Математика 11 класс, муниципальный этап (2 этап), г. Москва, 2016 год

Задание 1

Имеет ли отрицательные корни уравнение x⁴-4x³-6x²-3x+9=0?

Ответ: нет.

Решение

Преобразуем данное уравнение:

x⁴-4x³-6x²-3x+9=0 ⇔ (x²-3)² -4x³-3x=0,

(x²-3)² = 4x³+3x ⇔ (x²-3)² = x(4x²+3).

Если x<0, то (x²-3)² ≥ 0, а x(4x²+3)<0, значит, полученное равенство при любом отрицательном значении x будет неверным. Следовательно, отрицательных корней нет.

Критерии проверки

• “+” – приведено полное обоснованное решение
• “±” –  приведено верное в целом рассуждение, содержащее незначительные пробелы или неточности (например, утверждается, что (x²-3)² > 0 при всех значениях x)
• “–” – приведен только ответ
• “–” – задача не решена или решена неверно

Задание 2

Вася вписал в клетки таблицы 4×18 (4 строки, 18 столбцов) натуральные числа от 1 до 72 в некотором одному ему известном порядке. Сначала он нашел произведение чисел, стоящих в каждом столбце, а затем у каждого из восемнадцати полученных произведений вычислил сумму цифр. Могли ли все получившиеся суммы оказаться одинаковыми?

Ответ: нет.

Решение

Предположим, что каждая из указанных сумм цифр равна S. Так как некоторые из произведений содержат множители кратные девяти, то такие произведения делятся на 9, значит, их сумма цифр также делится на 9. Следовательно, число S должно быть кратно девяти.

Таким образом, произведение чисел в каждом столбце должно быть кратно девяти.

Оно может быть кратно девяти только в двух случаях:

• если содержит хотя бы один множитель, кратный девяти;
• если содержит не менее двух множителей, кратных трем, но не кратных девяти.

Среди чисел от 1 до 72 восемь чисел делятся на 9 и 16 чисел делятся на 3, но не делятся на 9. Следовательно, произведений, кратных девяти, может оказаться не больше, чем 8 + 8 = 16, то есть на 9 могут делится не больше, чем 16 сумм их цифр. Так как в таблице – 18 столбцов, то получено противоречие.

Критерии проверки

• “+” – приведено полное обоснованное решение
• “±” – приведено верное в целом рассуждение, содержащее незначительные пробелы или неточности
• “ ±” – присутствует идея делимости на 9, но решение не доведено до конца или содержит ошибки
• “–” – рассмотрены только частные случаи или конкретные примеры
• “–” – приведен только ответ
• “–” – задача не решена или решена неверно

Задание 3

Правильный пятиугольник и правильный двадцатиугольник вписаны в одну и ту же  окружность. Что больше: сумма квадратов длин всех сторон пятиугольника или сумма квадратов длин всех сторон двадцатиугольника?

Ответ: сумма квадратов длин сторон правильного пятиугольника больше.

Решение

Заметим, что в правильном двадцатиугольнике вершины, взятые через одну, образуют правильный десятиугольник, а вершины этого десятиугольника, взятые через одну, образуют правильный пятиугольник. Следовательно, достаточно сравнить две величины:4(a₂₀)² и (a₅)², где a₂₀ и a₅ – длины сторон правильных двадцатиугольника и пятиугольника соответственно. Рассмотрим соответствующий фрагмент и введем обозначения вершин так, как показано на рис. 11.3 а, б. Далее можно рассуждать по-разному.

Первый способ

Воспользуемся тем, что при  n  > 4  угол любого правильного  n-угольника  –  тупой.

Рассмотрим  треугольник А₁А₂А₃ с тупым углом А₂  (см. рис.11.3а).

По следствию из теоремы косинусов 2(a₂₀)² < (a₅)² ⇔ 4(a₂₀)² < 2(a₁₀)². Аналогично, из треугольника  А₁А₃А₅  получим, 2(a₁₀)² < (a₅)². Таким образом, 4(a₂₀)² < (a₅)², откуда следует, что квадрат стороны пятиугольника больше.

Второй способ

Опустим перпендикуляры А₂В и А₃С на А₁А₅, а также проведем перпендикуляр А₂D к А₃С (см. рис. 11.3б). Пусть А₁В = x, А₂D = BC = y. Используя, что угол правильного двадцатиугольника равен 144°, найдем углы А₂А₁В и А₃А₂D: ∠А₂А₁В = 27°; ∠А₃А₂D = 9°. Из прямоугольных треугольников А₂А₁В и А₃А₂D получим, что,

Задание 3

так как косинус убывает на промежутке (0; 90°).

Тогда

Задание 3 ур. решения

откуда и следует ответ.

Третий способ

Воспользуемся формулой для вычисления длин сторон правильных n-угольников, вписанных в окружность радиуса  R:

Задание 3 вариант 3

Критерии проверки

• “+” – приведено полное обоснованное решение
• “±” – приведено верное в целом рассуждение, содержащее незначительные пробелы или неточности
• “–” – приведен только ответ
• “–” – задача не решена или решена неверно

Задание 4

Дана треугольная пирамида ABCD с плоскими прямыми углами при вершине D, в которой CD=AD+DB. Докажите, что сумма плоских углов при вершине C равна 90°

Решение

Введем обозначения: ∠ACD=α, ∠BCD=β, ∠BCA=γ, DA=a,DB=b. По условию: CD=a+b, а доказать требуется, что α+ β+ γ=90°

Первый способ

Пусть  CA=m, CB=n  (см. рис. 11.4а).

Сначала докажем, что углы α+β и γ  –  острые. Действительно, в прямоугольных треугольниках ACD и ВCD стороны AD и BD – наименьшие, значит, α<45° и β<45°. Следовательно, α+β<90°, тогда и γ <α+β<90°. Теперь достаточно доказать, что sin(α+β)=cos γ.

Заметим, что

sin(α+β)=sinαcosβ + cosαsinβ=

r1-1

С другой стороны, из треугольника  ABC  по теореме косинусов: AB²=m²+n²-2mn∙cosγ. Учитывая, что AB² = a²+b², получим:

cosγ = (m²+n²-a²-b²)/2mn = ((a+b)²+(a+b)²)/2mn = (a+b)²/mn

Таким образом, sin(α+β) = cosγ, значит α+β+γ=90⁰

Второй способ

Заметим, что при фиксированных длинах ребер DA и DB  существует единственная пирамида  ABCD, удовлетворяющая условию задачи.

Рассмотрим квадрат СD₁TD₂  со стороной a+b  и отложим на его сторонах  TD₁  и  TD₂  отрезки  TA  = b и  TB  = a соответственно  (см. рис. 11.4б).

Тогда пятиугольник ABD₂CD₁ является разверткой боковой поверхности данной пирамиды, а треугольник  ATB  равен треугольнику  ADB  ее основания. Таким образом, выполняются все условия задачи, значит α+β+γ=90⁰

Критерии проверки

• “+” – приведено полное обоснованное решение
• “±”  –  приведено верное в целом рассуждение, содержащее незначительные пробелы или неточности (например, при первом способе решения не обосновано, что углы α+β и γ   – острые, или при втором способе решения не указано, что условие задачи однозначно задает пирамиду, и т. п.)
• “–” – задача не решена или решена неверно

Формулу трех косинусов школьники могут использовать без доказательства.

Задание 5

Функция f(x) определена для всех действительных чисел, причем для любого x выполняются равенства: f(x+2) = f(2-x) и f(x+7)=f(7-x). Докажите, что f(x) – периодическая функция.

Решение

Докажем, что данная функция имеет период 10. Можно рассуждать по-разному.

Первый способ

Учитывая, что  f(x) определена везде, достаточно доказать, что, для любого действительного x выполняется равенство

 f(x+10) = f(x).

Последовательно используя второе и первое равенство из условия, получим:

f((x+3)+7) = f(7-(x+3)) = f(4-x) = f(2+(2-x)) = f(2-(2-x)) = f(x)

Второй способ

Пусть x₁ = x + 2, x₂ = 2 – x.

Тогда x₀ = (x₁+x₂)/2=2. Это означает, что точки графика  f(x) с координатами (x₁; f(x₁)) и (x₂; f(x₂)) симметричны относительно прямой x = 2, то есть такая прямая является осью симметрии этого графика. Аналогично, из второго равенства в условии следует, что прямая x = 7 также является осью симметрии графика данной функции.

Теперь воспользуемся теоремой: композиция двух симметрий с параллельными осями является параллельным переносом на вектор, перпендикулярный этим осям, модуль которого равен удвоенному расстоянию между осями. В нашем случае расстояние между осями равно 5, поэтому график f(x) перейдет в себя при параллельном переносе на вектор (0 ; 10). Следовательно, функция f(x) – периодическая с периодом 10.

Отметим, что 10 может оказаться не наименьшим положительным периодом данной функции. 

Критерии проверки

• “+” – приведено полное обоснованное решение
• “±” – приведено верное в целом рассуждение, содержащее незначительные пробелы или неточности
• “±” – при первом способе решения проведены выкладки, использующие оба данных равенства, но из-за вычислительных ошибок получен период, не кратный десяти
• “–” – задача не решена или решена неверно

Задание 6

Каждое целое число на координатной прямой покрашено в один из двух цветов  –  белый или черный, причем числа 2016 и 2017 покрашены разными цветами. Обязательно ли можно найти три одинаково покрашенных целых числа, сумма которых равна нулю?

Ответ: обязательно.

Решение

Предположим таких целых чисел нет. Пусть, для определенности, число 2016 покрашено в черный цвет, а число 2017 – в белый. Рассмотрим два случая:

1-й случай

Число 0 покрашено в белый цвет. Так как числа 0 и 2017 – белые, то число –2017 покрашено в черный цвет.

Из того, что числа –2017 и 2016 – черные и –2017 + 2016 + 1 = 0 следует, что число 1 – белое. Аналогично, так как числа 0 и 1 – белые, то число –1 должно быть черным. Далее, числа –1 и 2016 – черные, значит, число –2015 – белое, тогда число 2015 – черное. Числа –2015 и 2017 – белые, 2017 + (–2015) + (–2) = 0, поэтому число –2 – черное, тогда число 2 – белое.

Таким образом, числа 1 и 2 покрашены в белый цвет. Пусть число n – наименьшее натуральное число, покрашенное в черный цвет, тогда число –n покрашено в белый цвет. Так как 1 + (n – 1) + (–n) = 0, n > 2 и эти три числа – белые, то получено противоречие.

2-й случай

Число 0 покрашено в черный цвет. Так как числа 0 и 2016 – черные, то число –2016 покрашено в белый цвет. Из того, что числа –2016 и 2017 – белые и –2016 + 2017 +  (–1) = 0 следует, что число –1 – черное.

Аналогично, так как числа 0 и –1 – черные, то число 1 должно быть белым. Далее, числа 1  и –2016 – белые, значит, число 2015 – черное, тогда число –2015 – белое. Числа –2015 и 2017 – белые, (–2015) + 2017 + (–2) = 0, поэтому число –2 – черное.

Таким образом, числа –1 и –2 покрашены в черный цвет. Пусть число –m – наибольшее целое отрицательное число, покрашенное в белый цвет, тогда число m покрашено в черный цвет. Так как –1 + (–m + 1) + m = 0, –m < –2 и эти три числа – черные, то получено противоречие.

Критерии проверки

• “+” – приведено полное обоснованное решение
• “±” – верно и полностью разобран только один из возможных случаев
• “±” – присутствует верная идея получения противоречия, но допущены ошибки или решение не доведено до конца
• “–” – приведен только ответ
• “–” – задача не решена или решена неверно