Лицейская олимпиада по математике (решения)

Реклама
Лицейская олимпиада 2012 год
Вариант 1
М1. Решение.
Заметим, что 21 = 2, 22 = 2, 23 = 8, 24 = 16, а 2012 = 4*503, значит, 22012 = (24)503
= 16503, а 6 в любой степени заканчивается цифрой 6 (61 = 6, 62 = 36, 63 =
216,…), значит 16503 заканчивается цифрой 6.
Ответ: 6.
М2. Решение.
Так как x2+2>0, то | x2+2| = x2+2 и наше уравнение принимает вид
x2+2 = x+2;
x2 – x = 0;
x(x-1) = 0;
x=0 или x-1 = 0, x = 1.
Ответ: 0; 1.
М3. Решение.
Пусть x1 и x2 корни данного уравнения, тогда x1 + x2 = 1 и x12 + x22 = 2;
(x1 + x2)2 = x12 + x22 + 2x1x2;
1
2
1 = 2+2x1x2; x1x2 = – ;
1
2
x13 + x23 = (x1 + x2)·( x12 + x22 – x1x2) = 1·(2+ ) = 2,5.
Ответ: 2,5.
М4. Решение.
Так как медианы разбивают треугольник на шесть равновеликих
треугольников, то площадь каждого такого треугольника равна 2 (12:6 = 2). А
произведение площадей шести таких треугольников 2∙2∙2∙2∙2∙2 = 2 6 = 64.
Ответ: 64.
М5. Решение.
1) Пусть ABCD – прямоугольная
трапеция, BAD = ABC = 900,
AB
= 12; AD = 13; ACBD; BC = x.
2) Из  BAD (BAD = 900; AB = 12; AD
= 13) по теореме Пифагора BD =
AB 2 + AD 2 = 12 2 + 132 = 144 + 169 = 313
3) Проведем CM || BD, M = CM  AD,
тогда BCMD – параллелограмм и BD = CM = 313 , а BC = DM = x.
4) Так как CM || BD и BD AC, то CM  AC и ACM = 900.
5) Из ACM по теореме Пифагора AM2 = AC2 + CM2; (13+x)2 = AC2 + 313.
6) Из ABC по теореме Пифагора AC2 = AB2 + BC2; AC2 = 122 + x2.
7) (13+x)2 = 122 + x2 + 313;
169+26x+ x2 = 144+ x2 +313;
26x = 144+313-169;
26x = 288;
288 144
1
=
= 11 .
26
13
13
1
Ответ: 11 .
13
x=
Вариант 2
М1. Решение.
Заметим, что 31 = 3, 32 = 9, 33 = 27, 34 = 81, а 2012 = 4*503, значит, 32012 =
(34)503 = 81503, а 1 в любой степени равна 1, значит 81503 заканчивается цифрой
1.
Ответ: 1.
М2. Решение.
Так как x2+3>0, то | x2+3| = x2+3 и исходное уравнение принимает вид
x2+3 = x+3;
x2 – x = 0;
x(x-1) = 0;
x=0 или x-1 = 0, x = 1.
Ответ: 0; 1.
М3. Решение.
Пусть x1 и x2 корни данного квадратного уравнения, тогда x1 + x2 = 2 и x12 +
x22 = 1;
(x1 + x2)2 = x12 + x22 + 2x1x2;
22= 1+2x1x2; x1x2 =
3
;
2
3
2
x13 + x23 = (x1 + x2)·( x12 + x22 – x1x2) = 2·(1- ) =2∙(-0,5) = -1.
Ответ: -1.
М4. Решение.
Пусть в ABC BM и CN – медианы; BM CN;
CN = 9 м; BM = 12 м; O = BM  CN.
Так как медианы в точке пересечения делятся
в отношении 2:1, считая от вершины, то NO =
CN
9
2
2
= = 3 см, BO = BM = ·12 = 8 см.
3
3
3
3
1
1
S BON  NO  BO   3  8  12см 2 .
2
2
S ABC  6  S BON  6  12  72см 2 , так как все три
медианы разбивают треугольник на шесть
равновеликих треугольников.
Ответ: 72 см2.
М5. Решение.
1) Пусть ABCD – прямоугольная трапеция, BAD =
ABC = 900,
AB = 5; BD = 13; SABCD=50; BC = x.
2) Из  BAD (BAD = 900; AB = 5; BD = 13) по теореме
Пифагора
AD = DB 2  AB 2  132  5 2  (13  5)  (13  5)  8  18  4  2  2  9  2  2  3  12
3) s ABCD 
Ответ:8.
AD  BC
12  x
 AB; 50 
 5; 12+x = 20; x=8.
2
2
Похожие документы
Скачать