2013 variant15 math solution


Чтобы посмотреть этот PDF файл с форматированием и разметкой, скачайте его и откройте на своем компьютере.
Олимпиада 2012
-
2013
Вариант №
1
5

Условия и решения.


1

1.

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







8 баллов

Решение.


Обозначим через

и

нке
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 результате обратного переливания 1 л молока концентрации

в
трехлитровую банку, концентрация жира в ней становится

равной
. В итоге имеем
.
Следовательно,
. Решаем неравенство


. Так как
, то минимальное число
обменов
.
Ответ:

8 раз.

2.
Решите
неравенство
.





8 баллов

Решение.

ОДЗ:
.

1)
;

2)
.

Ответ:
.


3. Сумма первых четырех членов геометрической прогрессии, равная 255, относится к
первому члену прогрессии как 85:64. Найдите первый член и знаменатель прогрессии и
определите, в каких пределах м
ожет изменяться сумма

членов прогрессии

Решение.
.

. Это уравнение легко решить подбором, если учесть следующее.

1. Функция



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


, получим уравнение
, для которого
достаточно проверить значение
.

Итак
.

Из условия
.

Ответ:

;
.



k
c
k
C
k
3
0

c
1
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(16249)0
x
xx

0,1,43
xxx

22
01;1624913850
xxxxx

1,
01
53
01
x
x
x
x











22
1,43;1624913850153,43
xxxxxxxx







0;11;4343;53
x

n
n
S


23
23
4
1
85
1
64
aqqq
S
qqq
aa


32
21
64
qqq

32
()
fqqqq



2
22
()321210
fqqqqq


(0)0
f

4
m
q

32
41621
mmm

1
m

1
4
q

11185
1255192
4166464
aaa










114
1
192,,192256114
4114
n
n
n
aqS



192256
n
S

Олимпиада 2012
-
2013
Вариант №
1
5

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 центром в

начале координат и радиусом 5 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 чи
словой 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

убывает, а на промежутке

возрастает. Точка

явл
яется
точкой максимума функции
,
, точка

является точкой минимума
функции
,
.

Так как
, а функция

пр
инимает все
значения из промежутка
, то для нахождения множества значений функции

достаточно найти множество значений функции

на промежутке
. На указанном
промежутке

принимает все значения из множества
.

Ответ:
.


3
2
6
)
(
x
x
x
g


)
;
(



)
(
x
g
)
1
)(
1
(
6
6
6
)
(
2







x
x
x
x
g
0
)
(


x
g
)
;
1
(
)
1
;
(






x
0
)
(


x
g
)
1
;
1
(


x
)
1
;
(


)
;
1
(


)
1
;
1
(

1

x
4
)
1
(
max


g
g
1


x
4
)
1
(
min




g
g
)
1
)
1
)
(
((
))
(
2
)
(
(
)
(
2
2





x
g
g
x
g
x
g
g
x
f
1
)
1
)
(
(
2


x
g
)
;
1
[



)
(
x
f
]
4
;
(

]
4
;
(


f
E











.
,
25
,
3
cos
3
cos
12
sin
4
1
12
sin
2
2
2
2
y
x
y
x
x
x
y
y




3
cos
3
cos
12
sin
4
1
12
sin
2
2
x
x
y
y







0
12
sin

y

,
,
24
12
24
Z
k
k
y
k




0
3
cos
3
cos
12
sin
4
1
12
sin
4
2
2




x
x
y
y




0
)
3
cos
1
)(
1
12
sin
4
(
2



x
y


1
12
sin
2

y

1
3
cos

x

,
,
24
10
,
24
2
Z
k
k
y
k
y





Z
n
n
x


,
6
,
,
,
,
),
;
6
(
),
24
10
;
(
),
24
2
;
(
Z
m
n
k
l
m
n
k
l
k
l



,
,
24
12
24
Z
s
s
m
s




y
x

)
2
;
4
(
),
2
;
3
(
),
2
;
2
(
),
0
;
0
(
0
)
2
)
6
(
)(log
1
log
)
4
(
(log
27
2
54
3
6
16
2
2
16
2
4
3












x
x
x
x
x
x
.
0
),
;
6
(





x
x
)
3
3
)(
1
2
(
)
27
3
(
)
27
3
(
2
27
3
2
54
6
16
3
4
4
3















x
x
x
x
x
x
x
x
0
)
4
log
)
6
(
|)(log
|
4
log
)
4
(
(log
)
3
3
)(
1
2
(
2
2
4
2
4
3
4








x
x
x
x
x
0
)
4
6
|)(
|
4
4
(
)
3
)(
4
(
2







x
x
x
x
x
0
)
2
(
)
2
|
(|
)
3
)(
4
(
2





x
x
x
x
]
3
;
2
(
)
2
;
2
(
]
4
;
(






x
]
3
;
2
(
)
2
;
0
(
)
0
;
2
(
]
4
;
6
(







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


Олимпиада 2012
-
2013
Вариант №
1
5

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 величину угл
ов

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 условию. 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 различных 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  6
0°;

6. Учитывая, что треугольник
ABC

по условию не является равнобедренным, получаем


B
=

60°.

7. По теореме косинусов находим
:

,
.

8.
.







Ответ:

.

ABC
5

AB
3

BC
AE
CF
O
OF
OE

AC
B
BC
AB
BC
AB
AC





cos
2
2
2
2
19

AC
3
57
sin
2



B
AC
R
ABC
оп
3
57
Олимпиада 2012
-
2013
Вариант №
1
5

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
?









12 баллов

Решение.

.

Уравнение касательной:
,

или

.
;
.

Полученная фигура


трапеция, площадь
которой равна

.

.

при

и
.

.






Ответ: 775 кв. ед.

9.
Укажите все значения
,

при которых уравнение

имеет
хотя бы один корень, и решите его при каждом
.

Решение. При

уравнение равносильно квадратному уравнению
,
или

*, у которого
.

Корень

квадратн
ого 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 уравнению.

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
,
,

посторонн
ие 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
:

;

;

.

156

O

y

x

1,5

-
3,5

-
1

xy
3,5
x

1,5
x

x
4
156
yx

0
x
0
3,51,5
x

4
12
156,3,5,1,5
yxxx



43
к0000
1564,3,51,5
yxxxxx

43
к00
15634
yxxx



43
1
к00
3,5156314
yyxx



43
2
к00
1,515636
yyxx







01221
0,5
Sxyyxx



43
00
156345
xx





322
00000
5121260(1)
Sxxxxx




0
0
Sx


0
1
x

0
0
x







0
min15156345155775
SxS

a




2
1lg102
1
1lg
xaxa
x



0,10
xx

2
2()10
xaa

22
242100
xaxaa

22
444220202
Daaaa

10
x

2
2(10)10
aa

10
a



2
100
x

2(10)1
a

192
a



2
219210192,19212
xx

1
10
x

2
9
x

42020,
0,10.
Da
aa





2
2100
aa

522
a



22022
xaa

2
2100
aa

2
a

2
280
xx

0
1

x
2
4
x

52
a

2
2100
xx

12
0,10
xx



1,2
22022
xaa

2
2020,
0,
2100
a
a
aa








010,
52,
2
a
a
a












210
a





52;2,22022
axaa







1,2
2;192192;10,22022
axaa

192,9
ax


Приложенные файлы

  • pdf 19068838
    Размер файла: 394 kB Загрузок: 0

Добавить комментарий