математика

Олимпиада школьников «Ломоносов» по математике

11. Маша задумала 10-значное число и сообщила Васе, что остаток от деления этого числа на 9 равен 3. Потом Маша зачеркнула одну цифру и сказала Васе, что остаток от деления на 9 получившегося 9-значного числа равен 7. Помогите Васе угадать цифру, которую зачеркнула Маша. Запишите эту цифру в ответ.

Решение. По признаку делимости на 9 остаток от деления суммы цифр числа на 9 равен 3 (поэтому сумма цифр этого числа равна 9n + 3 ), а остаток от деления суммы цифр получившегося числа на 9 равен 7 (поэтому сумма цифр получившегося числа равна 9k + 7 ). Если зачеркнутая цифра равна x, то 9n + 3 − x = 9k + 7 ,

отсюда											x = 9(n − k ) + 3 − 7 ,																													то							есть				зачеркнутая																					цифра													равна
9 + 3 − 7 = 5 .
							Ответ: 5.
		12.									Укажите																		целое												число,													ближайшее																						к									числу
		2012 −																						+							2010 −																											+ ... +										2 −											.
													2013 2011																																2011 2009																													3 1
							Решение. Данное																																	в										условии															число																				равно
		4024 − 2																										+							4010 − 2																										+ ... +										4 − 2
															2013 2011																																		2011 2009																																3 1
																																										2
																																																								+ ... +
						(								−								)2					+						(										−									)2													(							−						)2
=								2013											2011																			2011												2009																				3							1
																																							2
											−												+											−												+ ... +									−																					−1						.
=					2013												2011								2011															2009														3								1		=					2013
																															2																																						2
							Так как													2013						−1					=								2012														>							2012								= 4024 > 30,7 , и
																																																										64 +1,5
																		2																					2013 2 +												2																		131
										−1		=						2012																					2012								= 503 < 31,5 , то
		2013																																			<																																искомое																целое
																																							63 +1
		2																2013 2 +													2																16

число равно 31.

Ответ: 31.

13. Треугольник LOM с углом LOM = 21° повернули на некоторый острый угол вокруг точки O. При этом точка L переходит в

20

Олимпиада школьников «Ломоносов» по математике

точку N, лежащую на стороне LM, а точка M – в такую точку K, что OM NK . Найдите угол поворота (в градусах).

Решение. Обозначим угол поворота через ϕ (см. рисунок).

Тогда LON = MOK = ϕ . Так
как ON = OL	(свойство		поворота), то
OLN = ONL = 90° −		ϕ .
		2
Кроме	того,	ONK = OLN
= 90° − ϕ (следствие равенства ∆LOM
2
и ∆NOK ).
Поэтому	NOP = ϕ		. Значит, α =	3ϕ	, то есть ϕ =	2α	.
Ответ: 14° .		2	2			3
14. Трапеция ABCD с основанием AD = 6 вписана в окруж-
ность. Касательная к окружности в точке A пересекает прямые BD и
CD в точках M и N соответственно. Найдите AN, если						AB MD и
AM = 3 .
Решение.	Условие		AB MD означает, что ABD = 90° , то
есть основание AD – диаметр окружности. Так как трапеция впи-

санная, то она равнобедренная. Треугольники ∆DNA и ∆DAC подобны как прямоугольные с общим углом. Из равенства угловCAD и BDA вытекает подобие ∆DAC и ∆MDA . Значит,

∆DNA подобен ∆MDA , то есть ANAD = AMAD = 2 , отсюда AN = 12 .

Ответ: 12.

15. Найдите сумму всех таких целых значений a, принадлежащих отрезку [−2012; 2013] , при которых уравнение

(a − 3) x2 + 2(3 − a) x + aa +− 72 = 0 имеет хотя бы одно решение.

21

Олимпиада школьников «Ломоносов» по математике

Решение. При a = 3 решений нет. При остальных a должно

D

2

(a − 3)(a − 7)

быть

4 = (a − 3)

−

a + 2

≥ 0 . Последнее неравенство (плюс

решение a

(

−∞; − 2

)

{ }

(

3; + ∞

)

учёт

условия

a ≠ 3 ) имеет

1

.

Искомая сумма равна: −2012 − 2011− ... − 5 − 4 − 3 +1+ 4 + 5 + ...2013

= −3 +1+ 2013 = 2011.

Ответ: 2011.

16. Из сосуда, до краев наполненного вкусным 100%-м соком, пятиклассница Маша за день отпила 1 л сока, а вечером долила в сосуд 1 л воды. На следующий день после тщательного перемешивания она выпила 1 л смеси и вечером долила 1 л воды. На третий день, снова перемешав смесь, она выпила 1 л этой смеси и вечером долила 1 л воды. Утром следующего дня родители выяснили, что объем воды в сосуде на 1,5 л больше объема оставшегося сока. Сколько литров сока выпила в итоге Маша? Если ответ на вопрос задачи неоднозначен, укажите сумму всех возможных значений искомой величины.

Решение. Пусть объём сосуда в литрах равен x. После первого дня в сосуде останется (x −1) литр сока, после второго дня –

(x −1)2

литров сока, а после третьего дня –

(x −1)3

литров сока.

x

x2

Согласно условию получаем уравнение

x −

(x −1)3

= (x −1)3

+1,5

x2

x2

x3 −

(

x −1 3 =

(

x −1 3

+ 3 x2

2x3 − 9x2 +12x − 4 = 0

)

)

2

(x − 2)

2

1

По условию

x > 1,

следовательно x = 2

(это

x −

= 0 .

2

	объем сосуда), сока осталось	(2 −1)3	=	1	литра. Значит, Маша вы-
		22		4

пила 2 − 0,25 = 1,75 литра.

Ответ: 1,75.

22

Олимпиада школьников «Ломоносов» по математике

17. Найдите количество всех целочисленных решений нера-

венства 1− sin n4x − 3cos n2x − 6 sin n4x ≥ 0 , принадлежащих от-

резку [1991; 2013].

Решение.

Обозначив

sin

n x

= t ,

получим

4

)

1− t − 3 1− 2t2

≥

6

t , или

6t2 − t − 2 ≥

6

t .

При неотрица-

(

тельных t получаем

6t2 − t − 2 ≥ 6t2 ,

или t ≤ −2 ,

то есть решений

нет. При t < 0

условие 6t2 − t − 2 ≥ 0

дает t ≤ −

1

. Таким образом,

n x

2

получаем

решение

sin

≤ −

1

,

откуда

2

+ 2π k ≤ π x ≤ − π

4

− 5π

+ 2π k , или −10

+ 8k ≤ x ≤ −

2

+ 8k .

6

4

6

3

3

Целые решения:

5 + 8k ,

6 + 8k ,

7 + 8k . Из заданного проме-

жутка в ответ войдут: 1991, 1997, 1998, 1999, 2005, 2006, 2007, 2013

– 8 чисел.

Ответ: 8.

18. Найдите площадь фигуры, заданной на координатной плоскости неравенством 2(2 − x) ≥ y − x2 + y + x2 .

Решение. В области над графиками функций y = x2 и y = −x2 исходное неравенство принимает вид 2 − x ≥ y . В области под графиками функций y = x2 и y = −x2 исходное неравенство принимает вид 2 − x ≥ − y , т. е. y ≥ x − 2 . В области, лежащей над графиком функции y = −x2 и под графиком функции y = x2 , исходное неравенство имеет вид 2 − x ≥ x2 .

23

Олимпиада школьников «Ломоносов» по математике

Поэтому точки (x, y) ,

удовлетворяющие данному неравенству, образуют на коорди-

натной				плоскости					трапецию
ABCD, ограниченную прямыми
y = −x + 2 ,					y = x − 2 ,				x = −2 и
x = 1		(см.			рисунок),				вершины
которой				находятся					в	точках
(	−2; − 4		)		(	−2; 4	)		(	)
				,				,	1;1		и
(		)
	1; −1 .

Так как AB = 8 , CD = 2 , а высота трапеции равна 3, то искомая площадь равна 8 +2 2 3 = 15 .

Ответ: 15.

19. Среди чисел, превышающих 2013, найдите наименьшее
чётное число N, при котором дробь	15N − 7 сократима.
Решение. Наличие общего	22N − 5
	множителя у чисел 15N − 7 и
22N − 5 влечет за собой наличие такого же множителя у числа

(

22N

− 5

)

(

)

= 7N + 2 ,

а далее

последовательно

у чисел

(

)

− 15N − 7

)

− 7

− 2

(

7N + 2

)

= N −11 ,

(

7N + 2

− 7

(

)

= 79 . Так как

15N

N −11

79 –

простое

число,

то дробь сократима

на

79,

поэтому

N −11 = 79m ,

и

N = 11+ 79m .

По условию N – чётное, поэтому

N = 90 +158p . Нужное значение достигается при p = 13.

Ответ: 2144.

20.

Парабола

y = x2

пересекается с прямой

y = 25 . На отрез-

ке между точками пересечения параболы и прямой как на диаметре построена окружность. Найдите площадь выпуклого многоугольника, вершины которого – точки пересечения данной окружности и

24

Олимпиада школьников «Ломоносов» по математике

параболы. В ответе укажите ближайшее к величине этой площади целое число.

Решение. Парабола y = x2 пересекается с прямой y = a в точках с координатами (±a; a) . Каждая из точек пересечения окружности и параболы имеет координаты (x; x2 ) . Для нее расстояние до прямой y = a равно a − x2 , расстояние до оси ординат равно x , а расстояние до точки пересечения этих прямых (центра окружности) равно a . По теореме Пифагора x2 + (a − x2 )2 = a , то есть (a − x2 )(a − x2 −1) = 0 , и, помимо двух точек с координатами (±a; a) , окружность и парабола пересекаются также в двух точ-

ках (±a −1; a −1), лежащих на прямой y = a −1.

Таким образом, указанный в условии многоугольник является трапецией с высотой 1 и основаниями 2a и 2a −1 . Его площадь

равна a + a −1 . При a = 25 получаем 5 + 24 ≈ 9,898979... .

Ответ: 10.

21. Решите уравнение (x2 − 2x + 4)x2 −2x+3 = 625 . В ответе укажите сумму квадратов всех егокорней. Если корней нет, поставьте 0.

Решение. Так как x2 − 2x + 3 > 0 , то	x2 − 2x + 4 > 1 . Функция
f (z) = zz−1 возрастает при z > 1	(если 1 < z1 < z2 , то

f (z1 ) = z1z1 −1 < z1z2 −1 < z2z2 −1 = f (z2 ) . Поэтому исходное уравнение,

имеющее вид	f (x2 − 2x + 4) = f (5) , будет равносильно уравнению
x2 − 2x + 4 = 5 .	Отсюда x = 1±						. Сумма квадратов корней урав-
						2
нения равна (1+			)2 + (1−		)2	= 6 .
		2		2

Ответ: 6.

25

Олимпиада школьников «Ломоносов» по математике

22. Первоклассница Маша, заходя в школу, каждый раз поднимается на школьное крыльцо по лестнице, имеющей 10 ступенек. Находясь внизу лестницы или на очередной ее ступеньке, она может либо подняться на следующую ступеньку, либо перепрыгнуть через одну ступеньку вверх (перепрыгнуть через две или более ступенек Маша пока не может). Какое минимальное количество раз Маше нужно зайти в школу, чтобы подняться на крыльцо всеми возможными способами?

Решение. Заметим, что на крыльцо из одной ступеньки Маша может подняться одним способом, а на крыльцо из двух ступенек – двумя: либо наступив на каждую ступеньку, либо, перешагнув через первую ступеньку, попасть сразу на вторую.

Пусть an – количество способов, которыми Маша может подняться на крыльцо, имеющее n ступенек. Так как на n-ю ступеньку Маша может подняться либо с (n −1)-й ступеньки, либо с (n − 2)-й

ступеньки, то an = an−2 + an−1 . Последовательно вычисляем:

a1 = 1,	a2 = 2 ,		a3 = 1+ 2 = 3,	a4 = 2 + 3 = 5 ,	a5 = 3 + 5 = 8 ,
a6 = 5 + 8 = 13 ,		a7 = 8 +13 = 21, a8 = 13 + 21 = 34 , a9 = 21+ 34 = 55 ,
a10 = 34 + 55 = 89 .
Заметим,		что числа, построенные по правилу			F0 = 0 ,	F1 = 1,
Fn = Fn−2 + Fn−1		(n ≥ 2) , называются числами Фибоначчи.				Таким
образом, an = Fn+1 .
Ответ: 89.
23.	Вычислите: 1 2 + 2 3 + 3 4 + ... + 2013 2014 . В					случае
			(1+ 2 + 3 + ... + 2014) 15

необходимости ответ округлите с точностью до сотых.

n

Решение. Подсчитаем сумму в числителе: ∑k (k +1)

							k =1
n	n		n(n +1)(2n +1)		n(n +1)		n(n +1)(n + 2)
= ∑k2	+∑k	=		+		=		. Здесь
k =1	k =1	6		2		3
				26

Олимпиада школьников «Ломоносов» по математике

использована известная формула для суммы квадратов чисел натурального ряда, которую можно доказать разными способами (эти

доказательства легко можно найти в литературе).
Значит,	указанная	в	условии	дробь	равна
2013 2014 2015 2 5 = 2013 10		= 6710 .
3 2014 2015	3

Ответ: 6710.

24. Даны две различные геометрические прогрессии, первые члены которых равны 1, а сумма знаменателей равна 3. Найдите сумму пятых членов этих прогрессий, если сумма шестых членов равна 573. Если ответ на вопрос задачи неоднозначен, укажите сумму всех возможных значений искомой величины.

Решение. Пусть знаменатели прогрессий равны p и q. По

условию:				p + q = 3,				. Найти	требуется p4 + q4 . Обозначив
			5	+ q	5	= 573.
	p								p4 + q4 = (( p + q)2 − 2 pq)2 − 2 p2q2
p + q = a ,		pq = b ,					выразим:

= (a2 − 2b)2 − 2b2 = a4 − 4a2b + 2b2 ;

p5 + q5 = ( p + q)( p4 − p3q + p2q2 − pq3 + q4 ) = ( p + q)( p4 + q4 − pq( p2 + q2 ) + p2q2 )

= a(a4 − 4a2b + 2b2 − b(a2 − 2b) + b2 ) = a(a4 − 5a2b + 5b2 ) .

a = 3,

По

условию

a(a4 − 5a2b

+ 5b2 ) = 573

a = 3,

a = 3,

.

Отсюда b = 11 или

− 45b + 5b

2

= 191

2

− 9b − 22

= 0

81

b

b = −2 . Так как система

p + q = 3,

решений не имеет, то b = −2 .

pq =

11

Поэтому

a = 3 и

b = −2 . Значит,

p4 + q4 = a4 − 4a2b + 2b2

= 81+ 72 + 8 = 161 .

27

Олимпиада школьников «Ломоносов» по математике

Ответ: 161.

25. Команда спортсменов, третья часть которых – сноубордисты, спустилась с горы. При этом некоторые из них сели в вагон фуникулера, вмещающий не более 10 человек, а все остальные спустились самостоятельно, причём их число оказалось больше 45%, но меньше 50% от общего количества. Определите количество сноубордистов (если оно определяется из условия задачи неоднозначно, то впишите в ответ сумму всех возможных его значений).

Решение. Если было x сноубордистов, а на фуникулере спустились y человек, то всего было 3x спортсменов и

9

45

3x − y

50

10

20

y ≤

20

< 7,

=

<

<

=

,

x <

3x

30

3

20

100

100

20

30

33

y ≤ 10

y

20 x;

20 x

.

Перебирая значения

x = 1, 2, 2, 6 ,

находим,

что только при

x = 5

полученный

промежуток

30

x;

33

x

содержит целое

y

20

20

число ( y = 8 ).

Ответ: 5.

26. Найдите

наибольший

корень

уравнения

sin (2n x) − cos(n x)

=

sin (2n x)

−

cos(n x)

,

принадлежащий про-

1

межутку

4

; 2 .

Решение. Так

как

A − B

=

A

−

B

A2 − 2AB + B2 = A2 − 2

AB

+ B2

AB =

AB

AB ≥ 0 ,

то

sin 2n x cosn x ≥ 0

2sinn x cos2 n x ≥ 0

cosn x = 0,

sinn x ≥ 0

28

Олимпиада школьников «Ломоносов» по математике

n

x = −

1

+ 2 p,

n x = 2

+ n k

,

2

В

заданный в условии

2n ≤ x ≤ 1+ 2n.

2n n ≤ n x ≤ n + 2n n

1

3

промежуток попадают x

4

;1

.

Ответ: 1,5.

2

27. Найдите наибольшее значение выражения

sin

n

x +

4

.

2

(sin x + cos x)cos 4x − cos8x − 5

2

Решение.

Вначале следует убедиться в том, что модуль этого

выражения

не

превышает

1

5

− 2 2 (sin x + cos x)cos 4x + cos8x

=

1

n

2

4x

4 − 4sin x +

4

cos 4x + 2cos

=

1

≤ 1 .

2

+

n

− 2sin

2

n

2

4 + 2 cos 4x − sin

x

4

x +

4

При

этом

верхняя

граница

может

быть

достигнута,

если

n

cos 4x = sin x +

4

,

и

она

действительно

достигается

при

n

sin

= −1,

x +

4

x =

5π

+ 2π k .

4

Ответ: 0,5.

28. Хорды AA′ ,

BB′ и CC′

одной сферы пересекаются в об-

щей точке S. Найдите сумму SA′ + SB′ + SC′ , если AS = 6 , BS = 3 ,

29