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 =
2α
,
∠
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
-
2α
-
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
-
2α
-
γ π/2
-
α
-
2γ
⇒
α
γ
⇒
∠
A =
∠
C
равнобедренный треугольник;
б
π/2
-
2α
-
γ
-
π/2 α 2γ
⇒
α γ π/3 60°
⇒
∠
B
=
π
-
2α 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
-
2γ
⇒
α γ π/3 60°
⇒
∠
B
=
π
-
2α 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
