Материалы математических олимпиад физического факультета Санкт-Петербургского государственного университета

d. d. c3?,… Материалы математических олимпиад физического факультета Санкт-Петербургского государственного университета...

Author: Гущин Д.Д.

4 downloads 175 Views 618KB Size Report

This content was uploaded by our users and we assume good faith they have the permission to share this book. If you own the copyright to this book and it is wrongfully on our website, we offer a simple DMCA procedure to remove your content from our site. Start by pressing the button below!
Report copyright / DMCA form

DOWNLOAD PDF

d. d. c3?,…

Материалы математических олимпиад физического факультета Санкт-Петербургского государственного университета

c3?,… d. d.

Материалы математических олимпиад физического факультета Санкт-Петербургского государственного университета

4 издание

Париж «Стетоскоп» 2007 1

Учебное издание Гущин Дмитрий Дмитриевич Г98

Материалы математических олимпиад физического факультета Санкт-Петербургского государственного университета. — Париж: Стетоскоп, 2007. — 53 с. ISSN 1295-4918

Пособие содержит условия задач математических олимпиад, проводившихся физическим факультетом Санкт-Петербургского государственного университета в 2004 — 2007 годах. К задачам первого варианта приведены решения.

ISSN 1295-4918 2

© Гущин Д. Д., 2007 © Надолинский А. А., 2007 — обложка © Издательство «Стетоскоп», 2007

ПРЕДИСЛОВИЕ Региональные олимпиады абитуриентов физического факультета Санкт-Петербургского государственного университета проводятся с целью обеспечения приема на физический факультет наиболее подготовленных в области физики, математики и компьютерных технологий выпускников общеобразовательных учебных заведений Санкт-Петербурга, Ленинградской области, городов Северо-Западного региона России, а также других городов и регионов, поддерживающих деловые контакты с физическим факультетом СПбГУ в области подготовки высококвалифицированных специалистов. Олимпиады призваны способствовать реализации идей непрерывного образования, удаленного обучения, информационной поддержки высококвалифицированного преподавания математики и естествознания в средней школе, формированию соответствующего современному уровню развития науки естественно-научного мировоззрения. Математические олимпиады физического факультета Санкт-Петербургского государственного университета — одно из мероприятий, традиционно проводимых физическим факультетом для учащихся 10 — 11 классов. В предлагаемое издание включены условия задач зимних и весенних математических олимпиад для учащихся одиннадцатых классов, проведенных в 2004 — 2007 учебных годах. К задачам первых вариантов олимпиад приведены краткие решения, все задачи снабжены ответами. (В электронном виде задания вступительных экзаменов по математике и математических олимпиад можно найти на Cайте элементарной математики Дмитрия Гущина: www.mathnet.spb.ru.) Традиционно в математическую олимпиаду включаются 10 заданий различного уровня сложности по всем темам школьного курса математики: алгебры, геометрии и математического анализа, на решение которых отводится 4 часа. Максимальный балл, который можно набрать при верном и полном решении всех заданий олимпиады, составляет 100 баллов, при этом каждая задача оценивается максимум в 10 баллов. Хорошим является результат, превышающий 80 баллов. Приятно воспользоваться возможностью высказать благодарность учащимся физико-математического лицея № 239 Илье Виленскому, Александру Золину и Андрею Ильину за помощь в подготовке второго издания и заслуженному учителю России Владимиру Борисовичу Некрасову за помощь в подготовке третьего издания. Д. Д. Гущин,

лауреат премии Дж. Сороса, победитель Всероссийского конкурса учителей физики и математики фонда «Династия», абсолютный победитель конкурса «Учитель года России 2007».

3

Санкт–Петербургский государственный университет физический факультет ЗИМНЯЯ МАТЕМАТИЧЕСКАЯ ОЛИМПИАДА — 2004 11 КЛАСС 1. Сравните числа 2

1 ВАРИАНТ 5

и 3 3.

x3 − x 2 − x +1 ≥ 1− x . 4 x 2 3. Решите неравенство log 2 ≤ log 3 − ⋅ 4 2 2 x 2 2 4 ⎪⎧ ( x − y )( x + y ) = x − 1; 4. Решите систему уравнений ⎨ 4 4 4 ⎪⎩ ( x + y )( x + y ) = x + 1.

2. Решите неравенство

( )

( )

5. Решите уравнение sin x − 2 cos x = 3 cos 2 x − 2 sin 2 x − 5 . 6. Изобразите множество точек плоскости Oxy, для которых верно ра| y+x|+| y−x| венство y = . 2 7. Определите количество решений уравнения sin 2004 x + 2004 = ctg 2005 x на отрезке [0; 2005π] . 8. Найдите те первообразные функции f ( x) = 3x 2 + 12 x + 12 , графики которых имеют с графиком функции f ( x) ровно две общие точки. 1 9. Решите уравнение ( x − y ) 2 + (e x − y ) 2 = . 2 10. В основании треугольной пирамиды SАВС лежит равносторонний треугольник АВС со стороной a. Боковые грани пирамиды составляют с плоскостью АВС угол α . Найдите радиус вписанного в пирамиду шара.

4

Санкт–Петербургский государственный университет физический факультет ЗИМНЯЯ МАТЕМАТИЧЕСКАЯ ОЛИМПИАДА — 2004 11 КЛАСС 1. Сравните числа 2

2 ВАРИАНТ 10

и 3 3.

1 + x − x 2 − x 3 ≥ −x −1 . 4 3 x 3. Решите неравенство log 2 ≤ log 3 − ⋅ 9 3 x 3 2 2 4 ⎪⎧ ( x + y )( x + y ) = 1 − y ; 4. Решите систему уравнений ⎨ 4 4 4 ⎪⎩ ( x − y )( x + y ) = 1 + y .

2. Решите неравенство

( )

( )

5. Решите уравнение 3 sin x + cos x + 5 = 8 sin 2 x + 3 sin 2 x . 6. Изобразите множество точек плоскости Oxy, для которых верно | y+x|+| y−x| равенство x = . 2 7. Определите количество решений уравнения cos 2004 x + 2005 = tg 2005 x на отрезке [−2004π; 0] . 8. Найдите те первообразные функции f ( x) = 12 + 12 x − 3x 2 , графики которых имеют с графиком функции f ( x) ровно две общие точки. 1 9. Решите уравнение ( y − x) 2 + ( y − ln x) 2 = . 2 10. В основании треугольной пирамиды SАВС лежит равносторонний треугольник АВС со стороной a. Высоты всех боковых граней, проведенные из вершины пирамиды, равны h. Найдите радиус вписанного в пирамиду шара.

5

Санкт–Петербургский государственный университет физический факультет ВЕСЕННЯЯ МАТЕМАТИЧЕСКАЯ ОЛИМПИАДА — 2005 11 КЛАСС

1 ВАРИАНТ

1. Сравните числа sin10° cos 20° и sin 40° . 2. Решите уравнение

x 2 + x − x 2 − 2 x = −3 x .

3. Решите неравенство x 6 + 2 x 3 + 1 ≤ x + 1 . 4. Изобразите множество точек плоскости Oxy, для которых верно равенство log (sin x sin y ) = log | sin x | + log | sin y | . 2

2

2

⎧⎪ x( xy + 6) = y 3 ; 5. Решите систему уравнений ⎨ 3 ⎪⎩ y ( xy − 24) = x . 6. Определите, при каких значениях параметра а имеет единственное решение уравнение

27 x + (a − 2) ⋅ 9 x − a ⋅ 3 x + 2a − a 2 = 0 .

7. Определите стоимость набора из 11 кг апельсинов, 18 кг яблок и 4 кг груш, если 3 кг апельсинов, 5 кг яблок и 2 кг груш стоят вместе 290 рублей, а 1 кг апельсинов, 2 кг яблок и 4 кг груш стоят 270 рублей. 8. Из вершины прямого угла прямоугольного треугольника провели высоту. В полученные тем самым треугольники вписали окружности радиусов 3 и 4. Найдите радиус окружности, вписанной в исходный треугольник. 9. Куб с длиной ребра 2 повернули вокруг высоты, проходящей через центр его основания, на угол 45° . Докажите, что объем общей части исходного и полученного кубов не меньше чем 4 . 10. Определите, при каком значении параметра а площадь фигуры, 2 y = x − sin x , ограниченной линиями, x=a, x = a +1 , y = x 2 + x + cos 2 x наименьшая.

6


2 ВАРИАНТ

1. Сравните числа sin 20° cos 40° и sin 80° . 2. Решите уравнение

x 2 + 2 x − x 2 − 3x = −5 x .

3. Решите неравенство x 6 − 2 x 3 + 1 ≤ 1 − x . 4. Изобразите множество точек плоскости Oxy, для которых верно равенство log (cos x cos y ) = log | cos x | + log | cos y | . 2

2

2

⎧⎪ y ( xy + 24) = x 3 ; 5. Решите систему уравнений ⎨ 3 ⎪⎩ x( xy − 6) = y . 6. Определите, при каких значениях параметра а имеет единственное решение уравнение

8 x + (2 − a) ⋅ 4 x − a ⋅ 2 x + a 2 − 2a = 0 .

7. Определите стоимость набора из 3 кг печенья, 4 кг конфет и 5 кг пряников, если 2 кг печенья, 3 кг конфет и 4 кг пряников стоят вместе 220 рублей, а 1 кг печенья, 2 кг конфет и 3 кг пряников стоят 145 рублей. 8. Из вершины прямого угла прямоугольного треугольника провели высоту. Периметры полученных тем самым треугольников равны 3 и 4. Найдите периметр исходного треугольника. 9. Куб с длиной ребра 4 повернули вокруг высоты, проходящей через центр его основания, на угол 45° . Докажите, что объем общей части исходного и полученного кубов не меньше чем 32. 10. Определите, при каком значении параметра а площадь фигуры, ограниченной линиями x = a −1 , x=a, y = x + sin 2 x , y = x − cos 2 x − x 2 , наименьшая.

7

Санкт–Петербургский государственный университет физический факультет ЗИМНЯЯ МАТЕМАТИЧЕСКАЯ ОЛИМПИАДА — 2005 11 КЛАСС

1 ВАРИАНТ

1. Сравните числа ( 2006 − 2005 + 2004 )

−1

2. Решите уравнение x 2 + x + 2 x log 2 x

−1

и ( 2008 + 2007 − 2006 ) . x +1 +1 = 0 . x

2 log x

3. Решите неравенство 2 2 + x 2 ≥ 6 . 4. Изобразите множество точек плоскости Oxy, для которых верно равенство | x | + | y − x | = | y | . 5. Найдите количество целочисленных решений уравнения | x | + |1− y | + | y − x | = 1 . ⎧ x + y + z = 15; 6. Решите систему уравнений ⎨ 2 2 2 ⎩ x + y + z = 75. 7. Воспользовавшись равенством sin108° = sin 72° , найдите sin 36° . 8. В треугольник со сторонами 3, 3 и 2 вписали окружность. Точки касания окружности со сторонами треугольника соединили и в полученный треугольник снова вписали окружность. Найдите ее радиус. 9. Обозначим в правильной треугольной пирамиде угол наклона бокового ребра к плоскости основания α , угол наклона боковой грани к плоскости основания — β , плоский угол при вершине — γ . Известно, что γ = 2α . Найдите углы α , β , γ . 10. Найдите значение параметра а, при котором верно равенство 66

∫ a

8

| x | −1 − 1 dx = 2100 .


2 ВАРИАНТ

1. Сравните числа ( 2005 − 2004 + 2003)

−1

2. Решите уравнение x 2 − x + 2 x 2 log 2 x

−1

и ( 2007 + 2006 − 2005) . x −1 +1 = 0 . x log x

3. Решите неравенство 5 5 − 4 x 5 ≥ 5 . 4. Изобразите множество точек плоскости Oxy, для которых верно равенство | y | + | x − y | = | x | . 5. Найдите количество целочисленных решений уравнения | y | + |1− x | + | x − y | = 1 . ⎧ x + y + z = 18; 6. Решите систему уравнений ⎨ 2 2 2 ⎩ x + y + z = 108. 7. Воспользовавшись равенством sin108° = − cos162° , найдите cos 54° . 8. В треугольник со сторонами 5, 5 и 4 вписали окружность. Точки касания окружности со сторонами треугольника соединили и в полученный треугольник снова вписали окружность. Найдите ее радиус. 9. Обозначим в правильной четырехугольной пирамиде угол наклона бокового ребра к плоскости основания α , угол наклона боковой грани к плоскости основания — β , плоский угол при вершине — γ . Известно, что γ = 2α . Найдите углы α , β , γ . 10. Найдите значение параметра а, при котором верно равенство a

∫

| x | −1 − 1 dx = 2100 .

− 66

9


1 ВАРИАНТ

1. Сравните числа log sin 2 и log sin 3 . 3

2. Решите уравнение

2

2

x − | 2 x − 1| = 2 x − | x + 1| .

3. Решите неравенство arcsin 2 x > arccos 2 x . 2 2 ⎪⎧ x + y = 1; 4. Решите систему уравнений ⎨ 3 2 2 ⎪⎩8 x − 2 x − 6 x = 2 y + 3 − 2. 5. Фрагмент решетки представляет собой квадрат, изображенный на рисунке. Сколько всего квадратов со сторонами параллельными сторонам фрагмента образовано его узлами? 6. Найдите все значения параметра а, при которых уравнение log ( x 4 + 2a 2 ) = log (1 − ax 2 ) + 1 имеет 2

2

единственное решение. 7. Докажите равенство: 2006

∫

−2005

2006

| x − 1| −2 − 1 dx =

∫

| x − 1| −1 − 1 − 1 dx .

−2005

8. Решите уравнение 10 x −1 = x 9 . 9. В прямоугольном треугольнике с катетами 2 и 4 расстояния от вершин острых углов до некоторой точки, лежащей внутри треугольника, равны 2 и 10 . Найдите расстояние от нее до вершины прямого угла этого треугольника. 10. В правильной призме ABCDA'B'C'D' длины сторон основания ABCD равны 1, а длины боковых ребер равны 2. Через ребро АВ проведена плоскость, делящая двугранный угол при основании пополам и пересекающая боковые ребра СС' и DD' в точках Р и Q соответственно. Найдите объем пирамиды B'АBPQ.

10


2 ВАРИАНТ

1. Сравните числа log cos 5 и log cos 6 . 5

2. Решите уравнение

6

2

x − | 2 x + 1 | = −2 x − | 1 − x | .

3. Решите неравенство arctg 2 x ≤ arcctg 2 x . ⎧⎪ x 2 + y 2 = 1; 4. Решите систему уравнений ⎨ 3 2 2 ⎪⎩8 x − 2 x − 6 x = 2 y − 3 − 2. 5. Фрагмент решетки представляет собой квадрат, изображенный на рисунке. Сколько всего квадратов, со сторонами параллельными диагоналям фрагмента, образовано его узлами? 6. Найдите все значения параметра а, при которых 2 2 4 уравнение log (ax + 3) = log (a − x ) + 1 имеет единственное 3

3

решение. 7. Докажите равенство: 2005

∫

−2006

2005

| x + 1| −2 − 1 dx =

∫

| x + 1| −1 − 1 − 1 dx .

−2006

8. Решите уравнение 8 x −1 = x 7 . 9. В прямоугольном треугольнике с катетами 3 и 6 расстояния от вершин острых углов до некоторой точки, лежащей внутри треугольника, равны 5 и 26 . Найдите расстояние от нее до вершины прямого угла этого треугольника. 10. В правильной призме ABCDA'B'C'D' длины сторон основания ABCD равны 1, а длины боковых ребер равны 2. Через ребро АВ проведена плоскость, делящая двугранный угол при основании пополам и пересекающая боковые ребра СС' и DD' в точках Р и Q соответственно. Найдите объем пирамиды D'АBPQ.

11


1 ВАРИАНТ

3π 5π 1. Сравните числа ctg и + tg 8 24

3.

2. Решите неравенство | x | + | x + 2 | −1 ≥ x . 3. Пусть в стране Л подоходный налог на зарплату начисляется следующим образом: с суммы не превышающей 1000 денежных единиц взимается 15% налога, с дохода от 1000 до 2000 тысяч денежных единиц с первой тысячи взимается 15%, а с оставшейся суммы взимается 25%, если же доход превышает 2000 единиц, то с первой тысячи взимается 15%, со второй — 25%, с оставшейся суммы взимается 50% налога. Каков (в процентах) итоговый налог выплачивает гражданин этой страны, получающий после выплаты налогов зарплату в 2600 денежных единиц? 27 ⎛ x 3 ⎞ 3x 4. Решите уравнение 3 − 3 x − 9 ⎜ 3 − x ⎟ = 8 . ⎝ 3 3 ⎠ 5. Решите уравнение 3 m + 3 2 m + 3 3m + … + 3 k ⋅m = 2007 в целых числах. ⎧ sin x + 1 = sin 2 y − 2, ⎪⎪ sin x 6. Решите систему уравнений ⎨ ⎪ cos y + 1 = cos 2 x + 2. ⎪⎩ cos y 7. Определите, при каких значениях параметра a уравнение | x | = a log | x | имеет ровно два решения. 2

8. Найдите, в каких пределах изменяется высота прямоугольного треугольника, проведённая из вершины прямого угла, если длина одного из его катетов равна a, а длина другого не меньше 2a . 9. Найдите площадь фигуры, ограниченной линиями: 3

x=

y,

x = ( y + 1) , x = 0 , x = 1 . 10. Центры одинаковых шаров радиуса 1 лежат в вершинах прямой призмы боковое ребро которой равно 4, а основание — треугольник со сторонами 3, 4, 5. Найдите сумму объёмов частей этих шаров, лежащих внутри призмы.

12


2 ВАРИАНТ

1. Сравните числа ctg

π 5π и 2. + tg 8 24

2. Решите неравенство | x | | x + 2 | −1 ≤ x . 3. Пусть в стране П подоходный налог на зарплату начисляется следующим образом: с суммы не превышающей 1000 денежных единиц взимается 50% налога, с дохода от 1000 до 2000 тысяч денежных единиц с первой тысячи взимается 50%, а с оставшейся суммы взимается 25%, если же доход превышает 2000 единиц, то с первой тысячи взимается 50%, со второй — 25%, с оставшейся суммы взимается 15% налога. Каков (в процентах) итоговый налог выплачивает гражданин этой страны, получающий после выплаты налогов зарплату в 3800 денежных единиц? 8 2 ⎞ ⎛ 4. Решите уравнение 2 3 x − 3 x − 6 ⎜ 2 x − x ⎟ = 1 . ⎝ 2 2 ⎠ 5. Решите уравнение 2 n + 2 2 n + 2 3n + … + 2 k ⋅n = 2006 в целых числах. ⎧ sin x + 1 = 2 + sin 2 y, ⎪⎪ sin x 6. Решите систему уравнений ⎨ ⎪ cos y + 1 = 2 − cos 2 x. ⎪⎩ cos y 7. Определите, при каких значениях параметра a уравнение a | x | = log | x | имеет ровно два решения. 0,5

8. Найдите, в каких пределах изменяется высота прямоугольного треугольника, проведённая из вершины прямого угла, если длина одного из его катетов равна a, а длина другого не больше 2a . 3 9. Найдите площадь фигуры, ограниченной линиями: x = y , x = y −1 , x = 0 , x = 1 . 10. Центры одинаковых шаров радиуса 1 лежат в вершинах прямой призмы боковое ребро которой равно 6, а основание — треугольник со сторонами 3, 3, 5. Найдите сумму объёмов частей этих шаров, лежащих внутри призмы.

13

Санкт–Петербургский государственный университет физический факультет ВЕСЕННЯЯ МАТЕМАТИЧЕСКАЯ ОЛИМПИАДА — 2007 11 КЛАСС 1. 2. 3.

1 ВАРИАНТ log 2

log 3

Сравните числа 3 3 и 2 2 . Решите уравнение cos x cos 3x − 1 = 0 . ⎪⎧ x = 4 y − 3, Решите систему ⎨ ⎪⎩ y = 4 x − 3.

4.

Решите неравенство 2 x + 2 2 x + 2 3 x + … ≤ 2 .

5.

Решите уравнение

x + 1(3x + x + 1) = x + 3x + 3x .

6.


sin( π log x) = ln(sin(π | x + 0, 5 |)) .

7.

Изобразите множество точек плоскости х0у, координаты которых удовлетворяют неравенству log | y − x | ≥ log x .

8.

Определите площадь фигуры, ограниченной тремя линиями:

2

3

2

2

2

2

2

y = 1− x , y = x +1 , x = 1 . 9. В прямоугольном треугольнике АВС на катетах АВ и АС отмечены точки P и Q соответственно, такие что AP = 1 , PB = 2 , AQ = 1 , QC = 3 . Точка M делит гипотенузу в отношении 2:3, считая от вершины B. Определите, в каком отношении точка O пересечения отрезков PC и MQ делит эти отрезки. 10. В основании пирамиды высотой 4 лежит квадрат со стороной 2. Одно из ее боковых ребер перпендикулярно плоскости основания. Найдите расстояние от него до скрещивающихся с ним медиан боковой грани.

14

Санкт–Петербургский государственный университет физический факультет ВЕСЕННЯЯ МАТЕМАТИЧЕСКАЯ ОЛИМПИАДА — 2007 11 КЛАСС 1. 2. 3.

2 ВАРИАНТ log 3

log 5

Сравните числа 5 5 и 3 3 . Решите уравнение 1 + sin x sin 3 x = 0 . ⎪⎧ x = 3 y − 2, Решите систему ⎨ ⎪⎩ y = 3 x − 2.

4.

Решите неравенство 3 x + 3 2 x + 3 3 x + … ≤ 4 .

5.


1 − x (3 x − x + 1) = x − 3x + 3x .

6.


sin(π log x) = ln(cos(π | x + 1|)) .

7.

Изобразите множество точек плоскости х0у, координаты которых удовлетворяют неравенству log | y + x | ≥ log y .

2

3

3

0,5

8.

2

0,5

Определите площадь фигуры, ограниченной тремя линиями:

y = ( x − 1) 2 , y = 1 − x , y = 1 . 9. В прямоугольном треугольнике АВС на катетах АВ и АС отмечены точки P и Q соответственно, такие что AP = 1 , PB = 2 , AQ = 3 , QC = 1 . Точка M делит гипотенузу в отношении 2:3, считая от вершины B. Определите, в каком отношении точка O пересечения отрезков BQ и PM делит эти отрезки. 10. В основании пирамиды высотой 2 лежит квадрат со стороной 4. Одно из ее боковых ребер перпендикулярно плоскости основания. Найдите расстояние от него до скрещивающихся с ним медиан боковой грани.

15

Санкт–Петербургский государственный университет физический факультет ЗИМНЯЯ МАТЕМАТИЧЕСКАЯ ОЛИМПИАДА — 2004 11 класс, ответы к варианту 1 1. Левое число меньше. y 2. [0; +∞) . 3. {−2} ∪ [−0,125; 0) . y = −x 4. {(0; 1); (2; − 1)} .

y=x

0 ⎧ ⎫ 2 5. ⎨ arctg 2 + (−1) k +1 arcsin + πk : k ∈ ⎬ . ⎩ ⎭ 5 6. См. рис. 7. 2005. 8. F ( x ) = x 3 + 6 x 2 + 12 x + 12 или F ( x) = x 3 + 6 x 2 + 12 x + 8 . 9. {(0; 0, 5)} .

10.

a 3 sin α a 3 sin α или . 6 1 + cos α 2 3 + cos α

11 класс, ответы к варианту 2 1. Левое число больше. 2. {−∞; 1] . 3. (−∞; − 243] ∪ {−3} . 4. {(1; 0); (−1; − 2)} .

⎧ 3 1 5. ⎨ (−1) k arcsin − arctg + πk , 3 ⎩ 10 (−1) k +1 arcsin

⎫ 1 − arctg + πk : k ∈ ⎬ . 3 ⎭ 10 2

y y=x

0 y = −x

6. См. рис. 7. 2004. 8. F ( x ) = − x 3 + 6 x 2 + 12 x + 12 и F ( x ) = − x 3 + 6 x 2 + 12 x − 96 . 9. {(1; 0, 5)} . 10.

16

x

a 3 12h 2 − a 2 a 3 4h 2 − 3a 2 или . 6 2 a + 2 3h a 3 + 6h

x

Санкт–Петербургский государственный университет физический факультет ВЕСЕННЯЯ МАТЕМАТИЧЕСКАЯ ОЛИМПИАДА — 2005 11 класс, ответы к варианту 1 1. Правое число больше. y 2. {0} . 3π 3. [−1; 0] ∪ {1} . 4. См. рис. 2π 5. {(0; 0); (4; − 2); (−4; 2)} . π 6. a ∈ (−∞; 0) ∪ {1} ∪ [2; + ∞) . −2π −π 0 π 2π 3π x −π 7. 890 руб. 8. 5. −2π 9. Объем больше. 1 10. a = − . 2

11 класс, ответы к варианту 2 1. Правое число больше. y 2. {0} . 3π 3. [0; 1] ∪ {−1} . 2 4. См. рис. π 5. {(0; 0); (4; 2); (−4; − 2)} . 2 5π 3π π 0 6. a ∈ (0; 2] ∪ {4} . − − − 2 2 2− π 7. 295 руб. 2 8. 5. 9. Объем больше. 1 10. a = . 2

π 2

3π 5π x 2 2

17

Санкт–Петербургский государственный университет физический факультет ЗИМНЯЯ МАТЕМАТИЧЕСКАЯ ОЛИМПИАДА — 2005 11 класс, ответы к варианту 1 1. Левое число больше правого. ⎧ −1 − 5 ⎫ 2. ⎨ ⎬. ⎩ 2 ⎭ 3. (0; 0, 5] ∪ [2; + ∞) 4. См. рис. 5. 3 пары решений. 6. {(5; 5; 5)} . 7. sin 36 = 8.

10. a = −12 .

x

0

10 − 2 5 . 4

3 3 π , β = , γ = 2 arctg . 3 2 2

11 класс, ответы к варианту 2 1. Левое число больше. ⎧1− 5 ⎫ 2. ⎨ ⎬. ⎩ 2 ⎭ 3. (−0; 0, 2] ∪ [5; + ∞) . 4. См. рис. 5. 3 пары решений. 6. {(6; 6; 6)} . 10 − 2 5 . 4

7. cos 54 = 6 21 15 + 5 30

9. α = arctg 10. a = 12 .

18

y=x

6− 2 . 3

9. α = arctg

8.

y

. 1 2

, β=

π 1 , γ = 2 arctg . 4 2

y y=x

0

x

Санкт–Петербургский государственный университет физический факультет ВЕСЕННЯЯ МАТЕМАТИЧЕСКАЯ ОЛИМПИАДА — 2006 11 класс, ответы к варианту 1 1. Левое число больше правого. 2. [1; + ∞) .

⎛ 2 ⎤ ; 1⎥ . 3. ⎜ ⎝ 2 ⎦ π π π π 13π 13π 4. cos ; − sin ; cos ; sin ; cos ; − sin ; 18 18 18 18 18 18 13π 13π 25π 25π 25π 25π cos ; sin ; cos ; − sin ; cos ; sin 18 18 18 18 18 18 5. 91 квадрат. 6. a = 1 . 7. Подынтегральные выражения равны. 8. {1; 10} .

{( (

9. 10.

170 или 5

)( )(

)(

)(

)

2.

2 . 3

11 класс, ответы к варианту 2 1. Правое число больше. 2. (−∞; − 1] . 3. (−∞; 1] . 5π 5π 5π 5π 7π 7π 4. cos ; − sin ; cos ; sin ; cos ; − sin ; 18 18 18 18 18 18 7π 7π 17π 17π 17 π 17 π cos ; sin ; cos ; − sin ; cos ; sin 18 18 18 18 18 18 5. 35 квадратов. 6. a = 1 . 7. Подынтегральные выражения равны. 8. {1; 8} .

{( (

2 или 1 10. . 3 9.

)} .

)( )(

)( )(

)

)} .

29 .

19

Санкт–Петербургский государственный университет физический факультет ЗИМНЯЯ МАТЕМАТИЧЕСКАЯ ОЛИМПИАДА — 2007

1. 2. 3. 4. 5. 6. 7.

8. 9. 10.

1. 2. 3. 4. 5.

11 класс, ответы к варианту 1 Правое число больше. (−∞; − 3] ∪ [−1; + ∞) . 35%. {1} . m = 0 , k = 2007 . π − + πk ; 2πl : k , l ∈ . 2 a < 0 , a = e ln 2 . ⎡ 2 ⎞ a; a ⎟ . ⎢ ⎣ 5 ⎠ 7 . 12 2 π. 3

{(

8. 9. 10.

20

}

11 класс, ответы к варианту 2 Левое число больше. {0} . 24%. {1} . n = 0 , k = 2006 . π + πk ; 2πl : k , l ∈ . 2 1 − ∪ [0; +∞) . e ln 2 ⎛ 2 ⎤ a⎥ . ⎜ 0; ⎝ 5 ⎦ 7 . 12 2 π. 3

{( 7. { 6.

)

}

)

}

Санкт–Петербургский государственный университет физический факультет ВЕСЕННЯЯ МАТЕМАТИЧЕСКАЯ ОЛИМПИАДА — 2007 11 класс, ответы к варианту 1 1. Числа равны. 2. {πk : k ∈ ]} . 3. {(1; 1); (3; 3)} . 2⎤ ⎛ 4. ⎜ −∞; log 2 ⎥ . 3⎦ ⎝ ⎧⎪1 + 5 ⎫⎪ 5. ⎨ ⎬. ⎩⎪ 2 ⎪⎭ 6. {2k : k ∈ `} . 7. См. рис. 8. 1. 9. 9 : 5 и 5 : 2 . 10. 2 , 1.

y y = 2x

x

11 класс, ответы к варианту 2 1. Числа равны. ⎧π ⎫ 2. ⎨ + πk : k ∈ ] ⎬ . ⎩2 ⎭ 3. {(1; 1); (2; 2)} . 4⎤ ⎛ 4. ⎜ −∞; log 3 ⎥ . 5⎦ ⎝ ⎧⎪ 5 − 1 ⎪⎫ 5. ⎨ ⎬. ⎩⎪ 2 ⎭⎪

6. 7. 8. 9. 10.

{3k : k ∈ {0} ∪ `} . См. рис. 1. 4 : 5 и 5 :1 .

y y = −x

y = − 12 x x

2 2 , 2.

21

ЗИМНЯЯ МАТЕМАТИЧЕСКАЯ ОЛИМПИАДА — 2004

11 КЛАСС

1 ВАРИАНТ РЕШЕНИЯ 5

1. Сравните числа 2

и 3 3.

Возведем обе части неравенства в степень 5

2

осталось 5

2

2S

= πr 2 = π > 2

окр.

B′1

B1

A1′

C1 C′1

A1

D′1 B

D1

B′

C

A′

C′

A

D′

D

и

= 2π > 4 .

2 способ. Исходный и полученный куб имеют общий центр, и поэтому они имеют общую вписанную сферу. Тогда объем их общей части не меньше объема этой сферы, равного 4π / 3 , что больше 4. Примечание. Заметим, что решение 2 справедливо для вращения на любой угол, вдоль любой прямой, проходящей через центр куба. 10. Определите, при каком значении параметра а площадь фигу2 2 ры, ограниченной линиями x = a , x = a + 1 , y = x + x + cos x ,

y = x − sin 2 x , наименьшая.

y

Поскольку для любых значений переменной 2

2

2

( x + x + cos x) − ( x − sin x) > 0 , график первой

функции при всех значениях аргумента лежит выше графика второй функции. Тогда площадь фигуры, ограниченной заданными линиями (см. рис.), дается формулой

0

a

a +1

x

a +1

S=

∫ (x

2

+ x + cos 2 x) − ( x − sin 2 x)dx =

a

a +1

=

∫ (x a

2

+ 1)dx =

( 13 x + x ) 3

a +1 a

=

1 4 ((a + 1) 3 − a 3 ) + (a + 1) − a = a 2 + a + . 3 3

Полученный трехчлен достигает наименьшего значения при a = −

30

1 . 2


11 КЛАСС

1 ВАРИАНТ РЕШЕНИЯ

1. Сравните числа ( 2006 − 2005 + 2004 )

−1

−1

и ( 2008 + 2007 − 2006 ) .

Заметим, что 2006 − 2005 + 2004 < 2008 + 2007 − 2006 ⇔ ⇔ 2006 + 2006 + 2004 < 2008 + 2007 + 2005 ,

поэтому левое число больше правого. x +1 +1 = 0 . x Внесем х под знак квадратного корня. В зависимости от знака переменной возможны два случая. 1 случай: x > 0 . Имеем: 2

2. Решите уравнение x + x + 2 x

2

2

2

2

x + x + 2 x + x + 1 = 0 ⇔ ( x + x + 1) = 0 ⇔

2

x + x = −1 ,

полученное уравнение не имеет решений. 2 случай: x < 0 . Имеем: x 2 + x − 2 x 2 + x + 1 = 0 ⇔ ( x 2 + x − 1) 2 = 0 ⇔ x 2 + x = 1 ⇔ ⇔ x 2 + x = 1 ⇔ x 2 + x = 1⇔ x = x 0 , имеем: sin 3α = sin 2α ⇔ 3sin α − 4 sin 3 α = 2 sin α cos α ⇔ ⇔ 3 − 4 sin 2 α = 2 cos α ⇔ 3 − 4(1 − cos 2 α) = 2 cos α ⇔

⇔ 4 cos 2 α − 2 cos α − 1 = 0 ⇔ cos α =

1+ 5 . 4

Тогда 2

⎛ 1+ 5 ⎞ 10 − 2 5 = sin 36 = sin α = 1 − cos α = 1 − ⎜ . ⎟ 4 ⎝ 4 ⎠ 2

34

8. В треугольник со сторонами 3, 3 и 2 вписали окружность. Точки касания окружности со сторонами треугольника соединили и в полученный треугольник снова вписали окружность. Найдите ее радиус. Длины необходимых отрезков обозначены на рисунке (использовано свойство касательных). Искомый радиус есть 2 2 1⋅4⋅ 8 S 2 3 3 r= = = p 1⎛4 ⎞ 12 + 2⋅ 2 ⎜⎝ 3 3 ⎟⎠

6− 2 . 3

2/3

1

12 3

1

2/3 8 3

12 3

1

1

9. Обозначим в правильной треугольной пирамиде угол наклона бокового ребра к плоскости основания α , угол наклона боковой грани к плоскости основания — β , плоский угол при вершине — γ . Известно, что γ = 2α . Найдите углы α , β , γ . Пусть R и r — радиусы описанной и вписанной в основание окружностей соответственно. Тогда γ R r R tg α = r tg β и cos = . γ cos α 2 cos β π Поскольку R = 2r и γ = 2α , имеем β = , 3

откуда α = arctg

3 3 и γ = 2 arctg . 2 2

β

α

10. Найдите значение параметра а, при котором верно равенство: 66

∫ a

| x | −1 − 1 dx = 2100 .

y

y = f ( x) Отметим, что площадь подграфика 64 подынтегральной функции на отрезке 2 1 [2; 66] равна 0, 5 ⋅ 64 = 2048 , а площадь, подграфика для отрезка [−2; 2] , a −2 −1 0 1 2 66 x равна 2. Таким образом, площадь, соответствующая отрезку [a; − 2] , должна равняться 50. Имеем уравнение 1 2 (−2 − a ) = 50 ⇔ a = −12 . a log sin 3 > log sin 3 . 3

3

2

2 способ. Левое число больше в силу двойного неравенства log sin 2 > −1 > log sin 3 , которое следует из следующих оценок: 3

2

π π 1 ⇔ log sin 3 < log sin = log = −1 , 2 2 2 6 6 2 π π 1 1 sin 2 > sin ⇔ log sin 2 > log sin = log > log = −1 . 3 3 3 2 3 3 6 6 sin 3 < sin

2

2. Решите уравнение x − | 2 x − 1| = 2 x − | x + 1| . По смыслу задачи должно выполняться условие 2 x − | x + 1| ≥ 0 , что возможно только для положительных значений х. Если x > 0 , то | x + 1| = x + 1 , и заданное уравнение принимает вид

x 2 − | 2 x − 1| = x − 1 . Правая часть полученного уравнения должна быть неотрицательна, откуда x ≥ 1 , при этом | 2 x − 1| = 2 x − 1 , откуда x 2 − 2 x + 1 = x − 1 ⇔ ( x − 1) 2 = x − 1 ⇔ | x − 1| = x − 1 ⇔ x ≥ 1 . 3. Решите неравенство arcsin 2 x > arccos 2 x . Перенесем правую часть в левую, разложим полученное тем самым выражение на множители и воспользуемся тождеством arcsin x + arccos x = π / 2 : arcsin 2 x > arccos 2 x ⇔ arcsin 2 x − arccos 2 x > 0 ⇔ ⇔ (arcsin x − arccos x) ⋅ (arcsin x + arccos x) > 0 ⇔

36

π > 0 ⇔ arcsin x − arccos x > 0 ⇔ 2 π π ⇔ arcsin x − − arcsin x > 0 ⇔ 2 arcsin x > ⇔ 2 2

⇔ (arcsin x − arccos x)

(

)

π π 2 ⇔ 1 ≥ x > sin ⇔ < x ≤ 1, 4 4 2 последнее неравенство и задает множество решений. ⇔ arcsin x >

⎧⎪ x 2 + y 2 = 1; 4. Решите систему уравнений ⎨ 3 2 2 ⎪⎩8 x − 2 x − 6 x = 2 y + 3 − 2.

Поскольку x 2 + y 2 = 1 , на отрезке [0; 2π] найдется число α альфа такое, что x = cos α , y = sin α . Тогда имеем: 2 2 ⎪⎧ cos α + sin α = 1, ⇔ ⎨ 3 2 2 ⎪⎩8 cos α − 2 cos α − 6 cos α = 2 sin α + 3 − 2 3

2

2

⇔ 2(4 cos α − 3 cos α) = 3 + 2(sin α + cos α ) − 2 ⇔ 3 π ⇔ 3α = ± + 2πk ⇔ 2 6 ⎡ α = ± π + 2πk ; ⎢ 18 ⎢ π 2π 13π ⇔α=± + k ⇔ ⎢α = ± + 2πk ; 18 3 18 ⎢ ⎢ 25π ⎢⎣ α = ± 18 + 2πk , k ∈ .

⇔ 2 cos 3α = 3 ⇔ cos 3α =

Учитывая, что α ∈ [0; 2π] , получим решения ( x; y ) исходной системы:

( cos 18π ; sin 18π ) ; ( cos 18π ; − sin 18π ) ; ( cos 1318π ; sin 1318π ) ; ( cos 1318π ; − sin 1318π ) ; ( cos 2518π ; − sin 2518π ) ; ( cos 2518π ; sin 2518π ) . 37

5. Фрагмент решетки представляет собой квадрат, изображенный на рисунке. Сколько всего квадратов, со сторонами, параллельными сторонам фрагмента, образовано его узлами? 1 способ. Квадраты, о которых идет речь, однозначно задаются положением их центров. Для квадратиков со стороной 1 положений их центров 6 2 (см. рис.), центров квадратиков со стороной 2 — 5 2 (они являются узлами квадратной решетки со стороной 5), центров квадратиков со стороной 3 — 4 2 и т. д. Всего вариантов: 6 2 + 5 2 + 4 2 + 3 2 + 2 2 + 1 = 91. 2 способ. (Афанасьев Дмитрий) Для того, чтобы задать квадрат в такой решетке, достаточно указать одну из его диагоналей. Рассмотрим диагональ решетки и параллельные ей отрезки (см. рис., справа и снизу указаны номер типов диагоналей). Вариантов задания концов диагонали для диагоналей первого типа — 1, второго — C 2 = 3 , 3

третьего — C того — C нали)

2 6

2 4

= 6 , четвертого — C

2 5

= 10 , пя-

= 15 , шестого типа (большой диаго-

—

C

2 7

= 21 .

Всего

1 2 3 4 5

квадратов

21 + 2(3 + 6 + 10 + 15 + 1) = 91 .

6. Найдите все значения параметра а, при которых уравнение log ( x 4 + 2a 2 ) = log (1 − ax 2 ) + 1 имеет единственное решение. 2

2

Ясно, что если число x — решение уравнения, то число − x тоже его решение. Поскольку уравнение имеет единственное решение, это решение x = 0 , что возможно, если ⎡ a = 1; 2 2 2 log (2a ) = log 1 + 1 ⇔ log (2a ) = 1 ⇔ 2a = 2 ⇔ ⎢ 2 2 2 ⎣ a = −1.

Проверим, нет ли у заданного уравнения при найденных значениях параметра других решений, кроме x = 0 . Если a = 1 уравнение действительно имеет единственное решение: log ( x 4 + 2) = log (1 − x 2 ) + 1 ⇔ x 4 + 2 = 2 − 2 x 2 ⇔ 2

2

⇔ x 4 + 2x 2 = 0 ⇔ x = 0 .

38

1 2 3 4 5 6

Если a = −1 , уравнение имеет три решения: log ( x 4 + 2) = log (1 + x 2 ) + 1 ⇔ x 4 + 2 = 2 + 2 x 2 ⇔ 2

2

⎡ x = 0; ⎢ ⇔ x − 2 x = 0 ⇔ x ( x − 2) = 0 ⇔ ⎢ x = 2; ⎢ x = − 2. ⎣ 4

2

2

2

Таким образом, заданное уравнение имеет единственное решение при a = 1 . 7. Докажите равенство: 2006

∫

2006

| x − 1| −2 − 1 dx =

−2005

∫

| x − 1| −1 − 1 − 1 dx .

−2005

Равенство интегралов следует из тождественного равенства подынтегральных функций, что в свою очередь немедленно следует из совпадения их графиков: f ( x) = ||| x − 1| − 2 | − 1|

y

y = f ( x)

1 −2 −1 0 1 2 3 4

x

g ( x) = |||| x − 1| − 1| − 1| − 1|

y

y = g ( x)

1 −2 −1 0 1 2 3 4

x 39

8. Решите уравнение 10 x −1 = x 9 . Прологарифмируем обе части данного уравнения по основанию 10: 10 x −1 = x 9 ⇔ lg10 x −1 = lg x 9 ⇔ x − 1 = 9 lg x .

Построим графики левой и правой частей полученного уравнения (см. рис.). Ясно, что числа 1 и 10 его корни. Заметим, что функция y = 9 lg x возрастает и выпукла вверх, а функция y = x возрастает и выпукла вниз. Поскольку графики одномонотонных разновыпуклых функций имеют не более двух точек пересечения других корней, кроме найденных, уравнение не имеет.

y 9

y = 9lg x

0 1

y = x −1 10 x

9. В прямоугольном треугольнике с катетами 2 и 4 расстояния от вершин острых углов до некоторой точки, лежащей внутри треугольника, равны 2 и 10 . Найдите расстояние от нее до вершины прямого угла этого треугольника. Введем обозначения, как показано на ри- y сунке. Поскольку катеты имеют разные A

длины, возможны два случая: AM = 2 , 1

BM = 10 или AM = 2 , BM = 10 . 1

2

2

Введем систему координат, как указано на рисунке. В этой системе координат: A(0; 4) ,

M1

B (2; 0) , C (0; 0) , M ( x ; y ) , M ( x ; y ) . 1

1

1

2

2

2

Рассмотрим первый случай. Имеем систему уравнений:

M2

C

B

2 2 2 2 ⎧ ⎪ AM 1 = 2, ⎪⎧ x + (4 − y ) = 2, ⎪⎧ x + (4 − y ) = 2, ⇔⎨ ⇔⎨ ⇔ ⎨ 2 2 ⎪⎩ (2 − x) + y = 10 ⎪⎩ (2 − x) 2 + y 2 = 10 ⎩⎪ BM 1 = 10 2 2 ⎧ (2 y − 5) 2 + y 2 = 8 y − 14, ⎪⎧ x + y = 8 y − 14, ⇔⎨ 2 ⇔ ⇔ ⎨ 2 ⎪⎩ x + y = 4 x + 6 ⎩x = 2y − 5

40

x

⎡⎧ x = 1, ⎢ ⎨ y = 3; ⎧⎡ y = 3; ⎢⎩ 2 ⎧ 5 y − 28 y + 39 = 0, ⎪⎪⎢ 13 ⎢ ⇔⎨ ⇔ ⎨⎢ y = , ⇔ ⎧ x = 1 , ⎢⎪ 5 5 ⎩x = 2y −5 ⎪⎣ ⎢ ⎨ ⎪⎩ x = 2 y − 5 ⎢ ⎪ y = 13 . ⎣⎩ 5

Таким образом, есть две точки, находящиеся на заданных расстояниях от вершин А и В треугольника, причем внутри одна из них лежит внутри, а другая — вне рассматриваемого треугольника. Проверим: 13 1 1 169 170 + = , то CM = , если M (1; 3) , то если M ; 1 1 1 5 5 25 25 5

(

)

CM = 1 + 9 = 10 . Поскольку 1

угольника лежит точка M

1

10 >

( 135 ; 15 ) .

170 ⇔ 250 > 170 , внутри тре5

Рассмотрим первый случай. Имеем систему уравнений: ⎧ ⎪ AM 2 = 10, ⎪⎧ ⇔⎨ ⎨ ⎪⎩ BM 2 = 2 ⎪⎩ 2 2 ⎪⎧ x + y ⇔⎨ 2 2 ⎪⎩ x + y

2 2 ⎪⎧ x + (4 − y ) = 10, ⇔⎨ ⇔ 2 2 2 2 ⎪⎩ (2 − x) + y = 2 (2 − x) + y = 2

x 2 + (4 − y ) 2 = 10,

= 8 y − 6,

⎧ (2 y − 1) 2 + y 2 = 8 y − 6, ⇔⎨ ⇔ = 4x − 2 ⎩ x = 2 y −1 ⎡⎧ x = 9 , ⎢⎪ 5 ⎧⎡ y = 1; ⎢⎨ ⎪⎢ 7 ⎧ 5 y 2 − 12 y + 7 = 0, ⎪ 7 ⇔⎨ ⇔ ⎨ ⎢ y = , ⇔ ⎢ ⎪⎩ y = , 5 ⎢ 5 ⎩ x = 2 y −1 ⎪⎣ ⎢ ⎪⎩ x = 2 y − 1 ⎢ ⎧ x = 1, ⎨ ⎣ ⎩ y = 1.

Таким образом, есть две точки, находящиеся на заданных расстояниях от вершин А и В треугольника, причем внутри одна из них лежит внутри, а другая — вне рассматриваемого треугольника. Проверим: 9 7 81 49 130 + = , то CM = , если M (1; 1) , то если M ; 2 5 2 2 5 25 25 5

(

)

41

2

2

CM = 1 + 1 = 2 . Поскольку 2

130 > 2 ⇔ 130 > 50 , внутри тре5

угольника лежит точка M (1; 1) . 2

Ответ:

170 или 5

2.

10. В правильной призме ABCDA′B ′C ′D ′ длины сторон основания ABCD равны 1, а длины боковых ребер равны 2. Через ребро АВ проведена плоскость, делящая двугранный угол при основании пополам и пересекающая боковые ребра СС' и DD' в точках Р и Q соответственно. Найдите объем пирамиды B ′ABPQ . Заметим, что поскольку AQ — биссектриса C′ B′ угла A ' AD , треугольник ADQ прямоугольный и

равнобедренный: AD = QD = 1 , тогда AQ = 2 , откуда S

ABPQ

= 2 , что дает нам площадь основа-

ния пирамиды B ′ABPQ . Осталось найти высоту пирамиды. 1 способ. Высотой пирамиды является ее ребро B ′P , действительно:

A′

D′

B

Q

P

C

D

A

QP ⊥ BB ′C ′C ⇒ QP ⊥ B ′P ,

кроме того, B ′P ⊥ BP , поскольку B ′PB = 180° − B ′PC − BPC = 180° − 2 BPC = 180° − 2 AQD = 90° .

Тогда H

пирамиды

= B ′P = AQ = 2 .

z B '(0; 0; 2) C′

2 способ. Введем систему координат, как показано на рисунке. В этой системе координат: B (0; 0; 0) , A(1; 0; 0) , Q(1; 1; 1) , P (0; 1; 1) , B ′(0; 0; 2) . Поскольку плоскость ABPQ является биссектрисой двугранного угла при основании, ее уравнение имеет вид y = z или y − z = 0 .

42

A′

D′

B

x

A(1; 0; 0)

P(0; 1; 1)

Q(1; 1; 1) C y

D

Напомним, что расстояние от точки с координатами ( x ; y ; z ) 0

0

0

до плоскости Ax + By + Cz + D = 0 вычисляется по формуле d=

| Ax + By + Cz + D | 0

0

2

0

2

A + B +C2

.

В нашем случае расстояние от вершины пирамиды точки B ′(0; 0; 2) до плоскости ее основания y − z = 0 — искомая длина высота пирамиды — дается величиной d=

| 0 ⋅ 0 + 1 ⋅ 0 + 2 ⋅ (−1) + 0 | 2

2

0 + 1 + (−1)

2

=

2 2

= 2.

Таким образом, искомый объем пирамиды есть V=

Ответ:

1 1 2 ⋅S ⋅H = ⋅ 2 ⋅ 2 = . 3 3 3

2 . 3

43


11 КЛАСС


3π 5π и 3. + tg 8 24 Правое число больше в силу справедливости цепочки неравенств:

1. Сравните числа ctg

ctg

3π 5π 2π 6π π π 3 2 + tg < ctg + tg = ctg + tg = 1 + < 1 + < 3. 8 24 8 24 4 6 3 3

2. Решите неравенство | x | + | x + 2 | −1 ≥ x . 1 способ. Раскрывая модуль, перейдем к совокупности систем неравенств: ⎡⎧ x + x + 2 − 1 ≥ x ⎢⎨ ⎩ x ≥ 0; ⇔ | x | + | x + 2 | −1 ≥ x ⇔ ⎢⎢ ⎧ − x + | x + 2 | −1 ≥ x ⎢⎨ ⎢⎣ ⎩ x < 0 ⎡⎧ x + 1 ≥ 0, ⎡ x ≥ 0; ⎢⎨ ⎡ x ≥ 0; ⎢ x + 2 ≥ 1; ⎧⎡ ⎩ x ≥ 0; ⎡ x ≥ −1; ⇔ ⎢⎢ ⇔ ⎢ ⎧| x + 2 | ≥ 1 ⇔ ⎢ ⎪ ⎢ ⇔⎢ ⎢ ⎢ x 2 1, + ≤ − ⎧ ⎨ ⎨⎣ ⎣ x ≤ −3. ⎢ ⎨ | x + 2 | −1 ≥ 2 x, ⎢⎣ ⎩ x < 0 ⎢⎪ ⎢⎣ ⎩ x < 0 ⎣⎩x < 0 2 способ. Заметим, что при отрицательных значениях переменной правая часть неравенства отрицательна, а левая неотрицательна, поэтому неравенство верно для всех х из области определения. Для неотрицательных значений х, имеем | x | = x , и неравенство принимает вид | x + 2 | −1 ≥ 0 , что также выполнено на области определения. Таким образом, исходное неравенство равносильно неравенству | x + 2 | ≥ 1 , откуда x ≤ −3 или x ≥ −1 .

3. Пусть в стране Л подоходный налог на зарплату начисляется следующим образом: с суммы не превышающей 1000 денежных единиц взимается 15% налога, с дохода от 1000 до 2000 тысяч денежных единиц с первой тысячи взимается 15%, а с оставшейся суммы взимается 25%, если же доход превышает 2000 единиц, то с

44

первой тысячи взимается 15%, со второй — 25%, с оставшейся суммы взимается 50% налога. Каков (в процентах) итоговый налог выплачивает гражданин этой страны, получающий после выплаты налогов зарплату в 2600 денежных единиц? Заметим, что если после выплаты налогов зарплата превышает 2000 денежных единиц, то до выплаты налогов она тоже превышает 2000 единиц. Пусть зарплата гражданина составляет 2000 + x денежных единиц. В этом случае сумма выплачиваемых им налогов равна 1000 ⋅ 0,15 + 1000 ⋅ 0, 25 + 0, 5 x = 150 + 250 + 0,5 x = 400 + 0, 5 x .

Поскольку 2600 единиц в сумме выплаченными налогами составляет всю зарплату гражданина, имеем уравнение: 2600 + 400 + 0, 5 x = 2000 + x ⇔ 0, 5 x = 1000 ⇔ x = 2000 . Тогда зарплата гражданина составляет 2000 + 2000 = 4000 денежных единиц, а выплачиваемый им налог 4000 − 2600 = 1400 денежных единиц. Он составляет (1400 / 4000) ⋅100 = 35% заработка. 3x

4. Решите уравнение 3 −

27 ⎛ x 3 ⎞ −9⎜3 − x ⎟ = 8 . 3x ⎝ 3 3 ⎠

3x и заметим, что заданное уравнение имеет вид 3 t 3 = 8 . Действительно,

Положим t = 3 x −

3

3 ⎞ 3 9 27 ⎛ t 3 = ⎜ 3 x − x ⎟ = 33x − 3 ⋅ 3 2 x ⋅ x + 3 ⋅ 3 x ⋅ 2x − 3x = ⎝ 3 ⎠ 3 3 3 27 3 ⎛ ⎞ = 33x + 3x − 9 ⋅ ⎜ 3 x − x ⎟ . ⎝ 3 3 ⎠ Тогда t = 2 , откуда x

3 −

⎡ 3 x = −1; 3 x x x x = ⇔ − = ⋅ ⇔ − ⋅ − = ⇔ ⇔ x =1, 2 9 3 2 3 9 2 3 3 0 ⎢ x 3x ⎣3 = 3

это и есть ответ.

45

5. Решите уравнение 3 m + 3 2 m + 3 3m + … + 3 k ⋅m = 2007 в целых числах. Отметим, что если m = 0 , то каждое из слагаемых равно 1, и при k = 2007 равенство будет верно. Покажем, что при прочих целых значениях m решений нет. Если m < 0 , левая часть уравнения представляет собой геометрическую прогрессию с первым членом 3 m и знаменателем 3 m , сумма которой не больше суммы прогрессии 3 −1 + 3 −2 + … + 3 − k < 3 −1 + 3 −2 + … + 3 − k + …
0 , тогда левая часть представляет собой геометрическую прогрессию, и ее сумма находится явно: m

3 +3

2m

+3

3m

+…+ 3

k ⋅m

=3

m

3 k ⋅m − 1 . 3m −1

Отсюда получаем: 3m

k ⋅m

3 −1 = 2007 ⇔ 3 m (3 k ⋅m − 1) = 2007 ⋅ (3 m − 1) ⇔ 3 m (3 k ⋅m − 1) = m 3 −1 = 3 2 ⋅ 223 ⋅ (3 m − 1) .

Числа 3 k ⋅m − 1 , 223 и 3 m − 1 на три нацело не делятся, следовательно, m = 2 . Тогда 3 2 k − 1 = 223 ⋅ 8 ⇔ 3 2 k − 1 = 1784 ⇔ 3 2 k = 1785 . Число 1785 не является натуральной степенью тройки, следовательно, в натуральных числах уравнение решений не имеет. Для того, чтобы показать, что в натуральных числах заданное уравнение не имеет решений можно привести другое рассуждение. Рассмотрим три возможности. Пусть m = 1 , имеем: 31 + 3 2 + 3 3 + … + 3 k = 2007 ⇔ 3 2 + 3 3 + … + 3 k = 2004 ,

что невозможно, поскольку 2004 не кратно 9. Пусть m = 2 , имеем: 3 2 + 3 4 + 3 6 + … + 3 2 k = 2007 ⇔ 3 4 + … + 3 2 k = 1995 ,

что невозможно, поскольку 1995 не кратно 9. Аналогично для m ≥ 3 : левая часть будет кратна 27, а правая — нет, что и доказывает отсутствие натуральных решений заданного уравнения. 46

⎧ sin x + 1 = sin 2 y − 2, ⎪⎪ sin x 6. Решите систему уравнений ⎨ ⎪ cos y + 1 = cos 2 x + 2. ⎪⎩ cos y

Заметим, что правая часть первого уравнения отрицательна, поэтому на множестве решений и левая будет отрицательна. Тогда в силу неравенства Коши между средним арифметическим и средним геометрическим она не больше −2 , что означает, что и правая часть не больше −2 . Следовательно, sin y = 0 и sin x = −1 . Если sin x = −1 , то cos x = 0 . Тогда правая часть из второго уравнения системы равна двум, что возможно только если cos y = 1 . Таким образом, sin x = −1 , π cos y = 1 , откуда x = − + πk , y = 2πl , k , l ∈ . 2 7. Определите, при каких значениях параметра a уравнение | x | = a log | x | имеет ровно два решения. 2

Если a = 0 , уравнение не имеет решений. Если a < 0 , то уравнение имеет одно положительное и одно отрицательное решение в силу разномонотонности функций на положительной и отрицательной полуосях. Если a > 0 уравнение имеет ровно два решения тогда и только тогда, когда график модуля касается графика логарифма, что задается системой соотношений:

y

0

x

a ⎧ ⎧ a = x ln 2; ⎪⎧ x ′ = (a log 2 x) ′, ⎪1 = x ln 2 ; ⇔⎨ ⇔⎨ ⇔ ⎨ x > 0 ⎪⎩ x = a log x ⎩ x = x ln 2 log 2 x ⎩⎪ x = a log 2 x 2 ⎧ a = x ln 2; ⎧ a = x ln 2; ⎧ a = e ln 2; ⎪ ⇔⎨ ⇔⎨ ⇔⎨ ln x x > 0 ln 2 = 1 ⎩ ln x = 1 ⎩ x = e. ⎪⎩ ln 2

Заметим, что найденное значение параметра действительно положительно, откуда ответ: a < 0 , a = e ln 2 .

47

8. Найдите, в каких пределах изменяется высота прямоугольного треугольника, проведённая из вершины прямого угла, если длина одного из его катетов равна a, а длина другого не меньше 2a . Если длина одного катета a , а другого 2a , то длина высоты, проведенной из вершины прямого угла, будет равна 2

2

(a ⋅ 2a ) / a + (2a ) = 2a / 5 . При увеличении большего катета высота будет приближаться к меньшему, непрерывно увеличиваясь. Итак, длина высоты может принимать любые значения на промежутке

[2a / 5; a ) .

9. Найдите площадь фигуры, ограниченной линиями: x =

y,

3

x = ( y + 1) , x = 0 , x = 1 . Переименуем переменные привыч-

ным образом: y = x , y = ( x + 1) , y = 0 , y = 1 . Площадь фигуры, ограниченной непересекающихся графиками двух функций найдем как интеграл от их разности. Удобно интегрировать по dy , здесь x = y 2 ,

1

3

2

0

x = y2

1

y −1 :

S = ∫ ( y − 3 y + 1)dy =

−1 0 1 3 y 3

1

− 0

x = 3 y −1

y

3

4 1

3 3 y 4

0

+y

1 0

=

1

x

1 3 7 − +1 = . 3 4 12

10. Центры одинаковых шаров радиуса 1 лежат в вершинах прямой призмы боковое ребро которой равно 4, а основание — треугольник со сторонами 3, 4, 5. Найдите сумму объёмов частей этих шаров, лежащих внутри призмы. Совместим части, лежащие непосредственно под верхним над нижним основаниями. Они образуют секторы, которые в свою очередь при совмещении дадут половину шара. Искомый объем равен половине его 1 4 2 объема, т. е. ⋅ π = π . 2 3 3

48

ВЕСЕННЯЯ МАТЕМАТИЧЕСКАЯ ОЛИМПИАДА — 2007

11 КЛАСС


1.

log 2

log 3

log 2 3

⇔ log 3

Сравните числа 3 3 и 2 2 . Равенство чисел следует из следующей цепочки равносильных преобразований: log 3 2

3

=2

log 3 2

3

= log 2

log 2 3

3

⇔ 2

⇔ log 2 = log 3 log 2 ⇔ log 2 = log 3log 2 ⇔ 3

2

3

3

2

2

⇔ log 2 = log 3log 2 log 2 ⇔ log 2 = log 2 . 3

2

3

3

3

Примечание. Докажем общее соотношение a a

n

log k x a

=x

n

log n − k a x

1 = log

n

log

k a

x

=x

n

log

n−k x

a

:

⇔ n log k x = n log n−k a ⋅ log x ⇔ a

n

3

n−k x

a ⋅ log n

x

n −k a

a

x ⇔1=1.

Решите уравнение cos x cos 3 x − 1 = 0 . Преобразуем произведение косинусов в сумму косинусов и воспользуемся их ограниченностью сверху:

2.

cos x cos 3 x − 1 = 0 ⇔ cos x cos 3 x = 1 ⇔ cos 2 x + cos 4 x = 2 ⇔ ⎧ cos 2 x = 1, ⎧ 2 x = 2πk , ⇔⎨ ⇔⎨ ⇔ x = πk , k ∈ . ⎩ cos 4 x = 1 ⎩ cos 4πk = 1

3.

⎪⎧ x = 4 y − 3, Решите систему ⎨ ⎪⎩ y = 4 x − 3. 1 способ. Подставим второе уравнение системы в первое: ⎧⎪ x = 4 y − 3, ⇒ x = 4 4x − 3 − 3 ⇔ x = 4x − 3 ⇔ ⎨ ⎪⎩ y = 4 x − 3 ⎧ x 2 = 4 x − 3, ⎡ x = 1; ⇔⎨ ⇔⎢ ⎣ x = 3. ⎩x ≥ 0

Проверка показывает, что пары (1; 1) и (3; 3) – решения системы. 49

2 способ. По смыслу задачи значения обеих переменных не меньше 0,75. Тогда 2 2 2 ⎪⎧ x = 4 y − 3, ⎪⎧ x = 4 y − 3, ⎪⎧ x − y = 4( y − x), ⇔⎨ 2 ⇔⎨ 2 ⇔ ⎨ ⎪⎩ y = 4 x − 3 ⎩⎪ y = 4 x − 3 ⎩⎪ y = 4 x − 3 ⎡⎧ y = x, ⎡⎧ y = 1, ⎢⎨ 2 ⎢ ⎨ x = 1; 4 3; = − y x ⎩ ⎩ ⇔⎢ ⇔⎢ ⎢ ⎧ x = − y − 4, ⎢ ⎧ y = 3, ⎢⎨ 2 ⎢⎨ ⎣ ⎩ x = 3. ⎢⎣ ⎩ y = 4 x − 3;

Тем самым пары (1; 1) и (3; 3) — искомые решения уравнения. Решите неравенство 2 x + 2 2 x + 2 3 x + … ≤ 2 . Бесконечная сумма в левой части неравенства не превышает двух, только если она представляет собой бесконечно убывающую геометрическую прогрессию. Тогда имеем: 4.

x

2 +2

2x

⎧ 2x ≤2 ⎪ + 2 + … ≤ 2 ⇔ ⎨1 − 2 x ⇔ ⎪| 2 x | < 1 ⎩ 3x

⎧⎪ 2 x ≤ 2 − 2 ⋅ 2 x , 2 2 x ⇔⎨ x ⇔ 2 ≤ ⇔ x ≤ log . 2 3 2>1 3 ⎪⎩ 2 < 1 2

3

2

Решите уравнение x + 1(3x + x + 1) = x + 3x + 3x . Перенесем все слагаемые в одну часть и воспользуемся формулой куба разности: 5.

2

3

2

3

x + 1(3 x + x + 1) = x + 3 x + 3 x ⇔ ( x − x + 1) = 0 ⇔

⎧ x 2 = x + 1, 1+ 5 ⇔ x +1 = x ⇔ ⎨ ⇔x= . 2 ⎩x ≥ 0 6.


sin(π log x) = ln(sin(π | x + 0, 5 |)) . 2

Заметим, что по смыслу задачи переменная положительна. Тогда sin(π | x + 0, 5 |) ⇔ sin(πx + 0, 5π) = cos πx , откуда:

50

sin(π log x) = ln(sin(π | x + 0, 5 |)) ⇔ sin(π log x) = ln(cos πx) ⇔ 2

2

⎧ sin(π log 2 x) = 0, ⇔ sin(π log x) = ln(cos πx) ⇔ ⎨ ⇔ 2 ⎩ cos πx = 1 ⎧ π log 2 x = πk , k ∈ , ⎧ x = 2k , k ⇔⎨ ⇔⎨ ⇔ x=2 ,k∈ . = x 2 n π = π ∈ x 2 n , n ⎩ ⎩

7. Изобразите множество точек плоскости хОу, координаты которых удовлетворяют неравенству log | y − x | ≥ log x . 2

2

Проведем равносильные преобразования: log | y − x | ≥ log x ⇔ | y − x | ≥ x > 0 ⇔ 2

2

y

2>1

y = 2x

⎧ ⎡ y − x ≥ x; ⎧ ⎡ y ≥ 2 x; ⎪ ⎪ ⇔ ⎨ ⎣⎢ y − x ≤ − x, ⇔ ⎨ ⎣⎢ y ≤ 0, ⎪x > 0 ⎪ x > 0. ⎩ ⎩

x

Искомое множество точек изображено на рисунке.

8. Определите площадь фигуры, ограниченной тремя линиями: 2

y = 1− x , y = x +1 , x = 1 . Фигура, площадь которой требуется найти заштрихована на рисунке. 2 Функции y = x и y = x взаимно обратные на [0; 1] , поэтому фигуры, обведенные на рисунке жирным контуром равны. Тогда площади можно перегруппировать, и искомая площадь равна площади единичного квадрата; она равна 1.

y

y = x +1

y = 1 − x2 1

0

1

x

9. В прямоугольном треугольнике АВС на катетах АВ и АС отмечены точки P и Q соответственно, такие что AP = 1 , PB = 2 , AQ = 1 , QC = 3 . Точка M делит гипотенузу в отношении 2:3, считая от вершины B. Определите, в каком отношении точка O пересечения отрезков PC и MQ делит эти отрезки.

51

Рассмотрим систему материальных точек 3 A, 6 B, 1C , 4C . Пусть точка О 6 — ее центр масс. Поскольку 3 A + 6 B + 1C + 4C 9 P + 5C и 9 = 14 14 3 A + 6 B + 1C + 4C 10M + 4Q центр 3 = 14 14 масс есть точка пересечения отрезков CP и MQ , которые разделены им соответственно в отношениях 9 : 5 и 5 : 2 .

B

10

M P

O C 4 1

Q

A

4

10. В основании пирамиды высотой 4 лежит квадрат со стороной 2. Одно из ее боковых ребер перпендикулярно плоскости основания. Найдите расстояние от него до скрещивающихся с ним медиан боковой грани. Введем обозначения как показано на рисунP DO = 2 2 ках и рассмотрим 2 случая. 1 случай: требуется найти расстояние между отрезками PD и АК. Ясно, что длина общего K перпендикуляра к прямым PD и АК равна длине общего перпендикуляра к отрезкам PD и АК. D A Расстояние между скрещивающимися пряO мыми равно расстоянию между их проекциями 4 B на плоскость, перпендикулярную одной из них. C P Спроецируем PD и АК на плоскость основания DN = 2 и найдем расстояние от точки D до AO . Оно

равно 2 2 — половине диагонали квадрата ABCD . 2 случай: требуется найти расстояние между отрезками PD и ВМ. Эти отрезки не имеют общего перпендикуляра. Расстоянием между отрезками является наименьшее расстояние между их точками. В нашем случае — расстояние от отрезка PD до точки М, оно равно 2. Примечание. Расстояние DR между скрещивающимися прямыми PD и ВМ (см. рис.) равно 4 / 5 .

M

N

D

A 4

C

B

P

DR =

4 5 5

M D

R

A C

52

4

B

СОДЕРЖАНИЕ Предисловие

3

Условия задач зимней математической олимпиады — 2004

4

Условия задач весенней математической олимпиады — 2005

6


8


10


12


15

Ответы к задачам зимней математической олимпиады — 2004

16

Ответы к задачам весенней математической олимпиады — 2005

17


18


19


20


21

Решения задач зимней математической олимпиады — 2004

22

Решения задач весенней математической олимпиады — 2005

27


31


36


44


49

53

Подписано к печати 21.10.2007. Формат бумаги 60х84 1/16. Бумага офсетная. Печать ризографическая. Объем 4 усл. п. л. Тираж 200 экз. Заказ 3453. Отпечатано в отделе оперативной полиграфии НИИХ СПбГУ. 198504, Санкт-Петербург, Петергоф, Университетский пр., 26.

54

Материалы математических олимпиад физического факультета Санкт-Петербургского государственного университета

Recommend Documents