Корпоративная олимпиада по математике (10 класс)

Корпоративная олимпиада по математике (10 класс)
очный тур
 y 3  3 x 2  4 y  18 x  26  0,
1. Найдите все целочисленные решения системы:  3 2
 y  x  4 y  8 x  14  0
2. Рассмотрим график квадратного трехчлена, имеющего корни 1 и 4.
Проведем к нему из точки О (начала координат) две касательные,
касающиеся его в точках À и Â . Какие значения может принимать
косинус угла ÀÎÂ ?
2
3. Доказать тождество: 1  x  x 2  ...  x n   x n  1  ...  x n1 1  x  ...  x n1 
4. Внутри параллелограмма ABCD взята точка K , равноудаленная от
сторон AD, AB и CD . Перпендикуляр, опущенный из вершины D на AB ,
пересекает отрезок AK в точке M . Найдите площадь параллелограмма
ABCD , если известно, что DK  2 см, АМ:МК=8:1, а DC  3BC .
5. Бригады, состоящие из одинакового числа рабочих, получили на складе
спецодежду. Каждый рабочий получил по два комплекта спецодежды, а
каждой бригаде выдали на 20 комплектов больше, чем было число
бригад. Если бы бригад было на 4 больше, а каждой из бригад выдали бы
по 12 комплектов, то спецодежды на складе не хватило бы. Сколько
комплектов одежды было на складе?
6. На плоскости провели несколько прямых и окружностей. Докажите, что
части на которые разбита плоскость, можно раскрасить в два цвета так,
чтобы соседние части (граничащие по отрезку или дуге) были
покрашены в разные цвета
Корпоративная олимпиада по математике (10 класс)
очный тур
1. Найдите
все
целочисленные
решения
системы:
 y  3 x  4 y  18 x  26  0,
 3
 y  x 2  4 y  8 x  14  0
3
2
Помножив
второе
Решение.
неравенство
системы
на
(-1),
имеем:
 y  3 x  4 y  18 x  26  0,
 3
 y  x 2  4 y  8 x  14  0
3
2
Сложив два неравенства системы, имеем:  4 x 2  26 x  40  0,
Решив квадратное неравенство относительно х, имеем: x   ;4  или по
5
2

условию x  3 . Преобразовав данную в условии систему неравенств,
 y 3  4 y  27  54  26,
имеем:  3
или  1  y 3  4 y  1
 y  4 y  24  14  9
условию y 3  4 y  0 , y  0, y  2 .
.
Согласно
Ответ: 3,0; 3,2; 3,2
2. Рассмотрим график квадратного трехчлена, имеющего корни 1 и 4.
Проведем к нему из точки О (начала координат) две касательные,
касающиеся его в точках À и Â . Какие значения может принимать
косинус угла ÀÎÂ ?
Решение.
 Пусть касательная задана уравнением y  px .
 Найдем абсциссы точек касания прямой y  px с графиком параболы
т.е. решим уравнение
или
y  x  1x  4 ,
px  x  1x  4
2
x  5  p x  4  0 . Уравнение имеет единственное решение (из условия),
значит, дискриминант равен 0: D  5  p 2  16  0  p1  1, p2  9 . Им
соответствуют точки касания x1  2, x2  2 .
 Такими же будут абсциссы точек касания прямой y  px и параболы
y  k x  1x  4 при любом k . Таким образом, при заданном k точки À и
 будут иметь координаты 2,2k  и  2,18k  .(Для определения
соответствующих ординат надо подставить в уравнение параболы
найденные x1  2, x2  2 )
 Рассмотрим
треугольник
По
теореме
Пифагора:
ÀÎÂ .
2
2
2
2
2
2
ÎÀ  4k  4, OB  (18k )  4, AB  20k   16 .
 По теореме косинусов имеем: AB 2  OA 2  OB 2  2  OA  OB  cos(AOB) или
400k 2  16  4k 2  4  324k 2  4  2  4k 2  4  (18k ) 2  4  cosAOB  ,
или



9k 2  1   81k 2  1 k 2  1 cosAOB  . Из полученного равенства следует,
что cosAOB  отрицателен. Возводя последнее равенство в квадрат,
получим биквадратное уравнение относительно k , зависящее от
Учитывая
отрицательность
D  25  cos 2 (AOB)  9  0 .
cosAOB  .
cosAOB  , получим косинус указанного в условии угла может меняться
от -1 (не включая) до 
3
3
включительно. При cosAOB    существует
5
5
1
k   . Ведь для биквадратного уравнения условие неотрицательности
3
дискриминанта является необходимым, но не достаточным для
существования решения условием.
Ответ:  1  cosAOB   
3
5
3. Доказать тождество: 1  x  x 2  ...  x n   x n  1  ...  x n1 1  x  ...  x n1 
Решение.
1. Рассмотрим левую часть равенства: 1  x  x 2  ...  x n  - сумма первых
n  1 членов геометрической прогрессии.
Сумма первых n  1 членов геометрической прогрессии равна:
2
1  x n1
. Это равенство имеет смысл только при x  1 .
1 x
Но, при x  1 исходное тождество принимает вид n  12  1  nn  2 , т.е.
1  x  x
2

 ...  x n 
верно.
2. Рассмотрим правую часть равенства и аналогичным образом
запишем суммы первых n и n  2 членов геометрической прогрессии:
1  x  x
2
 ...  x
n

1 xn
1  x n2
2
n
и 1  x  x  ...  x 
.

1 x
1 x


3. Подставим суммы соответствующих прогрессий в доказываемое
2
тождество:
1  x   x  1
n 1 2
2

 1  x n 1 
1  x n 1  x n2

  x n 

1 x 1 x
 1 x 


x n  1  x n 1  x n2 .
или
Раскрывая скобки, убеждаемся, что
равенство является тождеством.
4. Внутри параллелограмма ABCD взята точка K , равноудаленная
от сторон AD, AB и CD . Перпендикуляр, опущенный из вершины D на
AB , пересекает отрезок AK в точке M . Найдите площадь
параллелограмма ABCD , если известно, что DK  2 см, АМ:МК=8:1, а
DC  3BC .
Решение.
Â
Ñ
1. Пусть DP - высота параллелограмма. Так как
AK и DK - биссектрисы углов BAD и ADC
соответственно, то
Q

P

BAD  CDA
 90 0 , т.е.
2
треугольника AKD и MKD - прямоугольные.
KAD  KDA 
K

M
L
2. Пусть MK  x . Тогда AM  8x, MD  x 2  4 .
AB .
KQ
3. Проведем
перпендикулярно
D
À
Треугольники
APM и AQK подобны с коэффициентом подобия
AM 8
 ,
AK 9
8
9
откуда PM  QK .
1
2
1
2
4. Точка K равноудалена от сторон AB , AD и CD , поэтому QK  QL  PD .
Таким образом, MD  2QK  PM 
10
PM 4
QK . Откуда
 .
9
MD 5
5. Треугольники APM и MKD подобны как прямоугольные с равными
(AMP  DMK ) .
острыми
углами
Коэффициент
подобия
равен
AM

MD
8x
.
4  x2
PM
8x 2
4


2
MD 4  õ
5
Следовательно,

x
2
;
3
AB  3 AD  6 10 ; PD  2QK  2 
PM  MK 
8x
4  x2
AK  9 x  6;

AD 
8x 2
4  x2
.
Отсюда
AK 2  KD 2  2 10 ;
9
9
4 6
MD 
4 
10 и S ABCD  AB  ÐD  72.
10
5
9 5
Ответ: 72 ñì
2
5. Бригады, состоящие из одинакового числа рабочих, получили на
складе спецодежду. Каждый рабочий получил по два комплекта
спецодежды, а каждой бригаде выдали на 20 комплектов больше, чем
было число бригад. Если бы бригад было на 4 больше, а каждой из
бригад выдали бы по 12 комплектов, то спецодежды на складе не
хватило бы. Сколько комплектов одежды было на складе?
Решение.
Пусть n - число бригад, m - число рабочих в каждой бригаде. Тогда
2m  20  n,
.
12(n  4)  2mn
условие задачи приводим к системе 
Для числа n получаем
неравенство: n  n  20  12  n  4, т.е. n  8n  48  0 , откуда следует, что
n   12;4 . Но величина n - натуральное число. Следовательно, n  1, n  2
2
или n  3 . Учитывая, что m  n  20   10  натуральное число (число
1
2
n
2
рабочих в бригаде), получаем n  2 . Далее находим m  11 и число
комплектов спецодежды на складе: 2mn  44.
Ответ: 44 комплекта.
6.
На плоскости провели несколько прямых и окружностей.
Докажите, что части на которые разбита плоскость, можно раскрасить в
два цвета так, чтобы соседние части (граничащие по отрезку или дуге)
были покрашены в разные цвета
Решение.
Сначала сотрем все прямые и окружности, но запомним, где они
находились. Покрасим всю плоскость в один цвет, а потом будем
восстанавливать границы. Перекрашивая при этом части, на которые они
делят плоскость. Каждый раз, добавляя прямую, мы перекрашиваем в
противоположный цвет все части, лежащие по одну ее сторону, и оставляем
без изменения части, лежащие по другую сторону. Добавляя окружность, мя
перекрашиваем все части, лежащие внутри нее, и оставляем без изменения,
лежащие снаружи. Таким образом, каждый участок любой из нарисованных
линий будет являться границей двух областей разного цвета