Решение заданий по математике олимпиады вузов

Решение заданий по математике
олимпиады вузов Росрыболовства
среди учащихся 9 классов 2010-11 уч. год
II тур.
Задача 1. В магазине было 6 ящиков с яблоками, массы которых
соответственно 15 кг, 16 кг, 18 кг, 19 кг, 20 кг, 31 кг. Две фирмы приобрели 5
ящиков, причём одна из них приобрела по массе яблок в 2 раза больше, чем
другая. Какой ящик остался в магазине?
Решение:
Если одна фирма приобрела х кг яблок, то вторая – 2х кг, поэтому масса
приобретённых яблок должна делится на 3.
15+16+18+19+31= 99.
Следовательно, в магазине остался ящик с 20 кг яблок.
Ответ: 20 кг.
11

Задача 2. Решить уравнение xx  4   x  x  4   0 .


Решение: Преобразуем уравнение
1
1


4
x


  0 и выполним подстановку
x2
x

1
1
t  x  ,  x 2  2  t 2  2 , тогда уравнение примет вид:
x
x
x2 
t 2  4t  2  0 , его корни t1  2  6 , t 2  2  6 .
Возвращаемся к переменной х,
1). x 


1
 2  6 ,  x 2  2  6 x  1  0. D  4 6  6.
x
1
1
x1    2  6  4 6  6  ; x2    2  6  4 6  6  .


2
2
2). x 


1
 2  6 ,  x 2  2  6 x  1  0. D  4 6  6  0.
x
Это уравнение корней не имеет.
Ответ: x1  
1
1
 2  6  4 6  6  ; x2    2  6  4 6  6  .


2
2
Задача 3. Карлсон один может съесть 4 банки с вареньем за 8 минут, а
вдвоём с Сиропчиком они съедают 10 банок с вареньем за 12 минут. На
сколько процентов скорость съедания варенья у Карлсона выше, чем у
Сиропчика?
Решение: Пусть скорость съедания варенья у Карлсона х банок в минуту, а
скорость съедания варенья у Сиропчика у банок в минуту, тогда имеем
8 x  4
1
1
x

,
y


систему
, откуда находим
или x  1,5 у .
2
3
12x  y   10
Значит, скорость съедания варенья у Карлсона составляет 150% от скорости
съедания варенья у Сиропчика, поэтому выше на 50%.
Ответ: 50%.
Задача 4. Найти все значения х, которые удовлетворяют неравенству
3a  2x 2  a  1x  4a  3  0
промежутка 2; 3 .
при любом значении параметра а из
Решение:

 

2
2
Приведём неравенство к виду: 3x  x  4 a  2x  x  3  0 .
Левая часть неравенства представляет собой линейную функцию от а с
коэффициентами, являющимися функциями от х. Требуется, чтобы эта
функция на интервале 2; 3 была отрицательной. Это выполнимо тогда и
 f  2  0,




f

2
f
3
только тогда, когда
и
не равны одновременно нулю и  f 3  0.
Отсюда получаем
 
5
 x    ;    1;   ,
  4 x 2  x  5  0,
4
 15 5 
 

 x   ;    
1.

2
 11x  4 x  15  0. 
 15 
 11 4 
x   ; 1.

 11 
Так как f 2 = f 3 =0 при х=1, то значение х=1 нужно исключить из
найденного множества.
Ответ:
5
 15
x   ;   .
 11 4 
Задача 5. В треугольнике АВС биссектриса АЕ равна отрезку ЕС. Найдите
угол АВС, если АС=2АВ.
Решение:
Пусть точка D – середина стороны АС.
AD 
Тогда
1
AC  AB .
2
Значит, треугольники ABE и ADE равны, по двум сторонам и углу между
ними. ED – медиана равнобедренного треугольника, следовательно, его
высота. Поэтому <АВС = < ADE =90°.
Решение заданий по математике
олимпиады вузов Росрыболовства
среди учащихся 10 классов 2010-11 уч. год
II тур.
Задача 1. Карлсон один может съесть 4 банки с вареньем за 8 минут, а
вдвоём с Сиропчиком они съедают 10 банок с вареньем за 12 минут. На
сколько процентов скорость съедания варенья у Карлсона выше, чем у
Сиропчика?
Решение: Пусть скорость съедания варенья у Карлсона х банок в минуту, а
скорость съедания варенья у Сиропчика у банок в минуту, тогда имеем
8 x  4
1
1
x

,
y


систему
, откуда находим
или x  1,5 у .
2
3
12x  y   10
Значит, скорость съедания варенья у Карлсона составляет 150% от скорости
съедания варенья у Сиропчика, поэтому выше на 50%.
Ответ: 50%.
2
Задача 2. Найти сумму целых значений функции y  36 cos x  12 sin x  27 .
Решение:
Рассмотрим выражение
z  36 cos 2 x  12 sin x  27  36 sin 2 x  12 sin x  63 . Выполним
подстановку t  sin x;  1  t  1;

z  36t 2  12t  63.
Данная функция является параболой, определённой для t   1;1 , ветви
1
, поэтому её наибольшее и наименьшее
6
1
t


; t  1; t  1.
значения могут быть среди значений
6
вниз, абсцисса вершины t  


 1
z    64; z  1  39; z 1  15  z  15; 64  y  15 ; 8 .
 6
Целые значения у: 4; 5; 6; 7; 8; их сумма равна 30.
Ответ: 30.
Задача 3. В треугольнике АВС биссектриса АЕ равна отрезку ЕС. Найдите
угол АВС, если АС=2АВ .
Решение:
Пусть точка D – середина стороны АС.
AD 
Тогда
1
AC  AB .
2
Значит, треугольники ABE и ADE равны, по двум сторонам и углу между
ними. ED – медиана равнобедренного треугольника, следовательно, его
высота. Поэтому <АВС = < ADE =90°.
Задача 4. Найти все значения х, которые удовлетворяют неравенству
3a  2x 2  a  1x  4a  3  0
промежутка 2; 3 .
при любом значении параметра а из
Решение:

 

2
2
Приведём неравенство к виду: 3x  x  4 a  2x  x  3  0 .
Левая часть неравенства представляет собой линейную функцию от а с
коэффициентами, являющимися функциями от х. Требуется, чтобы эта
функция на интервале 2; 3 была отрицательной. Это выполнимо тогда и
 f  2  0,
только тогда, когда f 2 и f 3 не равны одновременно нулю и  f 3  0.
Отсюда получаем
 
5
 x    ;    1;   ,
  4 x 2  x  5  0,
4
 15 5 
 

 x   ;    
1.

2
 11x  4 x  15  0. 
 15 
 11 4 
x   ; 1.

 11 
Так как f 2 = f 3 =0 при х=1, то значение х=1 нужно исключить из
найденного множества.
Ответ:
5
 15
x   ;   .
 11 4 
2
Задача 5. Найти все простые числа р, для которых число 10 p  25 p  1
является квадратом целого числа.
Решение:
При р=2 данное число отрицательное. Поэтому искомое р – нечётное , а
данное число будет чётным. Предположим, что оно является квадратом
целого числа 2m, где m – натуральное, тогда 5 p2 p  5  2m  12m  1 .
Откуда следует, что 2m–1 делится на р или 2m+1 делится на р.
Пусть 2m–1=kp, где k – натуральное и нечётное, тогда 52 p  5  k  pk  2 .
Если k  5,  pk  2  5 p  2  2 p  5 , то есть k  pk  2  52 p  5 .
Поэтому k=1 или k=3.
При k=1 получим 52 p  5  p  2 , то есть р=3.
При k=3 получим 52 p  5  33 p  2 , то есть р=31.
Пусть 2m+1=lp, где l – натуральное и нечётное, тогда 52 p  5  l  pl  2 .
Если l  5,  pl  2  5 p  2  2 p  5 , то есть l  pl  2  52 p  5 .
Поэтому l =1 или l =3.
При l =1 получим 52 p  5  p  2 , то есть 9р=23, что невозможно.
При l =3 получим 52 p  5  33 p  2 , то есть р=19.
Ответ: р=3, р=19 или р=31.
Решение заданий по математике
олимпиады вузов Росрыболовства
среди учащихся 11 классов 2010-11 уч. год
II тур.
Задача 1. Затраты электроэнергии на заводе снизились на 16%, а выпуск
изделий вырос на 50%. На сколько процентов уменьшилось количество
электроэнергии, расходуемое на производство одного изделия?
Решение:
Пусть х – первоначальное количество электроэнергии, расходуемое на
производство одного изделия на заводе, п – число изделий, первоначально
выпускаемых на заводе, α – то количество процентов, на которое
уменьшилось количество электроэнергии, расходуемое на производство
одного изделия, тогда
 

0,84 x  n  1 
 x  1,5n .
 100 
Откуда находим, что α=44%.
Ответ: α=44%.
2
Задача 2. Известно, что
a3  b3
3
a 2 a  b 

a 3  a 3  b 3 


b a  b 
2
2
1
3
 7 . Во сколько раз а
больше b, если оба эти числа положительны?
Решение:
Упростим левую часть равенства
a

a
b
3

a a  b 
 b3 1
a 2  ab  b 2
 2  7 или
7.
b2
a  b  b
3
2
3
3
2
3

a
2
3
b a  b 
2
1
3
 7 , откуда
Пусть a  kb , тогда k 2  k  1  7 , откуда находим, что
b положительны, то k  2 .
Ответ:
k  3; k  2 .
Так как а и
k 2.
Задача 3. Решить неравенство log log 0,1 x 2  0 .
Решение:
Правая часть неравенства определена при
x  0

log 0,1 x  0
log x  1
 0,1
или при
x  0; 0,1  0,1;1 . Так как правая часть неравенства не обращается в
нуль ( под знаком логарифма - число 2), то проверяем её знаки в интервалах
области определения и находим, что решением неравенства является
промежуток
Ответ:
x  0; 0,1 .
x  0; 0,1 .
Задача 4. Высота прямого кругового цилиндра равна 3. В его нижнем
основании проведён диаметр АВ, а в верхнем основании проведён диаметр
СD, перпендикулярный АВ. Найти объём треугольной пирамиды АВСD, если
известно, что треугольник АВС – равносторонний.
Решение:
Пусть радиус основания цилиндра равен R, тогда треугольник ABC –
равносторонний, со стороной длины 2 R, его высота CO  2 R 
3
R 3.
2
Так как высота цилиндра равна 3, то R  3  3R , откуда находим
2
R
2
2
3
3 3
; CO 
. Площадь треугольника ABC, являющегося основанием
2
2
пирамиды равна S осн. 
9 3
.
2
Высоту пирамиды DK найдём из треугольника CDO.
2
CK  CD  6 , CD  3 2 , откуда находим DK  2 3 . Следовательно,
3
объем пирамиды АВСD равен
V
19 3
2 3 9.
3 2
Ответ: 9.
2
Задача 5. Найти все простые числа р, для которых число 10 p  25 p  1
является квадратом целого числа.
Решение:
При р=2 данное число отрицательное. Поэтому искомое р – нечётное , а
данное число будет чётным. Предположим, что оно является квадратом
целого числа 2m, где m – натуральное, тогда 5 p2 p  5  2m  12m  1 .
Откуда следует, что 2m–1 делится на р или 2m+1 делится на р.
Пусть 2m–1=kp, где k – натуральное и нечётное, тогда 52 p  5  k  pk  2 .
Если k  5,  pk  2  5 p  2  2 p  5 , то есть k  pk  2  52 p  5 .
Поэтому k=1 или k=3.
При k=1 получим 52 p  5  p  2 , то есть р=3.
При k=3 получим 52 p  5  33 p  2 , то есть р=31.
Пусть 2m+1=lp, где l – натуральное и нечётное, тогда 52 p  5  l  pl  2 .
Если l  5,  pl  2  5 p  2  2 p  5 , то есть l  pl  2  52 p  5 .
Поэтому l =1 или l =3.
При l =1 получим 52 p  5  p  2 , то есть 9р=23, что невозможно.
При l =3 получим 52 p  5  33 p  2 , то есть р=19.
Ответ: р=3, р=19 или р=31.