Решение заданий корпоративной олимпиады БГУ

Решение заданий корпоративной олимпиады БГУ
по математике, 10 класс, 2014 г. Очный тур
Задача 1. Найдите знаменатель геометрической прогрессии, если разность её
шестнадцатого и тринадцатого членов в 12 раз больше суммы её 12-го, 13-го и 14-го
членов.
Ответ:- 3 или 4.
Решение. Составим и решим уравнение по условию задачи.
bq15 -bq12– 12(bq11 + bq12 + bq13) = 0; bq11(q4 - 12q2 - 13q -12) = 0;
q4 - 12q2 - 13q -12 = 0; q4 - 16q2+ 4q2- 16q+ 3q-12 = 0;
q2(q - 4)(q + 4) +4q(q - 4) + 3(q-4) = 0; (q - 4)(q3 + 4q2 + 4q + 3) = 0;
(q - 4)(q3 + 3q2+ q2 + 3q + q + 3) = 0; (q - 4)(q2(q + 3) + q(q + 3) + (q + 3)) = 0;
(q - 4)(q + 3)(q2 + q + 1) = 0, откуда и следует ответ.
Задача 2.
Прямая CK, проведенная из вершины С некоторого треугольника АВС, делит
медиану AD пополам. Найти отношение AK : KB, в котором эта прямая делит сторону АВ
(рис. 1)
A
K
M
C
B
D
Рис. 1
Ответ : 1:2
Решение.
E
A
F
K
M
C
D
B
Рис. 2
Проведем из вершины B прямую, параллельную медиане AD, и пересекающую
продолжение стороны СА в точке E (рис.2). Обозначим через M середину медианы AD и
продолжим CM до пересечения с BE в точке F.
Так как AD∥BE и CD=DB, то СА=AE, т.е. A – середина CE.
Треугольники CDM и CBF подобны с коэффициентом 2, значит FB=2MD.
Аналогично, из подобия треугольников CMA и CFE следует FE=2MA. Учитывая MA=MD,
получим FE=FB, т.е. F – середина BE.
1
Значит, AB и СF – медианы треугольника CBE, а значит, они делят друг друга в
отношении 1:2. Таким образом, AK : KB=1:2.
Задача 3.
Если из шахматной доски 8×8 клеток вырезать два квадрата противоположных
цветов, то можно ли оставшуюся часть доски покрыть костяшками домино (каждая из
костяшек покрывает ровно два квадрата)? (Рис.3)
Рис. 3.
Ответ: можно.
Решение. Покажем, что всю доску можно покрыть замкнутым путем шириной в
одну клетку. Один из вариантов такого покрытия представлен на рис. 4.
Рис. 4.
При вырезании из доски двух квадратов разного цвета возможны два случая.
1) Вырезаны два квадрата, лежащие на пути друг за другом. Тогда путь разорвется
в одном месте, оставшаяся его часть состоит из четного числа 64-2=62 клеток. Поэтому ее
можно будет выложить костяшками домино.
2) Вырезаны два квадрата, лежащие на пути не друг за другом. Тогда путь
разорвется в двух местах и останутся две отдельные части пути. Поскольку вырезанные
квадраты разных цветов, то каждая из оставшихся частей начинается квадратом одного
цвета, а заканчивается квадратом другого цвета. Значит, обе оставшиеся части пути
содержат четное число клеток, и их можно выложить костяшками домино.
Задача 4.
Докажите, что существует число, делящееся на 51000, не содержащее в своей
десятичной записи ни одного нуля.
Решение.
К числу 5 можно слева приписать ненулевую цифру, чтобы получившееся
двузначное число, например 75, делилось на 52=25. К числу 75 снова можно приписать
слева ненулевую цифру, например 3, что новое число 375 делилось на 53=125.
Докажем, что эти действия можно продолжать сколь угодно долго, т.е. для каждого
n найдется целое число A, записанное n ненулевыми цифрами, и делящееся на 5n.
Для случая n=2, n=3 примеры таких действий приведены выше.
Предположим, что для некоторого фиксированного n=k такое число A=5ka
найдено.
2
Покажем, что можно построить требуемое число для n=k+1. При приписывании к
уже имеющемуся числу A слева цифры b, получившееся число имеет вид
B = b10k+A = b5k2k + 5ka = 5k(b2k + a)
(1)
Рассмотрим числа
b2k + a при b=1,2,3,4,5
(2)
При различных значениях b1 и b2 числа из (2) b12k + a и b22k + a имеют различные
остатки при делении на 5. В противном случае, их разность (b1-b2)2k делилась бы на 5,
что неверно. Значит, среди чисел (2) имеется число, имеющее остаток 0 при делении на 5,
т.е. делящееся на 5.
Таким образом, даже среди цифр 1,2,3,4,5 найдется такая цифра b, что число B
поделится на 5k+1. Значит, указанный процесс можно продолжать сколь угодно долго и
при n=1000 получаем требуемое в условии задачи число.
 ctg x  sin 2 y  sin 2 x,
Задача 5.Решите систему уравнений 
2sin y sin( x  y )  cos x.
 n    2



  l ,    n  , n, lℤ.
Ответ:    l ,
,  
2  2
3
3
2

Решение. Область допустимых значений переменных: x≠n, nℤ.
Используя формулу преобразования произведения синусов в сумму, второе
уравнение системы можно представить в виде cos x - cos(x + 2y) = cos x. Следовательно,


cos(x + 2y) = 0, откуда x + 2y =   k , x =  2 y   k , kℤ. Тогда
2
ctg x = ctg(

2
 2 y   k ) = ctg(

2
2
 2 y )= tg 2y и sin 2x = sin(   4 y  2 k )= sin(   4y ) = sin 4y.
Подставив полученные выражения в первое уравнение системы, получим:
sin 2 y
tg 2y + sin 2y = sin 4y,
 sin 2 y  2sin 2 y  cos 2 y  0 .
cos 2 y
Так как при допустимых значениях x существует ctg x = tg 2y , то cos 2y≠0 и
sin 2 y  sin 2 y  cos 2 y  2sin 2 y  cos 2 2 y  0 ; sin 2y(1+ cos 2y -2 cos2 2y) = 0,
 sin 2 y  0
sin 2y(cos 2y - 1)(2cos 2y +1) = 0  cos 2 y  1

cos 2 y  0, 5


  l , lℤ.
2
2
Из второго уравнения совокупности находим 2y=2n, y=n, nℤ значит,


x=  2 n   k    l , lℤ. Таким образом, мы видим, что множество решений второго
Из первого уравнения совокупности: y=
n , nℤ, следовательно, x=
2
2
уравнения содержится во множестве решений первого.
Из третьего уравнения совокупности следует, что 2 y  
значит x=

2

2

 2 n , y     n , nℤ,
3
3
2
 2
 2 n   k = 
  l , lℤ, откуда и получим окончательный ответ.
3
2 3
Задача 6. В основании пирамиды МАВС лежит прямоугольный треугольник.
Боковое ребро МВ перпендикулярно плоскости основания и МВ = АС = ВС = а. Постройте
сечение пирамиды плоскостью α, проходящей через середину ребра АВ перпендикулярно
прямой МС и найдите площадь этого сечения.
3
5а2 √2
Ответ. 32
Решение.
М
D
L
E
N
B
C
K
P
Рис 5.
А
Построим заданное сечение в два этапа (рис. 5).
I) Сначала построим вспомогательное сечение пирамиды, которое (как и плоскость
α) перпендикулярно прямой МС, но проходит через точку B.
1.Проведём медиану BD треугольника MBC. Так как МВ = ВС, то BDMC.
2. В плоскости МАС через точку D проведём прямую DE параллельно АС. Так как
АСВС и АСМВ, то АСМС. Тогда и DEМС. Точку E соединим с точкой B. Имеем
МСBD и МСDЕ. Следовательно, МСBDЕ и треугольник BDЕ является
вспомогательным сечением пирамиды, перпендикулярным прямой МС.
II) Теперь построим искомое сечение. Воспользуемся параллельностью плоскостей
α и BDЕ.
3. В плоскости МАВ через точку Р проведём прямую PN параллельно ВЕ.
4. В плоскости МАC через точку N проведём прямую NL параллельно DЕ.
5. В плоскости МВC через точку L проведём прямую LK параллельно ВD.
6. Соединим точку K с точкой Р.
По построению, точки P, N, L, K лежат в одной плоскости и четырёхугольник PNLK
есть искомое сечение.
Определим вид четырёхугольника PNLK.Так как NL параллельна DЕ, то NL
параллельна АС. Значит, NL параллельна плоскости АВС и плоскость PNL пересекает
плоскость АВС по прямой PK, параллельной прямой АС. Кроме того, поскольку прямые
BD и BE пересекаются, то и параллельные им прямые PN и KL,лежащие в одной
плоскости, также пересекаются. Следовательно, четырёхугольник PNLK является
трапецией.
Из того, что NL параллельна АС и АС перпендикулярна плоскости МВС, следует,
что и прямая NL перпендикулярна плоскости МВС, то есть NL перпендикулярна LK.
Значит, трапеция PNLK прямоугольная.
𝑃𝐾+𝑁𝐿
Вычислим площадь трапеции по формуле 𝑆𝑃𝑁𝐿𝐾 = 2 ∙ 𝐿𝐾. Так как в
1
1
треугольнике АВС отрезок PK является средней линией, то 𝑃𝐾 = 2 𝐴𝐶 = 2 𝑎. Так как в
треугольнике BCD точка K – середина стороны ВС и LK параллельна BD, то LK - средняя
1
линия треугольника BCD и 𝐿𝐾 = 2 𝐵𝐷. Поскольку BD – медиана, опущенная на
1
гипотенузу, то 𝐵𝐷 = 2 𝑀𝐶 =
𝑎√2
2
и 𝐿𝐾 =
𝑎√2
4
.
1
В трапеции ACDE отрезок NL – средняя линия и 𝑁𝐿 = 2 (𝐴𝐶 + 𝐷𝐸) =
Окончательно получаем 𝑆𝑃𝑁𝐿𝐾 =
𝑎 3𝑎
+
2 4
2
∙
𝑎√2
4
=
5а2 √2
32
4
.
3𝑎
4
.