Ответы на задания 2 этапа олимпиады Росрыболовства по

Решение заданий по математике
олимпиады вузов Росрыболовства
среди учащихся 8 классов 2013-14 уч. год
II тур.
Задача 1. В сообщении о математическом празднике сказано, что процент
числа восьмиклассников школы, принявших участие в математическом
празднике, заключён в пределах от 98,2% до 98,5%. Определите минимально
возможное число восьмиклассников в школе.
Решение.
Процент не участвовавших в празднике заключён в пределах от 1,5% до
1,8%. Если бы в празднике не участвовал 1 школьник, то число
восьмиклассников заключалось бы в пределах
100
100
от 1·
=55,5… до 1·
= 66,6… . Значит, минимально возможное число
1,8
1,5
восьмиклассников в школе 56 человек.
Ответ. 56.
Задача 2. Найти количество восьмизначных чисел, состоящих из цифр 1и 2,
у которых две цифры 1 не стоят рядом.
Решение. Разобьём все числа на две группы. К первой отнесём те числа,
которые заканчиваются цифрой 1, ко второй отнесём те числа, которые
заканчиваются цифрой 2.
Зачеркнём у всех чисел из первой группы последние две цифры 21, тогда
мы получим все шестизначные числа, у которых никакие две цифры 1 не
стоят рядом.
Зачеркнём у всех чисел из второй группы последнюю цифру 2, тогда мы
получим все семизначные числа, у которых никакие две цифры 1 не стоят
рядом.
Таким образом, если обозначить количество п-значных, состоящих из
цифр 1и 2, таких у которых две цифры 1 не стоят рядом, через ап , то
ап = ап-2 + ап-1.
Несложно, посчитать что а1 =2 ( это числа 1 и 2), а2=3 ( это числа 21, 12,
22). Далее находим, а3=5; а4=8; а5=13; а6=21; а7=34; а8=55.
Ответ. 55.
Задача 3. Биссектрисы углов трапеции образуют при пересечении
четырёхугольник с перпендикулярными диагоналями. Доказать, что трапеция
равнобедренная.
Решение.
B
C
F
E
O
G
H
A
D
Пусть EFGH – четырёхугольник, образованный биссектрисами.
Так как АE и ВE – биссектрисы смежных углов трапеции, то ∠FEH=90°.
Аналогично, ∠FGH=90°. Поэтому FE2 +EH2 =FG2 +GH2 (1).
Кроме того, так как диагонали четырёхугольника EFGH перпендикулярны, то
выполняется равенство EH2 + FG2 = FE2 + GH2 (2).
Вычтем из (1) равенства (2), получим FE2 – FG2 = FG2 – FE2. Отсюда следует,
что FE = FG , и EH = GH. Поэтому треугольник EFG – равнобедренный.
Точки E и G, как точки пересечения биссектрис смежных углов,
равноудалены от оснований трапеции, ⇒ EG‫׀׀‬AD. Треугольники EFG и АFD
подобны, ⇒ ∠FAD = ∠F DА, ⇒ ∠ВAD=∠С DА, ⇒ трапеция равнобедренная.
Задача 4. Число х +
является целым.
1
х
является целым. Доказать, что число х3 +
1
х3
также
Решение.
1 3
1
1
1
Воспользуемся формулой (х + ) = х3 +3 х2 · + 3х· 2 + 3 , откуда следует,
х
х
х
х
что х3 +
1
х3
1 3
1
= (х + ) - 3 (х + ). Так как куб целого числа является целым
х
х
1
1
х
х3
числом, 3 (х + ) – целое число, то число х3 +
также является целым.
Задача 5. Два приятеля одновременно начали спускаться по движущемуся
вниз эскалатору метро, причём один шёл вдвое быстрее другого. Один из них
насчитал 60 ступенек, а второй насчитал 40 ступенек. Сколько ступенек
пришлось бы им отшагать по неподвижному эскалатору.
Решение.
Пусть S – длина эскалатора, выраженная в ступеньках; у, х, 2х – скорость
эскалатора и скорости приятелей, измеряющиеся в числе ступенек,
пройденных в единицу времени.
S
Приятель, который спускался быстрее, затратил на спуск
времени, а его
у+2х
путь составил
2х S
у+2х
= 60 ступенек, второй приятель затратил на спуск
времени, а его путь составил
Отсюда получаем:
S
30
Ответ. 120 ступенек.
=
хS
у+х
у+2х S
х
,
S
у+х
= 40 ступенек.
40
=
у+х
S
х
30
, или
–
S
40
=1, ⇒ S=120 ступенек.
Решение заданий по математике
олимпиады вузов Росрыболовства
среди учащихся 9 классов 2013-14 уч. год
II тур.
Задача 1. Найти количество девятизначных чисел, состоящих из цифр 1и 2,
у которых две цифры 1 не стоят рядом.
Решение. Разобьём все числа на две группы. К первой отнесём те числа,
которые заканчиваются цифрой 1, ко второй отнесём те числа, которые
заканчиваются цифрой 2.
Зачеркнём у всех чисел из первой группы последние две цифры 21, тогда
мы получим все семизначные числа, у которых никакие две цифры 1 не стоят
рядом.
Зачеркнём у всех чисел из второй группы последнюю цифру 2, тогда мы
получим все восьмизначные числа, у которых никакие две цифры 1 не стоят
рядом.
Таким образом, если обозначить количество п-значных, состоящих из
цифр 1и 2, таких у которых две цифры 1 не стоят рядом, через ап , то
ап = ап-2 + ап-1.
Несложно, посчитать что а1 =2 ( это числа 1 и 2), а2=3 ( это числа 21, 12,
22). Далее находим, а3=5; а4=8; а5=13; а6=21; а7=34; а8=55; а9=89.
Ответ. 89.
Задача 2. Биссектрисы углов трапеции образуют при пересечении
четырёхугольник с перпендикулярными диагоналями. Доказать, что трапеция
равнобедренная.
Решение.
B
C
F
E
O
G
H
A
D
Пусть EFGH – четырёхугольник, образованный биссектрисами.
Так как АE и ВE – биссектрисы смежных углов трапеции, то ∠FEH=90°.
Аналогично, ∠FGH=90°. Поэтому FE2 +EH2 =FG2 +GH2 (1).
Кроме того, так как диагонали четырёхугольника EFGH перпендикулярны, то
выполняется равенство EH2 + FG2 = FE2 + GH2 (2).
Вычтем из (1) равенства (2), получим FE2 – FG2 = FG2 – FE2. Отсюда следует,
что FE = FG , и EH = GH. Поэтому треугольник EFG – равнобедренный.
Точки E и G, как точки пересечения биссектрис смежных углов,
равноудалены от оснований трапеции, ⇒ EG‫׀׀‬AD. Треугольники EFG и АFD
подобны, ⇒ ∠FAD = ∠F DА, ⇒ ∠ВAD=∠С DА, ⇒ трапеция равнобедренная.
Задача 3. Найти все значения параметра а, при которых уравнение
√3а + √3а + 2х − х2 − 2х+х2 =0 имеет решение.
Решение.
Сделаем подстановку t=2х − х2 , тогда уравнение примет вид
√3а + √3а + t = t , где
t∈ [0,1] (так как наибольшее значение t=1
достигается в вершине параболы при х=1, и одновременно t≥0).
Рассмотрим функцию f(t)= √3а + t , которая является монотонной при
t∈ [0,1]. Наше уравнение имеет вид f(f(t))= t, для монотонной функции это
уравнение равносильно уравнению f(t) = t.
Поэтому мы приходим к задаче: найти все значения параметра а, при
которых уравнение√3а + t = t имеет решение, если t∈ [0,1]. Это уравнение
равносильно квадратному t 2 − t−3а = 0.
График параболы h(t)= t 2 − t−3а имеет вершину в точке с абсциссой
1
1
t= , поэтому симметричен относительно прямой t= . Квадратное уравнение
2
1
t 2 − t−3а = 0 имеет решение t∈ [0,1], если {
находим, а ∈ [−
Ответ. а ∈ [−
1
12
1
12
2
h( ) ≤ 0
2
h(0) ≥ 0
. Решая эту систему
; 0].
; 0].
Задача 4. Два приятеля одновременно начали спускаться по движущемуся
вниз эскалатору метро, причём один шёл вдвое быстрее другого. Один из них
насчитал 60 ступенек, а второй насчитал 40 ступенек. Сколько ступенек
пришлось бы им отшагать по неподвижному эскалатору.
Решение.
Пусть S – длина эскалатора, выраженная в ступеньках; у, х, 2х – скорость
эскалатора и скорости приятелей, измеряющиеся в числе ступенек,
пройденных в единицу времени.
Приятель, который спускался быстрее, затратил на спуск
2х S
путь составил
у+2х
у+2х
времени, а его
= 60 ступенек, второй приятель затратил на спуск
времени, а его путь составил
Отсюда получаем:
S
S
=
30
хS
у+х
у+2х S
х
,
S
у+х
= 40 ступенек.
40
=
у+х
S
х
30
, или
–
S
40
=1, ⇒ S=120 ступенек.
Ответ. 120 ступенек.
Задача 5. Число х +
является целым.
1
х
является целым. Доказать, что число х3 +
1
х3
также
Решение.
1 3
1
1
1
Воспользуемся формулой (х + ) = х3 +3 х2 · + 3х· 2 + 3 , откуда следует,
х
х
х
х
что х3 +
1
х3
1 3
1
= (х + ) - 3 (х + ). Так как куб целого числа является целым
х
х
1
1
х
х3
числом, 3 (х + ) – целое число, то число х3 +
также является целым.
Решение заданий по математике
олимпиады вузов Росрыболовства
среди учащихся 10 классов 2013-14 уч. год
I I тур.
Задача 1. В первом туре конкурса юных математиков приняли участие 50
школьников. Им предложили решить две задачи. Для прохождения в
следующий тур необходимо правильно решить хотя бы одну задачу. После
подведения итогов оказалось, что с первой задачей справились 72%
участников, со второй задачей справились 66% участников, обе задачи
решили 40% участников. С какой вероятностью можно утверждать, что
участник решил первую задачу, если известно, что он прошёл в следующий
тур?
Решение.
С первой задачей справились 0,75·50=36 участников, со второй задачей
справились 0,66·50=33 участника, обе задачи решили 0,4·50=20 участников.
Выполнили хотя бы одну задачу 36+33-20=49 участников. Искомая
36
вероятность р = .
Ответ. р =
36
49
49
.
Задача 2. Найти количество десятизначных чисел, состоящих из цифр 1и 2,
у которых две цифры 1 не стоят рядом.
Решение. Разобьём все числа на две группы. К первой отнесём те числа,
которые заканчиваются цифрой 1, ко второй отнесём те числа, которые
заканчиваются цифрой 2.
Зачеркнём у всех чисел из первой группы последние две цифры 21, тогда
мы получим все восьмизначные числа, у которых никакие две цифры 1 не
стоят рядом.
Зачеркнём у всех чисел из второй группы последнюю цифру 2, тогда мы
получим все девятизначные числа, у которых никакие две цифры 1 не стоят
рядом.
Таким образом, если обозначить количество п-значных, состоящих из
цифр 1и 2, таких у которых две цифры 1 не стоят рядом, через ап , то
ап = ап-2 + ап-1.
Несложно, посчитать что а1 =2 ( это числа 1 и 2), а2=3 ( это числа 21, 12,
22). Далее находим, а3=5; а4=8; а5=13; а6=21; а7=34; а8=55; а9=89; а10=144.
Ответ. 144.
Задача 3. В треугольнике АВС проведены высоты АМ и ВТ. Известно, что
АВ=5, МТ=3. Во сколько раз площадь треугольника АВС больше площади
треугольника СМТ.
Решение.
B
M
A
α
T
С
Треугольник АМС – прямоугольный, ⇒ СМ =АС·cos 𝛼. Треугольник
ВТС – прямоугольный, ⇒ СТ=ВС·cos 𝛼. Поэтому Δ АВС~ ΔСМТ (по двум
МТ
3
сторонам и углу между ними) с коэффициентом подобия к=cos 𝛼= = .
АВ
5
Так как площади относятся как квадрат коэффициента подобия, то площадь
25
треугольника АВС больше площади треугольника СМТ в раз .
9
Ответ.
25
9
.
Задача 4. Найти все значения параметра а, при которых уравнение
√3а + √3а + 2х − х2 − 2х+х2 =0 имеет решение.
Решение.
Сделаем подстановку t=2х − х2 , тогда уравнение примет вид
√3а + √3а + t = t , где
t∈ [0,1] (так как наибольшее значение t=1
достигается в вершине параболы при х=1, и одновременно t≥0).
Рассмотрим функцию f(t)= √3а + t , которая является монотонной при
t∈ [0,1]. Наше уравнение имеет вид f(f(t))= t, для монотонной функции это
уравнение равносильно уравнению f(t) = t.
Поэтому мы приходим к задаче: найти все значения параметра а, при
которых уравнение√3а + t = t имеет решение, если t∈ [0,1]. Это уравнение
равносильно квадратному t 2 − t−3а = 0.
График параболы h(t)= t 2 − t−3а имеет вершину в точке с абсциссой
1
1
t= , поэтому симметричен относительно прямой t= . Квадратное уравнение
2
1
t 2 − t−3а = 0 имеет решение t∈ [0,1], если {
находим, а ∈ [−
1
12
; 0].
2
h( ) ≤ 0
2
h(0) ≥ 0
. Решая эту систему
Ответ. а ∈ [−
1
12
; 0].
Задача 5. Решить уравнение. sin 𝑥 − cos 𝑥 − 2 sin 2𝑥 − 1 = 0.
Решение. Сделаем подстановку t=sin 𝑥 − cos 𝑥, так как sin 𝑥 − cos 𝑥 =
𝜋
√2 sin (𝑥 − 4 ), то t∈ [−√2; √2].
t 2 = 1 − sin 2х, поэтому уравнение сводится к квадратному 2t 2 + t−3=0.
3
Среди корней этого уравнения t= − ∉ [−√2; √2], t=1∈ [−√2; √2].
2
𝜋
𝜋
√2 sin (𝑥 − 4 ) = 1, ⇒ sin (𝑥 − 4 ) =
Или 𝑥 = [
𝜋
+ 2𝜋𝑛
2
𝜋+2𝜋𝑛
, где n∈ 𝑍.
𝜋
+ 2𝜋𝑛
2
Ответ.𝑥 = [ 𝜋+2𝜋𝑛 , где n∈ 𝑍.
1
√2
𝜋
⇒ 𝑥− =[
4
𝜋
+ 2𝜋𝑛
4
3𝜋
+2𝜋𝑛
4
, где n∈ 𝑍.
Решение заданий по математике
олимпиады вузов Росрыболовства
среди учащихся 11 классов 2013-14 уч. год
I I тур.
Задача 1. Найти количество одиннадцатизначных чисел, состоящих из цифр
1и 2, у которых две цифры 1 не стоят рядом.
Решение. Разобьём все числа на две группы. К первой отнесём те числа,
которые заканчиваются цифрой 1, ко второй отнесём те числа, которые
заканчиваются цифрой 2.
Зачеркнём у всех чисел из первой группы последние две цифры 21, тогда
мы получим все девятизначные числа, у которых никакие две цифры 1 не
стоят рядом.
Зачеркнём у всех чисел из второй группы последнюю цифру 2, тогда мы
получим все десятизначные числа, у которых никакие две цифры 1 не стоят
рядом.
Таким образом, если обозначить количество п-значных, состоящих из
цифр 1и 2, таких у которых две цифры 1 не стоят рядом, через ап , то
ап = ап-2 + ап-1.
Несложно, посчитать что а1 =2 ( это числа 1 и 2), а2=3 ( это числа 21, 12,
22). Далее находим, а3=5; а4=8; а5=13; а6=21; а7=34; а8=55; а9=89; а10=144,
а11=233.
Ответ. 233.
Задача 2. Решить уравнение. sin 𝑥 − cos 𝑥 − 2 sin 2𝑥 − 1 = 0.
Решение. Сделаем подстановку t=sin 𝑥 − cos 𝑥, так как sin 𝑥 − cos 𝑥 =
𝜋
√2 sin (𝑥 − 4 ), то t∈ [−√2; √2].
t 2 = 1 − sin 2х, поэтому уравнение сводится к квадратному 2t 2 + t−3=0.
3
Среди корней этого уравнения t= − ∉ [−√2; √2], t=1∈ [−√2; √2].
2
𝜋
𝜋
√2 sin (𝑥 − 4 ) = 1, ⇒ sin (𝑥 − 4 ) =
𝜋
+ 2𝜋𝑛
𝜋+2𝜋𝑛
Или 𝑥 = [ 2
𝜋
, где n∈ 𝑍.
+ 2𝜋𝑛
Ответ.𝑥 = [2𝜋+2𝜋𝑛 , где n∈ 𝑍.
1
√2
𝜋
⇒ 𝑥− =[
4
𝜋
+ 2𝜋𝑛
4
3𝜋
+2𝜋𝑛
4
, где n∈ 𝑍.
Задача 3. В первом туре конкурса юных математиков приняли участие 50
школьников. Им предложили решить две задачи. Для прохождения в
следующий тур необходимо правильно решить хотя бы одну задачу. После
подведения итогов оказалось, что с первой задачей справились 72%
участников, со второй задачей справились 66% участников, обе задачи
решили 40% участников. С какой вероятностью можно утверждать, что
участник решил первую задачу, если известно, что он прошёл в следующий
тур?
Решение.
С первой задачей справились 0,75·50=36 участников, со второй задачей
справились 0,66·50=33 участника, обе задачи решили 0,4·50=20 участников.
Выполнили хотя бы одну задачу 36+33-20=49 участников. Искомая
36
вероятность р = .
Ответ. р =
36
49
49
.
Задача 4. При каких значениях параметра а уравнение
2
2
(𝑙𝑜𝑔3 7)√𝑥+𝑎+2 =(𝑙𝑜𝑔49 9)√𝑥 +𝑎 −5𝑎−5 имеет решение?
Решение. Преобразуем правую часть уравнения:
(𝑙𝑜𝑔3 7)√𝑥+𝑎+2 =
1
(𝑙𝑜𝑔3
2 2
7)√𝑥 +𝑎 −5𝑎−5
или (𝑙𝑜𝑔3 7)√𝑥+𝑎+2+√𝑥
2 +𝑎 2 −5𝑎−5
= 1.
Отсюда следует, что√𝑥 + 𝑎 + 2 + √𝑥 2 + 𝑎2 − 5𝑎 − 5 = 0, что равносильно
𝑥+𝑎+2=0
системе { 2
.
𝑥 + 𝑎2 − 5𝑎 − 5 = 0
Из первого уравнения выражаем х= −а−2, подставляем во второе уравнение:
(−а − 2)2 + 𝑎2 − 5𝑎 − 5 = 0.
1
2𝑎2 − 𝑎 − 1 = 0. Это уравнение имеет два решения: а =1; а =− .
2
1
Следовательно, исходное уравнение имеет решение при а =1; а =− .
1
2
Ответ. а =1; а =− .
2
Задача 5. В прямом круговом конусе сумма образующей и радиуса его
основания равна 3√3. Какие значения может принимать объём шара,
вписанного в конус?
Решение.
Обозначим длину образующей конуса l , радиус его основания r, радиус
шара, вписанного в конус R. По условию задачи l + r = 3√3.
Рассмотрим осевое сечение конуса равнобедренный ΔFPK, PH его высота.
Точка О – центр шара, вписанного в конус, является также центром круга,
вписанного в ΔFPK. ОH=ОL= R.
P
L
O
F
H
R
K
ОL
ОP
ΔPHK~ ΔPLO, ⇒ =
= .
r
HK
PK
Так как HK=KL=r, ⇒ PL = l - r
ОP= √R2 + (l − r )2 .
R
r
√R2 +(l − r )2
=
l
r√3√3− 2r
R=
3
, откуда находим, что R2 =
. По теореме Пифагора находим
r2 (l − r)2 r2 (l − r) r2 (l+r − 2r) r2 ( 3√3− 2r)
l2 − r2
=
l+r
=
3√ 3
=
3√3
.
.
34
Выразим объём шара, вписанного в конус, как функцию радиуса основания
конуса r.
4
4
3
4
𝑉 = πR3 ; 𝑉(𝑟) =
27 √3
3
πr 3 √(3√3 − 2r) , где r∈ (0;
3√3
).
2
Найдём множество значений функции 𝑉(𝑟).
3
1
4
3
2
2
3
𝑉´(𝑟) = 4 π (3r (3√3 − 2r) + r (3√3 − 2r)2 (−2)).
2
27 √3
𝑉´(𝑟) =
4
4
9 √3
2
1
2
πr (3√3 − 2r) (3√3 − 3r).
Ишем критические точки из условия 𝑉´(𝑟) = 0: r = √3 ∈ (0;
r=
3√3
2
∉ (0;
3√3
);
2
3√3
).
2
При переходе через точку r = √3 производная 𝑉´(𝑟) изменяет свой знак с «+»
на «−», поэтому r = √3 является точкой максимума. Так как на открытом
3√3
интервале (0;
) функция 𝑉(𝑟) имеет единственную точку экстремума,
2
точку максимума, то в этой точке функция достигает своего наибольшего
значения 𝑉(√3)=
4
4
27 √
3
3
4𝜋
π√3 √(3√3 − 2√3) = .
3
3
Если r → 0, то 𝑉(𝑟) → 0; если r →
значений непрерывной на (0;
(0;
4𝜋
3
].
Ответ. (0;
4𝜋
3
].
3√3
,
2
3√3
)
2
то 𝑉(𝑟) → 0. Поэтому множеством
функции 𝑉(𝑟) является промежуток