Решения заданий II этапа олимпиады по математике

Решения заданий по математике
олимпиады вузов Росрыболовства
среди учащихся 8 классов 2014-15 уч. год
II тур.
Задача 1. Вовочка написал домашнее сочинение и допустил
орфографические и пунктуационные ошибки. Затем его сестра проверила
сочинение и исправила часть ошибок. В новом тексте количество
пунктуационных ошибок оказалось в пределах от 15,5% до 18% от числа
пунктуационных ошибок в старом тексте. Количество орфографических
ошибок уменьшилось втрое и составило 25% от числа пунктуационных
ошибок в первоначальном тексте. Какое наименьшее число ошибок могло
содержаться в первоначальном тексте?
Решение. Пусть Вовочка допустил х пунктуационных ошибок и у
орфографических ошибок. После исправления части ошибок сестрой в тексте
осталось u пунктуационных ошибок и v орфографических ошибок. По
условию задачи:
0,155х ≤ u ≤ 0,18х
у
х
{
,
где х,у, u, v – целые числа.
v= =
3
4
Число х кратно 4. Проверяем при х=4 найдётся ли целое решение u для
первого неравенства.
0,62≤ u ≤0,72, ⇒ целых решений u нет.
Проверяем х=8: 1,24≤ u ≤1,44, ⇒ целых решений u нет.
Проверяем х=12: 1,86≤ u ≤2,16, ⇒ целое решение u = 2. Отсюда находим
у=9, v=3.
Наименьшее число ошибок в первоначальном тексте могло быть 12+9=21.
Ответ: 21.
Задача 2. Автобусный билет считается удачным, если первые три цифры его
шестизначного номера нечётны и различны, а вторые – чётные, причём
цифры 7 и 8 не стоят рядом. Сколько существует различных номеров удачных
билетов?
Решение.
Количество способов составить шестизначный номер, у которого
первые три цифры нечётны и различны, а вторые – чётные равно
5ˑ4ˑ3ˑ5ˑ5ˑ5=7500.
Рассмотрим случай, когда цифры 7 и 8 стоят рядом. Это может быть
только тогда, когда цифра 7 стоит на третьем месте, а цифра 8 стоит на
четвёртом месте. Таких чисел может быть 4ˑ3ˑ5ˑ5=300.
Поэтому различных номеров удачных билетов существует
7500300=7200.
Ответ: 7200.
Задача 3. Найти все значения параметра а, при которых неравенство
а|х + 4| > х + 2 выполняется для любых значений х.
Решение. Для того, чтобы неравенство выполнялось при любых х, график
функции у= а|х + 4| должен располагаться выше, чем график прямой у=х+2.
Прямая у=х+2 проходит через точки (-2,0); (0,2), наклонена к оси оХ под
углом 45°, угловой коэффициент равен 1.
График функции у= а|х + 4| при а≠ 0, имеет вершину в точке (-4,0).
Если а< 0, то ветви графика у= а|х + 4| направлены вниз, поэтому он
всегда пересекает прямую у=х+2, неравенство выполняется не для всех х.
1)
-4
 
-2
у = a (х + 4)
+
х
=
у

2
y
2
0
х
Если а=0, то графиком у= а|х + 4| будет прямая у=0, пересекающая
прямую у=х+2, поэтому неравенство выполняется не для всех х.
2)
у=0

-2
+
х
=
у

2
y
2
0
х
Если а > 0 , то ветви графика у= а|х + 4| направлены вверх. Точек
пересечения с прямой у=х+2 не будет, если правая ветвь графика у= а|х + 4|
прямая у=ах+4а имеет угол наклона к оси оХ больше или равный 45°, то есть
3)
у = a (х + 4)
-4
 
-2
+
х
=
у

2
y
2
0
х
а≥ 1.
Ответ: а≥ 1.
Задача 4. Квадратный трёхчлен f(x)= aх2 +bх+с (где а, b,с – целые числа, с нечётное число) имеет целые корни. Может ли f(2015) быть нечётным
числом?
Решение. Пусть х1 и х2 – корни уравнения aх2 +bх+с=0.
с
По теореме Виета х1∙х2= , то есть х1∙х2∙а=с. Так как по условию с –
а
нечётное число, числа х1 , х2, а – целые числа, то числа х1 , х2, а – нечётные.
𝑏
По теореме Виета х1+х2=− , то есть b=−а(х1 + х2 ), ⇒ b – чётное
а
число.
f(2015)=а∙20152+ b∙2015+с есть сумма двух нечётных и одного чётного числа,
то есть является чётным числом.
Ответ: не может.
Задача 5. В треугольнике АВС проведена медиана АM. Известно, что угол <
АМВ = 45°, < АСВ = 30°. Найти угол АВС.
Решение. Проведём высоту ВH. Рассмотрим треугольник ВHМ, он
равносторонний, так как каждая из его сторон равна половине гипотенузы ВС
прямоугольного треугольника ВHС. Отсюда < HМВ = 60°, а неравенство <
HВМ больше < АМВ означает, что точка Н лежит на отрезке СА.
А
H
С
M
B
Так как < HАМ=< САМ=< АМВ−< АСМ=45° −30°=15° и
<
HМА =< HМВ−< АМВ=60° −45°=15° , то треугольник МHА равнобедренный
МH=HА, а треугольник ВHА равнобедренный прямоугольный. Поэтому <
САВ=45°, а искомый угол
<АВС=180° − 30° − 45° = 105°.
Ответ: 105°.
Решения заданий по математике
олимпиады вузов Росрыболовства
среди учащихся 9 классов 2014-15 уч. год
II тур.
Задача 1.
Вовочка написал домашнее сочинение и допустил
орфографические и пунктуационные ошибки. Затем его сестра проверила
сочинение и исправила часть ошибок. В новом тексте количество
пунктуационных ошибок оказалось в пределах от 15,5% до 18% от числа
пунктуационных ошибок в старом тексте. Количество орфографических
ошибок уменьшилось втрое и составило 25% от числа пунктуационных
ошибок в первоначальном тексте. Какое наименьшее число ошибок могло
содержаться в первоначальном тексте?
Решение. Пусть Вовочка допустил х пунктуационных ошибок и у
орфографических ошибок. После исправления части ошибок сестрой в тексте
осталось u пунктуационных ошибок и v орфографических ошибок. По
условию задачи:
0,155х ≤ u ≤ 0,18х
у
х
{
,
где х,у, u, v – целые числа.
v= =
3
4
Число х кратно 4. Проверяем при х=4 найдётся ли целое решение u для
первого неравенства.
0,62≤ u ≤0,72, ⇒ целых решений u нет.
Проверяем х=8: 1,24≤ u ≤1,44, ⇒ целых решений u нет.
Проверяем х=12: 1,86≤ u ≤2,16, ⇒ целое решение u = 2. Отсюда находим
у=9, v=3.
Наименьшее число ошибок в первоначальном тексте могло быть 12+9=21.
Ответ: 21.
Задача 2. Квадратный трёхчлен f(x)= aх2 +bх+с (где а, b,с – целые числа, с нечётное число) имеет целые корни. Может ли f(2015) быть нечётным
числом?
Решение. Пусть х1 и х2 – корни уравнения aх2 +bх+с=0.
с
По теореме Виета х1∙х2= , то есть х1∙х2∙а=с. Так как по условию с –
а
нечётное число, числа х1 , х2, а – целые числа, то числа х1 , х2, а – нечётные.
𝑏
По теореме Виета х1+х2=− , то есть b=−а(х1 + х2 ), ⇒ b – чётное
а
число.
f(2015)=а∙20152+ b∙2015+с есть сумма двух нечётных и одного чётного числа,
то есть является чётным числом.
Ответ: не может.
Задача 3. Найти все значения параметра а, при которых неравенство
а|х + 4| > х + 2 выполняется для любых значений х.
Решение. Для того, чтобы неравенство выполнялось при любых х, график
функции у= а|х + 4| должен располагаться выше, чем график прямой у=х+2.
Прямая у=х+2 проходит через точки (-2,0); (0,2), наклонена к оси оХ под
углом 45°, угловой коэффициент равен 1.
График функции у= а|х + 4| при а≠ 0, имеет вершину в точке (-4,0).
Если а< 0, то ветви графика у= а|х + 4| направлены вниз, поэтому он
всегда пересекает прямую у=х+2, неравенство выполняется не для всех х.
1)
-4
 
-2
у = a (х + 4)
+
х
=
у

2
y
2
0
х
Если а=0, то графиком у= а|х + 4| будет прямая у=0, пересекающая
прямую у=х+2, поэтому неравенство выполняется не для всех х.
2)
у=0

-2
+
х
=
у

2
y
2
0
х
Если а > 0 , то ветви графика у= а|х + 4| направлены вверх. Точек
пересечения с прямой у=х+2 не будет, если правая ветвь графика у= а|х + 4|
прямая у=ах+4а имеет угол наклона к оси оХ больше или равный 45°, то есть
3)
у = a (х + 4)
-4
 
-2
+
х
=
у

2
y
2
0
х
а≥ 1.
Ответ: а≥ 1.
Задача 4. Автобусный билет считается удачным, если первые три цифры его
шестизначного номера нечётны и различны, а вторые – чётные, причём
цифры 7 и 8 не стоят рядом. Сколько существует различных номеров удачных
билетов?
Решение.
Количество способов составить шестизначный номер, у которого
первые три цифры нечётны и различны, а вторые – чётные равно
5ˑ4ˑ3ˑ5ˑ5ˑ5=7500.
Рассмотрим случай, когда цифры 7 и 8 стоят рядом. Это может быть
только тогда, когда цифра 7 стоит на третьем месте, а цифра 8 стоит на
четвёртом месте. Таких чисел может быть 4ˑ3ˑ5ˑ5=300.
Поэтому различных номеров удачных билетов существует
7500300=7200.
Ответ: 7200.
Задача 5. В треугольнике АВС проведена медиана АM. Известно, что угол <
АМВ = 45°, < АСВ = 30°. Найти угол АВС.
Решение. Проведём высоту ВH. Рассмотрим треугольник ВHМ, он
равносторонний, так как каждая из его сторон равна половине гипотенузы ВС
прямоугольного треугольника ВHС. Отсюда < HМВ = 60°, а неравенство <
HВМ больше < АМВ означает, что точка Н лежит на отрезке СА.
А
H
С
M
B
Так как < HАМ=< САМ=< АМВ−< АСМ=45° −30°=15° и
<
HМА =< HМВ−< АМВ=60° −45°=15° , то треугольник МHА равнобедренный
МH=HА, а треугольник ВHА равнобедренный прямоугольный. Поэтому <
САВ=45°, а искомый угол
<АВС=180° − 30° − 45° = 105°.
Ответ: 105°.
Решения заданий по математике
олимпиады вузов Росрыболовства
среди учащихся 10 классов 2014-15 уч. год
I I тур.
Задача 1. Вовочка написал домашнее сочинение и допустил
орфографические и пунктуационные ошибки. Затем его сестра проверила
сочинение и исправила часть ошибок. В новом тексте количество
пунктуационных ошибок оказалось в пределах от 15,5% до 18% от числа
пунктуационных ошибок в старом тексте. Количество орфографических
ошибок уменьшилось втрое и составило 25% от числа пунктуационных
ошибок в первоначальном тексте. Какое наименьшее число ошибок могло
содержаться в первоначальном тексте?
Решение. Пусть Вовочка допустил х пунктуационных ошибок и у
орфографических ошибок. После исправления части ошибок сестрой в тексте
осталось u пунктуационных ошибок и v орфографических ошибок. По
условию задачи:
0,155х ≤ u ≤ 0,18х
у
х
{
,
где х,у, u, v – целые числа.
v= =
3
4
Число х кратно 4. Проверяем при х=4 найдётся ли целое решение u для
первого неравенства.
0,62≤ u ≤0,72, ⇒ целых решений u нет.
Проверяем х=8: 1,24≤ u ≤1,44, ⇒ целых решений u нет.
Проверяем х=12: 1,86≤ u ≤2,16, ⇒ целое решение u = 2. Отсюда находим
у=9, v=3.
Наименьшее число ошибок в первоначальном тексте могло быть 12+9=21.
Ответ: 21.
Задача 2. Решить уравнение √х + 2 + √2х + 3+√х + 6 + 3√2х + 3 = 11√2.
Решение.
1
Введём подстановку у=√2х + 3, у≥ 0. Тогда х= (у2 − 3) и уравнение примет
2
1
1
2
2
вид: √ (у2 + 2у + 1) + √ (у2 + 6у + 9) = 11√2.
Так как у≥ 0, то это уравнение равносильно следующему:
у+1 у+3
√2
+
√2
=11√2.
Откуда у=9, х=39.
Ответ: х=39.
Задача 3. Найти все значения параметра а, при которых неравенство
а|х + 4| > х + 2 выполняется для любых значений х.
Решение. Для того, чтобы неравенство выполнялось при любых х, график
функции у= а|х + 4| должен располагаться выше, чем график прямой у=х+2.
Прямая у=х+2 проходит через точки (-2,0); (0,2), наклонена к оси оХ под
углом 45°, угловой коэффициент равен 1.
График функции у= а|х + 4| при а≠ 0, имеет вершину в точке (-4,0).
Если а< 0, то ветви графика у= а|х + 4| направлены вниз, поэтому он
всегда пересекает прямую у=х+2, неравенство выполняется не для всех х.
1)
-4
 
-2
у = a (х + 4)
+
х
=
у

2
y
2
0
х
Если а=0, то графиком у= а|х + 4| будет прямая у=0, пересекающая
прямую у=х+2, поэтому неравенство выполняется не для всех х.
2)
у=0

-2
+
х
=
у

2
y
2
0
х
Если а > 0 , то ветви графика у= а|х + 4| направлены вверх. Точек
пересечения с прямой у=х+2 не будет, если правая ветвь графика у= а|х + 4|
прямая у=ах+4а имеет угол наклона к оси оХ больше или равный 45°, то есть
3)
у = a (х + 4)
-4
 
-2
+
х
=
у

2
y
2
0
х
а≥ 1.
Ответ: а≥ 1.
Задача 4. Решить систему уравнений {
sin х + √2 cos у =
3
2
5
√2 sin у + √3 cos х = 2
Решение. Разделим обе части каждого уравнения системы на 2 и перепишем
систему в виде:
𝜋
𝜋
3
sin sin х + cos cos у =
4
4
{ 6
𝜋
𝜋
5
sin sin у + cos cos х =
4
6
4
𝜋
𝜋
Сложив полученные уравнения системы, находим cos (х − )+cos (у − )=2.
6
4
Данное уравнение является следствием исходной системы и имеет решение
𝜋
𝜋
тогда и только тогда, когда cos (х − )=1 и cos (у − )=1.
6
4
𝜋
Откуда находим:{
х = + 2𝜋𝑘, 𝑘 ∈ 𝑍
6
𝜋
𝑦 = + 2𝜋𝑛, 𝑛 ∈ 𝑍
4
Проверяем найденные значения переменных, подстановкой в исходную
систему. Уравнения системы обращаются в тождество.
𝜋
х = + 2𝜋𝑘, 𝑘 ∈ 𝑍
6
Ответ: {
.
𝜋
𝑦 = + 2𝜋𝑛, 𝑛 ∈ 𝑍
4
Задача 5. В квадрате АВСD, длина сторон которого равна 1, на сторонах АВ и
СD выбраны точки Р и Q соответственно, так что <РDQ=45°. Найти периметр
треугольника РВQ.
Решение.
Выберем декартову систему координат на плоскости так, чтобы
координаты точек были: А(0,0); В(1,0); С(1,1); D(0,1); Р(х,0); Q(1,у).
у


D (0;1)
C (1;1)
45
 
A (1;0)
P (x;0)


Q (1;у)
B (1;0)
Х
Пусть < АDР=𝛼, ⇒<СDQ=45° − 𝛼.
tg 𝛼=x; tg(45° − 𝛼)=1−y, ⇒
1−х
1+х
= 1 − у, откуда находим у=
2х
.
1+х
Периметр треугольника РВQ равен
РВ+ВQ+ РQ = 1 − х + у + √(1 − х)2 + у2 =1 − х +
Ответ: 2.
2х
4х2
+√(1 − х)2 + (1+х)2 =2.
1+х
Решения заданий по математике
олимпиады вузов Росрыболовства
среди учащихся 11 классов 2014-15 уч. год
I I тур.
Задача 1. Решить уравнение √х + 2 + √2х + 3+√х + 6 + 3√2х + 3 = 11√2.
Решение.
1
Введём подстановку у=√2х + 3, у≥ 0. Тогда х= (у2 − 3) и уравнение примет
2
1
1
2
2
вид: √ (у2 + 2у + 1) + √ (у2 + 6у + 9) = 11√2.
Так как у≥ 0, то это уравнение равносильно следующему:
у+1 у+3
√2
+
√2
=11√2.
Откуда у=9, х=39.
Ответ: х=39.
Задача 2. При каких значениях параметра а найдутся такие значения х, что
числа 51+х + 51−х
,
а
2
, 25х + 25−х в
указанном
порядке
образуют
арифметическую прогрессию?
Решение. Три числа образуют арифметическую прогрессию тогда и только
тогда, когда второе из них является средним арифметическим оставшихся
двух. В данном случае это условие имеет вид:
51+х + 51−х +25х + 25−х =а.
Необходимо решить задачу: при каких значениях параметра а показательное
уравнение имеет решение?
Выполним подстановку t=5х + 5−х , (t≥ 2), тогда
t 2 = (5х + 5−х )2 = 25х + 25−х + 2 , и уравнение примет вид t 2 + 5t − 2 = а.
Это уравнение должно иметь хотя бы один корень t≥ 2.
Графиком квадратного трёхчлена f(t)= t 2 + 5t − 2 является парабола, ветви
вверх, вершина в точке t=−2,5. Поэтому при t> −2,5 функция f(t) монотонно
возрастает, при t≥ 2 все значения функции не меньше f(2)=12.
Следовательно, для всех а ≥ 12 уравнение t 2 + 5t − 2 = а имеет решение t≥
2.
Ответ: а∈ [12, +∞).
Задача 3. Решить систему уравнений {
sin х + √2 cos у =
3
2
5
√2 sin у + √3 cos х = 2
Решение. Разделим обе части каждого уравнения системы на 2 и перепишем
систему в виде:
𝜋
𝜋
3
sin sin х + cos cos у =
4
4
{ 6
𝜋
𝜋
5
sin sin у + cos cos х =
4
6
4
𝜋
𝜋
Сложив полученные уравнения системы, находим cos (х − )+cos (у − )=2.
6
4
Данное уравнение является следствием исходной системы и имеет решение
𝜋
𝜋
тогда и только тогда, когда cos (х − )=1 и cos (у − )=1.
6
4
𝜋
Откуда находим:{
х = + 2𝜋𝑘, 𝑘 ∈ 𝑍
6
𝜋
𝑦 = + 2𝜋𝑛, 𝑛 ∈ 𝑍
4
Проверяем найденные значения переменных, подстановкой в исходную
систему. Уравнения системы обращаются в тождество.
𝜋
х = + 2𝜋𝑘, 𝑘 ∈ 𝑍
6
Ответ: {
.
𝜋
𝑦 = + 2𝜋𝑛, 𝑛 ∈ 𝑍
4
Задача 4. Автобусный билет считается удачным, если первые три цифры его
шестизначного номера нечётны и различны, а вторые – чётные, причём
цифры 7 и 8 не стоят рядом. Сколько существует различных номеров удачных
билетов?
Решение.
Количество способов составить шестизначный номер, у которого
первые три цифры нечётны и различны, а вторые – чётные равно
5ˑ4ˑ3ˑ5ˑ5ˑ5=7500.
Рассмотрим случай, когда цифры 7 и 8 стоят рядом. Это может быть
только тогда, когда цифра 7 стоит на третьем месте, а цифра 8 стоит на
четвёртом месте. Таких чисел может быть 4ˑ3ˑ5ˑ5=300.
Поэтому различных номеров удачных билетов существует
7500300=7200.
Ответ: 7200.
Задача 5. В квадрате АВСD, длина сторон которого равна 1, на сторонах АВ и
СD выбраны точки Р и Q соответственно, так что <РDQ=45°. Найти периметр
треугольника РВQ.
Решение.
Выберем декартову систему координат на плоскости так, чтобы
координаты точек были: А(0,0); В(1,0); С(1,1); D(0,1); Р(х,0); Q(1,у).
у


D (0;1)
C (1;1)
45
 
A (1;0)
P (x;0)


Q (1;у)
B (1;0)
Х
Пусть < АDР=𝛼, ⇒<СDQ=45° − 𝛼.
tg 𝛼=x; tg(45° − 𝛼)=1−y, ⇒
1−х
1+х
= 1 − у, откуда находим у=
2х
.
1+х
Периметр треугольника РВQ равен
РВ+ВQ+ РQ = 1 − х + у + √(1 − х)2 + у2 =1 − х +
Ответ: 2.
2х
4х2
+√(1 − х)2 + (1+х)2 =2.
1+х