Ответы 2 тура областной заочной школы олимпийского

Ответы 2 тура областной заочной школы олимпийского
резерва РНПЦ "Ертіс дарыны" на 2014-2015 учебный год
МАТЕМАТИКА
2 тур
8 класс
81 , 82 , 83 , 84 , 85 , и т.д., замечаем
закономерность: последней цифрой является 8, 4, 2, 6, а далее они
повторяются. Так как 2003  500  4  3 , то 8 2003 оканчивается той же
1.
Находя
значения
степени
цифрой, что и 83 , то есть 2.
2.
Пусть х0 - общий корень данных уравнений, причем
х0  0 , в чем
легче убедится непосредственной проверкой. Подставим число х0 в каждое
из уравнений, умножим обе части первого из получившихся верных
равенств на х0 и вычтем второе равенство. Получим, что х0 =1, то есть, если
данные уравнения имеют общий корень при каких-то значениях а, то он
равен 1. Подставим х=1 в любое из уравнений, получим, что а=-2, то есть,
для того чтобы число 1 являлось общим корнем данных уравнений,
необходимо, чтобы а=-2. Достаточность этого условия проверяется
подстановкой х=1 и а=-2 в другое уравнение.
Ответ: при а=-2
3.
Первый способ: Пусть М- середина гипотенузы АВ прямоугольного
треугольника АВС, а точки К и N середины катетов АС и ВС соответственно.
Тогда МК и МN – средние линии треугольника АВС, МК параллельна ВС,
МN параллельна АС, так как АС перпендикулярна ВС, то МК
перпендикулярна АС и МN перпендикулярна ВС. Следовательно СNМК –
прямоугольник, поэтому его диагонали КN и СМ равны между собой.
Второй способ: Медиана СМ в треугольнике АВС , проведенная из вершины
прямого угла С , равна половине гипотенузы АВ,
а отрезок КN,
соединяющий середины катетов АС и ВС, - средняя линия треугольника
АВС. СМ=АВ/2=КN
C
N
К
А
М
В
4.
Ответ: нет.
Предположим, что числа разбиты на группы в соответствии с условием.
Будем называть число «большим» , если оно является одним из двух
наибольших чисел в своей группе, и «маленьким», если не является. В
каждой группе сумма двух наибольших чисел не превосходит
1999+1998=3997, поэтому сумма остальных (маленьких) чисел группы не
3997
1
превосходит
 444 . Следовательно, никакое маленькое число не
9
9
может быть больше 444. Так как в каждой группе должно быть хотя бы одно
маленькое число, получаем, что разбиение состоит из не более чем 444
групп. Значит, количество больших чисел не превосходит 888. Таким
образом, всего имеется не более 888+444 больших и маленьких чисел, что
меньше 1999. Противоречие.
9 класс
1.
Пусть я – количество яблок, а г- количество груш в корзине. Если
добавить столько же яблок, сколько сейчас там груш, то всегда будет я+2г
яг
фруктов и доля яблок будет
. Если добавить столько груш, сколько
я  2г
я
сейчас яблок, то будет я яблок среди 2я+г фруктов и доля яблок будет
.
2я  г
Учитывая условие задачи получим
я
я  гя  2г  2 
2я  г
Откуда
 я  г 2 я  г   2 я я  2г 
Или
г 2  яг
Поскольку по условию число груш в корзине больше нуля, на него можно
разделить обе части равенства и получить, что яблок и груш в корзине
поровну
Ответ: 50%
2.
Пусть d- наибольший общий делитель данных чисел, тогда 16 d – их
наименьшее общее кратное. Оба исходных числа должны делиться на d и при
этом быть делителями числа 16d  2 4  d , поэтому каждое из них
представимо в виде 2  d , где k – целое неотрицательное число. Но из двух
чисел такого вида одно всегда делится на другое.
3.
Пусть РЕ – искомая хорда, М- точка касания окружности со стороной
АД. Тогда
k
а2
5
а
АЕ  АД  ДЕ  а 
а
, АМ 
4
2
2
По теореме о касательной и секущей
а2
5
5
2
АМ  АЕ  АР , или
а
а
- РЕ
4
2
2
2а
РЕ=
5
2
2
2
А
В
Р
М
Д
С
Е
4.
Пусть искомые числа 10х+а и 10у+а. Согласно условию задачи, имеем:
10х+а=9α+β и 10у+а=9β+α
Отсюда 10(х-у)=8(α-β). Следовательно α-β=5
Если α=8, β=3, то искомые числа 75 и 35.
Если α=7, β=2, то искомые числа 65 и 25.
Если α=6, β=1, то искомые числа 55 и 15.
10 класс
1.
х  1  5(1  5х 2 )  у 2
1  х  5(1  5х 2 )  у 2
у2 
1 х
5(1  5 х 2 )
у
1 х
5(1  5 х 2 )
При условии
 1  5х 2  0
 1 х

0
 5(1  5 х 2 )
х у
2
2.
x  1
 1  х  у  ху 
2
2
  y  1   x  y 
0
2
2
2
Значит х 2  у 2  1  x  y  xy
3.
Пусть L – длина боковой стороны , тогда площадь
L2
2S
S  sin  , откуда L 
,
2
sin 
sinα>0
Если r – радиус вписанной окружности, то
sin 
f ( ) 
1  sin
f ( ) 
и

0 a 
2
cos  sin

2


2 sin   1  sin 
2

f ( )  0 , если cos  sin
2 sin 2

2
 sin

2
1  0
1

или sin  1
2 2
2
Остается
sin


r
2


 0 и 2 sin   1  sin   0
2
2


S
S

 f ( ) , где
p
2s
sin

1

 , 
2 2
3
Исследовав функцию на экстремум, получаем


3
- точка локального
максимума и наибольшего значения.
Радиус вписанной окружности максимален, если угол при вершине
равнобедренного треугольника равен

3
.
4.
По формуле бинома Ньютона
n
6 n  5  1  5 n  n  5 n1    5  55 n1  n  5 n2    1
0,6  55n1  n  5n2    1 - целое число.
11 класс
1.
Пусть х 0 - общий корень данных уравнений, тогда
х03  k  x0  1  0 и х04  k  x02  1  0 ,
Или
x0 х 2  k   1 и x02 x02  k   1
Из этих равенств вытекает, что x 0  0 , x 0  k  0
Поделив почленно второе равенство на первое, получим:
x02 x02  k 
 1,
x 0 х 2  k 
Откуда
x 0  1.
Подставляя x 0  1 в первое уравнение, получим k  2 . Легко проверить, что
при этом значении k и второе уравнение имеет общий корень, равный 1.
Итак, при k  2 и данные уравнения имеют общий корень х=1.
2.
х=2. Обозначим log 2 x  y . Получаем для у уравнение
y
y
1
5
8  2  10 или 1      
 4
 4
Слева функция убывает, справа – возрастает. Решение единственное : у=1.
2х
3.
Пусть угол В=α, ДЕ=5х, ДМ=2х, ВК=
, СК= 5x cos ,
sin 
2х
СМ= 5x sin  , АМ=
cos
1
 AM  MC BK  KC   x 2 5 sin  cos  2  5 sin  cos  2 

sin  cos
 4 ДЕ  ДМ  40 х 2
y
y
y
25 sin 2 2  20 sin 2  4  0
2
sin 2 
5

1
2
Ответ:  1  arcsin ,  2    1
2
5
2
4.
Ответ: n очков. Например, первая команда выигрывает у всех
остальных, набирая 2n-2 очка. А остальные команды играют друг с другом
вничью, набирая по n-2 очка каждая.