Задачи МФТИ. З ада ч ифизикоматематических олимпиад 2017
 Скачать 420.59 Kb.
|
|
1. Ответ. 72 ; 222 Решение. Находим координаты точек пересечения параболы с каждой изданных прямых (рассматриваем только случай a > 0 , т.к. иначе третья прямая не высекает отрезка на параболе = 3x 2 , y = 147 ⇐⇒ ½ x = ±7, y = 147; ½ y = 3x 2 , y = 75 ⇐⇒ ½ x = ±5, y = 75; ½ y = 3x 2 , y = a ⇐⇒ ( x = ± r a 3 , y = Тогда длины высеченных отрезков равны 14, 10 и r 4a 3 . Прямой угол может лежать только напротив большей стороны треугольника, так что возможны два случая) Прямой угол лежит напротив стороны, равной r 4a 3 . Тогда по теореме Пифагора получаем 196 + 100 , откуда a = = 222 . 2) Прямой угол лежит напротив стороны, равной 14 . Тогда по теореме Пифагора получаем 196 = 100 + 4a 3 , откуда a = 72 Ответ. Решение. Пусть прямые DA и CB пересекаются в точке см. рис. 1). Треугольник CM D равносторонний, так как радиусы всех окружностей одинаковы. Обозначим радиусы окружностей через r , а расстояния от вершины C до точек касания окружности со сторонами треугольника CM D через эти расстояния равны как отрезки касательных, проведённых к окружности из одной точки. Тогда расстояния от точки D до точек касания окружности со сторонами треугольника CM также равны x ввиду того, что треугольник равносторонний, а расстояния между точками касания любой стороны треугольника CM D с окружностями равно 2r . Пусть также расстояния МАТЕМАТИКА ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ Билет 1 от вершины A до точек касания окружности со сторонами данного четырёхугольника равны a , а расстояния от вершины до точек касания окружности со сторонами данного четырёх угольника равны b . Тогда данное в пункте а) равенство принимает вид (x + 2r + a) + (x + 2r + b) − (a + b) − (2x + 2r) = 30 откуда r = 15 Рис. Ответ. Решение. Пусть в альбоме p листов, а общее количество марок у Чиполлино равно k . Тогда если на каждый из листов альбома наклеено помарки (те. всего 22p марок, то это меньше, чем общее количество марок у Чиполлино, поэтому 22p < k Если распределять марки по 26 штук на лист, то по крайней мере один лист остаётся пустым. Это означает, что количество марок у Чиполлино не превосходит 26(p − 1) , те. k 6 26(p − 1) Наконец, последнее условие означает, что k + 21p = 700 , откуда k = 700 − 21p . Подставляем это в два полученных выше неравенства < 700 − 21p, 700 − 21p 6 26(p − 1) ⇐⇒ p < 700 43 , p > 726 47 . 34 МАТЕМАТИКА ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ Билет Этой системе неравенств удовлетворяет единственное целое значение p — это p = 16 . Значит, всего у Чиполлино 700−21·16 = = 364 марки. 4. Ответ. ±2 p√ 2 + 1 Решение. Обе части неравенства неотрицательны, поэтому можем возвести их в квадрат. Получаем (ax−3a) 2 6 x−1 . Так как в этом неравенстве записано, что выражение, находившееся под корнем, не меньше полного квадрата, неравенство равносильно исходному. Приводим подобные слагаемые a 2 x 2 − ¡ 6a 2 + 1 ¢ x + + ¡ 9a 2 + 1 ¢ 6 0 Если a = 0 , то x > 1 , что не удовлетворяет требованиям задачи. При всех остальных a рассматриваемое неравенство является квадратным, а график его левой части есть парабола с ветвями вверх. Если дискриминант меньше нуля, то решений у этого неравенства нет если дискриминант равен нулю, то у неравенства единственное решение если дискриминант больше нуля, то множество решений — это промежуток между корнями. Дискриминант D равен+ 1 ¢ 2 − 4a 2 ¡ 9a 2 + 1 ¢ = 8a 2 + + 1 . Корни равны+ 1 ± √ D 2a 2 , а расстояние между ними есть. По условию это расстояние должно быть равно 4, откуда = 4a 2 , D = 16a 4 , 16a 4 − 8a 2 − 1 = 0 , a = ± 1 2 p√ 2 + 1 Ответ. Решение. Положение семёрок можно выбрать 12 способами. После этого в каждом из случаев остаётся разместить двойки и пятёрки. На каждую позицию мы можем поставить любую из этих двух цифр, поэтому получаем 2 способов однако среди них не подходят те два способа, когда все выбранные цифры одинаковы, так как по условию каждая цифра была использована по крайней мере один раз. Таким образом, в этом случае есть 11 − 2 ¢ = 24552 способа. 6. Ответ. Решение. Обозначим CL : LT = α , а площадь треугольника МАТЕМАТИКА ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ Билет 1 35 ABC через S см. рис. 2). По теореме Менелая для треугольника ACL и секущей BF получаем C · CB BL · LQ QA = 1 , откуда 5 · (α + 1) · LQ QA = 1 , LQ QA = 5 3α + 3 Рис. 2 Треугольники ALB и ACB имеют общую высоту, проведённую из вершины , поэтому их площади относятся как основания, т.е. S 4ALB = S α + 1 Треугольники ALB и QLB имеют общую высоту, проведённую из вершины B , поэтому их площади также относятся как основания, следовательно S 4BLQ : S 4BLA = QL AL = 5 3α + 8 . Значит + 8)(α + 1) . По условию эта площадь равна 4S 25 ; получаем уравнение 4(3α + 8)(α + 1) = 125 , откуда α = 3 второй корень этого уравнения отрицателен). Отношение расстояний от точек L и Q до прямой AC равно : QA = (8 + 3α) : (3 + 3α) = 5 : 3 . Следовательно, искомое расстояние равно 12 · 5 3 = 20 Ответ. Решение. Пусть d 1 , . . . , d 5 — числа из первого промежутка, . . . , d 10 — числа из второго промежутка, d 11 , . . . , числа из третьего промежутка и т.д. Заметим, что каждое из чисел второго промежутка представимо в виде d i = 25 + c i , где 1 6 c i 6 25 , каждое из чисел третьего промежутка представимо в виде d i = 50 + c i , где 1 6 c i 6 25 и т.д. Пусть также c 1 = d 1 , . . . , c 5 = С учётом введённых обозначений сумма данных чисел равна · (25 + 50 + 75) + c 1 + c 2 + . . . + c 20 = 750 + c 1 + c 2 + . . . + + c 20 . Отметим также, что все числа c 1 , c 2 , . . . , должны 36 МАТЕМАТИКА ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ Билет быть различны (если c i = c j , то разность d i − делится на а если c i 6= c j , то разность d i − не делится на 25). Значит, сумма чисел минимальна, если принимают значения от до 20 (в любом порядке это минимальное значение суммы равно + 1 + 2 + . . . + 20 = 750 + 1 + 20 2 · 20 = 960 . МАТЕМАТИКА ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ Билет 3 БИЛЕТ 2, 9 класс 1. Ответ. 205 , 45 Ответ. Ответ. Ответ. ± r √ 5 − 2 Ответ. Ответ. Ответ. БИЛЕТ 3, 10 класс 1. Ответ. a = 23 8 , a = 41 Решение. Находим координаты точек пересечения параболы с каждой изданных прямых (рассматриваем только случай, когда дискриминант квадратного уравнения в третьей системе положителен, т.к. иначе прямая y = a не высекает отрезка на параболе = 2x 2 − 5x + 1, y = −1 ⇐⇒ ( x = 2 или x = 1 2 , y = −1; ½ y = 2x 2 − 5x + 1, y = 4 ⇐⇒ ( x = 3 или x = − 1 2 , y = 4; ½ y = 2x 2 − 5x + 1, y = a ⇐⇒ ( x = 5 ± √ 17 + 8a 4 , y = Тогда длины высеченных отрезков равны 2 , 7 и + Прямой угол может лежать только напротив большей стороны треугольника, так что возможны два случая) Прямой угол лежит напротив стороны, равной + 8a 2 . Тогда по теореме Пифагора получаем + 8a 4 = 9 4 + 49 4 , откуда a = 41 8 38 МАТЕМАТИКА ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ Билет 3 2) Прямой угол лежит напротив стороны, равной 2 . Тогда по теореме Пифагора получаем 4 = 17 + 8a 4 + 9 4 , откуда a = = 23 Ответ. Решение. Положение девяток можно выбрать 13 способами. После этого в каждом из случаев остаётся разместить тройки и четвёрки. На каждую позицию мы можем поставить любую из этих двух цифр, поэтому получаем 2 способов однако среди них не подходят те два способа, когда все выбранные цифры одинаковы, так как по условию каждая цифра была использована по крайней мере один раз. Таким образом, в этом случае есть 12 − 2 ¢ = 53222 способа. 3. Ответ. а) 12; б) Решение. а) Пусть прямые DA и CB пересекаются в точке M см. рис. 1, стр. 33). Треугольник CM D равносторонний, так как радиусы всех окружностей одинаковы. Обозначим радиусы окружностей через r , а расстояния от вершины до точек касания окружности со сторонами треугольника CM D через x эти расстояния равны как отрезки касательных, проведённых к окружности из одной точки. Тогда расстояния от точки D до точек касания окружности со сторонами треугольника CM D также равны x ввиду того, что треугольник равносторонний, а расстояния между точками касания любой стороны треугольника CM D с окружностями равно 2r . Пусть также расстояния от вершины A до точек касания окружности со сторонами данного четырёх угольника равны a , а расстояния от вершины B до точек касания окружности со сторонами данного четырёхугольни ка равны b . Тогда данное в пункте а) равенство принимает вид + 2r + a) + (x + 2r + b) − (a + b) − (2x + 2r) = 24 , откуда = 12 б) Поскольку ∠AM B = 60 ◦ , сумма двух других углов треугольника ABM равна Следовательно, ∠DAB + МАТЕМАТИКА ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ Билет 3 39 + ∠CBA = 180 ◦ − ∠BAM + 180 ◦ − ∠ABM = Центр окружности, вписанной в угол, лежит на биссектрисе этого угла, поэтому AO и BO — биссектрисы углов и CBA соответственно. Следовательно, ∠OAB + ∠OBA = = 1 2 (∠DAB + ∠CBA) = 120 ◦ , ∠AOB = Ответ. ± 1 3 p√ 13 + 2 Решение. Обе части неравенства неотрицательны, поэтому можем возвести их в квадрат. Получаем (ax−2a) 2 6 x−1 . Так как в этом неравенстве записано, что выражение, находившееся под корнем, не меньше полного квадрата, неравенство равносильно исходному. Приводим подобные слагаемые a 2 x 2 − ¡ 4a 2 + 1 ¢ x + + ¡ 4a 2 + 1 ¢ 6 0 Если a = 0 , то x > 1 , что не удовлетворяет требованиям задачи. При всех остальных a рассматриваемое неравенство является квадратным, а график его левой части есть парабола с ветвями вверх. Если дискриминант меньше нуля, то решений у этого неравенства нет если дискриминант равен нулю, то у неравенства единственное решение если дискриминант больше нуля, то множество решений — это промежуток между корнями. Дискриминант D равен+ 1 ¢ 2 − 4a 2 ¡ 4a 2 + 1 ¢ = 4a 2 + + 1 . Корни равны+ 1 ± √ D 2a 2 , а расстояние между ними есть. По условию это расстояние должно быть равно 3, откуда = 3a 2 , D = 9a 4 , 9a 4 − 4a 2 − 1 = 0 , a = ± 1 3 p√ 13 + 2 Ответ. Решение. Пусть w — количество рабочих, h — количество рабочих часов вдень объём работы, выполняемый одним рабочим за один час. Весь объём работы считаем равным единице. Тогда 28whq = 1 Во второй ситуации количество рабочих равно w + 2 , количество рабочих часов вдень равно h + 1 , а работа выполняется задень, следовательно, 21(w + 2)(h + 1)q = 1 В третьей ситуации количество рабочих равно w + 6 , количе 40 МАТЕМАТИКА ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ Билет 3 ство рабочих часов вдень равно h + 2 , а работа выполняется задней, следовательно, 15(w + 6)(h + 2)q = 1 Подставляя в правые части второго и третьего уравнений вместо 1 и сокращая на положительное число q , получаем систему уравнений + 2)(h + 1) = 28hw, 15(w + 6)(h + 2) = которая после раскрытия скобок и приведения подобных слагаемых принимает вид − 6h − 3w − 6 = 0, 13hw − 90h − 30w − 180 = Вычитаем из второго уравнения, первое уравнение, умноженное на 13: −12h + 9w − 102 = 0 ⇐⇒ h = 3w − 34 Подставляем это выражение в первое уравнение последней системы 34w 4 − 9w − 102 2 − 3w − 6 = 0 ⇐⇒ ⇐⇒ 3 4 w 2 − 16w + 45 = 0 ⇐⇒ w = 18, w = 10 Дробное значение w не подходит, поэтому w = 18 Рис. Ответ. Решение. Обозначим : LB = α , а площадь треугольника ABC через S см. рис. По теореме Менелая для треугольника и секущей BF получаем C · CB BL · LQ QA = 1 , откуда 3 · (α + 1) · LQ QA = 1 , LQ QA = 3 7α + Треугольники ALB и ACB имеют общую высоту, проведён ную из вершины A , поэтому их площади относятся как основания, те. S 4ALB = S α + 1 МАТЕМАТИКА ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ Билет 4 Треугольники ALB и QLB имеют общую высоту, проведён ную из вершины B , поэтому их площади также относятся как основания, следовательно S 4BLQ : S 4BLA = QL AL = 3 7α + Значит, S 4BLQ = 3S (7α + 10)(α + 1) . По условию эта площадь равна получаем уравнение 7(7α + 10)(α + 1) = 108 , откуда = 2 второй корень этого уравнения отрицателен). Отношение расстояний от точек L и Q до прямой AC равно : QA = (10 + 7α) : (7 + 7α) = 4 : 3 . Следовательно, искомое расстояние равно 3 · 4 3 = 4 Ответ. Решение. Пусть d 1 , . . . , d 6 — числа из первого промежутка, . . . , d 12 — числа из второго промежутка, d 13 , . . . , числа из третьего промежутка и т.д. Заметим, что каждое из чисел второго промежутка представимо в виде d i = 30 + c i , где 1 6 c i 6 30 , каждое из чисел третьего промежутка представимо в виде d i = 60 + c i , где 1 6 c i 6 30 и т.д. Пусть также c 1 = d 1 , . . . , c 6 = С учётом введённых обозначений сумма данных чисел равна · (30 + 60 + 90) + c 1 + c 2 + . . . + c 24 = 1080 + c 1 + c 2 + . . . + + c 24 . Отметим также, что все числа c 1 , c 2 , . . . , должны быть различны (если c i = c j , то разность d i − делится на а если c i 6= c j , то разность d i − не делится на 30). Значит, сумма чисел максимальна, если принимают значения от до 30 (в любом порядке это максимальное значение суммы равно 1080 + 7 + 8 + . . . + 30 = 1080 + 7 + 30 2 · 24 = 1524 БИЛЕТ 4, 10 класс 1. Ответ. 50 3 ; 52 Ответ. Ответа б) Ответ. ± p√ 5 − 2 . 42 МАТЕМАТИКА ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ Билет Ответ. Ответ. Ответ. 3122. МАТЕМАТИКА ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ Билет 5 БИЛЕТ 5, 11 класс 1. Ответ. 50 ; 158 Решение. Находим координаты точек пересечения параболы с каждой изданных прямых (рассматриваем только случай a > 0 , т.к. иначе третья прямая не высекает отрезка на параболе = 2x 2 , y = 98 ⇐⇒ ½ x = ±7, y = 98; ½ y = 2x 2 , y = 18 ⇐⇒ ½ x = ±3, y = 18; ½ y = 2x 2 , y = a ⇐⇒ ( x = ± r a 2 , y = Тогда длины высеченных отрезков равны 14, 6 и . Угол 120 ◦ может лежать только напротив большей стороны треугольника, так что возможны два случая) Угол лежит напротив стороны, равной . Тогда по теореме косинусов получаем 2a = 196 + 36 − 2 · 14 · 6 · cos откуда a = 158 . 2) Угол лежит напротив стороны, равной 14 . Тогда по теореме косинусов получаем 196 = 2a + 36 − 2 · √ 2a · 6 · cos откуда a + 3 √ 2 √ a − 80 = 0 , √ a = 5 √ 2 или = −8 √ 2 следовательно, a = 50 Ответ. g min = 55 16 , g max = 5 Решение. Преобразуем данную функцию) = 1 2 cos 4x − 1 2 cos 10x − 1 2 + 1 2 cos 2x + 1 2 + 1 2 cos 10x + 4 = = 1 2 ¡ 2 cos 2 2x − 1 ¢ + 1 2 cos 2x + 4 = cos 2 2x + 1 2 cos 2x + 7 Обозначив cos 2x = t , получаем функцию f (t) = t 2 + 1 2 t + + 7 2 , t ∈ [−1; 1] . Графиком этой функции является парабола с ветвями вверх и вершиной в точке с абсциссой t 0 = − 1 4 . Своё наименьшее значение эта функция принимает в вершине, поэтому f min = f ³ − 1 4 ´ = 55 16 . Наибольшее значение достигается в точке, наиболее удалённой от вершины, те. f max = f (1) = 5 . 44 МАТЕМАТИКА ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ Билет Ответ. Решение. Возможны два случая) Число начинается с восьмёрки. Тогда за ней идут ещё шесть восьмёрок, и у нас остаётся 10 последних мест для размещения нулей и семёрок. На каждую позицию мы можем поставить любую из этих двух цифр, поэтому получаем 2 способов однако среди них не подходят те два способа, когда все выбранные цифры одинаковы, так как по условию каждая цифра была использована по крайней мере один раз. Таким образом, в этом случае есть 2 10 − 2 = 1022 способа) Число начинается с семёрки. Тогда мы можем десятью способами выбрать положение восьмёрок. После того, как восьмёр ки заняли свои места, остаётся заполнить 9 оставшихся позиций нулями и семёрками; при этом мы обязаны использовать хотя бы один ноль. Следовательно, для каждого варианта расположения восьмёрок у насесть способов (вычитаем тот один способ, при котором нет нулей, те. всего 10 ¡ 2 9 − 1 ¢ способов. Суммируем полученные результаты 2 10 − 2 + 10 · 2 9 − 10 = = 6132 Ответа б) 60 ◦ ; в Решение. а) Пусть прямые DA и CB пересекаются в точке M см. рис. 1, стр. 33). Треугольник CM D равносторонний, так как радиусы всех окружностей одинаковы. Обозначим радиусы окружностей через r , а расстояния от вершины до точек касания окружности со сторонами треугольника CM D через x эти расстояния равны как отрезки касательных, проведённых к окружности из одной точки. Тогда расстояния от точки D до точек касания окружности со сторонами треугольника CM D также равны x ввиду того, что треугольник равносторонний, а расстояния между точками касания любой стороны треугольника CM D с окружностями равно 2r . Пусть также расстояния от вершины A до точек касания окружности со сторонами данного четырёх угольника равны a , а расстояния от вершины B до точек ка МАТЕМАТИКА ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ Билет 5 45 сания окружности со сторонами данного четырёхугольни ка равны b . Тогда данное в пункте а) равенство принимает вид + 2r + a) + (x + 2r + b) − (a + b) − (2x + 2r) = 12 , откуда = 6 б) Поскольку ∠AM B = 60 ◦ , сумма двух других углов треугольника ABM равна Следовательно, ∠DAB + + ∠CBA = 180 ◦ − ∠BAM + 180 ◦ − ∠ABM = Центр окружности, вписанной в угол, лежит на биссектрисе этого угла, поэтому AO и BO — биссектрисы углов и CBA соответственно. Следовательно, ∠OAB + ∠OBA = = 1 2 (∠DAB + ∠CBA) = 120 ◦ , ∠AOB = в) Записывая площадь треугольника OAB двумя способами, получаем равенство 2 OA · OB · sin 60 ◦ = 1 2 r · AB , откуда = 29 Ответ 4 ; Решение. Сделаем замену + 7 = t . Тогда x = t 2 − 7 и неравенство принимает вид log t+7−t 2 ¡ t 2 −3 ¢ > 1 ⇔ log t+7−t 2 ¡ t 2 −3 ¢ > log t+7−t 2 ¡ t + 7 − Используя метод рационализации, получаем − t 2 + 6 ¢ ¡ t 2 − 3 − ¡ t − t 2 + 7 ¢¢ > 0, t − t 2 + 7 > 0, t − t 2 + 7 6= 1, t 2 − 3 > Первое неравенство этой системы равносильно следующему t − 6 ¢ ¡ 2t 2 − t − 10 ¢ 6 0 , (t+2) 2 (t−3)(2t−5) 6 0 , откуда ∈ {−2} ∪ h 5 2 ; Из второго неравенства получаем, что − √ 29 2 < t < < 1 + √ 29 2 ; из третьего — что t 6= −2 и t 6= 3 ; из последнего — что |t| > √ 3 Пересекая все эти множества, находим, что t ∈ h 5 2 ; 3 ´ . Сле 46 МАТЕМАТИКА ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ Билет 5 довательно, 5 2 6 √ x + 7 < 3 ⇐⇒ 25 4 6 x + 7 < 9 ⇐⇒ ⇐⇒ − 3 4 6 x < 2 Рис. Ответ. Решение. Обозначим CL : LB = = α , а площадь треугольника через S см. рис. По теореме Менелая для треугольника ACL и секущей BF получаем C · CB BL · LQ QA = 1 , откуда 5 ·(α+ + 1) · LQ QA = 1 , LQ QA = 5 2α + Треугольники ALB и ACB имеют общую высоту, проведённую из вершины A , поэтому их площади относятся как основания, те + Треугольники ALB и QLB имеют общую высоту, проведён ную из вершины B , поэтому их площади также относятся как основания, следовательно S 4BLQ : S 4BLA = QL AL = 5 2α + Значит, S 4BLQ = 5S (2α + 7)(α + 1) . По условию эта площадь равна получаем уравнение (2α + 7)(α + 1) = 12 , откуда = 1 второй корень этого уравнения отрицателен). Отношение расстояний от точек L и Q до прямой AC равно : QA = (7 + 2α) : (2 + 2α) = 8 : 3 . Следовательно, искомое расстояние равно 6 · 8 3 = 16 Ответ. Решение. Пусть d 1 , . . . , d 6 — числа из первого промежутка, . . . , d 12 — числа из второго промежутка, d 13 , . . . , числа из третьего промежутка и т.д. Заметим, что каждое из чисел второго промежутка представимо в виде d i = 45 + c i , где 1 6 c i 6 45 , каждое из чисел третьего МАТЕМАТИКА ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ Билет 6 промежутка представимо в виде d i = 90 + c i , где 1 6 c i 6 45 и т.д. Пусть также c 1 = d 1 , . . . , c 6 = С учётом введённых обозначений сумма данных чисел равна · (45 + 90 + 135 + 180) + c 1 + c 2 + . . . + c 30 = 2700 + c 1 + c 2 + +. . .+c 30 . Отметим также, что все числа c 1 , c 2 , . . . , должны быть различны (если c i = c j , то разность d i − делится на а если c i 6= c j , то разность d i − не делится на 45). Значит, сумма чисел минимальна, если принимают значения от до 30 (в любом порядке это минимальное значение суммы равно + 1 + 2 + . . . + 30 = 2700 + 1 + 30 2 · 30 = 3165 БИЛЕТ 6, 11 класс 1. Ответ. 49 ; 337 Ответ. g min = − 73 16 , g max = −3 Ответ. Ответа) б) 60 ◦ ; в Ответ. [−2; 1) Ответ. Ответ. 2075. Учебное издание З АДА Ч И физико-математических олимпиад 2017 Учебно-методические разработки по физике и математике |