Содержание
- Задание 1. (7 баллов)
- Задание 2. (7 баллов)
- Задание 3. (7 баллов)
- Задание 4. (7 баллов)
- Задание 5. (7 баллов)
- Задание 6. (7 баллов)
Задание 1. (7 баллов)
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)
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)
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)
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 получимЗначит,
.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)
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)
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.