2013 variant14 math solution


Чтобы посмотреть этот PDF файл с форматированием и разметкой, скачайте его и откройте на своем компьютере.
Олимпиада 2012
-
2013
Вариант №
1
4

Условия и решения.


1

1. Имеется 3
-
литровая банка, полностью наполненная молоком 2% жирности, и 4
-
литровый
бидон с 3 литрами обезжиренного молока. Назовем обменом такую операцию: сначала 4
-
-
литровой банки, затем делают наоборот.
Ка
кое минимальное количество обменов нужно совершить, чтобы концентрация жира в
банках различалась менее чем на 0,01%?







8 баллов

Решение.


Обозначим через

и

банке
после

обменов. В начале
,
. Если в четырехлитровый бидон с 3 л молока с
процентным содержанием жира, равным
, доливают 1 л молока с процентным содержанием
жира
, равным
, то жирность молока в четырехлитровом бидоне становится равной

в
трехлитровую банку, концентрация жира в ней становит
ся равной
. В итоге имеем
.
Следовательно,
. Решаем неравенство


. Так как
, то минимальное число
.







Ответ:

8 раз.


2
.
Решите
неравенство
.





8 баллов

Решение.
ОДЗ:
.

1)
;
;

2)
.

Ответ:
.

3.

Сумма первых четырех членов геометрической прогрессии, равная 80, относится к
первому члену прогрессии как 40:27. Найдите первый член и знаменатель прогрессии и
определите, в каких пре
делах может изменяться сумма

членов прогрессии
.

.

. Это уравнение легко решить подбором, если учесть следующее.

1. Функция



возрастающая, так как
,
следовательно, уравнение имеет единственный корень, очевидно, положительный, так как
.

2. Выполнив замену
, для которого
достаточно проверить значение
.

Итак
.

Из условия
.

Ответ:

;
.



k
c
k
C
k
2
0

c
0
0

C
4
3
1
k
k
k
c
C
C



1

k
C
4
3
4
3
2
3
1
1
k
k
k
k
k
k
C
c
c
C
c
c












2
4
3
4
3
1
1
k
k
k
k
k
k
k
k
C
c
c
C
C
c
C
c









k
k
k
k
C
c
C
c







2
2
)
(
2
0
0
01
,
0
2
2





k
k
k
C
c

k
2
200


k

200
log
2
8
256
log
200
log
128
log
7
2
2
2




8

k
2
log(6411249)0
x
xx

0,1,87
xxx

22
01;6411249171690
xxxxx

1,
01
97
01
x
x
x
x











22
1,87;6411249171690197,87
xxxxxxxx







0;11;8787;97
x

n
n
S


23
23
4
1
40
1
27
aqqq
S
qqq
aa


32
13
27
qqq

32
()
fqqqq



2
22
()321210
fqqqqq


(0)0
f

3
m
q

32
3913
mmm

1
m

1
3
q

11140
18054
392727
aaa










113
1
54,,5481113
3113
n
n
n
aqS



5481
n
S

Олимпиада 2012
-
2013
Вариант №
1
4

Условия и решения.


2

4.

Найдите все целочисленные решения
системы







8 баллов

Решение.
Рассмотрим уравнение системы
.

При условии
, т.е. при

имеем





или


или

. Целочисленными
решениями системы будут точки


лежащие в круге с ц
ентром в начале координат и радиусом 4 и в
полуплоскости
. Такими точками будут
.

Ответ:
.

5.

Решите неравенство
.


10 баллов

Решение
.
ОДЗ числителя и знаменателя:

Разложим числитель на множители:

.

Имеем:


на ОДЗ



.

Решая методом интервалов, получаем
.

С учетом ОДЗ имеем
.

Ответ:
.

6.

Найдите множество значений функции
, где

.










10 баллов

Решение.

Функция

определена на

всей числовой оси и принимает все
значения из промежутка
. Найдем промежутки монотонности и экстремумы функции
. Вычислим производную
. Имеем
, если
, и
, если
. Таким образом, на промежутках

и

функция

возрастает, а на промежутке

убывает. Точка

является
точкой максимума функции
,
, точка

является точкой минимума
функции
,
.

Так как
, а функция

принимает
все значения из промежутка
, то для нахождения множества значений функции

достаточно найти множество значений функции

на промежутке
. На указанном
пр
омежутке

принимает все значения из множества
.

Ответ:
.


x
x
x
g
48
)
(
3


)
;
(



)
(
x
g
)
4
)(
4
(
3
48
3
)
(
2






x
x
x
x
g
0
)
(


x
g
)
;
4
(
)
4
;
(






x
0
)
(


x
g
)
4
;
4
(


x
)
4
;
(


)
;
4
(


)
4
;
4
(

4


x
128
)
4
(
max



g
g
4

x
128
)
4
(
min



g
g
)
4
)
2
)
(
((
))
(
4
)
(
(
)
(
2
2





x
g
g
x
g
x
g
g
x
f
4
)
2
)
(
(
2


x
g
)
;
4
[



)
(
x
f
)
;
4
[



)
;
128
[









;
128
f
E











.
,
16
,
3
cos
3
3
cos
6
sin
4
3
6
sin
2
2
2
2
y
x
y
x
x
x
y
y




3
cos
3
3
cos
6
sin
4
3
6
sin
2
2
x
x
y
y







0
6
sin

y

,
,
12
6
12
Z
k
k
y
k




0
3
cos
3
3
cos
6
sin
4
3
6
sin
4
2
2




x
x
y
y





0
)
3
cos
1
)(
3
6
sin
4
(
2



x
y


3
6
sin
2

y

1
3
cos

x

,
,
12
4
,
12
2
Z
k
k
y
k
y





Z
n
n
x


,
6
,
,
,
,
),
;
6
(
),
12
4
;
(
),
12
2
;
(
Z
m
n
k
l
m
n
k
l
k
l



,
,
12
6
12
Z
s
s
m
s




y
x

)
2
;
3
(
),
2
;
2
(
),
0
;
0
(
)
2
;
3
(
),
2
;
2
(
),
0
;
0
(
0
)
1
)
5
(
)(log
2
log
)
4
(
(log
27
3
2
54
6
8
3
2
4
2
2
2












x
x
x
x
x
x
.
0
),
;
5
(





x
x
)
3
3
)(
1
2
(
)
27
3
(
)
27
3
(
2
27
3
2
54
6
8
3
3
3
2















x
x
x
x
x
x
x
x
0
)
3
log
)
5
(
|)(log
|
4
log
)
4
(
(log
)
3
3
)(
1
2
(
3
3
2
2
2
3
3








x
x
x
x
x

0
)
3
5
|)(
|
4
4
(
)
3
)(
3
(
2







x
x
x
x
x

0
)
2
(
)
2
|
(|
)
3
)(
3
(
2





x
x
x
x
]
3
;
2
(
)
2
;
2
(
]
3
;
(






x
]
3
;
2
(
)
2
;
0
(
)
0
;
2
(
]
3
;
5
(







x
]
3
;
2
(
)
2
;
0
(
)
0
;
2
(
]
3
;
5
(







x
))
(
4
)
(
(
)
(
2
x
g
x
g
g
x
f


x
x
x
g
48
)
(
3


Олимпиада 2012
-
2013
Вариант №
1
4

Условия и решения.


3

7.

В треугольнике

со сторонами

и

проведены биссектрисы

и
,
которые пересекаются в точке
. Найдите радиус описанной около треугольника

окружности, если
.

Решение:

1. Обозначив

A =

,

C
 2γ
,

вычислим вел
ичину углов

AOF =

COE
.

Эти углы
являются внешними

для треугольника

AOC
. И значит,

AOF =

COE =
α  γ.



2. Из точки
O

опустим высоты

OL

и
OK

на основания
AB

и
BC
, соответственно. При этом
OL= OK

радиус вписанной окружности и
OF = OE

по услов
ию. Отсюда следует, что

FOL =

KOE.

3. Заметим, что основание
K

высоты
OK

может оказаться как по одну, так и по другую
сторону от точки
E
. Точно также, возможны два варианта расположения точки
L

по отношению
к точке
F
. Всего получается четыре различ
ных возможных случая.

Вычислим и приравняем
величины углов

FOL

и

KOE

для всех этих четырех случаев.

4. Из прямоугольного треугольника
AOL

имеем:

FOL =

AOL
-


AOF
 π/2
-

α
-

α  γ
 π/2
-


-

γ, если
L

находится справа от
F
;


FOL =

AOF
-


AOL

=
α  γ
-

π/2
-

α 
-
π/2 
2α  γ, если

L

находится слева
F
. Аналогично, из прямоугольного треугольника
KOE

имеем:



KOE

=

COE
-


COK

 α  γ
-

π/2
-

γ

=
-
π/2  α  2γ, если точка
K

находится
выше точки
E
;

и

KOE =

COK
-


COE

 π/2
-

γ
-

α  γ
)

 π/2
-

α
-

2γ, если точка
K

находится ниже точки
E
.

5. Приравниваем величины

углов

FOL

и

KOE

для этих четырех случаев:




а

π/2
-


-

γ  π/2
-

α
-





α

 γ




A =

C
равнобедренный треугольник;




б

π/2
-


-

γ 
-
π
/2  α  2γ



α  γ  π/3  60°




B

=

π
-

2α  γ  π/3  60°;


в

-
π/2  2α  γ 
-
π/2  α  2γ



α

 γ




A =

C

равнобедренный треугольник;




г

-
π/2  2α  γ  π/2
-

α
-





α  γ  π/3  60°




B

=

π
-

2α 

γ  π/3  60°;

6. Учитывая, что треугольник
ABC

по условию не является равнобедренным, получаем



B
=

60°.

7. По теореме косинусов находим
:

,
.

8.
.







Ответ:

.

ABC
4

AB
3

BC
AE
CF
O
ABC
OF
OE

AC
B
BC
AB
BC
AB
AC





cos
2
2
2
2
13

AC
3
39
sin
2



B
AC
R
ABC
оп
3
39
Олимпиада 2012
-
2013
Вариант №
1
4

Условия и решения.


4

8.

Какую наименьшую площадь может иметь фигура на плоскости
, расположенная
между прямыми

и

и ограниченная снизу осью
, а

сверху


касательной к графику
функции

с абсциссой

точки касания, лежащей в промежутке
?

Решение.

.






12 баллов

Уравнение касательной:
,

или
.
;
.

Полученная фигура


трапеция, площадь
которой равна

.

.

при

и
.

.

Ответ: 1530 кв. ед.

9.

Укажите все значения
,

при которых уравнение

имеет хотя бы один корень, и решите е
го при каждом
.

Решение. При

уравнение равносильно квадратному уравнению
,
или

*, у которого
.

Корень

квадратного уравнения может получиться, когда
, т.е. если
1)

, уравнение имеет вид
, тогда этот корень единственный и заданное
уравнение корней не имеет, или 2

, т.е.
, тогда для
x

получаем уравнение
, у которого, кроме постороннего корня
, есть еще один
корень
, удовлетворяющий заданному уравне
нию.

Рассмотрим остальные случаи, когда корень уравнения может быть единственным.

1.

Заданное уравнение корней не имеет.

2.
, т.е. при

.

3.
, отсюда
,
,

посторонний корень,

удовлетворяет условиям, или
,
,

посторонние корни.

Рассмотрим случаи, когда заданное уравнение будет иметь два различных корня.
Квадратное уравнение * будет иметь два различных положительных корня
, если

. Из этого множества
надо убрать рассмотренную ранее точку
. Объединяя найденные значения
, получим
ответ.

Ответ:

;
;



.

256

O

y

x

4

-
2

1

xy
2
x

4
x

x
4
256
yx

0
x
0
24
x

4
12
256,2,4
yxxx



43
к0000
2564,24
yxxxxx

43
к00
25634
yxxx



43
1
к00
225638
yyxx



43
2
к00
4256316
yyxx







01221
0,5
Sxyyxx



43
00
256346
xx





322
00000
6121272(1)
Sxxxxx




0
0
Sx


0
0
x

0
1
x







0
min162563462551530
SxS

a




2
3
3
1log32
1
1log
xaxa
x



a
0,3
xx

2
2()3
xaa

22
24230
xaxaa

22
4442662
Daaaa

3
x

2
2(3)3
aa

3
a



2
30
x

2(3)1
a

52
a



2
252352,5212
xx

1
3
x

2
2
x

4620,
0,3.
Da
aa





2
230
aa

321
a



2622
xaa

2
230
aa

1
a

2
240
xx

0
1

x
32
a

2
260
xx

12
0,3
xx



1,2
2622
xaa

2
620,
0,
230
a
a
aa








03,
32,
1
a
a
a












13
a

52
a





32;1,2622
axaa







1,2
1;5252;3,2622
axaa

52,2
ax


Приложенные файлы

  • pdf 19068836
    Размер файла: 398 kB Загрузок: 1

Добавить комментарий