Рассылка решений заочных туров олимпиад по математике

Подписывайтесь на нашу рассылку решений заочных туров всех олимпиад по математике: Ломоносов, Покори Воробьевы горы, Высшая проба, Физтех 2018 и другие перечневые олимпиады.

Очный тур олимпиады по математике Ломоносов 2013-2014 / Задания и решения всех вариантов


  • Сезон олимпиад 2016-2017 открыт!
    Идет запись на наши курсы подготовки к олимпиадам по математике с гарантированным результатом.
    image
    1. Индивидуальные занятия и консультации.
    2. Помощь в прохождении заочных туров олимпиад. Одна олимпиада 1-5 тыс. руб.
    3. Помощь эксперта на очных турах олимпиад. Одна олимпиада от 30 тыс. руб.
    4. Гарантия успешного результата (курсы ведутся пятый сезон).

    Стоимость курсов от 3000 до 25000 руб. в месяц. Стандартный курс - 10000 руб. в месяц. Длительность курсов - 6 месяцев.
    В составе стандартного курса заочные туры 10 олимпиад и очные туры 2 олимпиад.
    Посмотреть тарифные планы и подробную информацию по курсам подготовки.

    Олимпиада Ломоносов 2015-2016 - задания и решения отборочного этапа по математике.
    Очный тур олимпиады по математике Ломоносов 2013-2014. Задания и решения всех вариантов.


    Условия 4 вариантов (решения ниже):
    Вариант 1
    image
    Вариант 2
    image
    Вариант 3
    image
    Вариант 4
    image
  • Вариант 3, задача №1 (очный тур олимпиады Ломоносов 2013-2014).
    Найдите все значения `a`, при каждом из которых сумма модулей корней квадратного трехчлена
    `x^2+3ax+4a` равна `2`.

    Решение:
    Условие существования корней (без рассмотрения этого условия за решение ставили неполный балл):
    Дискриминант `D>=0`.
    `D=9a^2-16a`
    `9a^2-16a>=0`
    `9a(a-16/9)>=0`
    `a in (-oo;0]uu[16/9;+oo)`
    Условие задачи: `|x_1|+|x_2|=2`
    Выражение в левой части равенства всегда неотрицательно, поэтому имеем право возвести в квадрат, получив эквивалентное равенство.
    `x_1^2+x_2^2+2|x_1x_2|=4`
    `(x_1+x_2)^2-2x_1x_2+2|x_1x_2|=4`
    Используем теорему Виета (для этого и возводили в квадрат):
    `(-3a)^2-2*4a+2|4a|=4`
    `9a^2-8a+|8a|-4=0`
    В начале решения мы нашли область допустимых значений `a in (-oo;0]uu[16/9;+oo)`
    Пусть `a in (-oo;0] => |8a|=-8a`:
    `9a^2-16a-4=0`
    `D=256+144=400`
    `a_1=-2/9, a_2=4` - второе значение не годится.
    Пусть `a in [16/9;+oo) => |8a|=8a`:
    `9a^2=4`
    `a=+-2/3` - не подходят оба значения.

    Ответ: `a=-2/9`.

  • Вариант 3, задача №2 (очный тур олимпиады Ломоносов 2013-2014).
    Таня выписала на доске подряд все числа от `4` до `2017`. Пришел Миша и заменил каждое из этих чисел суммой его цифр. Пришла Маша и сделала то же самое с получившимися числами. Так продолжалось до тех пор, пока на доске не осталось `2014` однозначных чисел (цифр). Какова сумма всех оставшихся чисел?

    Решение:
    В конечном итоге, каждое число будет заменено своим остатком (от `1` до `8`) при делении на `9`, либо цифрой `9`. Это следует из признака делимости числа на `9`: число делится на `9` тогда и только тогда, когда делится на `9` сумма его цифр.
    Если какое либо из наших чисел делится на `9`, то через конечное число операций это число заменится на цифру `9`. На цифру от `1` до `8` заменится не может, т.к. число делится на `9`, на `0` тоже, т.к. сумма цифр всегда положительна.
    Если число дает остаток от `1` до `8` при делении на `9`, то по аналогичным соображениям, в конечном итоге это число заменится на свой остаток.
    Также очевидно то, что два последовательных числа дают последовательные остатки.
    Итак, наша последовательность `4,5,6,7,...,2016,2017` заменилась на последовательность цифр
    `4,5,6,7,8,9,1,2,3,4,5,6,7,8,9,1,...,9,1`.
    Всего чисел `2014`. При этом первые `6` чисел и последнее число образуют неполную группу, а остальные образуют `(2014-7)/9=223` группы, каждая из которых состоит из чисел `1,2,3,4,5,6,7,8,9`.
    Сумма всех цифр равна `223*(1+2+3+...+9)+4+5+6+7+8+9+1=10035+40=10075`.

    Ответ: `10075`.
     
  • Вариант 3, задача №3 (очный тур олимпиады Ломоносов 2013-2014).
    Среди всех прямоугольников, вершины которых лежат на сторонах данного ромба, а стороны параллельны диагоналям ромба, наибольшую площадь имеет прямоугольник, отношение сторон которого равно `4`. Найдите острый угол ромба.

    Решение:
    Пусть сторона ромба равна `a`, острый угол равен `alpha`.
    Понятно, что вершины прямоугольника делят каждую сторону ромба в одинаковой пропорции. Пусть эта пропорция равна `x:(a-x)`.
    Тогда легко выразить две стороны прямоугольника: `t_1=2x*sin(alpha/2), t_2=2(a-x)cos(alpha/2)`
    `S_(прям)=2x(a-x)*sinalpha`.
    В формуле площади постоянными величинами являются `a` и `sinalpha`. Значит максимальность площади зависит от `x`.
    Пусть `f(x)=x*(a-x)`, найдем `f_max`.
    `f(x)=ax-x^2=a^2/4-(a/2-x)^2<=a^2/4`, при этом `f(x)=a^2/4` при `x_max=a/2`.
    Значит, `t_1=a*sin(alpha/2), t_2=a*cos(alpha/2)`
    `t_2` более длинная сторона, т.к. соотв. более длинной диагонали, значит `(t_2)/(t_1)=4`
    `cottan(alpha/2)=4 => alpha=2arc cottan4`.

    Ответ: `2arc cottan4`.

  • Вариант 3, задача №4 (очный тур олимпиады Ломоносов 2013-2014).
    Найдите все пары `(a,b)`, при которых множество решений неравенства
    `log_2014(2x-a)>3x^2-2x-b` совпадает с промежутком `(0;1)`.

    Решение:
    ОДЗ: `2x-a>0 => x>a/2`.
    Поскольку решением нер-ва должен быть промежуток `(0;1)`, следовательно `a<=0`, иначе ОДЗ "вклинится" в решения.
    Решаем нер-во графически.
    Функция `f(x)=log_2014(2x-a)` возрастает на всем ОДЗ (`x>a/2`, где `a<=0`).
    Функция `g(x)=3x^2-2x-b` убывает до вершины `x=1/3`, далее возрастает.
    По условию, `f(x)>g(x)` точно на промежутке `(0;1)`.
    Следовательно, `x=0` и `x=1` являются точками пересечения функций `f(x)` и `g(x)`, при этом других точек пересечения у них не может быть, в силу разной выпуклости.
    `x=1`: `log_2014(2-a)=1-b`
    `x=0`: `log_2014(-a)=-b`
    `a < 0`
    `log_2014(2-a)=1+log_2014(-a)`
    `log_2014((a-2)/a)=1`
    `(a-2)/a=2014`
    `a-2=2014a`
    `a=-2/2013, b=log_2014(2013/2)`.

    Ответ: `a=-2/2013, b=log_2014(2013/2)`.
  • Вариант 3, задача №5 (очный тур олимпиады Ломоносов 2013-2014).
    Найдите все значения `alpha`, при каждом из которых нули функций
    `f(x)=2sin2x-4cos(x-(5pi)/6)-sqrt3` и `g(x)=sin((3x)/2-alpha)`
    строго чередуются на числовой оси.

    Решение:
    Найдем нули второй функции:
    `g(x)=0`
    `sin((3x)/2-alpha)=0`
    `(3x)/2-alpha=pik, k in ZZ`
    `x=2/3alpha+2/3pik, k in ZZ`
    Найдем нули первой функции:
    `f(x)=0`
    `2sin2x-4cos(x-(5pi)/6)-sqrt3=0`
    `4sinxcosx+2sqrt3cosx-2sinx-sqrt3=0`
    `2cos(2sinx+sqrt3)-(2sinx+sqrt3)=0`
    `(2cosx-1)(2sinx+sqrt3)=0`
    `cosx=1/2, x=+-pi/3+2pik, k in ZZ`
    `sinx=-sqrt3/2, x=(-1)^k*pi/3+pik, k in ZZ`
    Если `k` четно, то вторая серия входит в первую.
    Если `k` нечетно, получаем серию `2/3pi+2pik, k in ZZ`.
    На тригонометрическом круге это корни `pi/3, 2/3pi, 5/3pi`.
    Нули второй функции `x=2/3alpha+2/3pik, k in ZZ`
    `k=0`: `x=2/3alpha`
    `k=1`: `x=2/3alpha+2/3pi`
    `k=2`: `x=2/3alpha+4/3pi`
    При `k=3` возвращаемся к первому найденному корню `2/3alpha`.
    Итого, на круге три нуля второй функции.
    Расстояния на круге между нулями первой функции равны `pi/3, pi, 2/3pi`.
    Расстояния между нулями второй функции одинаковые и равны `2/3pi`.
    Нули будут чередоваться тогда и только тогда, когда один из нулей второй функции попадет между двумя нулями первой функции, расстояние между которыми наименьшее, т.е. между точками `pi/3` и `2/3pi`.
    `g(x)=0` имеет единственный корень внутри отрезка `[pi/3;2/3pi] iff g(pi/3)*g(2/3pi)<0`, т.е. значения функции на концах отрезка разных знаков.
    `sin(pi/2-alpha)*sin(pi-alpha)<0`
    `sin2alpha<0`
    `alpha in (pik;pi/2+pik), k in ZZ`.

    Ответ: `alpha in (pik;pi/2+pik), k in ZZ`.

  • Вариант 3, задача №6 (очный тур олимпиады Ломоносов 2013-2014).
    Для охраны объекта в течение `10` суток заказчик договорился с охранниками о следующем: все они укажут отрезки времени своих предполагаемых дежурств с единственным условием, чтобы их объединение составляло заданные `10` суток, а он выберет из этих отрезков любой набор, удовлетворяющий тому же условию, и оплатит работу из расчета `400` руб. в час каждому дежурному. Какая наименьшая сумма денег, заранее подготовленная заказчиком, позволит ему наверняка расплатиться с охранниками?

    Решение:
    Понятно, что если в какой-то отрезок времени будет дежурить одновременно три охранника, то одного всегда можно убрать, он точно лишний. Значит одновременно могут дежурить максимум два охранника, из этого следует, что `2*24*10*400=192` тыс. руб. хватит.
    Также понятно, что если дежурит только один, это максимально выгодно заказчику.
    Максимально выгоден охранникам следующий вариант распределения дежурств:
    Первый охранник дежурит от времени `0` до времени `A_1`, второй охранник от времени `0+e_1` до времени `A_1+e_1`, третий охранник от времени `A_1+e_1` до времени `A_2`, четвертый от времени `A_1+e_1+e_2` до времени `A_2+e_2`, при этом понятно, что ни одного из них убрать не надо.
    Если величины `e_i` устремить к `0`, получаем, что время, при котором дежурил только один стремится к нулю.
    При этом, если у заказчика меньше `192 тыс. руб`., можно получить такую комбинацию `e_i`, при которых у заказчика не хватит денег.
     
    Ответ: `192 000`.
  • Вариант 3, задача №7 (очный тур олимпиады Ломоносов 2013-2014).
    В правильную треугольную призму `ABCA_1B_1C_1` вписан шар радиуса `sqrt3`. Найдите площадь боковой поверхности вписанного в шар прямого кругового цилиндра, основание которого лежит в плоскости, проходящей через точку `A` и середины ребер `B B_1, C C_1`.

    Решение:
    Пусть `r` - радиус вписанного шара, точки `D,D_1, M, N` - середины ребер `BC, B_1C_1, B B_1, C C_1`.
    Тогда плоскость `A A_1D_1` является центральным сечением шара.
    `h` - высота цилиндра, радиус основания равен `R=sqrt(r^2-1/4h^2)`.
    `P` - точка пересечения отрезков `D D_1, MN`.
    `OP=PD=r, AD=3r`, где `O` - центр шара.
    Пусть точка `O_1` - проекция точки `O` на основание цилиндра.
    Прямоугольные треугольники `APD, OO_1P` подобны `=>`
    `=> (OO_1)/(OP)=(PD)/(AP) => OO_1=r/sqrt10`.
    `h=2OO_1=(2r)/sqrt10 => R=(3r)/sqrt10`.
    `S=2piRh=(6pir^2)/5=(18pi)/5`.

    Ответ: `(18pi)/5`.

  • Вариант 3, задача №8 (очный тур олимпиады Ломоносов 2013-2014).
    Прямоугольная таблица состоит из `5797` одинаковых клеток. Петя и Вася пронумеровали клетки натуральными числами `1,2,3,...5797` подряд. Петя нумеровал клетки по строкам слева направо (сначала первую строку, затем вторую и т.д.), а Вася по столбцам сверху вниз (сначала первый столбец, затем второй и т.д.). Оказалось, что ровно в `5` клетках их номера совпали. Чему равна сумма числа строк и числа столбцов в этой таблице.

    Решение:
    Пусть таблица `m*n`, где `m` - число строк, `n` - число столбцов. Без ограничения общности, можем считать, что `m>=n`.
    Тогда `mn=5797=11*17*31`.
    Тогда получаем следующие возможные значения `(m,n)=(11*17;31), (11*31;17), (17*31;11), (5797;1)`.
    В последнем случае номера совпадут во всех клетках, поэтому этот случай не годится.
    Пусть `k` - совпадающий номер клетки с координатами `(a,b)`.
    Тогда Вася запишет в данную клетку число `(a-1)n+b`, а Петя число `(b-1)m+a`.
    Числа в клетке совпали, поэтому `(a-1)n+b=(b-1)m+a`
    `a(n-1)-n=b(m-1)-m`
    `a(n-1)-n+1=b(m-1)-m+1`
    `(a-1)(n-1)=(b-1)(m-1)`
    По условию задачи, должно быть ровно `5` решений `(a,b)`, где `a<=m, b<=n`.
    Первый случай:
    `(m,n)=(187;31)`
    `30(a-1)=186(b-1)`
    `5(a-1)=31(b-1) => a-1=31x, b-1=5x`, т.к. `5` и `31` взаимно простые.
    `a=31x+1, b=5x+1, a<=187, n<=31`. Но тогда получается `7` решений при `x=0,1,2,...,6`. Не годится.
    Второй случай:
    `(m,n)=(341;17)`
    `16(a-1)=340(b-1)`
    `4(a-1)=85(b-1)`
    `a=85x+1, b=4x+1`. Получаем `5` решений при `x=0,1,2,3,4`. Годится.
    Третий случай:
    `(m,n)=(527;11)`
    `10(a-1)=526(b-1)`
    `5(a-1)=268(b-1)`
    `a=268x+1, b=5x+1`. Получаем `3` решения. Не годится.
    Итак, `m=341, n=17 => m+n=358`.

    Ответ: `358`.

Рассылка решений заочных туров олимпиад по математике