11 класс 10 минут; каждая задача – 6 баллов 1.1. А

11 класс
Первый тур (10 минут; каждая задача – 6 баллов).
1.1. Касательная к графику y = x2 пересекает координатные оси в точках А и В так, что ОА = ОВ.
Найдите площадь треугольника АОВ.
1
Ответ:
.
32
Из симметрии графика функции y = x2 следует, что указанным
свойством обладают две касательные, симметричные относительно оси
ординат. Так как треугольники, отсекаемые ими от осей координат,
Рис. 1
симметричны, то достаточно рассмотреть любую их них (см. рис. 1).
Треугольник ОАВ – прямоугольный и равнобедренный, значит, угол
наклона касательной к оси x равен 45, следовательно, уравнение касательной имеет вид: y = x + a.
Тогда абсцисса точки касания может быть найдена из соотношения y’(x0) = 1, то есть 2x0 = 1  x0
1
1
 1 1
= . Так как точка  ;  принадлежит прямой y = x + a, то a   .
 2 4
2
4
1
1
Таким образом, ОА = ОВ = , а площадь треугольника ОАВ равна
.
32
4
1.2. Существует ли многогранник, у которого все грани – равнобокие трапеции?
Ответ: да, существует.
Рассмотрим, например, пирамиду SABCD с равными
боковыми ребрами, в основании которой лежит равнобокая
трапеция ABCD (такая пирамида существует, поскольку
равнобокая трапеция является вписанным четырехугольником;
см. рис. 2). Проведем сечение пирамиды SABCD, параллельное
основанию. Получим усеченную пирамиду ABCDA1B1C1D1,
которая является искомой.
Действительно,
сечение
пирамиды,
параллельное
основанию, подобно основанию, а точки пересечения
плоскости сечения с боковыми ребрами делят эти ребра в
одном и том же отношении.
Рис. 2
1.3. Найдите все натуральные решения уравнения n2 + 2n – n! = 0.
Ответ: n = 4.
Преобразуем исходное уравнение: n2 + 2n – n! = 0  n! = n(n + 2)  (n – 1)! = n + 2.
Непосредственной проверкой убеждаемся, что числа 1, 2 и 3 решениями полученного уравнения
не являются, а число 4 – является.
Других решений нет, так как при n > 4 выполняется неравенство: (n – 1)! > 2(n – 1) > n + 2.
Второй тур (15 минут; каждая задача – 7 баллов).
 x x y  y2 ,
2.1. Найдите все положительные решения системы уравнений  x  y
.
 x6 y4
y
Ответ: (1; 1), ( 2 – 1; 2 + 1).
  xy    xy 
1  x – y – 6 = 0
Перемножим уравнения системы почленно:  xy 
или xy = 1. Рассмотрим эти случаи по отдельности, учитывая, что x > 0 и y > 0.
x y
1
6
x y6
 x  y  6,
 x  y  6,

1)  x 6  y 2 ,  
. Полученная система уравнений не имеет положительных решений,
3
y

x

y6  x6 y4

так как из первого уравнения следует, что x > 6, тогда x3 > x > y.
 xy  1,
 xy  1,
xy  1,

 xy  1,
 xy  1,
 x  1,
x y
2

 x y
 x y

2
2
 x
2)  x
  x  1 или 
 
 y ,  x
 y ,   x 
 
 x  y  2
y 1
 y
y x  y  x6 y4
 y x y  x2
 y 
y





y

x

2
,

или  2
. Вторая система уравнений имеет единственное положительное решение:
x  2 x  1  0
 x  1  2 ,
.

 y  1 2
2.2. В параллелограмме АВСD диагональ АС вдвое больше стороны АВ. На стороне ВС выбрана
точка K так, что ADB = KDB. В каком отношении точка K делит сторону ВС?
BK 2
B
M
 .
K
Ответ:
C
CK 1
N
Пусть О – точка пересечения диагоналей АС и BD (см. рис.
3). Так как KBD = ADB = KDB, то BK = DK, то есть KO –
O
высота равнобедренного треугольника BKD.
Кроме того, из условия задачи следует, что AO = AB.
Проведем высоту AN равнобедренного треугольника ВАО и
D
продолжим ее до пересечения с прямой ВС в точке М. Так как N A
Рис.
3
– середина ВО и MN || KO, то BM = MK (по теореме Фалеса).
BK 2
 .
Аналогично, так как О – середина АС и OK || AM, то MK = KC. Следовательно,
CK 1
Во второй части решения можно было рассуждать иначе. Пусть М – середина ВK, тогда
1
1
MO – средняя линия треугольника BDK, значит, BM  BK  DK  MO . Следовательно,
2
2
соседние стороны четырехугольника АВМО попарно равны (такой четырехугольник называется
дельтоидом). По свойству дельтоида АМВО (медианы AN и MN равнобедренных треугольников
ВАО и ВМО являются и их высотами). Так как KOBD и MNBD, то MN || KO, то есть KO –
средняя линия треугольника АМС, поэтому BM = MK = KC.
2.3. Найдите все тройки (p; q; r) простых чисел, для которых числа |p – q|, |q – r| и |r – p| также
являются простыми.
Ответ: (2; 5; 7) и еще пять троек, получаемых из этой с помощью перестановок.
Из условия задачи следует, что числа p, q è r попарно различны. Пусть p < q < r. Тогда p = 2,
иначе среди трех указанных модулей разности найдутся два различных четных числа, значит, хотя
бы одно из них не будет простым.
Рассмотрим число r – q. Так как числа r и q – нечетные, то r – q = 2. Таким образом,
простыми должны являться числа: r, q = r – 2 и |p – q| = |q – 2| = r – 4. Но среди трех
последовательных нечетных чисел всегда есть число, кратное 3. Так как все три числа – простые,
то это числа 3, 5 и 7. Следовательно, p = 2, q = 5 и r = 7.
Очевидно, что любая перестановка найденных чисел также удовлетворяет условию задачи.
Третий тур (20 минут; каждая задача – 8 баллов).
2
3.1. Вычислите sin 2 x  sin 2 y , если
tg 2 x  tg 2 y
 sin 2 x  sin 2 y .
2
2
1  tg x  tg y
Ответ: 0.
tg 2
. Тогда данное равенство примет вид:
1  tg 2
tg 2 x  tg 2 y
tg 2 x
tg 2 y
tg 2 x
tg 2 y
tg 2 x
tg 2 y

.





1  tg 2 x  tg 2 y 1  tg 2 x 1  tg 2 y
1  tg 2 x  tg 2 y 1  tg 2 x  tg 2 y 1  tg 2 x 1  tg 2 y
tg 2 x
tg 2 x
tg 2 y
tg 2 y
Так как
и
, то равенство достигается тогда


1  tg 2 x  tg 2 y 1  tg 2 x
1  tg 2 x  tg 2 y 1  tg 2 y
и только тогда, когда tgx  0 или tgy  0 . Следовательно, sin x  0 или sin y  0 , то есть
sin 2 x  sin 2 y = 0.
Используем, что sin 2   cos2   tg 2 
3.2. В треугольнике АВС: R1 и R2 – радиусы окружностей, проходящих через вершину С и
касающихся прямой АВ в точках А и В соответственно. Найдите радиус окружности, описанной
около треугольника АВС.
B1
Ответ: R  R1 R2 .
Пусть О1 и О2 – центры окружностей,
заданных в условии задачи, О – центр
окружности, описанной около треугольника
A1
C j
АВС, R – ее радиус.
Первый способ. Проведем диаметры AA1
O2
и BB1 окружностей с центрами О1 и О2
соответственно, перпендикулярные прямой АВ
O1
(см. рис. 4а). Тогда треугольник А1СA –
прямоугольный, значит, СA1B = СAB
(каждый из них дополняет угол САА1 до
прямого
угла).
Следовательно,
AC
A
B
 2 R1 . Аналогично, используя
Рис. 4а
sin CAB
прямоугольный
треугольник
В1СВ,
BC
 2 R2 .
получим, что
sin CBA
Перемножим полученные равенства
почленно,
тогда
AC  BC
 4 R1 R2 .
sin CAB  sin CBA
По следствию из теоремы синусов для
AC
 2R
треугольника АВС:
и
sin CBA
BC
 2 R . После перемножения этой
sin CAB
пары
равенств
получим:
AC  BC
 4R 2 .
sin CAB  sin CBA
Рис. 4б
Таким образом, R 2  R1 R2 .
Равенство двух пар углов, отмеченных на чертеже, можно было получить, не проводя
диаметры, а используя теорему об угле между касательной и хордой.
3
Второй способ. Проведем отрезки, соединяющие точку О со всеми вершинами треугольника
АВС, точку О1 – с вершинами А и С, а точку О2 – с вершинами В и С (см. рис. 4б). Угол САВ
является вписанным для окружности с центром О и углом между касательной и хордой для
окружности с центром О1, значит, центральные углы этих окружностей, опирающиеся на
соответствующие дуги, равны: СОB = СО1A. Следовательно, равнобедренные треугольники
R
BC

СОB и СО1A подобны, поэтому,
.
R1 AC
Аналогично, СОÀ = 2СВA = СО2B, то есть подобны треугольники. СО2Â и СОÀ, значит,
R2
BC
R R2


. Таким образом,
, то есть R 2  R1 R2 .
R
AC
R1
R
3.3. В турнире по хоккею участвовало несколько команд. Каждая команда должна была сыграть с
каждой по одному матчу. Но в ходе турнира ровно половина команд была дисквалифицирована и
эти команды выбыли из турнира. В результате в турнире было сыграно 77 матчей. Оказалось, что
все дисквалифицированные команды сыграли одинаковое количество матчей, причем они успели
провести между собой все положенные встречи. Сколько команд было в турнире первоначально?
Ответ: 14 команд.
Из условия задачи следует, что количество команд, стартовавших в турнире, было четным
nn  1
числом 2n. Тогда n команд было дисквалифицировано, причем они сыграли между собой
2
матчей. Такое же количество матчей сыграли между собой и n оставшихся команд. Кроме того,
пусть каждая из выбывших команд сыграла с k командами из числа оставшихся (k < n). Тогда n(n –
1) + kn = 77  n(n + k – 1) = 77.
Несложно проверить, что, как n = 1, так и k = 1 решениями полученного уравнения не
n7

являются. Следовательно, второй множитель больше первого, значит, 
. Таким
n  k  1  11
образом, n = 7, k = 5.
Четвертый тур (25 минут; каждая задача – 9 баллов).
4.1. Каждое из чисел а, b, c и d лежит на отрезке [2; 4]. Докажите, что выполняется неравенство:
25(ab + cd)2  16(a2 + d2)(b2 + c2).
Заметим,
что
доказываемое
неравенство
ab  cd
4
Рис. 5
равносильно неравенству
 .
2
2
2
2
5
a d  b c
Рассмотрим два вектора в декартовой системе
y
координат:
OA  a; d 
OB  b; c
и
.
Тогда
OA  OB  ab  cd ; OA  a  d ; OB  b  c ,
то есть доказываемое неравенство имеет вид:
4
cosAOB  .
5
Пусть числа а, b, c и d принадлежат [2; 4]. Тогда
точки А и В принадлежат закрашенному квадрату (см.
рис. 5). Наименьшее значение косинуса угла АОВ
достигается при наибольшем возможном значении
этого угла, то есть если точки А и В имеют координаты
24  42 4
 . В
(2; 4) и (4; 2). Тогда cosAOB 
20  20 5
2
2
2
4
4
A
2
2
O
B
2
4
x
4
, что и требовалось.
5
4.2. На плоскости заданы выпуклый n-угольник А1А2 ... An площади S и произвольная точка Р.
Повернув точку Р на один и тот же заданный угол  относительно каждой из вершин данного
многоугольника, получим новый n-угольник. Найдите его площадь.
Ответ: 2S(1 – cos).
P '1
Пусть P1 – образ точки Р при указанном в
P2
условии задачи повороте (см. рис. 6). Тогда
P3
треугольник РА1Р1 – равнобедренный (с основанием
P
остальных случаях cosAOB 
1
A3

РР1), то есть А1РР1 = А1Р1Р = 90 –
. Значит,
2
точку P1 можно получить из точки А1 композицией
A4
преобразований: поворота с центром Р на угол
P4
A2

P5

   90    и гомотетии с центром Р и

2

90 
2
PP1
коэффициентом k 
(знак минус означает, что
A1
P
PP1 '
Рис. 6
A5
поворот
осуществляется
в
направлении,
противоположном исходному, Р1’ – образ точки А1 при этом повороте). Из условия задачи следует,
что остальные вершины нового n-угольника можно получить из соответствующих вершин
исходного многоугольника той же самой композицией преобразований (которая называется
поворотной гомотетией). Значит, многоугольник P1P2...Pn – образ многоугольника А1А2 ... An
при указанной поворотной гомотетии.
Так как поворотная гомотетия с коэффициентом k является преобразованием подобия с
S'
 k 2 , где S’ – площадь P1P2...Pn. Из
коэффициентом |k| (композиция движения и подобия), то
S
PP1
PP1



треугольника РА1Р1 вычислим коэффициент подобия: k 

 2 cos 90    2 sin .


PP1 ' PA1
2
2

Следовательно, S '  4 S sin 2  2 S 1  cos  .
2
Отметим, что условие выпуклости исходного многоугольника является избыточным.
4.3. Римский патриций решил устроить большой праздник и для этого приготовил 240 бочек вина.
Однако к нему в подвал пробрался враг, который подсыпал яд в одну из бочек. У патриция есть 5
драгоценных камней со следующим свойством: если камень окунуть в отравленное вино, то он
почернеет в течение часа (в какой момент – неизвестно). До праздника осталось ровно два часа.
Патриций готов пожертвовать камнями, чтобы найти отравленную бочку. Объясните, каким
образом это можно сделать.
Первый способ. Приготовим 5 больших бокалов, в каждый из которых будем окунать один
из 5 камней, и будем смешивать в них содержимое бочек по следующей схеме: вино из первой
бочки нальем во все бокалы, затем для каждой четверки камней (всего таких четверок 5) нальем
вина еще из двух бочек (итого будет использовано еще 52 = 10 бочек), для каждой тройки камней
(таких троек 10) нальем вина из четырех новых бочек (то есть использовано еще 104 = 40 бочек),
для каждой пары камней (их также 10) – еще из восьми бочек (еще 108 = 80 бочек), и для
каждого камня в отдельности добавим вина еще из 16 бочек (то есть использовано еще 80 бочек).
Таким образом, в первый час будет использовано 1 + 10 + 40 + 80 + 80 = 211 бочек.
Если почернеют все камни, то отравлено вино из первой бочки. Если почернеет какая-то
четверка камней, то отравлено вино в какой-то из двух бочек. В одну из них в начале второго часа
мы окунем еще не почерневший камень, что позволит определить отравленную бочку. Если
почернеет какая-то тройка камней, то на подозрении будут четыре бочки. В начале второго часа
окунем в первую бочку оба не почерневших камня, во вторую бочку – один, в третью – другой, что
5
позволит также определить отравленную бочку. Аналогичную схему в начале второго часа
применим и в случаях, когда останутся три или четыре не почерневших камня. Если же ни один
камень не почернеет, то с их помощью нужно будет выбрать одну из 29 неиспользованных бочек,
что можно сделать по аналогичной схеме, так как 29 < 32 = 25.
Понятно, что задача легко обобщается для случая, когда камней n, а бочек – не более, чем
3n, так как по сути мы используем, что
 C
n
k 0
k
n

 2 k  3n .
Второй способ. Занумеруем камни числами от 1 до 5, а бочки – в троичной системе
счисления, начиная с нуля. Так как 240 < 243 = 35, то номера всех бочек будут не более чем
пятизначными числами. Если в номере меньше пяти цифр, то для удобства спереди добавим нули
так, чтобы все числа стали пятизначными. Еще 3 бочки можно залить водой.
В начале первого часа окунём камень с номером k в каждую бочку, у которой в k-ом разряде
номера стоит цифра 0. Рассмотрим камни, не почерневшие по истечении первого часа. В номере
ядовитой бочки в разрядах, соответствующих номерам этих камней, могут стоять только цифры 1
или 2, а в разрядах, соответствующих номерам почерневших камней, стоят нули. Зафиксируем
числа с соответствующими нулевыми разрядами, и в
Камень 1
Камень 2
начале второго часа окунем все не почерневшие камни
I час
II час
I час
II час
во все бочки, в номерах которых в разрядах, 00
+
+
соответствующих номерам камней, стоит цифра 1. 01
+
+
Если камень почернел, то в номере ядовитой бочки 02
+
соответствующий разряд равен 1, а если нет, то 2. Тем 10
+
+
самым номер отравленной бочки однозначно
11
+
+
определяется.
12
+
Для того, чтобы наглядно представить описанное
20
+
соответствие, приведем алгоритм действий в виде
+
таблицы для двух камней и 9 = 32 бочек (знак «+» 21
показывает, какой камень и в какой час нужно окунуть 22
в бочку с данным номером).
Пятый тур (15 минут; каждая задача – 7 баллов).
5.1. Точка А – центр симметрии графика функции f(x) = ах3 +
bх2 + сх + d (см. рисунок). Сравните коэффициенты а, b, с и d
с нулем.
Ответ: a < 0; b = 0; c > 0; d > 0.
1) d = f(0) > 0.
2) Так как lim f ( x)   , то a < 0.
x 
По-другому: f(x) = a(x – x1)(x – x2)(x– x3), где x1 < x2 < x3.
Так как при x > x3 f(x) < 0, то а < 0.
3) Функция g(x)= ах3 + bх2 + сх является нечетной,
следовательно, b = 0 (при любых значениях x выполняется
равенство g(–x) = –g(x)  –ах3 + bх2 – сх = –ах3 – bх2 – сх 
bх2 = 0).
4) На отрезке, содержащем x = 0, f x  возрастает,
следовательно, c = f’(0) > 0.
По-другому: f’(x) = 3ax2 + 2bx + c. Так как функция
имеет две точки экстремума, то уравнение f’(x) = 0 имеет два корня, то есть b2 – 3ac > 0. При a
b2
<0 c
 0.
3a
Найдя знаки некоторых коэффициентов, для поиска знаков остальных коэффициентов
можно также использовать теорему Виета.
6
5.2. В четырехугольнике АВСD диагональ BD является биссектрисой
угла АВС, Е – точка пересечения диагоналей, AD = DC, ADC = 140,
B
BEC = 110. Найдите угол АСВ.
Ответ: 50.
Первый способ. Рассмотрим треугольники BAD и BCD: BD –
общая сторона, AD = CD и ABD = СBD (см. рис. 6а). В такой
ситуации возможны два случая (*):
Рис. 6а
C
1) ВAD = ВСD, и тогда эти треугольники равны.
E
2) ВAD + ВСD = 180, и тогда эти треугольники различны.
A
D
Первый случай невозможен, так как по условию BEC = 110, то
есть смежный с ним угол – острый.
Рис. 6б
Во втором случае четырехугольник АВСD является
вписанным, тогда ADC = 40, значит АСВ = 180 –
1
BEC – ADC = 50.
D
2
*Это следует, например, из решения задачи на
построение треугольника по двум сторонам и углу,
противолежащему одной из этих сторон (см. рис. 6б) или
B
BD
AD
A
C

из теоремы синусов (см. рис. 6а):
=
sin BAD sin ABD
CD
BD

, то есть sin BAD  sin BCD .
sin CBD sin BCD
Второй способ. Так как ВЕ – биссектриса треугольника АВС, то
AB AE

.
Рассмотрим
окружность,
описанную
около
BC EC
равнобедренного треугольника ADC. Предположим, что эта
окружность пересекает прямую BD в точке F, отличной от В (см. рис.
AF AE

6в). Тогда FE – биссектриса треугольника AFC, значит,
.
FC EC
Таким образом, точки В и F принадлежат ГМТ, отношение
AE
Рис. 6в
расстояний которых от точек А и С равно k 
. Этим ГМТ является либо прямая
EC
(если k = 1), либо окружность, называемая окружностью Аполлония (если k  1).
Первый случай невозможен, так как если АЕ = ЕС, то угол ВЕС – прямой. Второй случай
невозможен, так как прямая BD не может иметь с окружностью Аполлония три общие точки: Е, В
и F. Следовательно, рассмотренная изначально окружность проходит через точку В. Вычисление
искомого угла приведено выше.
500
1100
200
500
200
1400
5.3. Существует ли 2009-значное натуральное число N, для которого число M = NN + (N + 1)N + 1
является составным?
Ответ: да, существует.
Заметим, что существует четное 2009-значное число N, которое при делении на 3 дает в
остатке 1, то есть N = 6k + 4 (среди 2009-значных таких чисел много). Тогда N + 1 = 6k + 5.
Так как N  1 (mod 3), то и NN  1 (mod 3) (это следует, например, из разложения числа (3m
+ 1)N по биному Ньютона).
Аналогично, N + 1  –1 (mod 3) и число N + 1 – нечетное, значит, (N + 1)N + 1  –1 (mod 3).
Таким образом, M  0 (mod 3), то есть является составным.
7