условия и решения Файл

ВСЕРОССИЙСКАЯ ОЛИМПИАДА ШКОЛЬНИКОВ ПО МАТЕМАТИКЕ
Решение вариантов для учащихся 9-11 классов
Муниципального этапа
Всероссийской олимпиады школьников по математике
в 2012/2013 учебном году
Воронеж 2012
1
IX класс
1. Докажите, что если произведение двух положительных чисел больше их
суммы, то сумма этих чисел больше четырех.
Решение. Пусть а и b – рассматриваемые числа. По условию имеем
b

ab  a  b,
a

1

,


a
систему a  0,
Из первого неравенства получаем 
откуда
b
b  0.
b  1  ;


a
b a
следует, что a  b  2    2  2  4 . Последнее утверждение следует из
a b
1
оценки суммы двух положительных взаимообратных величин ( d   2 при
d
d  0 ).

 
3
 
3

3
2. Решите уравнение х 2  х  1  2 х 2  х  7  3х 2  2 х  8 .
Решение. Введем обозначения: а  х 2  х  1 , b  2 х 2  х  7 , тогда
уравнение перепишется в виде a 3  b 3  a  b 3 .
Далее a  b a 2  ab  b 2  a  b3 , a  b 3ab  0 , aba  b  0 .
Следовательно, все сводится к решению трех уравнений: 1) a  0 ,
1 5
х 2  х  1  0 откуда х1, 2 
; 2) b  0 , 2 х 2  х  7  0 , значит,
2
 4
1  57
1  5  ,
2
х1, 2 
; 3) a  b  0 , 3 х  2 х  8  0 , откуда х1, 2 
 3

4
3
2.


1  5 1  57
4
Ответ:  , 2,
,
.
4
2
3
3. Найдите натуральное число, равное 1/50 суммы всех предшествующих
ему четных натуральных чисел.
Решение. Искомое число может быть как четным, так и нечетным. Пусть
оно равно 2k+1 или 2k+2. Заметим, что сумма предшествующих чётных
чисел 2+4+…+2k представляет собой сумму арифметической прогрессии и
равна k(k+1). Составим и решим соответствующие уравнения:
1) k k  1  502k  1 , k 2  99k  50  0 , натуральных корней уравнение не
имеет;
2) k k  1  502k  2, k 2  99k  100  0 , k  100 является натуральным
корнем уравнения.
Таким образом, искомое число равно 202.
2
Ответ: 202.
4. На школьной викторине было предложено 33 вопроса. За каждый
правильный ответ ученику засчитывали 7 очков, а за неправильный с него
списывали 12 очков. На сколько вопросов отвечал ученик и сколько верных
ответов он дал, если он набрал 77 очков и известно, что, по крайней мере,
один раз ученик ошибся?
Решение. Пусть ученик дал x верных ответов и y раз ошибся. Учитывая,
что число вопросов не более 33, можем составить систему:
7 х  12 у  77,

 х  у  33,
 у  1.

Из первого уравнения следует, что y делится на 7. При у  10 имеем
12
х  11  у  29 , что противоречит второму неравенству системы. Поэтому
7
у  10 , следовательно, y=7, а x=23. Значит, число вопросов, на которые
отвечал ученик равно 30.
Ответ: 30.
5. Дан произвольный четырехугольник. Пусть A,
последовательные середины его сторон, а P, Q –
середины диагоналей. Докажите, что треугольник
BCP равен треугольнику ADQ.
M
1
Решение. Заметим, что PB  DQ  EF , как
2
средние линии в соответствующих треугольниках
1
FNE и FME . Аналогично DA  BC  FN и
2
1
AQ  PC  NE . Следовательно, треугольники BCP и ADQ
2
сторонам.
3
B,
C,
–
D
N
A
B
P
Q
D
E
C
F
равны по трем
X класс
1. Найдите число p, при котором на прямой y=x+1 найдется такая точка,
что симметричные к ней точки относительно осей координат, лежат на
параболе у  х 2  2 х  р .
Решение. Точка, лежащая на данной прямой, имеет координаты x; х  1 .
Очевидно, что симметричные ей точки относительно осей координат имеют
вид  x; х  1 и  x;х  1 . Так как эти точки лежат на параболе, то их
координаты удовлетворяют соответствующему уравнению, т.е. выполняется
2

 х  1  х  2 х  р,
система уравнений: 
Вычтем из первого уравнения
2


х

1

х

2
х

р
.

второе, получим 2 x  2  4 x , значит x  1 . Далее подставляем найденное
значение х в любое уравнение системы, имеем р=–1.
Ответ: –1.
2. Войсковая колонна имеет длину 5 км. Связной, выехав из арьергарда
колонны, передал пакет в начало колонны и вернулся обратно. Колонна за
это время проделала путь в 12 км. Какой путь проехал связной?
Решение. Пусть V – скорость колонны, Р – скорость связного, а S – путь
пройденный колонной до того момента, когда связной приехал в начало
колонны. Из условия вытекает следующая система:
S S  5
V  P ,

12  S  5 ;
 V
P V
P 3
откуда следует, что  . Поэтому, если колонна прошла 12 км, то связной
V 2
проехал 18 км.
Ответ: 18.
1 1
1
3. Существует ли такое число x , что все три числа x  ,  2
и
x x x 1
1
 2 x являются целыми?
x2 1
Решение. Такое число не существует. Докажем это от противного.
Предположим, что существует такое число x , что все три числа, указанные в
1
условии, целые. Тогда их сумма, равная  x , тоже целая. Тогда  целое.
x
1
1
Это возможно только при x  1 . Но тогда 2
 .
x 1 2
Ответ: такого числа нет.
4
4. Даны 7 различных натуральных чисел, сумма которых равна 100.
Докажите, что сумма каких-то трех из них не меньше 50.
Решение. Расположим данные семь чисел в порядке возрастания: пусть
а1  а2  ...  а7 . По условию а1  а2  ...  а7  100 . Тогда достаточно доказать,
что сумма трех наибольших из них не меньше 50. Иными словами необходимо
доказать, что а5  а6  а7  50 . Рассмотрим два возможных случая.
а5  16 ,
1)
Если
то,
так
как
числа
различные,
имеем
а5  а6  а7  16  17  18  51 .
2) Пусть теперь а5  15 . Это условие накладывает ограничения на а1 , а2 ,
а3 , а4 . В силу условия и упорядоченности получаем, что
а1  а2  а3  а4  14  13  12  11  50 ,
но тогда сумма оставшихся трех чисел а5 , а6 и а7 не может быть меньше 50.
5. В треугольнике со сторонами 39 см, 60 см, 63 см вписана окружность, к
которой проведена касательная, параллельная большей стороне треугольника.
Определите площадь треугольника, отсеченного от данного треугольника
касательной.
39  60  63
Решение. Так как pABC 
 81, то площадь треугольника ABC
2
можно найти по формуле Герона: S ABC  81  42  21  18  9  7  18  1134 .
2S
2  1134
Определим высоту ABC AP  ABC 
 36 .
BC
63
S
1134
В
Поскольку r  ABC 
 14 , то
pABC
81
AK  AP  KP  AP  2r  36  28  8 .
AMN
ABC подобны,
Треугольники
и
2
2
S AMN  AK   8 
4
P

следовательно,
    ,
O
S ABC  AP   36 
81
M
4
4  1134
К
откуда S AMN  S ABC 
 56 .
С
А
81
81
N
Ответ: 56.
5
XI класс
1. Докажите, что х 2  19 у 2  6 z 2  8 xy  4 xz  12 yz  0 при всех х , у и z ,
таких что х 2  у 2  z 2  0 .
Решение. Так как х 2  у 2  z 2  0 , то хотя бы одна из рассматриваемых
переменных отлична от нуля, предположим, что это z . Рассмотрим исходное
неравенство
как
квадратное
относительно
переменной
х:
х 2  4 z  2 y x  19 у 2  6 z 2  12 yz  0 . Это неравенство выполняется при
всех х , у и z , если дискриминант отрицателен, т.е.
D1  4 z  2 y   19 y 2  6 z 2  12 yz  0 ,
2


4 z 2  4 zy  4 y 2  19 y 2  6 z 2  12 yz  0 ,
3 y 2  4 yz  2 z 2  0 .
Рассмотрим последнее неравенство как квадратное относительно y . Оно
выполняется при всех у и z также при отрицательности дискриминанта.
Таким образом, D1  4 z 2  6 z 2  0 ,  2 z 2  0 . Последнее
выполняется при любых z  0 , следовательно, данное
выполняется при всех х , у и z , таких что х 2  у 2  z 2  0 .
неравенство
неравенство
2. На фабрике несколько одинаковых поточных линий вместе выпускают
15000 банок консервов в день. После реконструкции все поточные линии
заменили на более производительные, но также одинаковые, а их количество
увеличилось на 5. Фабрика стала выпускать в день 33792 банки. Сколько
поточных линий было первоначально?
Решение. Пусть п поточных линий было на фабрике первоначально.
15000
15000
Тогда производительность одной машины
банок в день, т.е.
–
п
п
натуральное число. После реконструкции стало п  5 поточных линий и
33792
33792
производительность каждой из них стала
, причем
– также
п5
п5
натуральное число.
Таким образом, п – делитель числа 15000  54  23  3 , а п  5 – делитель
числа 33792  210  3  11 . Так как п  5 не делится на 5, то и п не делится на 5.
Но тогда из разложения числа 15000 следует, что п может принимать
15000 33792
следующие значения: 2, 3, 4, 8, 6, 12, 24. По условию
,

п
п5
3125
54  23  3 210  3  11 54 2 7  11
,
, 625n  3125  1408 n , n 
, т.е. n  3,9 .


783
п
п5
п
п5
Значит, n  4, 6, 8, 12, 24 . Проверим каждое из этих значений:
6
33792
33792
33792
 N ; 2) n  6 ,
 3072  N ; 3) n  8 ,
N ;
45
65
85
33792
33792
4) n  12 ,
 N ; 5) n  24 ,
N .
12  5
24  5
Условию удовлетворяет только второй вариант.
Ответ: 6 поточных линий.
1) n  4 ,
16
1
3. Решите уравнение cos
.

16 x 2  8 x  49 tg 2x  ctg 2x
Решение. Найдем область значений левой части уравнения: так как
16

2
 , следовательно,
16 x 2  8x  49  4 х  1  48  48 , то 0 
2
16 x  8 x  49 3
1
16
 cos
 1 . Правую часть неравенства оценим с помощью
2
2
16 x  8 x  49
неравенства Коши ( a  b  2 ab при a  0 , b  0 ), в силу которого имеем
1
1
tg 2x  ctg 2x  2 , а значит 0  2
 . Таким образом, при всех х
2
tg x  ctg x 2
1
из области определения левая часть уравнения больше или равна , а правая
2
1
часть не превосходит , следовательно, равенство возможно только в случае,
2
1
когда обе части равны . Для левой части это равенство выполняется, если
2
16

1
или х  . Непосредственной подстановкой убеждаемся,

2
4
16 x  8 x  49 3
1
1
что полученное значение удовлетворяет и уравнению
 , а
2
2
tg x  ctg x 2
значит, является решением исходного уравнения.
1
Ответ: .
4
4.
Найдите
все
значения
a,
при
которых
уравнение
53 х  3  3а 2 3 8 х  16  6 х 2  х  6 имеет ровно два различных решения.
Решение. Заметим, что х 2  х  6  х  3х  2 , следовательно, областью
определения данного уравнения является множество  ;3  2;  .
1) Пусть х  2;  , тогда
можно


2
записать
в
6
виде
5 6 х  3  6 х  3 6 х  2  6а 2

6
х 2  х  6  6 х  3 6 х  2 . Значит, уравнение
53 х  3  3а 2 3 8х  16  6 х  36 х  2

или
2
х  2  0 . Заметим, что х  2 не является
решением уравнения, следовательно, можем обе части разделить на
7

6
х2

2
6
без потери корней, получим 5t  t  6а  0 , где t  6
2
2
квадратное уравнение, получаем t1, 2
удовлетворяет
6
6
х3
 t1 ,
х2
6
только
1  1  120 a 2
. Ограничению на t

10
1  1  120 a 2
. Таким образом,
10
 2t16  3
6
х  3  t1  х  2  , x 
 2 . Далее
1  t16
значение
х  3  t1 6 х  2 ,
х3
 0 . Решая
х2
t1 
 2t16  3  2  2t16
5
5
 0,
 0, 6
 0 . Учитывая условие t1  0 , получим
6
6
1  t1
t1  1
1  t1
t16
1
или
t1  1.
1  120 a 2  81 , a 2 
Таким
образом,

2 
2
, a    ;   
3 
3

1  1  120 a 2
 1,
10

2
;  .
3

2) Пусть х   ;3 . В этом случае
6
1  120 a 2  9 ,
х 2  х  6  6  х  36  х  2 .
Запишем уравнение в виде  53  х  3  6а 2 3 2  х  6  х  36 2  х  0 или
6
 х3
5t 2  t  6а 2  0 , где t  6
 0 . Решая квадратное уравнение, получаем
х2
t1, 2
 1  1  120 a 2
. Ограничению на t удовлетворяет только значение

10
6
 х3
 1  1  120 a 2
 t 2 ,  х  3  t 26  х  2 ,
. Таким образом, 6
t2 
10
х2
6
6
6
t 2  0,
t 2  0,
2t 2  3
2t 2  3  3t 2  3
5t 26
x 6
 3 . Далее

0

0
,
,
6
 1  t  1; .
6
6
t2  1
t2  1
t2  1
t

1

0
;

2
2
Учитывая
условие
t2  0 ,
получим
0  t2  1.
Таким
образом,
 1  1  120 a 2
0
 1, 1  120 a 2  11 , 1  120 a 2  121 , a 2  1 , a   1; 1 .
10
Решения, найденные в двух рассмотренных пунктах, не совпадают,
следовательно, исходное уравнение имеет два решения, на пересечении


2  2
найденных для а множеств: a    ;    ;  и a   1; 1 .
3  3



2  2
Получаем a    1;    ;
3  3


1 .


2  2 
Ответ:   1;    ; 1 .
3  3 

8
5. Сторона основания АВС правильной пирамиды DАВС равна 4 3 ,
 DAB= arctg
37
. Точки А1, В1, С1 – середины ребер AD, BD, CD
3
соответственно. Найдите радиус сферы,
касающейся плоскости ABC и отрезков АС1,
ВА1 и СВ1.
Решение. Пусть O – центр сферы,
касающейся плоскости ABC и указанных
отрезков.
Сфера
касается
основания
пирамиды в точке E , а ее центр лежит на
высоте DE . Если F – точка касания сферы с
отрезком BA1 , то OF  BA1 и BF  BE .
Очевидно, что
BE  4 , кроме того,
несложными вычислениями из
АDВ
BA

8
получаем, что 1
.
Так как BF  4 , а BA1  8 , то F – середина
BA1 . Поскольку OE  OF  r , следовательно,
По
OA12  A1F 2  r 2  16  r 2 .
теореме
косинусов
из
D
A1
C1
B1
O
A
C
F
E
B
DOA1
получаем
DA1  2 10 ,
где
  ADE ,
3
AE 1
, значит,
DO  DE  r  12  r . Так как tg 
 ; cos  
DE 3
10
3
2
16  r 2  40  12  r   2  2 10 12  r 
откуда получаем, что r  2 .
10
Ответ: 2.
OA12  DA12  DO 2  2 DA1  DO  cos  ,
9