Решения заданий по математике олимпиады вузов Росрыболовства I тур.

Решения заданий по математике
олимпиады вузов Росрыболовства
среди учащихся 8 классов 2013-14 уч. год
I тур.
Задача 1. В пруду растут волшебные кувшинки. За сутки каждая кувшинка
делится пополам, и вместо одного цветка появляются два. Ещё через сутки
каждый из получившихся цветков делится пополам и так далее. Через
двадцать дней озеро полностью покрылось кувшинками. Через какое время
озеро было заполнено наполовину?
Решение.
Озеро было заполнено наполовину за сутки до того, как оно полностью
покрылось кувшинками, то есть через 19 дней.
Ответ. 19 дней.
Задача 2. Найти отношение двух чисел, если известно, что разность первого
числа и 10% второго числа составляет 50% суммы второго числа и 50%
первого числа.
Решение.
Обозначим первое число через х, а второе через у, тогда по условию
задачи имеем:
х-0,1у=0,5(у+0,5х),
х
4
отсюда находим, что 0,75х=0,6у, или = .
у
Ответ.
х
у
5
4
= .
5
Задача 3. При каких значениях параметра а система уравнений
х + ау = 1
не имеет решений ?
{
х − 3ау = 2а + 3
Решение.
Вычтем из первого уравнения второе, получим линейное уравнение
4ау=-2а-2.
4а = 0
Это уравнение не имеет решений, если {
, то есть при а=0.
−2а − 2 ≠ 0
Ответ. а=0.
Задача 4. Биссектриса угла при основании равнобедренного треугольника
равна основанию треугольника. Определите углы данного треугольника.
Решение.
B
D
α
β
α
β
С
A
Пусть угол при основании треугольника равен α, тогда α=2β. Так как
сумма углов треугольника равна 180° , то β=36° , α=72° , угол при вершине В
равен 36°.
Ответ. 72° , 72° , 36° .
28
Задача 5. Дробь хотят представить в виде суммы нескольких дробей,
33
числители которых равны 1. При каком наименьшем числе слагаемых это
возможно?
Решение.
Найдём нижнюю границу множества искомого числа слагаемых.
28
1
Дробь нельзя представить в виде , где n – натуральное число.
33
𝑛
Исследуем, можно ли представить дробь в виде
натуральные числа такие, что n> 1, m> 1, так как
Если n=2, m=2, то
Если n=2, m=3, то
1
2
1
2
1
28
2
1
5
33
28
3
6
33
+ =1>
+ = <
28
33
1
𝑛
+
1
𝑚
, где n, m –
< 1.
.
.
При дальнейшем переборе значений n=3, 4, 5, …., m=3, 4, 5,…. сумма
28
28
1
𝑛
+
1
𝑚
будет меньше . Таким образом, представить дробь
в виде суммы двух
33
33
дробей, числители которых равны 1, нельзя.
28
5
1
28
1
1
1
Так как − = , то дробь = + + можно представить в виде трёх
33
6
66
33
2
3
66
дробей, числители которых равны 1. Нижняя граница множества искомого
числа слагаемых равна 3.
Ответ.3.
Решения заданий по математике
олимпиады вузов Росрыболовства
среди учащихся 9 классов 2013-14 уч. год
I тур.
28
Задача 1. Дробь хотят представить в виде суммы нескольких дробей,
33
числители которых равны 1. При каком наименьшем числе слагаемых это
возможно?
Решение.
Найдём нижнюю границу множества искомого числа слагаемых.
28
1
Дробь нельзя представить в виде , где n – натуральное число.
33
𝑛
Исследуем, можно ли представить дробь в виде
натуральные числа такие, что n> 1, m> 1, так как
Если n=2, m=2, то
Если n=2, m=3, то
1
2
1
2
1
28
2
1
5
33
28
3
6
33
+ =1>
+ = <
28
33
1
𝑛
+
1
𝑚
, где n, m –
< 1.
.
.
При дальнейшем переборе значений n=3, 4, 5, …., m=3, 4, 5,…. сумма
28
28
1
𝑛
+
1
𝑚
будет меньше . Таким образом, представить дробь
в виде суммы двух
33
33
дробей, числители которых равны 1, нельзя.
28
5
1
28
1
1
1
Так как − = , то дробь = + + можно представить в виде трёх
33
6
66
33
2
3
66
дробей, числители которых равны 1. Нижняя граница множества искомого
числа слагаемых равна 3.
Ответ.3.
Задача 2. Найти сумму квадратов всех корней уравнения х2 − 5|х| + 3 = 0.
Решение. Это уравнение равносильно уравнению |х|2 − 5|х| + 3 = 0.
Выполним подстановку |х| = 𝑡, получим 𝑡 2 − 5𝑡 + 3 = 0.
Так как дискриминант уравнения положителен, то оно имеет два различных
корня: 𝑡1 и 𝑡2 . В силу того, что 𝑡1+ 𝑡2=5, а 𝑡1 𝑡2=3, делаем вывод: 𝑡1>0; 𝑡2>0.
Следовательно, исходное уравнение имеет 4 корня:
х1= 𝑡1; х2=−𝑡1; х3= 𝑡2; х4=−𝑡2.
Значит, х12 + х22+ х32+ х42 = 2(𝑡12 + 𝑡22 ) =2( (𝑡1+ 𝑡2)2 −2 𝑡1 𝑡2) = 2(25−6)=38.
Ответ.38.
Задача 3. Решить систему неравенств {
сумму целых решений системы.
||х − 3| − 2| ≤ 1
. В ответе указать
х2 − 6х + 5 ≤ 0
Решение.
Решим первое неравенство системы ||х − 3| − 2| ≤ 1. Оно равносильно
неравенству: −1 ≤ |х − 3| − 2 ≤ 1, или 1 ≤ |х − 3| ≤ 3.
−3 ≤ х − 3 ≤ 3
0≤х≤6
|х − 3| ≤ 3
Значит, {
⇒{
⇒{
.
х−3≥1
[х−3≤−1
[х≥4
1 ≤ |х − 3|
х≤2
Решение первого неравенства: х∈ [0; 2] ∪ [4; 6].
Второе неравенство равносильно (х−1)(х−5) ≤ 0, его решение х∈ [1; 5].
Решением системы будет х∈ [1; 2] ∪ [4; 5].
Сумма целых решений 1+2+4+5=12.
Ответ.12.
Задача 4. В арифметической прогрессии сумма четвёртого и десятого
членов равна 36. Найдите сумму первых тринадцати членов этой прогрессии.
Решение. Так как а4 + а10 = 36 , то а1 + 3𝑑 + а1 + 9𝑑 = 36, или
а1 + 6𝑑 = 18.
Сумма первых тринадцати членов этой прогрессии равна
2а +12𝑑
𝑆13 = 1
13=18·13=234.
2
Ответ. 234.
Задача 5. Трапеция описана вокруг окружности с центром О. Под каким
углом видна боковая сторона трапеции из точки О?
Решение. Центр вписанной окружности является точкой пересечения
биссектрис углов трапеции. Поэтому 2α+2β =180°, отсюда получаем, что α+β
=90°. Боковая сторона трапеции из точки О видна под углом 90°.
B
β
K
C
β
O
α
α
Ответ. 90°.
A
M
D
Решения заданий по математике
олимпиады вузов Росрыболовства
среди учащихся 10 классов 2013-14 уч. год
I тур.
Задача 1. Из пункта A в пункт B через равные промежутки времени
отправляются три машины. В пункт B они прибывают одновременно, затем
выезжают в пункт C, расположенный на расстоянии 120 км от пункта B.
Первая машина прибывает туда через час после второй, третья машина,
прибыв в пункт C, сразу поворачивает обратно и в 40 км от C встречает
первую машину. Найдите скорость первой машины.
Решение.
Пусть v1, v2, v3, - скорости машин. Тогда исходя из условия, что три
машины отправляются из пункта А через равные промежутки времени,
можем записать
AB AB AB AB



.
v1
v2
v2
v3
Так как вторая машина прибыла в С на 1 ч раньше первой, то получим
второе уравнение
120 120

 1.
v1
v2
Из условия следует, что вторая машина прошла 120 + 40 =160 км за то же
время, за которое первая машина прошла 120 – 40 = 80 км. Поэтому третье
уравнение получаем такое:
160 80
 .
v3
v1
Итак, получим систему уравнений
 AB AB AB AB




v2
v2
v3
 v1
120 120

 1.

v2
 v1
160 80

.

 v 3
v1
Решив ее, получим v1 =30 км/ч.
Ответ. v1 =30 км/ч.
Задача 2. Вычислить √17 − 4√9 + 4√5.
2
Решение. √17 − 4√9 + 4√5 =√17 − 4√(√5 + 2) =√17 − 4√5 − 8 =
2
= √9 − 4√5 =√(√5 − 2) = |√5 − 2| = √5 − 2.
Ответ. √5 − 2.
Задача 3. Найти значения параметра а, при которых система неравенств
|х2 − 9|(х + 5) ≤ 0
не имеет решений.
{
а2 − х2 > 0
Решение.
Решением первого неравенства системы является множество
(−∞; −5] ∪ {−3} ∪ {3}
Решением второго неравенства системы является множество (−а;а), если
а>0, или множество (а; −а), а<0.
Система не имеет решений, если а∈ [−3; 3].
Ответ. а∈ [−3; 3].
Задача 4. Из 8 первых букв русского алфавита составляются «слова»,
состоящие из 5 букв без повторений. Какова вероятность, что наудачу
выбранное слово оканчивается буквой «а»?
Решение. Число «слов», составленных из 8 различных букв по 5, равно
5
числу размещений A8  8  7  6  5  4  6720 .
Если буква «а» должна быть окончанием «слова», то из оставшихся 7 букв 4
4
предыдущие можно выбрать и упорядочить A7  7  6  5  4  840 способами.
840
1
Поэтому искомая вероятность равна Р=
= = 0,125.
6720 8
Ответ. 0,125.
Задача 5. На стороне ВС параллелограмма АВСD взята точка Е, а отрезки
АЕ и ВD пересекаются в точке F. Найдите отношение, в котором прямая АЕ
делит площадь параллелограмма, если ВF: FD = 3:8.
Решение.
E
В
С
F
А
D
Треугольники BEF и ADF подобны с коэффициентом 3:8. Пусть BE=3х,
AD=8х. Высота параллелограмма, опущенная к стороне AD равна h. Тогда
3
площадь праллелограмма S=8хh. Площадь треугольника АBE: S1 = хh.
3
13
2
2
Площадь четырёхугольника АEСD: S2 = 8хh − хh = хh.
Ответ.
S1
S2
=
3
13
(
S2
S1
=
13
3
).
2
Решение заданий по математике
олимпиады вузов Росрыболовства
среди учащихся 11 классов 2013-14 уч. год
I тур.
Задача 1. Из пункта A в пункт B через равные промежутки времени
отправляются три машины. В пункт B они прибывают одновременно, затем
выезжают в пункт C, расположенный на расстоянии 120 км от пункта B.
Первая машина прибывает туда через час после второй, третья машина,
прибыв в пункт C, сразу поворачивает обратно и в 40 км от C встречает
первую машину. Найдите скорость первой машины.
Решение.
Пусть v1, v2, v3, - скорости машин. Тогда исходя из условия, что три
машины отправляются из пункта А через равные промежутки времени,
можем записать
AB AB AB AB



.
v1
v2
v2
v3
Так как вторая машина прибыла в С на 1 ч раньше первой, то получим
второе уравнение
120 120

 1.
v1
v2
Из условия следует, что вторая машина прошла 120 + 40 =160 км за то же
время, за которое первая машина прошла 120 – 40 = 80 км. Поэтому третье
уравнение получаем такое:
160 80
 .
v3
v1
Итак, получим систему уравнений
 AB AB AB AB




v2
v2
v3
 v1
120 120

 1.

v2
 v1
160 80

.

 v 3
v1
Решив ее, получим v1 =30 км/ч.
Ответ. v1 =30 км/ч.
1
1
𝜋
Задача 2. Доказать тождество arctg +2arcsin
= .
7
4
√10
Решение. Тождество будет доказано, если покажем, что
1
1
tg(arctg +2arcsin )=1.
1
1
7
7
Так как tg(arctg )= ,
7
√10
tg(2arcsin
1
1
1
3
) 2· ·
√10
√10 √10
1
1
cоs(2arcsin ) 1−2·
10
√10
1 3
+
1
7 4
13
√10 1− ·
74
)=
√10
1
sin(2arcsin
то tg(arctg +2arcsin
7
=
)=
3
= ,
4
=1.
Задача 3. При каких значениях параметра а система уравнений
2|х| + |у| = 1
имеет восемь различных решений?
{ 2
х + у2 = а
Решение.
Система имеет восемь различных решений, если графики
множества точек, задаваемых уравнениями системы, имеют восемь точек
пересечения.
Первое уравнение 2|х| + |у| = 1 является уравнением ромба с
вершинами в точках (0,5;0); (0;1); (-0,5;0); (0;-1).
Второе уравнение х2 + у2 = а задаёт одну точку (0;0) при а=0, и
окружность с центром в (0;0) радиуса √а , при а>0.
Восемь точек пересечения графики имеют, когда положение окружности
изменяется от внутреннего касания с ромбом до прохождения через вершины
(0,5;0) и (-0,5;0).
y
1
-0,5
0,5
x
-1
Положение касания найдём из условия, что при х≥ 0, у≥ 0 система
2х + у = 1
{ 2
х + у2 = а
имеет единственное решение. То есть уравнение х2 + (1 − 2х)2 − а = 0
1
имеет дискрименант, рвный нулю. Отсюда находим, что а = .
5
y
1
-0,5
0,5
x
-1
1
Окружность проходит через вершины(0,5;0) и (-0,5;0) при √а= , то есть при
1
1
1
5
4
2
а = . Значит, при а∈ ( ; ).
4
1
1
5
4
Ответ. а∈ ( ; ).
Задача 4. Из 8 первых букв русского алфавита составляются «слова»,
состоящие из 5 букв без повторений. Какова вероятность, что наудачу
выбранное слово оканчивается буквой «а»?
Решение. Число «слов», составленных из 8 различных букв по 5, равно
5
числу размещений A8  8  7  6  5  4  6720 .
Если буква «а» должна быть окончанием «слова», то из оставшихся 7 букв 4
4
предыдущие можно выбрать и упорядочить A7  7  6  5  4  840 способами.
840
1
Поэтому искомая вероятность равна Р=
= = 0,125.
6720 8
Ответ. 0,125.
Задача 5. Из четырёхугольной призмы вырезали шести угольную пирамиду,
высота и площадь основания которой на 30% и на 25% соответственно
меньше высоты и площади основания призмы. Какую часть от объёма
призмы составляет объём полученной пирамиды?
Решение.
Пусть площадь основания и высота призмы, соответственно, равны Sи h,
тогда её объём равен V=Sh, площадь основания и высота пирамиды равны
1
0,75S и 0,7 h. Объём полученной пирамиды V1= ·0,75S·0,7 h=0,175 V.
3
Ответ. 0,175