Олимпиадные задания с решениями

Математика 11 класс, муниципальный этап (2 этап), г. Москва, 2017-2018 учебный год

Содержание

  1. Задание 1
  2. Задание 2
  3. Задание 3
  4. Задание 4
  5. Задание 5
  6. Задание 6

Задание 1

Содержание ↑

Графики функций y = ax2 , y = bx и y = c пересекаются в точке, расположенной выше оси абсцисс. Определите, сколько корней может иметь уравнение ax2 + bx + c = 0 .

Ответ: корней нет.

Решение. Из условия задачи следует, что графики пересекаются в точке (m; c), где c > 0. Тогда выполняются равенства bm = c и am2 = c, значит, m ≠ 0 . Следовательно, дискриминант данного уравнения D = b2 – 4ac = c2/m2 – 4c2/m2 = – 3c2/m2 < 0, то есть это уравнение не имеет корней.

Критерии проверки

+Приведено полное обоснованное решение

±Приведено верное в целом решение, содержащее незначительные пробелы или неточности

“-/+” Приведен верный ход рассуждений, но допущена вычислительная ошибка в заключительной фазе решения

“–” Приведен только ответ

“–” Приведено неверное решение или оно отсутствует

Задание 2

Содержание ↑

Существует ли треугольник, у которого сумма косинусов внутренних углов равна 1?

Ответ: не существует.

Решение. Первый способ. Предположим, что такой треугольник АВС существует, то есть cos A + cos B + cosC = 1. Так как cosC = cos(180° – A – B) = – cos(A+ B), то cos A + cos B = 1+ cos(A + B), откуда 2cos (A+B)/2 × cos (A – B)/2 = 2cos2 (A+B)/2.

Так как A + B ≠ π , то cos (A+B)/2 ≠ 0, следовательно, cos (A – B)/2 = cos (A+B)/2.

Функция y = cosx убывает на отрезке [0; π] и

Это равенство выполняется только, если А = 0 или B = 0, но это невозможно, поскольку это величины углов треугольника.

Таким образом, треугольника с заданным условием не существует.

Получив равенство косинусов, можно перенести слагаемые в одну часть и разложить разность косинусов на множители. Тогда sinA = 0 или sinB = 0, то есть А = 0 или B = 0.

Второй способ. Пусть а, b и с – стороны треугольника, удовлетворяющего условию. Тогда, выразив его углы по теореме косинусов, получим:

что невозможно, так как из неравенства треугольника следует, что каждая скобка в числителе принимает положительное значение.

Таким образом, треугольника с заданным условием не существует.

 

Критерии проверки

+Приведено полное обоснованное решение

±Приведено верное в целом решение, содержащее незначительные пробелы или неточности (например, при первом способе решения не объяснено, почему cos (A+B)/2 ¹ 0)

“-/+” Верно выписано требуемое равенство для сторон или углов, но в процессе преобразований допущена вычислительная ошибка, не повлиявшая на ответ

“–” Приведен только ответ

“–” Приведено неверное решение или оно отсутствует

 

Задание 3

Содержание ↑

В правильной шестиугольной пирамиде SABCDEF (ABCDEF – основание) боковое ребро равно a, плоский угол при вершине S равен 10°. Муравей ползет по поверхности пирамиды из вершины A, стремится побывать на всех боковых ребрах (возможно в вершинах) и вернуться в точку A. Какова длина его кратчайшего пути?

Ответ: a.

 

Рисунок 11.3 

Решение. “Разрежем” пирамиду SABCDEF по ребру SA и сделаем развертку (см. рис. 11.3).

Тогда любой маршрут по боковой поверхности пирамиды, удовлетворяющий условию, будет на развертке являться ломаной, соединяющей точки плоскости А и А1.

Кратчайший путь из А в А1 равен длине отрезка АА1.

Заметим, что в равнобедренном треугольнике ASA1 угол при вершине S равен 60°. Следовательно, этот треугольник равносторонний, тогда AA1 = a.

Отметим, что траекторию движения муравья по самой пирамиде указывать не требуется.

Критерии проверки

+Приведено полное обоснованное решение

±Приведено верное в целом решение, содержащее незначительные пробелы или неточности (например, указано, что кратчайшим путем на развертке является AA1, но не указана его длина)

“–” Приведен только ответ

“–” Приведено неверное решение или оно отсутствует

 

Задание 4

Содержание ↑

В вершинах семнадцатиугольника записали различные целые числа (по одному в каждой вершине). Затем все числа одновременно заменили на новые: каждое заменили на разность двух следующих за ним по часовой стрелке чисел (из соседнего вычитали следующее за ним). Могло ли произведение полученных чисел оказаться нечетным?

Ответ: не могло.

Решение. Пусть первоначально в вершинах семнадцатиугольника записаны числа: а1, а2, …, а17 (нумерация – по часовой стрелке). Тогда после указанной замены в вершинах будут записаны числа: а2а3, а3а4, …, а16а17, а17а1, а1а2.

Заметим, что сумма полученных семнадцати чисел равна 0. Следовательно, хотя бы одно из этих чисел – четное. Значит, их произведение также четное.

Критерии проверки

+Приведено полное обоснованное решение

“-/+” Присутствует только верная идея сложения новых чисел, не доведенная до конца

“–” Приведен только ответ

“–” Приведено неверное решение или оно отсутствует

 

Задание 5

Содержание ↑

В выпуклом пятиугольнике PQRST угол PRT в два раза меньше, чем угол QRS, а все стороны равны. Найдите угол PRT.

Ответ: 30°.

 

Решение. Из условия задачи следует, что PRQ + ∠TRS = ∠PRT (*).

Рисунок 11.5.a

Первый способ. Используем метод “свертывания”. Симметрично отразим треугольник PQR относительно прямой PR, а треугольник ТSR – относительно прямой TR (см. рис. 11.5а). Из равенства (*) и равенства RQ = RS следует, что образами точек Q и S является одна и та же точка O.

Заметим, что треугольник TOP – равносторонний. Кроме того, OR = OP = OT. Следовательно, O – центр описанной окружности треугольника PRT. Тогда ∠PRT = 0,5∠POT = 30°.

Второй способ. Докажем, что QPTS – параллелограмм (см. рис. 11.5б).

Действительно, используя равенство углов при основаниях в равнобедренных треугольниках PQR и RST и равенство (*), получим: ∠QPT + ∠PTS = ∠QPR + ∠RPT + ∠RTP + ∠STR = ∠PRQ + ∠TRS + (180° – ∠PRT) = 180°.

Таким образом, PQ || ST и PQ = ST (по условию), то есть QPTS – параллелограмм.. Тогда QS = PT, значит, треугольник QRS – равносторонний.

Следовательно, ∠PRT = 0,5∠ QRS = 30°.

 

Критерии проверки

+Приведено полное обоснованное решение

±Приведено верное в целом решение, содержащее незначительные пробелы или неточности (например, использовано, но не обосновано, что образы точек Q и S при симметриях совпадают)

“-/+” Верный ответ получен, исходя из того, что QPTS – параллелограмм, но это не доказано

“–” Приведен только ответ или ответ, полученный рассмотрением правильного пятиугольника

“–” Приведено неверное решение или оно отсутствует

 

Задание 6

Содержание ↑

В стопку сложены 300 карточек: 100 белых, 100 чёрных и 100 красных. Для каждой белой карточки подсчитано количество чёрных, лежащих ниже её, для каждой чёрной – количество красных, лежащих ниже её, а для каждой красной – количество белых, лежащих ниже её. Найдите наибольшее возможное значение суммы трёхсот получившихся чисел.

Ответ: 20 000.

Решение. Первый способ. Количество различных перестановок карточек конечно.

Поэтому их расположение с наибольшей указанной суммой существует (возможно, не единственное).

Пусть карточки лежат так, что эта сумма максимальна. Без ограничения общности можно считать, что верхняя карточка – белая. Тогда в этой расстановке не могут лежать сверху вниз подряд пары карточек ЧБ, КЧ и БК, иначе можно увеличить сумму, поменяв их в таких парах местами (симметричные им пары при перестановке не увеличивают искомую сумму). Значит, карточки должны лежать так (сверху вниз): ББ…БЧЧ…ЧКК…КББ…Б…

Длина каждой следующей серии карточек одного цвета не может быть меньше длины предыдущей серии. Действительно, если, например, в расположении с наибольшей суммой встретится фрагмент …БББЧЧК…, то можно переставить карточку К наверх: …КБББЧЧ…, увеличив сумму. Так как количество карточек каждого цвета одно и то же, то длины всех серий должны быть одинаковыми (в противном случае карточек того цвета, которые оказались в самом низу, будет больше, чем карточек другого цвета). Тогда серии одного цвета можно переставить “по циклу”, не изменив суммы, то есть получить такое расположение карточек: сверху 100 белых, под ними – 100 чёрных, а внизу – 100 красных.

Значит, искомая сумма равна 100×100 + 100×100 = 20 000.

Второй способ. Пусть количество карточек каждого из трёх цветов равно n. Используя метод математической индукции, докажем, что для указанной суммы S выполняется неравенство S ≤ 2n2.

База индукции. При n = 1 перебором убеждаемся, что S ≤ 2.

Шаг индукции: Пусть неравенство верно для n карточек каждого цвета. Докажем, что оно верно, если количество карточек каждого цвета равно n + 1. Рассмотрим, как может увеличиться сумма S, если добавить по одной карточке каждого цвета.. Без ограничения общности можно считать, что белая карточка добавлена на самый верх стопки, а добавленные чёрная и красная карточки – самые верхние среди карточек своего цвета. Пусть выше первой сверху красной карточки расположено b ранее лежащих чёрных, а выше первой сверху чёрной w ранее лежащих белых. Тогда белая карточка добавляет в сумму n + 1 (учитывая все чёрные, лежащие под ней), чёрная карточка добавляет n + 1 (учитывая все красные, лежащие под ней) и w, за счёт того, что она лежит под w старыми белыми карточками, а красная карточка добавляет не более, чем n w за счёт белых, лежащих под ней, и b за счёт того, что она лежит под b старыми чёрными карточками.

Итого, S ≤ 2n2  + 4n + 1 + n + 1 + w + n w + b = 2n2 + 3n + b + 2. Учитывая, что b ≤ n, получим: S ≤ 2n2 + 4n + 2 = 2(n + 1)2.

Таким образом, утверждение доказано для всех натуральных n. При n = 100 получим, что S ≤ 2×1002 = 20 000. Это значение достигается, например, при таком расположении: сверху 100 белых карточек, под ними – 100 чёрных, а внизу – 100 красных.

Критерии проверки

+Приведено полное обоснованное решение

±Приведено верное в целом решение, содержащее незначительные пробелы или неточности

“-/+” Верный ответ получен, исходя из того, что длины всех одноцветных серий карточек одинаковы, но это не доказано

“-/+” В решении есть верные идеи, каким образом максимизировать сумму путем перестановки карточек, но решение не доведено до конца или содержит ошибки

“–” Приведен только ответ или ответ, полученный рассмотрением только частных случаев

“–” Приведено неверное решение или оно отсутствует

Содержание ↑

Рекомендуем ознакомиться: