Олимпиадные задания с решениями

Математика 11 класс, школьный этап (I этап), 2017-2018 учебный год

Содержание

  1. Задание 1. (7 баллов)
  2. Задание 2. (7 баллов)
  3. Задание 3. (7 баллов)
  4. Задание 4. (7 баллов)
  5. Задание 5. (7 баллов)
  6. Задание 6. (7 баллов)

Задание 1. (7 баллов)

Содержание ↑

В трёхзначном числе первую цифру (разряд сотен) увеличили на 3, вторую — на 2, третью — на 1. В итоге число увеличилось в 4 раза. Приведите пример такого исходного числа.

Ответ: 107.

Решение. Ответ может быть найден следующим способом. Пусть x — искомое число. Тогда условие задачи мгновенно приводит к уравнению x + 321 = 4x, единственным решением которого служит x = 107.

Критерии. Правильный ответ, даже без каких-либо комментариев: 7 баллов.

Неправильный ответ: 0 баллов.

Задание 2. (7 баллов)

Содержание ↑

Билет в кино стоил 300 рублей. Когда цену понизили, количество посетителей увеличилось на 50 процентов, а выручка кинотеатра выросла на 35 процентов. Сколько рублей составляет цена одного билета теперь?

Ответ: 270.

Решение. Пусть цена нового билета составляет s рублей. Пусть изначально количество посетителей равнялось N, а после увеличения на 50% стало равняться 1,5N. Тогда по условию нынешняя выручка кинотеатра 1,5N ·s на 35% больше, чем N · 300, откуда имеем 1,5Ns = 1,35 · N · 300, и s = 270.

Критерии. Любое правильное решение: 7 баллов.

Приведен только верный ответ: 1 балл.

Задание 3. (7 баллов)

Содержание ↑

 Дана арифметическая прогрессия. Сумма первых её 10 членов равна 60, а сумма первых 20 её членов равна 320. Чему может быть равен 15-й член этой прогрессии?

Ответ: 25.

Решение. Пусть первый член последовательности равен a, а разность равна b. Тогда сумма первых 10 её членов равна

a + (a + b) + . . . + (a + 9b)  = 10a+45b.

Сумма первых двадцати членов равна a+(a+b)+. . .+(a+19b) = 20a + 190b.

По условию 10a + 45b = 60, 20a + 190b = 320. Решая систему, находим a = 3, b = 2. Тогда 15-й член — это a + 14b = 25.

Критерии. Любое правильное решение: 7 баллов.

В целом правильное решение, содержащее арифметические ошибки, не влияющие на ход решения: 5 баллов.

Только ответ: 1 балл.

Задание 4. (7 баллов)

Содержание ↑

На плоскости дан квадрат ABCD со стороной 1 и точка X (см. рисунок). Известно, что. Чему равно XB?

Ответ: .

Решение. Опустим из точки X перпендикуляры XM и XN на прямые CB и AB соответственно. Четырёхугольник BMXN — прямоугольник; обозначим длины его сторон BM и NX за a, BN и MX — за b.

По теореме Пифагора для треугольников ANX и CMX выполнены соотношения

AN2 + NX2 = AX2, CM2 + XM2 = CX2 .

Получаем систему (1 + b)2 + a2 = 5, (1 + a)2 + b2 = 7. Вычтя из второго уравнения первое, получим 2(a b) = 7 5, т. е. a = b + 1. Заменив b + 1 на a в первом уравнении, получим , откуда . Применим теорему Пифагора для треугольника BMX и получим

Значит, .

Критерии. Любое правильное решение: 7 баллов.

В целом правильное решение, содержащее арифметические ошибки, не влияющие на ход решения: 5 баллов.

Рассуждения, не приводящие к ответу, или логически ошибочные рассуждения: 0 баллов.

Задание 5. (7 баллов)

Содержание ↑

Рассмотрим уравнение sin3(x) + cos3(x) = 1. Сколько у него решений на промежутке [0; 6π]?

Ответ: 6.

Решение. Из основного тригонометрического тождества имеем sin2(x) + cos2(x) = 1. Складывая это с данным в условии равенством, получаем

0 = sin2(x) · (1 + sin(x)) + cos2(x) · (1 + cos(x)) .

В этом выражении все множители неотрицательны, поэтому оба слагаемых sin2(x)(1 + sin(x)) и cos2(x)·(1 + cos(x)) равны 0.

Случай 1. Пусть sin(x) = 0. Тогда cos(x) ≠ 0, поэтому cos(x) = 1. Тогда x = π + 2πk.

Случай 2. Пусть sin(x) ≠ 0. Тогда sin x = 1, откуда следует cos(x) = 0.

Тогда x = 3π/2 + 2πn.

Легко видеть, что все числа вида π + 2πk и 3π/2 + 2πn являются корнями исходного уравнения. В нужный промежуток попадают три корня первого вида, у которых k = 0, 1, 2 и три корня второго вида, у которых n = 0, 1, 2.

Итого имеем 3 + 3 = 6 корней.

Критерии. Любое правильное решение: 7 баллов.

Получены общие формулы для корней, но неправильно посчитано количество корней на отрезке [0; 6π]: 5 баллов.

Только ответ, даже с предъявленным полным множеством корней: 1 балл.

Задание 6. (7 баллов)

Содержание ↑

Про тетраэдр ABCD известно, что AB · CD = AC · BD = AD · BC. Пусть IA, IB, IC, ID — центры окружностей, вписанных в треугольники BCD, CDA, DAB и ABC соответственно. Докажите, что отрезки AIA, BIB, CIC, DID пересекаются в одной точке.

Решение. Пусть точка L — основание биссектрисы AL треугольника ABC.

По свойству биссектрисы, BL/LC = BA/AC. Из соотношения на длины рёбер тетраэдра следует, что BA/AC = BD/DC. Сопоставляя эти два равенства, приходим к выводу, что BL/LC = BD/DC. По обратному свойству биссектрисы отрезок DL служит биссектрисой в треугольнике DBC.

Рассмотрим треугольник ALD. Точки ID, IA лежат на его сторонах AL, DL соответственно, так как центр вписанной в треугольник окружности является точкой пересечения биссектрис. Но тогда отрезки DID и AIA пересекаются. Аналогично можно доказать, что любые два отрезка из условия пересекаются. Эти четыре отрезка не лежат в одной плоскости (поскольку их концы A, B, C, D не лежат в одной плоскости) и при этом попарно пересекаются. Такое возможно только когда они все имеют общую точку.

Критерии. Любое правильное решение: 7 баллов.

Доказано, что отрезки попарно пересекаются, но не доказано, что все четыре имеют общую точку: 4 балла.

Доказано, что биссектрисы углов BAC и BDC пересекаются на ребре BC, но дальнейших продвижений нет: 2 балла.

Неверные или не доведенные до конца рассуждения: 0 баллов.

Содержание ↑

Класс:  / Предмет:  / Этап:  / Год:  / Город:  / 

Рекомендуем ознакомиться: