ВСЕРОССИЙСКАЯ ОЛИМПИАДА ШКОЛЬНИКОВ ПО МАТЕМАТИКЕ Решение вариантов для учащихся 9-11 классов Муниципального этапа Всероссийской олимпиады школьников по математике в 2012/2013 учебном году Воронеж 2012 1 IX класс 1. Докажите, что если произведение двух положительных чисел больше их суммы, то сумма этих чисел больше четырех. Решение. Пусть а и b – рассматриваемые числа. По условию имеем b ab a b, a 1 , a систему a 0, Из первого неравенства получаем откуда b b 0. b 1 ; a b a следует, что a b 2 2 2 4 . Последнее утверждение следует из a b 1 оценки суммы двух положительных взаимообратных величин ( d 2 при d d 0 ). 3 3 3 2. Решите уравнение х 2 х 1 2 х 2 х 7 3х 2 2 х 8 . Решение. Введем обозначения: а х 2 х 1 , b 2 х 2 х 7 , тогда уравнение перепишется в виде a 3 b 3 a b 3 . Далее a b a 2 ab b 2 a b3 , a b 3ab 0 , aba b 0 . Следовательно, все сводится к решению трех уравнений: 1) a 0 , 1 5 х 2 х 1 0 откуда х1, 2 ; 2) b 0 , 2 х 2 х 7 0 , значит, 2 4 1 57 1 5 , 2 х1, 2 ; 3) a b 0 , 3 х 2 х 8 0 , откуда х1, 2 3 4 3 2. 1 5 1 57 4 Ответ: , 2, , . 4 2 3 3. Найдите натуральное число, равное 1/50 суммы всех предшествующих ему четных натуральных чисел. Решение. Искомое число может быть как четным, так и нечетным. Пусть оно равно 2k+1 или 2k+2. Заметим, что сумма предшествующих чётных чисел 2+4+…+2k представляет собой сумму арифметической прогрессии и равна k(k+1). Составим и решим соответствующие уравнения: 1) k k 1 502k 1 , k 2 99k 50 0 , натуральных корней уравнение не имеет; 2) k k 1 502k 2, k 2 99k 100 0 , k 100 является натуральным корнем уравнения. Таким образом, искомое число равно 202. 2 Ответ: 202. 4. На школьной викторине было предложено 33 вопроса. За каждый правильный ответ ученику засчитывали 7 очков, а за неправильный с него списывали 12 очков. На сколько вопросов отвечал ученик и сколько верных ответов он дал, если он набрал 77 очков и известно, что, по крайней мере, один раз ученик ошибся? Решение. Пусть ученик дал x верных ответов и y раз ошибся. Учитывая, что число вопросов не более 33, можем составить систему: 7 х 12 у 77, х у 33, у 1. Из первого уравнения следует, что y делится на 7. При у 10 имеем 12 х 11 у 29 , что противоречит второму неравенству системы. Поэтому 7 у 10 , следовательно, y=7, а x=23. Значит, число вопросов, на которые отвечал ученик равно 30. Ответ: 30. 5. Дан произвольный четырехугольник. Пусть A, последовательные середины его сторон, а P, Q – середины диагоналей. Докажите, что треугольник BCP равен треугольнику ADQ. M 1 Решение. Заметим, что PB DQ EF , как 2 средние линии в соответствующих треугольниках 1 FNE и FME . Аналогично DA BC FN и 2 1 AQ PC NE . Следовательно, треугольники BCP и ADQ 2 сторонам. 3 B, C, – D N A B P Q D E C F равны по трем X класс 1. Найдите число p, при котором на прямой y=x+1 найдется такая точка, что симметричные к ней точки относительно осей координат, лежат на параболе у х 2 2 х р . Решение. Точка, лежащая на данной прямой, имеет координаты x; х 1 . Очевидно, что симметричные ей точки относительно осей координат имеют вид x; х 1 и x;х 1 . Так как эти точки лежат на параболе, то их координаты удовлетворяют соответствующему уравнению, т.е. выполняется 2 х 1 х 2 х р, система уравнений: Вычтем из первого уравнения 2 х 1 х 2 х р . второе, получим 2 x 2 4 x , значит x 1 . Далее подставляем найденное значение х в любое уравнение системы, имеем р=–1. Ответ: –1. 2. Войсковая колонна имеет длину 5 км. Связной, выехав из арьергарда колонны, передал пакет в начало колонны и вернулся обратно. Колонна за это время проделала путь в 12 км. Какой путь проехал связной? Решение. Пусть V – скорость колонны, Р – скорость связного, а S – путь пройденный колонной до того момента, когда связной приехал в начало колонны. Из условия вытекает следующая система: S S 5 V P , 12 S 5 ; V P V P 3 откуда следует, что . Поэтому, если колонна прошла 12 км, то связной V 2 проехал 18 км. Ответ: 18. 1 1 1 3. Существует ли такое число x , что все три числа x , 2 и x x x 1 1 2 x являются целыми? x2 1 Решение. Такое число не существует. Докажем это от противного. Предположим, что существует такое число x , что все три числа, указанные в 1 условии, целые. Тогда их сумма, равная x , тоже целая. Тогда целое. x 1 1 Это возможно только при x 1 . Но тогда 2 . x 1 2 Ответ: такого числа нет. 4 4. Даны 7 различных натуральных чисел, сумма которых равна 100. Докажите, что сумма каких-то трех из них не меньше 50. Решение. Расположим данные семь чисел в порядке возрастания: пусть а1 а2 ... а7 . По условию а1 а2 ... а7 100 . Тогда достаточно доказать, что сумма трех наибольших из них не меньше 50. Иными словами необходимо доказать, что а5 а6 а7 50 . Рассмотрим два возможных случая. а5 16 , 1) Если то, так как числа различные, имеем а5 а6 а7 16 17 18 51 . 2) Пусть теперь а5 15 . Это условие накладывает ограничения на а1 , а2 , а3 , а4 . В силу условия и упорядоченности получаем, что а1 а2 а3 а4 14 13 12 11 50 , но тогда сумма оставшихся трех чисел а5 , а6 и а7 не может быть меньше 50. 5. В треугольнике со сторонами 39 см, 60 см, 63 см вписана окружность, к которой проведена касательная, параллельная большей стороне треугольника. Определите площадь треугольника, отсеченного от данного треугольника касательной. 39 60 63 Решение. Так как pABC 81, то площадь треугольника ABC 2 можно найти по формуле Герона: S ABC 81 42 21 18 9 7 18 1134 . 2S 2 1134 Определим высоту ABC AP ABC 36 . BC 63 S 1134 В Поскольку r ABC 14 , то pABC 81 AK AP KP AP 2r 36 28 8 . AMN ABC подобны, Треугольники и 2 2 S AMN AK 8 4 P следовательно, , O S ABC AP 36 81 M 4 4 1134 К откуда S AMN S ABC 56 . С А 81 81 N Ответ: 56. 5 XI класс 1. Докажите, что х 2 19 у 2 6 z 2 8 xy 4 xz 12 yz 0 при всех х , у и z , таких что х 2 у 2 z 2 0 . Решение. Так как х 2 у 2 z 2 0 , то хотя бы одна из рассматриваемых переменных отлична от нуля, предположим, что это z . Рассмотрим исходное неравенство как квадратное относительно переменной х: х 2 4 z 2 y x 19 у 2 6 z 2 12 yz 0 . Это неравенство выполняется при всех х , у и z , если дискриминант отрицателен, т.е. D1 4 z 2 y 19 y 2 6 z 2 12 yz 0 , 2 4 z 2 4 zy 4 y 2 19 y 2 6 z 2 12 yz 0 , 3 y 2 4 yz 2 z 2 0 . Рассмотрим последнее неравенство как квадратное относительно y . Оно выполняется при всех у и z также при отрицательности дискриминанта. Таким образом, D1 4 z 2 6 z 2 0 , 2 z 2 0 . Последнее выполняется при любых z 0 , следовательно, данное выполняется при всех х , у и z , таких что х 2 у 2 z 2 0 . неравенство неравенство 2. На фабрике несколько одинаковых поточных линий вместе выпускают 15000 банок консервов в день. После реконструкции все поточные линии заменили на более производительные, но также одинаковые, а их количество увеличилось на 5. Фабрика стала выпускать в день 33792 банки. Сколько поточных линий было первоначально? Решение. Пусть п поточных линий было на фабрике первоначально. 15000 15000 Тогда производительность одной машины банок в день, т.е. – п п натуральное число. После реконструкции стало п 5 поточных линий и 33792 33792 производительность каждой из них стала , причем – также п5 п5 натуральное число. Таким образом, п – делитель числа 15000 54 23 3 , а п 5 – делитель числа 33792 210 3 11 . Так как п 5 не делится на 5, то и п не делится на 5. Но тогда из разложения числа 15000 следует, что п может принимать 15000 33792 следующие значения: 2, 3, 4, 8, 6, 12, 24. По условию , п п5 3125 54 23 3 210 3 11 54 2 7 11 , , 625n 3125 1408 n , n , т.е. n 3,9 . 783 п п5 п п5 Значит, n 4, 6, 8, 12, 24 . Проверим каждое из этих значений: 6 33792 33792 33792 N ; 2) n 6 , 3072 N ; 3) n 8 , N ; 45 65 85 33792 33792 4) n 12 , N ; 5) n 24 , N . 12 5 24 5 Условию удовлетворяет только второй вариант. Ответ: 6 поточных линий. 1) n 4 , 16 1 3. Решите уравнение cos . 16 x 2 8 x 49 tg 2x ctg 2x Решение. Найдем область значений левой части уравнения: так как 16 2 , следовательно, 16 x 2 8x 49 4 х 1 48 48 , то 0 2 16 x 8 x 49 3 1 16 cos 1 . Правую часть неравенства оценим с помощью 2 2 16 x 8 x 49 неравенства Коши ( a b 2 ab при a 0 , b 0 ), в силу которого имеем 1 1 tg 2x ctg 2x 2 , а значит 0 2 . Таким образом, при всех х 2 tg x ctg x 2 1 из области определения левая часть уравнения больше или равна , а правая 2 1 часть не превосходит , следовательно, равенство возможно только в случае, 2 1 когда обе части равны . Для левой части это равенство выполняется, если 2 16 1 или х . Непосредственной подстановкой убеждаемся, 2 4 16 x 8 x 49 3 1 1 что полученное значение удовлетворяет и уравнению , а 2 2 tg x ctg x 2 значит, является решением исходного уравнения. 1 Ответ: . 4 4. Найдите все значения a, при которых уравнение 53 х 3 3а 2 3 8 х 16 6 х 2 х 6 имеет ровно два различных решения. Решение. Заметим, что х 2 х 6 х 3х 2 , следовательно, областью определения данного уравнения является множество ;3 2; . 1) Пусть х 2; , тогда можно 2 записать в 6 виде 5 6 х 3 6 х 3 6 х 2 6а 2 6 х 2 х 6 6 х 3 6 х 2 . Значит, уравнение 53 х 3 3а 2 3 8х 16 6 х 36 х 2 или 2 х 2 0 . Заметим, что х 2 не является решением уравнения, следовательно, можем обе части разделить на 7 6 х2 2 6 без потери корней, получим 5t t 6а 0 , где t 6 2 2 квадратное уравнение, получаем t1, 2 удовлетворяет 6 6 х3 t1 , х2 6 только 1 1 120 a 2 . Ограничению на t 10 1 1 120 a 2 . Таким образом, 10 2t16 3 6 х 3 t1 х 2 , x 2 . Далее 1 t16 значение х 3 t1 6 х 2 , х3 0 . Решая х2 t1 2t16 3 2 2t16 5 5 0, 0, 6 0 . Учитывая условие t1 0 , получим 6 6 1 t1 t1 1 1 t1 t16 1 или t1 1. 1 120 a 2 81 , a 2 Таким образом, 2 2 , a ; 3 3 1 1 120 a 2 1, 10 2 ; . 3 2) Пусть х ;3 . В этом случае 6 1 120 a 2 9 , х 2 х 6 6 х 36 х 2 . Запишем уравнение в виде 53 х 3 6а 2 3 2 х 6 х 36 2 х 0 или 6 х3 5t 2 t 6а 2 0 , где t 6 0 . Решая квадратное уравнение, получаем х2 t1, 2 1 1 120 a 2 . Ограничению на t удовлетворяет только значение 10 6 х3 1 1 120 a 2 t 2 , х 3 t 26 х 2 , . Таким образом, 6 t2 10 х2 6 6 6 t 2 0, t 2 0, 2t 2 3 2t 2 3 3t 2 3 5t 26 x 6 3 . Далее 0 0 , , 6 1 t 1; . 6 6 t2 1 t2 1 t2 1 t 1 0 ; 2 2 Учитывая условие t2 0 , получим 0 t2 1. Таким образом, 1 1 120 a 2 0 1, 1 120 a 2 11 , 1 120 a 2 121 , a 2 1 , a 1; 1 . 10 Решения, найденные в двух рассмотренных пунктах, не совпадают, следовательно, исходное уравнение имеет два решения, на пересечении 2 2 найденных для а множеств: a ; ; и a 1; 1 . 3 3 2 2 Получаем a 1; ; 3 3 1 . 2 2 Ответ: 1; ; 1 . 3 3 8 5. Сторона основания АВС правильной пирамиды DАВС равна 4 3 , DAB= arctg 37 . Точки А1, В1, С1 – середины ребер AD, BD, CD 3 соответственно. Найдите радиус сферы, касающейся плоскости ABC и отрезков АС1, ВА1 и СВ1. Решение. Пусть O – центр сферы, касающейся плоскости ABC и указанных отрезков. Сфера касается основания пирамиды в точке E , а ее центр лежит на высоте DE . Если F – точка касания сферы с отрезком BA1 , то OF BA1 и BF BE . Очевидно, что BE 4 , кроме того, несложными вычислениями из АDВ BA 8 получаем, что 1 . Так как BF 4 , а BA1 8 , то F – середина BA1 . Поскольку OE OF r , следовательно, По OA12 A1F 2 r 2 16 r 2 . теореме косинусов из D A1 C1 B1 O A C F E B DOA1 получаем DA1 2 10 , где ADE , 3 AE 1 , значит, DO DE r 12 r . Так как tg ; cos DE 3 10 3 2 16 r 2 40 12 r 2 2 10 12 r откуда получаем, что r 2 . 10 Ответ: 2. OA12 DA12 DO 2 2 DA1 DO cos , 9