вариантов нет. То есть ответ к заданию под буквой В — 8.

Вот такое решение задачи 19 из ЕГЭ по математике (профильный уровень). Для тех, кто только начинает готовиться к сдаче профильного ЕГЭ по математике, оно можно показаться сложным. Но на самом деле для решения таких задач требуется использование одних и тех же способов и приёмов. Нужно только овладеть ими, и все эти задачи будут казаться вам простыми, и вы их решите на экзамене без всяких проблем. Я вас мог этому научить. Подробную информацию обо мне и моих занятиях вы можете найти на этой странице.

Материал подготовил репетитор по математике и физике, Сергей Валерьевич

Если вам понравилась статья, возможно, вам также будет интересна следующая:

yourtutor.info

Задача 19: теория чисел

Это самая последняя и самая сложная задача в профильном ЕГЭ по математике, которая вполне претендует на олимпиадный уровень. Обычно такие задачи содержат в себе сразу несколько вопросов.

В целом задача 19 сводится к составлению и дальнейшему решению уравнения в целых числах (оно же — диофантово уравнение). Но прежде чем приступать к решению таких уравнений, вам потребуется небольшая теоретическая подготовка и своего рода «разминка для мозгов».

Публикация уроков в этом разделе начнётся в ближайшее время.:)

§ 1.
Функции с целыми значениями — что за зверь?
§ 2.
Арифметическая прогрессия и делители чисел в уравнениях
§ 3.
Задача 19: арифметическая прогрессия из пробного ЕГЭ
§ 4.
Позиционная система счисления: свойства и следствия
§ 5.
Условия задач 19 и следствия из них
Числа и их свойства
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
21
22
23
24
25
26
27
28
29
30
31
32
33
34
35
36
37
38
39
40
41
42
43
44
45
46
47
48
49
50
51
52
53
54
55
56
57
58
59
60
61
62
63
64
65
66
67
68
69
70
71
72
73
74
75
76
77
78
79
80
81
82
83
84
85
86
87
88
89
90
91
92
93
94
95
96
97
98
Числовые наборы на карточках и досках
99
100
101
102
103
104
105
106
107
108
109
110
111
112
113
114
115
116
117
Последовательности и прогрессии
118
119
120
121
122
123
124
125
126
127
128
129
130
131
132
133
134
135
136
137
138
139
140
141
142
143
144
145
146
147
148
149
150
151
152
153
154
155
156
157
158
159
Сюжетные задачи кино, театр, мотки верёвки
160
161
162
163
164
165
166
167
168
169
170
171
172
173
174
175
176
177
178
179
180
181
182
183
184
185
186
187
188
189

www.berdov.com

Задание 19. ЕГЭ по математике (профильный уровень) 2018

Задание 19


На доске написано несколько различных натуральных чисел, произведение любых двух из которых больше 40 и меньше 100.


а) Может ли на доске быть 5 чисел?

б) Может ли на доске быть 6 чисел?

в) Какое наибольшее значение может принимать сумма чисел на доске, если их четыре?



ЕГЭ-2018. Математика (60х90/16) 10 тренировочных вариантов экзаменационных работ для подготовки к единому государственному экзамену. Профильный уровень


Издание содержит 10 тренировочных вариантов экзаменационных работ для подготовки к ЕГЭ. Каждый вариант составлен в полном соответствии с требованиями ЕГЭ, включает задания профильного уровня. Структура вариантов едина. В конце пособия даны ответы на все задания.

Купить



Решение:


а) Да. Пять следующих чисел 6, 7, 8, 9, 10 удовлетворяют условию задачи.

б) Пусть шесть чисел расположены в порядке возрастания:


Заметим, что второе число не должно быть меньше 7, а пятое число больше 9. В противном случае будет нарушено условие задачи. Итак, на доске может быть только одно число, которое меньше 7 и только одно число, которое больше 10. Но тогда оставшиеся четыре различных числа должны быть из набора: 7, 8 и 9, что невозможно.

в) По условию задачи и наблюдений, полученных в предыдущих пунктах, можно сделать вывод о существовании только трёх случаев:

Если записаны числа:

 


то наибольшими числами могут быть

 


сумма четырех записанных чисел равна 33.


Если записаны числа

 


сумма 33.


Если записаны числа

 


сумма 35.


Таким образом, наибольшее значение суммы четырех чисел равно 35.

rosuchebnik.ru

Задание №1022. Тип задания 19. ЕГЭ по математике (профильный уровень)

а) Да. Пусть в первый ход нумизмат переворачивает 4 монеты. Вторым ходом он переворачивает 3 ещё нетронутых монеты и 1 монету, которую перевернул за первый ход. Таким образом, окажется ровно 6 монет решкой кверху.

б) Нет, так как количество монет решкой кверху после каждого хода будет оставаться чётным. Изначально решкой кверху лежит 0 монет (чётное число).

Если за один ход нумизмат переворачивает 4 монеты, которые были решкой кверху, то количество монет кверху решкой уменьшится на 4.

Если за один ход нумизмат переворачивает 3 монеты кверху решкой и 1 монету кверху орлом, то количество монет кверху решкой уменьшится на 2.

Если за один ход нумизмат переворачивает 2 монеты кверху решкой и 2 монеты кверху орлом, то количество монет кверху решкой не изменяется (можно сказать «изменяется на 0»).

Если за один ход нумизмат переворачивает 1 монету кверху решкой и 3 монеты кверху орлом, то количество монет кверху решкой увеличивается на 2.

Если за один ход нумизмат переворачивает 4 монеты, которые были кверху орлом, то количество монет кверху решкой увеличивается на 4.

Таким образом, после произвольного хода количество монет кверху решкой изменяется на 4, на 2 или на 0, то есть на чётное число. Изначально количество монет кверху решкой 0 — чётное число, следовательно, их число будет оставаться четным числом и не может быть равно 3.

в) Число монет кверху решкой не должно равняться 200 (по условию) и не может равняться 199, так как число 199 — нечетно (см. решение б). Покажем, что число монет решкой кверху может равняться 198. Пусть первые 49 ходов нумизмат переворачивал только ранее нетронутые монеты. В итоге кверху решкой окажется 49 \cdot 4=196 монет. За 50-й ход нумизмат перевернет 3 монеты, которые лежали орлом кверху, и 1 монету, которая лежала кверху решкой. Кверху решкой окажется 198 монет.

academyege.ru

Author: alexxlab

Отправить ответ

avatar
  Подписаться  
Уведомление о