Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Московский государственный физико-технический университет (МФТИ)

Предмет:

Математика

Файл:

математика

.pdf

Скачиваний:

100

Добавлен:

03.06.2015

Размер:

687.3 Кб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 34 / 54 5 > Следующая >>>

Олимпиада школьников «Ломоносов» по математике

CS = 2 , а объемы пирамид SABC и SA′B′C′ относятся как 2 : 9 . Если в ответе получится не целое число, округлите его до сотых.

Решение. Если a, b, c – данные ребра, x, y, z – соответствующие им ребра-продолжения, а k – данное отношение, то по теореме об отрезках пересекающихся хорд и лемме об отношении объёмов

пирамид с равными (вертикальными)

трехгранными углами при

ax = by = cz

3 (

abc

)

вершине

имеем:

3 abcxyz =

abc : xyz = k

x = 3

b2c2

откуда

получаем

p = x + y + z

= x 1

b2c2

По

условию

a = 6 , b = 3 ,

c = 2 ,

k =

2 .

Поэтому

= 3

32 22 9

6 2

= 18 .

Ответ: 18.

29.

Найдя

какой-нибудь

многочлен

шестой

степени

x6 + a x5

+ ... + a x + a

с целыми коэффициентами, одним из корней

которого служит число 2 + 35 , впишите в ответ сумму его коэффициентов a1 + a2 + ... + a6 .


Решение.			x =				+ 3		(x −		)3 = 5
						2		5		2
x3 − 3x2		+ 3x 2 − 2			= 5 x3 + 6x − 5 = (3x2 + 2)
	2			2
												2

(x3 + 6x − 5)2 = (3x2 + 2)2 2 P6 (x) = (x3 + 6x − 5)2 − 2(3x2 + 2)2 .

Отсюда

находим

искомую

сумму:

a1 + ... + a6 = P6 (1) −1

(

+ 6

− 5

)

2 − 2

(

+ 2

)

2 −1

= −47

. При

этом сам многочлен в

Олимпиада школьников «Ломоносов» по математике

явном виде получать не нужно (для справки заметим, что это мно-

гочлен x6 − 6x4 −10x3 +12x2 − 60x +17 ).

Ответ: −47 .

30. Найдите сумму всех целых значений a, принадлежащих отрезку [−10;10] , при каждом из которых из двойного неравенства

5 ≤ x ≤ 10 следует неравенство ax + 3a2 −12a +12 > a2 x −1 .

Решение. Пусть t = x −1 , тогда исходная задача сводится к нахождению таких значений a, при каждом из которых неравенство

(

)

≡ at2 − a2t + 3a2 −11a +12 > 0

[

]

выполняется при всех

2; 3 .

Это означает, что минимум функции f (t)

на отрезке 2 ≤ t ≤ 3 по-

ложителен.

f (t) ≡ 12 . Если же a ≠ 0 ,то возможны два слу-

Если a = 0 , то

чая:

= −

(a − 2)(a − 4)(a − 6) > 0,

а)

4 < a < 6 ;

≤

≤ 3

a (−∞; 4) (6; ) ∞),

б)

f (2) ; (a − 3)(a − 4) > 0,

a < 3.

f (3) ; 2(6 − a) > 0

В итоге

a (−∞; 3) (4; 6) ,

и сумма искомых значений a на

отрезке

[−10;10]

равна:

−10 − 9 − 8 − ... −1+ 0 +1+ 2 + 5

= (−10 − 9 − ... − 6) − 4 − 3 = −47 .

Ответ: −47 .

31. Найдите количество корней уравнения

(

))

arctg

13n 2

+12n x −12x2

= arcsin sin

13n + 3π x − 3x2 .

Олимпиада школьников «Ломоносов» по математике

Решение.

Сделаем

замену

t =

13π 2 + 3π x − 3x2 .

Так

как

13π 2

+ 3π x − 3x

= 4π

π 2

, то

0 ≤ t ≤ 2π .

Исходное урав-

− 3 x −

нение

после

указанной

замены

переходит

уравнение

arctg(tg2t) = arcsin (sin t) .

f (t)=arctg(tg2t) и g (t) = arcsin (sin t)

Графики функций

на

отрезке [0; 2π ]

имеют пять точек пересечения: t1 = 0 , t2

; π ,

t = π

, t

π ;

3π и t

2π

(см. рисунок).

y = π − t,

2π

Значение t2 находится из системы:

y = 2

t −

y = π − t,

4π

Аналогично находим t4

3π t4

y = 2 t −

Олимпиада школьников «Ломоносов» по математике

Уравнения

4π

− 3

π 2

имеют

по

два

различных

x −

= tk

решения при k = 1, 2, 3, 4 .

Уравнение

4π

− 3

π 2

= t6 имеет

x −

единственное решение. Итого получаем 9 решений.

Ответ: 9.

32. Найдите сумму всех таких целых a [0; 400] , при каждом

из которых уравнение	x4 − 6x2 + 4 = sin	n a	− 2	x2	имеет	ровно

		200
						[t] –
шесть корней. Здесь используется стандартное обозначение:

целая часть числа t (наибольшее целое число, не превышающее t).

Решение. Пусть	b = sin	n a	,	t = x2 . Используя равенство
		200

[	]	{ }	{ }	– дробная часть	t), получаем, что исходное
t		= t − t	(здесь t
уравнение			равносильно уравнению t2		{ }	. При
					− 6t + 4 = b − 2t + 2 t

этом заметим, что любому положительному t соответствуют два различных x, двум различным положительным t соответствует четыре различных x, трём различным положительным t – шесть различных x и т. д.

Решаем уравнение:

t2	{ }	, b	[	]
t2	− 4t + 4 = b + 2 t	, b		−1;1 .	(1)

Поскольку правая его часть принадлежит интервалу [−1; 3) , то левая часть не выходит за рамки этого интервала при (t − 2)2 < 3 , т. е. при t (2 − 3; 2 + 3).

Рассмотрим четыре случая:

1) Пусть t (2 − 3;1). Тогда {t} = t , и исходное уравнение принимает вид: t2 − 6t + 4 = b , откуда t1± = 3 ± 5 + sin b .

Олимпиада школьников «Ломоносов» по математике

Из этих корней интервалу (2 − 3;1) принадлежит только t1− при b (−1;1] .

2) Пусть

[

)

Тогда

{ }

= t −1,

исходное

уравнение

1; 2

принимает вид: t2 − 6t + 6 = b , откуда t2± = 3 ±

3 + sin b

Из этих корней интервалу

[

)

1; 2

принадлежит только t− при

любом b

[

−1;1 .

]

[

)

{ }

3) Пусть

2; 3

Тогда

= t − 2 ,

исходное

уравнение

принимает вид:

t2 − 6t + 8 = b ,

откуда

t±

= 3

. Из

этих

1+ sin b

корней интервалу [2; 3)

при b [−1; 0] .

принадлежит только t3−

4) Пусть

3). Тогда {t} = t − 3 ,

и исходное уравне-

3; 2 +

ние принимает вид: t2

− 6t +10 = b ,

откуда

(

)

2 +

(

)

= 0 .

t − 3

1− b

Данное уравнение имеет единственное решение

t4 = 3

при

b = 1

(напомним, что b

[

]

−1;1

В итоге получаем:

при b = −1 уравнение (1) имеет одно положительно решение по t, а именно t2− , откуда исходное уравнение имеет два различных

решения по переменной x;
при b	(	)
при b		0;1 уравнение (1) имеет два различных положитель-
ных решения по переменной t, а именно t− ,						t− ,	откуда исходное
					1	2
уравнение имеет четыре различных решения по переменной x;
при b	(	−1; 0	]	{ }
при b		−1; 0		1	уравнение (1) имеет три различных поло-
жительных решения по переменной t, а именно							t− ,	t− ,	t− для
b (−1; 0] и t1− , t2− ,							1	2	3
b (−1; 0] и t1− , t2− ,				t4 для b = 1 , откуда исходное уравнение имеет
шесть различных решений по переменной x.

Олимпиада школьников «Ломоносов» по математике

Поскольку b = sin 200n a , то для a [0; 400] получаем, что при a {0} {100} [200;300) (300;400] будет шесть решений у ис-

ходного уравнения.		0 )100 ) (200 ) 201) …) 400) − 300
Получаем	ответ:	0 )100 ) (200 ) 201) …) 400) − 300

=200 + 400 201− 200 = 60100 . 2

Ответ: 60100.

Задания заключительного этапа олимпиады школьников «Ломоносов» по математике

10-11 классы

Наконец, приводим примеры заданий заключительного этапа олимпиады для 10-11 классов 2012/13 и 2013/14 учебных годов.

1. На покраску дома жёлтой краски потребовалось больше, чем белой на 20%, а коричневой краски – на 25% меньше, чем желтой. На сколько процентов коричневой и желтой краски суммарно потребовалось больше, чем белой?

Решение. Пусть x – количество белой краски. Тогда желтой краски потребовалось 65x , а коричневой 34 65x = 109x . Отношение общего количества коричневой и желтой краски к количеству белой

краски равно	9x	+	6x	: x =	210	.
	10		5		100

Ответ: на 110%.

2. Решите уравнение 6 cos x + 2 sin x = 2 .

Олимпиада школьников «Ломоносов» по математике

cos x +

1 sin x =

Решение.

При

sin x ≥ 0

получим

cos x −

откуда x =

+ 2n n .

После учета

условия

sin x ≥ 0 остается одна серия:

x =

+ 2n n ,

n Z .

cos x − 1 sin x =

Аналогично

при sin x < 0 :

cos x +

x = −

+ 2n n .

После

учета

условия

sin x < 0 остается одна серия: x = − 512n + 2n n , n Z .

Ответ: x = ± 512n + 2n n , n Z .

3. Найдите все значения a, при каждом из которых сумма мо-

дулей корней квадратного трёхчлена x2 + 2ax + 4a равна 3.

при

Решение. Уравнение имеет корни при

a2 − 4a ≥ 0 ,

то есть

a ≤ 0

при

a ≥ 4 .

По

теореме

Виета:

(

)2 = x12 + x22 + 2

x1x2

= (x1 + x2 )2 + 2(

x1x2

− x1x2 )

= 4a2 + 8(

− a) . По условию 4a2 + 8(

− a)

= 9 . При a ≤ 0 полу-

чаем

4a2 −16a = 9 , откуда

a = − 1

или a =

9 (посторонний ко-

рень).

При a ≥ 4 получаем

4a2 = 9 ,

откуда

a = ± 3 – оба корня

меньше 4.

Ответ: − 12 .

4. Маша выписала на доске подряд все натуральные числа от 2 до 2015. Пришёл Ваня и заменил каждое из этих чисел суммой его

Олимпиада школьников «Ломоносов» по математике

цифр. Пришла Таня и сделала то же самое с получившимися числами. Так продолжалось до тех пор, пока на доске не осталось 2014 однозначных чисел (цифр). Какова сумма всех оставшихся чисел?

Решение. Число a и сумма цифр числа a при делении на 9 дают одинаковые остатки, поэтому в итоге на доске останется ряд чисел: 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 1, 2, …, 9, 1, 2, и так далее. Так как

2014 = 9 223 + 7 , то в этом ряду 223 раза встретится последовательность от 1 до 9 и будет ещё 7 цифр. Значит, ряд заканчивается

цифрой 8, и искомая сумма чисел равна (1+ 2 + ... + 9) 224 −1− 9

= 45 224 −10 = 10 070 .

Ответ: 10 070.

5. Среди всех прямоугольников, вершины которых лежат на сторонах данного ромба, а стороны параллельны диагоналям ромба, наибольшую площадь имеет прямоугольник, отношение сторон которого равно 2. Найдите острый угол ромба.

Решение. Обозначим острый угол и сторону ромба через α и a соответственно. Пусть расстояние от вершины при остром угле ромба до вершины прямоугольника, лежащей на смежной с углом стороне равно x . Тогда стороны вписанного в ромб прямоугольни-

ка равны	2xsin	α	и	2(a − x)cos	α	. Площадь		прямоугольника
		2			2		x = a
S = 2x(a − x)sinα			будет максимальной при				x = a	(вершина пара-
							2

болы). Следовательно, стороны прямоугольника равны asin α2 и

a cos α2 . Поскольку отношение сторон равно 2, то tg α2 = 12 , откуда

α = 2arctg 12 .

Ответ: 2arctg 12 ≡ arctg 43 .

Олимпиада школьников «Ломоносов» по математике

6. Найдите все пары (a, b), при которых множество решений

неравенства log2014 (x − a) > 2x2 − x − b совпадает с промежутком

(0; 1).

Решение. Из выпуклости вверх графика функции y = log2014 (x − a) и выпуклости вниз графика функции 2x2 − x − b следует, что промежуток (0;1) является множеством решений неравенства тогда и только тогда, когда числа x = 0 и x = 1 – решения

соответствующего уравнения:

log2014 (x − a) = 2x2 − x − b .

Следова-

log

2014 (

−a

)

= −b,

log2014 (−a) = −b,

тельно,

a −1

откуда

− a) = 1− b

log2014

log2014 (1

= 1,

a = − 20131 , b = log2014 2013.

Ответ: a = − 20131 , b = log2014 2013.

7. Найдите все значения α , при каждом из которых нули

	3x				g (x) = 2sin 2x − 4sin		n
функций				и				− 3
	f (x) = sin	2	− α			x −	3

строго чередуются на числовой оси.

Решение. Решим вначале уравнение без параметра: g (x) = 0

2sin 2x − 4sin

− 3

= 0

(2sin x + 3)(2cos x −1) = 0

x −

x = ± n

4π

cos x =

sin x = −

+ 2n n ,

x =

+ 2π k ,

n, k Z . Расстояния на тригонометрической окружности против часовой стрелки между нулями функции g (точки A, B и C на ри-

сунке), считая от точки A, равны π , π3 и 23π .

Олимпиада школьников «Ломоносов» по математике

Нули функции f равны 23α + 2π3m ,

m Ζ и на тригонометрической окружности образуют правильный треугольник. Рас-

стояния между этими точками равны 23π .

Необходимое и достаточное условие чередования нулей этих функций состоит в том, что на дуге BC содержится нуль функ-

ции f, следовательно, в точках B и C функция f принимает разные

знаки: f	4π		5π		<
знаки: f		f			<
	3		3
sin 2α > 0				n
sin 2α > 0	α n n;				2
					2
				n
Ответ: α n n;					2
					2

0	5n
	sin (2n − α ) sin	2

+ n n , n Z .

	< 0
− α	< 0

8. Для охраны объекта в течение 5 суток заказчик договорился с охранниками о следующем: все они укажут отрезки времени своих предполагаемых дежурств с единственным условием, чтобы их объединение составляло заданные 5 суток, а он выберет из этих отрезков любой набор, удовлетворяющий тому же условию, и оплатит работу из расчета 500 руб. в час каждому дежурному. Какая наименьшая сумма денег, заранее подготовленная заказчиком, позволит ему наверняка расплатиться с охранниками?

Решение.

1.Двойной оплаты времени охраны точно хватит, поскольку из любого покрытия отрезка конечной системой отрезков можно выбрать не более чем двукратное подпокрытие (если какая-то точка покрыта более чем двумя отрезками, то можно оставить только два из них — с самым левым концом и с самым правым, а остальные выбросить).

2.Менее чем двойной оплаты может не хватить при грамотных действиях охранников: они могут поставить свои дежурства

<<< < Предыдущая 1 2 34 / 54 5 > Следующая >>>