Решения 11 класс 11.1 Ответ. Стерли 1 или 20. Решение 1. Сумма первых двадцати чисел натурального ряда равна (1 + 20)·10 = 210. Следовательно, если одно из них стерто, то сумма S оставшихся чисел удовлетворяет неравенству 190 ≤ S ≤ 209. Среднее арифметическое оставшихся чисел равно 𝑆/19 . По условию, это – натуральное число, значит, S кратно 19. На отрезке [190, 209] есть ровно два таких числа: 190 и 209. Если S = 190, то стерли число 20, а если S = 209, то стерли единицу. Решение 2. Заметим, что могли стереть как наибольшее из записанных чисел, так и наименьшее. Действительно, в первом случае среднее арифметическое оставшихся чисел равно (210 – 20) : 19 = 10, а во втором – (210 – 1) : 19 = 11. При стирании любого другого числа среднее арифметическое оставшихся будет больше 10, но меньше 11, то есть не целым. Таким образом, никакое другое число не могло оказаться стертым. Замечание. Правильно получен один из ответов – 3 балла. 11.2 𝝅 𝝅 Ответ. 𝒙 = 𝟒 + 𝝅𝒌, 𝒚 = − 𝟒 + 𝟐𝝅𝒏 − 𝝅𝒌, 𝒏, 𝒌 ∈ 𝒁. Решение. 𝑠𝑖𝑛(2𝑥) + 2013𝑠𝑖𝑛2 (2𝑥𝑦) = 2015 − 2013𝑐𝑜𝑠 2 (2𝑥𝑦) − 𝑐𝑜𝑠(𝑥 + 𝑦); 𝑠𝑖𝑛(2𝑥) + 𝑐𝑜𝑠(𝑥 + 𝑦) = 2015 − 2013(𝑐𝑜𝑠 2 (2𝑥𝑦) − 𝑠𝑖𝑛2 (2𝑥𝑦)); 𝑠𝑖𝑛(2𝑥) + 𝑐𝑜𝑠(𝑥 + 𝑦) = 2. Т. к. |𝑐𝑜𝑠𝛼| ≤ 1 и |𝑠𝑖𝑛𝛼| ≤ 1, то последнее равенство возможно только в случае, когда 𝑠𝑖𝑛2𝑥 = 1 и 𝑐𝑜𝑠(𝑥 + 𝑦) = 1. 𝜋 Т. к. 𝑠𝑖𝑛2𝑥 = 1, то 𝑥 = 4 + 𝜋𝑘, 𝑘 ∈ 𝑍; т. к. 𝑐𝑜𝑠(𝑥 + 𝑦) = 1, то 𝑥 + 𝑦 = 2𝜋𝑛, 𝑛 ∈ 𝑍. 𝜋 𝜋 Тогда 𝑥 = 4 + 𝜋𝑘, 𝑦 = − 4 + 2𝜋𝑛 − 𝜋𝑘, 𝑛, 𝑘 ∈ 𝑍. 11.3 Ответ. 2014. Решение. Пусть прямая 𝑦 = 𝑥 пересекает параболу 𝑦 = 𝑥 2 + 𝑝𝑥 + 𝑞 в точках 𝑥2 и 𝑥3 , а прямая 𝑦 = 2015𝑥 пересекает параболу 𝑦 = 𝑥 2 + 𝑝𝑥 + 𝑞 в точках 𝑥1 и 𝑥4 . Рассмотрим уравнение 𝑥 2 + 𝑝𝑥 + 𝑞 = 𝑥 ↔ 𝑥 2 + (𝑝 − 1)𝑥 + 𝑞 = 0. По теореме обратной теореме Виета, имеем 𝑥2 + 𝑥3 = 1 − 𝑝. Аналогично из уравнения 𝑥 2 + 𝑝𝑥 + 𝑞 = 2015𝑥 ↔ 𝑥 2 + (𝑝 − 2015)𝑥 + 𝑞 = 0, имеем 𝑥1 + 𝑥4 = 2015 − 𝑝. Искомая величина |(𝑥4 − 𝑥3 ) − (𝑥2 − 𝑥1 )| = |(𝑥4 + 𝑥1 ) − (𝑥2 + 𝑥3 )| = |2015 − 𝑝 − (1 − 𝑝)| = 2014. 11.4 𝟑 𝟒 𝟑 Ответ. 𝒂𝒓𝒄𝒔𝒊𝒏 𝟓 или 𝒂𝒓𝒄𝒄𝒐𝒔 𝟓 или 𝒂𝒓𝒄𝒕𝒈 𝟒 . Решение. Пусть грани 𝐴𝐷𝑁 и 𝐶𝐷𝑁 перпендикулярны плоскости основания. Поскольку 𝐴𝐵𝐶𝐷 − ромб и 𝐴𝐷 = 𝐶𝐷, то прямоугольные треугольники 𝐴𝐷𝑁 и 𝐶𝐷𝑁 равны, значит, 𝐴𝑁 = 𝐶𝑁. Треугольники 𝐴𝐵𝑁 и 𝐵𝐶𝑁 также равны (по трем сторонам). Проведем 𝐷𝐾 ⊥ 𝐵𝐶, тогда 𝑁𝐾 ⊥ 𝐵𝐶 по теореме о 3 – х перпендикулярах. Следовательно, ∠𝐷𝐾𝑁 − линейный угол двугранного угла при ребре 𝐵𝐶. Для нахождения угла 𝐷𝐾𝑁 составим уравнение. Пусть ∠𝐷𝐾𝑁 = 𝑥. Введем два вспомогательных параметра: 𝐴𝐵 = 𝑎 и 𝐷𝐾 = ℎ. Из треугольника 𝐷𝐾𝑁 имеем: ℎ 𝐷𝑁 = ℎ ∙ 𝑡𝑔𝑥, 𝐾𝑁 = 𝑐𝑜𝑠𝑥. Далее 𝑆бок = 2𝑆𝐴𝐷𝑁 + 2𝑆𝐵𝐶𝑁 или 𝑆бок = 𝐴𝐷 ∙ 𝐷𝑁 + 𝐵𝐶 ∙ 𝐾𝑁. Подставляя в последнее равенство значения 𝐴𝐷, 𝐷𝑁 и 𝐾𝑁, получим: 1 𝑆бок = 𝑎ℎ (𝑡𝑔𝑥 + ). 𝑐𝑜𝑠𝑥 По условию 𝑆бок = 2𝑆осн , но 𝑆осн = 𝑎ℎ, следовательно, 1 = 2. 𝑐𝑜𝑠𝑥 2𝑡𝑔𝑥 1 Возведем обе части в квадрат, получим 𝑡𝑔2 𝑥 + 𝑐𝑜𝑠𝑥 + 𝑐𝑜𝑠2 𝑥 = 4, 𝑡𝑔𝑥 + 2𝑡𝑔𝑥 1 откуда 𝑡𝑔2 𝑥 + 1 + 𝑐𝑜𝑠𝑥 + 𝑐𝑜𝑠2 𝑥 = 5 3 Откуда t1 = 5 , t 2 = −1. 2 2sinx + =5 2 𝑐𝑜𝑠 𝑥 cos 2 x sinx = t 2 5t + 2t − 3 = 0, 1 − t2 3 Т.к. 00 < x < 900 , то заключаем, что x = arcsin 5. Замечание. В зависимости от способа решения уравнения, возможны и другие 𝟒 𝟑 𝟒 ответы: 𝐚𝐫𝐜𝐜𝐨𝐬 , 𝐚𝐫𝐜𝐭𝐠 , 𝐚𝐫𝐜𝐜𝐭𝐠 . 𝟓 𝟒 𝟑 11.5 Ответ. А) можно ; б) нельзя. Решение. А) Требуемого результата можно добиться, если действовать, например, по следующей схеме : (2015; 215;15) → (2000;200;0) → (1000;200;1000) → (800; 0 ; 800) → (400 ; 400 ; 800) → (0; 0; 800). Б) В этом случае требуемого результата добиться нельзя. Каждая из допустимых операций не меняет остатка от деления на 3 суммы всех камешков во всех трех кучках. Исходная сумма 2015+215+15 на 3 не делится , поэтому добиться одновременного зануления всех кучек нельзя.
