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 2017 и другие перечневые олимпиады.

Олимпиада «Ломоносов» 2011-2012 / Задания и решения отборочного этапа по математике


  • 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.
    Олимпиада «Ломоносов» 2011-2012 / Задания и решения отборочного этапа по математике

    Олимпиада «Ломоносов» - основная тема
    Олимпиада «Ломоносов» — задания прошлых лет с решениями (2005-2010)
    Олимпиада «Ломоносов» 2013-2014 — задания и решения отборочного этапа по математике
    Олимпиада «Ломоносов» 2012-2013 — задания и решения отборочного этапа по математике
    Олимпиада «Ломоносов» 2011-2012 — задания и решения отборочного этапа по математике
    Олимпиада «Ломоносов» 2010-2011 — задания и решения отборочного этапа по математике
    Олимпиада «Ломоносов» 2012-2013 — задания и решения очного тура по математике
    Олимпиада «Ломоносов» 2011-2012 — задания и решения очного тура по математике
    Олимпиада «Ломоносов» 2010-2011 — задания и решения очного тура по математике
    Олимпиада «Ломоносов» 2011-2012 / Задания и решения отборочного этапа по математике
  • Задача №1 (заочный тур олимпиады «Ломоносов» по математике 2012 года)
    Хозяйка растворила `4` пакетика удобрений в воде, которой полила имеющиеся у нее `5` горшков рассады. Однако воды оказалось слишком много, и `2/5` раствора перелилось через край. По инструкции, удобрять надо было из расчета не менее, чем `5` пакетиков на `4` горшка. Какое наименьшее целое число пакетиков удобрений хозяйке потребуется ещё, чтобы удобрить рассаду по инструкции?

    Решение:
    1. Всего для удобрения по инструкции требуется `5/4*5` пакетов.
    2. Хозяйка уже залила `4*3/5`.
    3. Еще нужно `25/4-12/5=77/20`.
    4. `3<77/20<4`. Округляем до бОльшего целого числа, поэтому еще понадобится минимум `4` пакета.<br />
    Ответ: 4.
  • Задача №2 (заочный тур олимпиады «Ломоносов» по математике 2012 года)
    Решите неравенство `sqrt(x + 1) −sqrt( 3 − x)>= arcsin(x^2 − 2x − 4)`.

    Решение:
    1. Находим ОДЗ:
    `x+1>=0`
    `3-x>=0`
    `x^2-2x-4<=1`<br />
    `x^2-2x-4>=-1`
    Этой системе удовлетворяют ровно два значения `x=-1` и `x=3`.
    2. Подставляем эти значения в исходное неравенство.
    При `x=-1` левая часть равна `-2`, правая `-pi/2` - неравенство не выполнено.
    Для `x=3` слева `2`, справа `-pi/2` - неравенство выполняется.

    Ответ: `3`.
  • Задача 3 (заочный тур олимпиады «Ломоносов» по математике 2012 года)
    В треугольник со сторонами `3, 5` и `6` вписана окружность, касающаяся сторон треугольника в точках `A, B` и `C`. Найдите площадь треугольника `ABC`.

    Решение:
    image
    1. Обозначим вершины исходного треугольника через `M,N,K` (смотреть рисунок).
    2. Пусть `NK=3, MN=6, MK=5`. Положим `MA=a`.
    3. По свойству касательных получаем
    `AN=6-a=NB, CK=5-a=KB, NB+KB=11-2a=3`. Откуда `a=4.`
    4. Из треугольника `MNK` по теореме косинусов находим `cos/_M=13/15`. Тогда `sin/_M=sqrt(56)/15`. Площадь треугольника `MNK` равна `1/2*5*6sin/_M=sqrt(56)`.
    5. По теореме синусов из треугольника `MNK` находим `sin/_K=2sin/_M, sin/_N=5/3sin/_M`.
    6. Теперь вычисляем площади треугольников:
    `DeltaMAC`: `1/2*4*4sqrt(56)/15`
    `DeltaANB`: `1/2*2*2*5/3sqrt(56)/15`
    `DeltaKBC`: `1/2*1*1*2sqrt(56)/15`.
    Вычитая сумму этих площадей из площади большого треугольника, получаем
    Ответ: `8/45sqrt56`.
  • Задача №4 (заочный тур олимпиады «Ломоносов» по математике 2012 года)
    Найдите множество значений функции
    `y(x) = tg^2 2x + 6sinx − 2cos2x −1/(cos^2 2x)`

    Решение:
    1. Делаем замену `t=sinx`. Переменная `t` принимает значения на отрезке `[-1,1]`. Поскольку `cos2x=1-2t^2!=0` (ограничение ОДЗ), `t!=+-sqrt(2)/2`.
    2. В результате замены получаем функцию `y(t)=-1+6t-2(1-t^2)=4t^2+6t-3`, для которой требуется найти множество значений на отрезке `[-1,1]` без указанных выше двух точек.
    3. График - парабола ветвями вверх с вершиной в точке `(-3/4, -21/4)` (график следует построить). На отрезке `[-1,1]` эта функция имеет множество значений `[-21/4, 7]`.
    4. Остается разобраться со значениями в точках `sqrt(2)/2` и `-sqrt(2)/2`.
    `y(-sqrt(2)/2)=-3sqrt(2)-1<-5=y(-1)`. Следовательно, значение `y(-sqrt(2)/2)` достигается также в некоторой точке промежутка `[-1, -3/4]`, т.е. оно входит в множество значений нашей функции. Ну а значение `y(sqrt(2)/2)=3sqrt(2)-1` ни в каких других точках не достигается. Значит, это значение необходимо исключить.<br />
    Ответ: `[-21/4, 3sqrt(2)-1)uu(3sqrt(2)-1, 7]`
  • Задача №5 (заочный тур олимпиады «Ломоносов» по математике 2012 года)
    Найдите все значения параметра `a`, при каждом из которых уравнение
    `|x − 1| + |x − 2| + . . . + |x − 2012| = ax + b`
    ни при одном значении параметра `b` не имеет ровно двух корней.

    Решение:
    image
    Задача решается графически: строим графики левой части (`y=|x − 1| + |x − 2| + . . . + |x − 2012|`) и правой, корни - точки пересечения графиков.
    Особенность в том, что нарисовать график левой части полностью не реально. Поэтому надо его качественно описать.
    2. Раскрываем модули по зонам. При `x<=1`: `y=-2012x+1006*2013`. Получаем луч прямой с угловым коэффициентом `-2012`, начинающийся (или заканчивающийся - это как смотреть) в точке `A_1` с координатами `A_1(1;1006*2011)`. <br />
    3. На следующем промежутке при `х in [1;2]` получаем отрезок прямой с угловым коэффициентом `-2010`, соединяющий `A_1` с `A_2(2;...)` (вторую координату `A_2` можно посчитать). И т.д. С каждым шагом угловой коэффициент прямой будет увеличиваться на `2`, на каком-то промежутке он станет равным `0`, и, наконец, достигнет максимального значения при `x>=2012`. Тогда мы получим луч прямой `y=2012x-1006*2013` с угловым коэффициентом `2012`, который начинается в точке `A_2012(2012;1006*2011)`.
    4. Итак, график левой части уравнения состоит из описанных выше двух лучей и `2011`-тизвенной выпуклой ломаной, соединяющей точки `A_1` и `A_2012`. (Следует сделать схематический чертеж). График правой части - прямая с угловым коэффициентом `a`. Параметр `b` определяет вертикальное перемещение этой прямой.
    5. Следующие утверждения становятся геометрически очевидными:
    При значениях `a`, лежащих в интервале `(-2012;2012)`, графики будут пересекаться в двух точках, если `b` достаточно велико (например, при `a>=0` и `b>1006*2011` графики будут пересекаться по двум точкам, лежащим на описанных выше лучах).
    При `a<-2012` или `a>2012` при любом `b` графики пересекаются ровно в одной точке.
    При `a=2012` или `a=-2012` либо нет корней, либо их бесконечно много, либо корень один (в зависимости от `b`).

    Ответ: `(-oo; -2012]uu[2012; +oo)`
  • Задача № 6 (заочный тур олимпиады «Ломоносов» по математике 2012 года)
    На длинном прямолинейном проводе сидели белая и серая вороны, а между ними воробей и сорока: воробей — посередине, а сорока — к белой вороне в полтора раза ближе, чем к серой. Расстояния от белой вороны, серой вороны и сороки до другого прямолинейного провода равны `16` м, `34` м и `20` м соответственно. Найдите расстояние от воробья до этого провода.

    Решение:
    1. Перейдем к геометрической терминологии. В пространстве имеется отрезок `AD`. `A` - белая ворона, `D` - серая. Середина отрезка - точка `C` - воробей. Точка `B` (сорока) лежит на `AC`, причем `(AB)/(BD)=2/3`.
    2. Опустим из точки `A` перпендикуляр на второй провод. Пусть основание этого перпендикуляра есть точка `O`. Введем систему координат: `O` - начало, ось `Oy` направим по второму проводу, ось `Oz` - по `OA`, ось `Ox` - перпендикулярно этим двум осям.
    3. Пусть `D` имеет координаты `D(x;y;z)`. Найдем координаты остальных точек: `A(0;0;16), C(x/2;y/2;(z+16)/2), B((2x)/5;(2y)/5;(2(z+24))/5)`.
    (Координаты `B` вычисляются так: `vec(AB)=2/5AD=2/5{x;y;z-16}={(2x)/5;(2y)/5;(2(z-16))/5}`. Прибавляем координаты этого вектора к координатам `A` и получаем координаты `B`.)
    Проекции точек `B,C,D` на второй провод (а это наша ось `Oy`) имеют соответственно координаты `B'(0;(2y)/5;0), C'(0;y/2;0), D'(0;y;0)`.
    4. По условию задачи `DD'=34, BB'=20`. Получаем систему уравнений:
    `x^2+z^2=34^2`
    `(2x/5)^2+(2(z+24)/5)^2=20^2`
    Умножаем второе уравнение на `25/4` и вычитаем из полученного первое уравнение. Находим: `z=16, x^2=900`.
    Искомая величина `C C'=sqrt((x/2)^2+((z+16)/2)^2)=sqrt(481)`

    Ответ: `sqrt481`.
  • Задача №7 (заочный тур олимпиады «Ломоносов» по математике 2012 года)
    Найдите сумму квадратов всех действительных корней уравнения
    `x^5 + 2010x^2 + 2011 = x^4 + 2011x^3 + 2012x`.

    Решение:
    1. Перенесем все слагаемые в левую часть. Полученный многочлен пятой степени разлагается на множители:
    `(x^2+1)(x^3-x^2-2012x+2011)`.
    2. Первый множитель корней не имеет, а у второго три действительных корня, поскольку его значение на `-oo` отрицательно, в нуле - положительно, в единице - отрицательно и на `+oo` снова положительно.
    3. Многочлен третьей степени, имеющий три действительных корня `x_1, x_2, x_3` представим в виде `(x-x_1)(x-x_2)(x-x_3)`. Откуда следует, что в нашем случае:
    `x_1+x_2+x+3=1` (1)
    `x_1x_2+x_2x_3+x_3x_1=-2012` (2)
    (Это так называемая обобщенная теорема Виета для корней кубического уравнения).
    4. Возводим первое уравнение в квадрат и вычитаем из него удвоенное второе. В итоге получаем искомую сумму квадратов корней:
    `x_1^2+x_2^2+x_3^2=4025`.

    Ответ: `4025`.
  • Задача №8 (заочный тур олимпиады «Ломоносов» по математике 2012 года)
    В равнобедренном треугольнике `LMN` проведена биссектриса `MO`. Найдите величину угла `/_LOM`, если `MN = MO + LO`.

    Решение:
    image
    Из условия задачи сразу следует, что `МО` - биссектриса угла при основании треугольника. При этом возможны два варианта:
    1. `MN` - боковая сторона (см. рисунок 2). Тогда `OM=ON`. Обозначим `/_OML` через `x`. Тогда величины углов в треугольнике `MNO` имеют значения, обозначенные на рис. 2. Откуда `x=36^0` и `/_LOM=180-3x=72^0`
    2. `MN` - основание (см. рисунок 3). Величины углов треугольника `MOL` имеют значения, обозначенные на чертеже. Будем считать, что `ML=1`. По теореме синусов для треугольника `MOL` получаем
    `1/(sin3x)=(LO)/sinx=(MO)/(sin4x)`. Откуда `MO+LO=(sinx+sin4x)/(sin3x)`.
    Далее, `MN=2MLcos2x=2cos2x`. Из условия задачи получаем тригонометрическое уравнение
    `sinx+sin4x=2sin3xcos2x`.
    Преобразуя стоящее в правой части произведение в сумму, получаем
    `sin4x=sin5x`. Поскольку из условия задачи следует, что `0
    Ответ: `72^0` или `60^0`.
  • Задача №10 (заочный тур олимпиады «Ломоносов» по математике 2012 года)
    Петя и Вася играют в морской бой по изменённым правилам: на поле `8 × 8` клеток Петя расставляет без перекрытий `21` прямоугольный трёхклеточный корабль, а Вася делает выстрелы, называя “шахматные координаты” полей (например, `A1` или `F7`). В первой партии Вася выстрелил и сразу же промахнулся. Куда стрелял Вася (назовите все возможные варианты клеток)?

    Решение:
    image
    1. Переформулируем задачу: Квадрат `8×8` покрыт прямоугольными плитками размера `3×1` в количестве `21` штука. Какая клетка может остаться непокрытой?
    2. Легко построить пример покрытия, когда свободной остается клетка `C3` (его надо привести на чертеже). Поворачивая это покрытие на `90^0` получаем покрытия со свободными клетками `С6, F6, F3`. Остается доказать, что других вариантов быть не может.
    3. Пусть дано произвольное покрытие квадрата, удовлетворяющее условию задачи. Покрасим клетки квадрата в три цвета: черный, белый и красный, начиная от левой верхней клетки построчно (как читают книгу), чередуя эти цвета строго в указанной выше последовательности. Мы получим раскраску квадрата, в которой будет пять черных "диагоналей": `A2-B1, A5-E1, A8-H1, D8-H4, G8-H7` (приведите чертеж).
    4. Раскраска интересна тем, что любая прямоугольная плитка нашего покрытия покрывает три клетки разных цветов. Так что непокрытой может остаться только клетка черного цвета (таких клеток 22). Теперь повернем нашу раскраску на `90^0` по часовой стрелке. Получится новая раскраска с теми же свойствами (опять чертеж!)
    5. Итак, непокрытой может оказаться только клетка, которая имеет черный цвет в обеих раскрасках. Таких клеток ровно четыре и они как раз те, что мы перечислили выше.

    Ответ: `C3, C6, F3, F6`.
  • Задача №10 (заочный тур олимпиады «Ломоносов» по математике 2012 года)
    Маленькая мышка в кромешной тьме оказалась на бетонном полу длинного прямого коридора с деревянными стенами, расположенными на расстоянии `2` м друг от друга. Чтобы выбраться наружу, мышке нужно вслепую добраться до стены и прогрызть в ней дыру. Существует ли путь, двигаясь по которому, мышка гарантированно (независимо от её начального положения и направления коридора) выйдет к какой-нибудь стене, пройдя не более:
    а) `4` м `83` см;
    б) `4` м `62` см;
    в) `4` м `58` см?

    Решение:
    image
    1. `x^2=1+(2-x)^2 iff x=5/4`.
    2. `cosphi=4/5 => phi=arccos(4/5)`.
    3. Путь `L=ABCDE=2(1+2phi)=2+4arccos(4/5)`.
    Искомая траектория есть дуга `AD` - отрезок `DE` - отрезок `EF` - дуга `FC`.
    4. Сравним число `2+4arccos(4/5)` с `4,58` или `arccos(4/5)` с `0,645`.
    `arccos(4/5)=arctan(3/4)`.
    `arctan3/4>pi/6`, т.к. `3/4>sqrt3/3`. Вычитаем `pi/6` из обеих частей неравенства. Пусть `t=arctan(3/4)-pi/6`, `tant>t` (всегда при `t>0`). Поэтому остается проверить, что `tant=(3/4-sqrt3/3)/(1+3/4*sqrt3/3)<0.645-pi/6`, что делается стандартными методами. Обращаю внимание на то, что число `pi` надо при этом оценивать сверху: `pi=3.1415926535`... Если отбрасываете знак, то предшествующий знак надо увеличить на `1`.<br />
    Ответ: да во всех пунктах.

Рассылка решений заочных туров олимпиад по математике