Ответы I тура областной заочной школы олимпийского

Ответы I тура областной заочной школы олимпийского
резерва РУМЦДО "Ертіс дарыны" на 2015-2016 учебный год
МАТЕМАТИКА
8 класс
Каждая задача 7 баллов.
1.
1  6   1  6  1  6
1  6   1  6  6  1
2
7  24  7  4  6  7  2 6  1  2 6  6 
7  24  7  4  6  7  2 6  1  2 6  6 
2
2. Выразим из данного уравнения одно из неизвестных, например у:
y
23  3x 21  2  3x
2  3x

3
7
7
7
Подбором, находим наименьшее натуральное значение х, при котором
у- натуральное число: х=3, откуда у=2.
Это значение у единственное, так как при х  3 (х-натуральное число) получаем y  N
Ответ: х=3, у=2.
3.
B
M
A
C
N
D
Середины M и N боковых сторон соответственно AB и CD трапеции ABCD через а и b
соответственно. Поскольку в трапецию ABCD можно вписать окружность, сумма ее боковых
сторон равна сумме оснований, а так как средняя линия трапеции равна полусумме оснований,
то
1
1
1
1
MN  ( AC  BD)  ( AB  CD)  AB  CD  r  R , где r и R – радиусы
2
2
2
2
окружностей. Значит расстояние между центрами окружностей равно сумме их радиусов.
Следовательно, окружности касаются.
4. Утверждение неверно. Один из всевозможных примеров: построить правильный
пятиугольник ABCDE, вписанный в окружность, и провести отрезок MK, параллельный DE. В
пятиугольнике все внутренние углы равны, но он не является вписанным, так как существует
единственная окружность, содержащая точки А, В и С.
C
M
B
D
K
A
E
9 класс
( x  y)( x 2  xy  y 2 )  1993  1  1  1993
x  y  1
 2
2
 x  xy  y  1993
1.
Решая систему, получаем, что решений на множестве натуральных чисел нет.
2
2. так как ax  2bx  c  0 при всех х, то по свойствам квадратичной функции:
a  0
 2
4b  4ac  0
Из этой системы следует, что c  0 . Трехчлен
положительные значения, если выполняются условия:
a 2 x 2  2b2 x  c 2 принимает при всех х
a 2  0
 4
2 2
4b  4a c  0
Первое неравенство очевидно. Преобразуем левую часть второго неравенства:
4b 4  4a 2 c 2  4(b 2  ac)(b 2  ac) .
Так как (b  ac)  0 , (b  ac)  0 , то все произведение будет отрицательно. Таким
2
образом, значения
3.
2
a 2 x 2  2b2 x  c 2 при всех будут положительны.
B
C
O
A
D
H
По условию
AB+CD=BC+AD
2AB=BC+AD
BH=2r
AB2=AH2+BH2 и
AH=(AD-BC):2
Имеем:
 2  AD  1  2
 AB  
 4

 2 
2 AB  1  AD

AB=2,5, AD=4,
S=5
4. рассмотрим очевидное неравенство
 (2 х  1) 2  0 ,  4х  4х 2  1, 4 х(1  х)  1, х(1  х) 
для каждого х  R .
1
4
1
1
1
, b(1  b)  , c(1  c)  .
4
4
4
Так как 0  a  1 , 0  b  1, 0  c  1 , то обе части неравенств положительны,
Пусть x=a, x=b, x=с, тогда a(1  a) 
перемножим их:
a(1  a)b(1  b)c(1  c) 
1
64
Если предположить, что неравенства
1
1
1
b(1  a)  , c(1  b)  , a(1  c) 
4
4
4
верны, то получим противоречие доказанному неравенству.
10 класс
1. Обозначим через d разность прогрессии. По условию, существуют натуральные числа a и b
такие, что 12-ad и 16-bd, откуда 4=(b-a)d. В таком случае число 1998=14+496(b-a)d также
лежит в прогрессии.
2. Вычислим дискриминант квадратного трехчлена, содержащегося в левой части неравенства:
D  b 2  c 2  a 2   4b 2 c 2  b 2  c 2  a 2  2bcb 2  c 2  a 2  2bc 
 (b  c) 2  a 2 (b  c) 2  a 2   b  c  a b  c  a b  c  a b  c  a 
Так как a  0, b  0, c  0 и в треугольнике каждая сторона треугольника меньше суммы двух
других сторон, то
b  c  a   0
b  c  a   0
b  c  a   0
b  c  a   0
Поэтому дискриминант меньше нуля при любых допустимых значениях a, b, c.
Поскольку первый коэффициент квадратного трехчлена положителен и D<0, то данный
трехчлен при любом значении х принимает только положительные значения. Неравенство
доказано.
S  360
2R R
, а длина дуги l 
.

360
R
360
180
R
360  S 
2S
200
 10 R 
Pсект 
 2R 

 2R 
 2R 
 2 R  20    20  2  40
180
R 180
R
R
 R 10 
100
2
 R  20 , R 2  20 R  100  0 , R  10  0 , R=10
значит,
R
4. по теореме Виета у1  у 2   a , у1  у 2  3 по условию целые числа. Поэтому из ниже
3. пусть S 
R 2
, тогда R 
приведенных равенств получим


у14  у 24   у12  у 22   2 у1  у 2    у12  у 22   2 у12  у 22   2 у1  у 2   a 2  6  18
2
2
2
2
2
2
также целое число.
11 класс
 
2  3  a . Тогда a 2  5  2 6 , а a 2  5  2 6 или
a 4  10a 2  25  24 , которое равносильно a 4  10a 2  1  0 . А это и означает, что a является
4
2
корнем многочлена x  10 x  1  0
2
1. обозначим
2
2. преобразуем неравенство к виду:
3
1  sin 2 2 x  a sin 2 x  0
4
Сделаем замену t  sin 2 x , тогда исходное неравенство эквивалентно системе:
3t 2  4at  4  0

 1  t  1
Она
верна
f (t )  3t
2
для
всех рассматриваемых t тогда и только тогда, когда функция
 4at  4 принимает на концах промежутка  1  t  1 неположительные значения.
Из условия f (1)  0 находим a 
Ответ: 
1
1
, из условия f (1)  0 находим a 
4
4
1
1
a
4
4
3.
M
A
B
O
K
С
Пусть секущая пересекает окружность в точках B и С, а М- точка касания. Тогда АМ=16, АС=32,
2
2
ВС=32-ВА. По теореме о касательной и секущей AM  AC  AB или 16  32(32  BC) .
Отсюда находим, что ВС=24. Пусть K- проекция центра О данной окружности на хорду ВС. Из
прямоугольного треугольника по теореме Пифагора находим, что
R  OB  OK 2  BK 2  25  144  13
4. переписав уравнение в виде
( x  1997 )( y  1997 )  1997 2
и воспользовавшись тем, что 1997 – простое число, получаем 6 возможных вариантов для
сомножителей:
(1; 1997 2 ) ; (1; 1997 2 ) ; (1997;  1997 )
(1997 2 ; 1) ; (1997 2 ; 1) ; (1997; 1997 )
Ответ: (x, y)=(1998; 3990006), (1996; -396012), (0; 0), (3990006; 1998),
(-3986012; 1996), (5994; 3994).