Ответы I тура областной заочной школы олимпийского

Ответы I тура областной заочной школы олимпийского
резерва РНПЦ "Ертіс дарыны" на 2014-2015 учебный год
МАТЕМАТИКА
8 класс
Имеем
1.
n  n  1  n  2  3n3  9n2  15n  9  9n3  1  3nn2  5
3
3
3
Так как 9n 3  1 делится на 9, а 3nn 2  5 кратно 3, то достаточно доказать, что при
любом целом n выражение nn 2  5 делится на 3. Всякое целое число n имеет вид либо
3к, либо 3к+1, либо 3к+2. Если n=3, то nn 2  5 делится на 3; далее если n=3k+1, то
число
n2  5  (3k  2)2  5  9k 2  12k  9 также кратно трем.
2.
Условие задачи перепишем в виде
2ac  ab  bc
Или
2b2  2ab  2bc  2ac  2b2  ab  bc
Или
2(b  a)(b  c)  b(2b  a  c)
Откуда
2
2b  a  c
(b  c)  (b  a)
1
1




b (b  a)(b  c)
(b  a)(b  c) b  a (b  c)
Что и требовалось доказать
3.
Ответ: 360, 360, 1080.
Пусть O и Q – соответственно центры описанной и вписанной окружностей треугольника
ABC, причем O и Q симметричны относительно прямой ВС. Обозначим
OBC  QBC   . Поскольку треугольник ВОС равнобедренный, то
QCB  OCB  OBC   , а так как BQ – биссектриса угла АВС, то АВС  2 .
Аналогично АСВ  2 . Значит, треугольник АВС равнобедренный, его биссектриса
АМ высота, а точки Q и М лежат на отрезке ОА. Треугольник АОВ равнобедренный (ОА
и ОВ радиусы одной окружности), то OBА  ОАВ , или 90  2  3 ,
0
Тогда, АСВ  АВС  2  36
0
  180 .
А
Q
В
М
С
О
4.
При делении на 3 есть три остатка: 0, 1, 2. Так как 7=3*2+1, то найдутся три числа ,
дающие один остаток.
9 класс
1.
Сумму первых 1000 натуральных чисел, можно записать в виде
(1+1000)+(2+999)+…+(500+501).
Каждое слагаемое этой суммы равно 1001=143*7, т.е. делится на 143, поэтому вся сумма
делится на 143.
2.
Имеем
2
2
1 
1 
1 
1  1
t  t   t4  t2    t2  t    t2    t    0
2 
4 
4 
2  2
4
Равенство здесь не достигается, поскольку оба слагаемых не могут одновременно быть
равными нулю. Тогда
t4  t 
1
0
2
Пусть К – середина АД, а прямая КМ пересекает сторону ВС в точке Н. Обозначим
АДВ   . Тогда
3.
МСН  АСВ  АДВ  КМД  ВМН  
HMC  900  
Следовательно,
MHC  180 0    (900   )  900
В
А
Н
С
М
К
Д
4.
Из условия задачи следует, что числа х и у не равны нулю и имеют одинаковые
знаки. Применяя равенство между средним арифметическим и средним геометрическим к
сумме
х3 у 3
16   ,
у
х
Получим
х3 у 3
16    ху  8 ху  ху
у
х
Сделаем замену переменных:
ху  t . Минимум выражения
8t 2  t  
И достигается в точке t 
1
32
1
(вершина параболы). Следовательно,
16
х3 у 3
1
16    ху  
у
х
32
Наименьшее значение достигается при
x
2
2
, у
32
16
10 класс
3  3 5 (27>25). Значит , оно меньше.
2.
Так как       180 0 , то   180 0     и
cos 2   cos 2   cos 2 180 0       1
cos 2   cos 2   sin 2    
1.
Первое число равно нулю, поскольку
cos2   cos2   cos  sin   sin  cos 
cos2  (1  sin 2  )  cos2  (1  sin 2  )  2 sin  sin  cos cos 
cos cos  cos(   )  0
2
cos  0 cos   0
cos(   )  0
В каждом случае АВС прямоугольный.
3.
Предположим, что AE  DF , тогда AO  OF  AC  CF , так как СО-
 AC AO 

 . AB  BF , так как ВО- биссектриса угла В.
 CF OF 
Сложим неравенства: AB  AC  BF  FC  BC , что противоречит неравенству
биссектриса угла С 
треугольника.
Значит AE  DF , AE  ED  ED  DF , т.е. AD  EF
4.
Ответ: 6268. На доске остались числа, делящиеся на 4 или на 11. Остатки этих
чисел при делении на 44 образуют периодическую последовательность с периодом 14.
Так как 1994=142*14+6, то 1994-е число – шестое в 143-м периоде.
11 класс
Пусть N делится на М, т.е. существует k  N , для которого N=M*k
1.
k
1  2  ...  n
1  2  ...  n 2 1  2  ...  (n  1) 2(n  1)!



N
1  2  ...  (n  1)  n n(n  1)
n 1
n 1
2
Каждый множитель (n-1)! меньше n+1, значит найдутся не менее двух множителей,
произведение которых равно n+1, т.е. n+1 – составное число. Докажем обратное
утверждение. Пусть n+1 – составное число, тогда N делится на М, так как в противном
случае n+1 – простое число.
2.
По свойству периодичности и формулам приведения:
А)
sin 1982 0  sin(5  360 0  180 0  20 )   sin 20
Б)
cos1982 0   cos 20   sin 880
Так
sin 20  sin 880 , то  sin 20   sin 880
Следовательно,
sin 1982 0  cos1982 0
По свойству прямоугольного треугольника AK  BK  KO ,
2
3.
2
a2
a
   h  KO, КО 
4h
2
Из треугольника АОК : АО  R 
2
R
2
a2
a4
4a 2 h 2  a 4 a 2 4h 2  a 4 



4 16h 2
16h 2
16h 2
a
4h 2  a 2
4h
Ответ:
a
4h 2  a 2
4h
4.
Разложим правую часть на простые множители:
1981=7*1*283=7*283=283*7
Уравнение вида
(а 2  1)(b2  1)  mn равносильно совокупности систем
а 2  1  m
а 2  1  n
или  2
где m и n – множители числа 1981
 2
b

1

n
b

1

m


Ни одна из систем целых решений не имеет.
Ответ: решений нет