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.

Задачи и решения заочного тура олимпиады по математике «Покори Воробьевы Горы» 2012 (МГУ)


  • 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 Покори Воробьевы горы 2015-2016 - задания и решения отборочного этапа по математике. Олимпиада «Покори Воробьевы Горы» 2012-2013 - задания и решения заочного тура.
    Олимпиада «Покори Воробьевы Горы» 2011-2012 - задания и решения заочного тура.
    Олимпиада «Покори Воробьевы Горы» 2010-2011 - задания и решения заочного тура.
    Олимпиада «Покори Воробьевы Горы» 2009-2010 - задания и решения заочного тура.
    Олимпиада школьников «Покори Воробьевы Горы» 2012-2013 - решения очного тура в Москве.
    Олимпиада школьников «Покори Воробьевы Горы» 2012-2013 - решения очного тура в Брянске.
    Олимпиада школьников «Покори Воробьевы Горы» 2011-2012 - решения очного тура по математике по всем городам (9 вариантов).
    Олимпиада «Покори Воробьевы Горы» 2013-2014 - задания и решения заочного тура
    Задачи и решения заочного тура олимпиады по математике «Покори Воробьевы Горы» 2012 года (МГУ).
  • Задача №1 (заочный тур олимпиады по математике «Покори Воробьевы Горы» 2012 года в МГУ)
    В результате опроса учеников школы выяснилось, что ровно `68%` учеников знают год рождения А.С.Пушкина, ровно `5/18` учеников умеют доказывать теорему Пифагора, ровно `23/30` учеников любят ходить в кино и ровно `512` учеников читали сказку А. де Сент-Экзюпери “Маленький принц”. Найдите минимально возможное количество учеников в этой школе.

    Решение:
    1. Пусть `a` - количество учеников. Тогда `0,68a=68/100a=17/25a` знают год рождения Пушкина.
    Число знающих год рождения Пушкина должно быть целым `=> a` делится на `25`, т.е. `a=25b`, где `b in NN`.
    2. `5/18` умеют доказывать теорему Пифагора, поэтому `5/18a` - целое число, значит `a=18c`, где `c in NN`.
    3. `23/30` любят ходить в кино, поэтому `23/30a` - целое число, значит `a=30d`, где `d in NN`.
    4. Ровно `512` читали сказку "Маленький Принц", поэтому `a>=512`.
    5. Найдем `НОК(25,18,30)=5^2*3*2=150`, поэтому `a=150e`, где `e in NN`.
    Используя пункт 4, получаем, что `150e>=512 =>e>=512/150>3 => e>=4`, т.к. e целое.
    Значит `a=150e>=600`.

    Ответ: `600`.
  • Задача №2 (заочный тур олимпиады по математике «Покори Воробьевы Горы» 2012 года в МГУ)
    Два школьника — Андрей и Борис — `1` сентября `2011` года ровно в полдень поставили свои часы абсолютно точно. У обоих школьников стандартные механические часы с секундной стрелкой и двенадцатичасовым циферблатом. Известно, что часы Бориса спешат на `30` секунд в сутки, а часы Андрея отстают на `20` секунд в сутки. Укажите точную дату (число, месяц, год), когда в следующий раз их часы без поправок одновременно покажут абсолютно точное время.

    Решение:
    1. Если часы спешат на `30` секунд в сутки, то они покажут точное время после того, как "промотают" весь циферблат в `12` часов. Произойдет это через `2*60*12=1440` суток (в полдень) и далее будет повторяться с такой периодичностью.
    2. Для часов, которые отстают на `20` сек. аналогично получаем `3*60*12=2160`. Это период, с которым повторяется точное время на вторых часах.
    3. Наименьший общий период `3*1440=2*2160=4320` - через столько суток часы впервые покажут точное время одновременно.
    4. Остается вычислить, какое этой будет число. `365*11<4320<365*12=4380`. Значит, событие это произойдет в `2011+12=2023` году. За этот период три года будут високосными: `12, 16, 20`. Значит, `1` сентября `2023` года отделяет от `1` сент. `2011` года `4383` суток. `4383-4320=63` - столько суток надо "отмотать" назад от `1` сентября. Получаем `30` июня `2023` года.<br />

    Ответ: `30` июня `2023` года.
  • Задача №3 (заочный тур олимпиады по математике «Покори Воробьевы Горы» в МГУ)
    В треугольнике `ABC` из вершины `A` проведены медиана `AM` и биссектриса `AL`, а стороны, прилегающие к вершине `A`, относятся как `3:2`. Найдите отношение площадей треугольников `ALM` и `ABL`.

    Решение:
    В условии задачи имеется неопределенность: не сказано, отношение каких конкретно сторон равно `3:2`. Рассмотрим два варианта.
    1) `AB:AC=3:2`. Тогда `BL:LC=3:2` (согласно известной теореме). Значит, `BL=3/5BC`, `LM=1/10BC`.
    `LM=1/10BC` т.к. `BM=5/10BC`, `BL=6/10BC`
    Таким образом, площадь треугольника `ALM` равна `1/10` площади треугольника `ABC`, а площадь треугольника `ABL` - `3/5` площади `ABC` (высоты у всех треугольников равны). Искомое отношение площадей равно `1:6`.
    2) `AC:AB=3:2`. Здесь все аналогично, только площадь треугольника `ABL` равна `2/5` площади `ABC`. Отношение площадей - `1:4`.

    Ответ: `1/6` или `1/4`.
  • Задача №4 (заочный тур олимпиады по математике «Покори Воробьевы Горы» в МГУ)
    Что меньше: `sin1` или `cos(1/2^1)*cos(1/2^2)* . . . *cos(1/2^2012)`?

    Решение:
    1. Введем обозначение `t=1/2^2012`. Тогда произведение косинусов можно записать в виде: `cost*cos2t*...*cos2^2011t`.
    2. Домножим и поделим это произведение на `sint`. Применяя `2012` раз формулу синуса двойного угла, получим, что это произведение равно `(sin2^2012t)/(2^2012sin(1/2^2012))=(tsin1)/sint`.
    3. Поскольку `t>sint` (длина дуги единичной окружности - величина угла `t` - больше `sint` - расстояния от соответствующей точки окружности до оси `Ox`), `t/sint>1`, и, следовательно, `sin1` меньше произведения косинусов.

    Ответ: `sin1` меньше произведения косинусов.
  • Задача №5 (заочный тур олимпиады по математике «Покори Воробьевы Горы» в МГУ)
    Решите систему
    `{(|x| + 6y>= 1),(37x^2 + 37y^2<=1):}`<br />

    Решение:
    1. Неравенства с двумя переменными решаются графически стандартным образом. Строим линию, заданную уравнением `|x|+6y=1`. При `x>=0` уравнение `x+6y=1` задает прямую, проходящую через точки `(1;0)` и `(0,1/6)`. Нам нужна только та часть прямой, которая лежит в полуплоскости `x>=0`.
    2. Аналогично, при `x<=0` получаем прямую `-x+6y=1`, которая проходит через точки `(-1;0)` и `(0;1/6)`. Берем ту часть этой прямой, которая лежит в полуплоскости `x<=0`. <br />
    3. Полученная линия делит плоскость на две части. Методом пробных точек получаем, что неравенству `|x|+6y>=1` удовлетворяет верхняя часть - это множество и есть решение первого неравенства системы.
    4. Аналогично решаем второе неравенство. Уравнение `37x^2+37y^2=1` задает окружность с центром `(0;0)` и радиусом `1/sqrt37`. Эта окружность делит плоскость на две части. Нашему неравенству удовлетворяет внутренняя часть круга. Таким образом, второе неравенство задает круг. Решения системы - это пересечение двух множеств. Остается выяснить, из каких точек состоит это пересечение.
    5. Рассмотрим систему из уравнения прямой и окружности:
    `{(x+6y=1),(37x^2+37y^2=1):}`
    Эта система имеет единственное решение `(1/37;6/37)`. Значит, прямая касается окружности.
    Итак, исходная система неравенств имеет ровно два решения (точки касания): `(1/37;6/37)` и `(-1/37;6/37)`.
    Решение надо обязательно сопроводить чертежом.

    Ответ: `(1/37;6/37)` и `(-1/37;6/37)`.
  • Задача №6 (заочный тур олимпиады по математике «Покори Воробьевы Горы» в МГУ)
    Маше нужно было вычислить значение выражения `sin(2arccosalpha)` при заданном значении `alpha`. Однако Маша, по невнимательности, вычислила значение выражения `cos(2arcsinalpha)`, но при том же значении `alpha`, причем вычислила верно. Оказалось, что Машин ответ совпал с правильным ответом для исходного выражения. Каким при этом могло быть число `alpha` (укажите все возможные значения)?

    Решение:
    1. Заменим `alpha` на `x`. Требуется решить уравнение
    `sin(2arccosx)=cos(2arcsinx)`.
    2. По формулам синуса и косинуса двойного угла получаем:
    `2sin(arccosx)cos(arccosx)= 1-2sin^2(arcsinx)`.
    3. Поскольку `sin(arccosx)=sqrt(1-x^2)`, исходное уравнение равносильно уравнению
    (1) `2sqrt(1-x^2)x=1-2x^2` при `|x|<=1` (это ограничение - ОДЗ исходного уравнения).<br />
    4. Возводим уравнение (1) в квадрат и находим корни полученного биквадратного уравнения:
    `x_1=sqrt(2+sqrt2)/2, x_2=-sqrt(2+sqrt2)/2, x_3=sqrt(2-sqrt2)/2, x_4=-sqrt(2-sqrt2)/2`.
    5. Все корни входят в ОДЗ, но при возведении уравнения в квадрат посторонние корни появляются также за счет того, что левая и правая части уравнения могут иметь разные знаки. Для корня `x_1` левая часть уравнения (1) положительна, а правая - отрицательна. Корень посторонний. Для `x_4` - левая отрицательна, а правая - положительна - тоже посторонний корень. Остаются два корня.

    Ответ: `-sqrt(2+sqrt2)/2, sqrt(2-sqrt2)/2`.
  • Задача №7 (заочный тур олимпиады по математике «Покори Воробьевы Горы» в МГУ)
    Боковые ребра `SA, SB` и `SC` треугольной пирамиды `SABC` равны между собой. Сфера, проходящая через вершины `S, A, B` и середину `M` ребра `SC`, пересекает прямые `AC` и `BC` в точках `K` и `L` соответственно. Найдите объём пирамиды `SABC`, если `AC=8`, `MK = 6`, `/_ABC = 30^0`, а площадь треугольника `KLM` равна `18`.

    Решение:
    image
    1. Пусть `O` - проекция `S` на плоскость основания. Поскольку `SA=SB=SC`, точка `O` равноудалена от вершин треугольника `ABC`.
    Следовательно, `O` - центр описанной окружности.
    2. Рассмотрим плоскость грани `ASC` (см. рис. 1). Окружность `s_1` на чертеже является пересечением данной по условию сферы с плоскостью грани. Заметим, что по условию задачи точка `K` является пересечением сферы с прямой `AC`, а не с отрезком `AC`, так что мы не можем пока утверждать, что `K` лежит на `AC`, как это изображено на рис. 1. Но на наши дальнейшие рассуждения порядок точек `A,K,C` никак не влияет.
    3. Пусть `AS=2a, SM=MC=a, KC=t`. Квадрат длины касательной к окружности равен произведению длин отрезков секущей. Следовательно, `KC*AC=MC*SC`. Или
    (1) `8t=2a^2`.
    4. Треугольник `SAC` равнобедренный, следовательно, `cos/_C=4/(2a)=2/a`. По теореме косинусов для треугольника `KMC`
    (2) `36=a^2+t^2-4t`.
    5. Из системы уравнений (1) и (2) находим `t=6, a=2sqrt(6)`.
    6. Рассмотрим теперь плоскость грани `ABC` - см. рис 2. Изображенная на рис. 2 окружность является описанной для треугольника `ABC` и к исходной сфере отношения не имеет. По условию задачи вписанный `/_ABC` равен `30^0`, следовательно, `/_AOC` равен `60^0` и треугольник `AOC` - равносторонний со сторонами `8`.
    7. Проведем через `K` прямую, перпендикулярную `OC`. Пусть `Р` и `Т` - точки пересечения этой прямой с прямыми `OC` и `CB` соответственно. Докажем, что `T=L`.
    8. Продолжим `CO` до диаметра `CF=16`. Пусть `/_FCB=alpha`. Тогда `CB=16cosalpha` (из прямоугольного треугольника `CBF`), `CT=3/(cosalpha)` (из треугольника `CPT`, где `CP=3`). Таким образом, `CB*CT=48=AC*KC=CL*CB`.
    (Последнее равенство вытекает из уже упоминавшейся теоремы о секущей и касательной; напомним, что точки `A,K,L,B` лежат на окружности, которая является пересечением исходной сферы с плоскостью грани `АВС`.)
    Значит, `CT=CL` и `T=L`.
    9. Пусть `M'` - проекция точки `M` на плоскость основания. Поскольку `M` - середина `SC`, то `M'` середина `OC`. Значит `M'P=1`. Плоскость `SOC` перпендикулярна `KL`, так как `KL` перпендикулярна `OC` и `SO`. Следовательно, `MP` перпендикулярна `KL`, т.е. `MP` - высота треугольника `KLM`.
    10. Из прямоугольного треугольника `SOC` находим `SO=4sqrt2`. `MM'=1/2SO=2sqrt2`. Из прямоугольного треугольника `MM'P` находим `MP=3`.
    11. По условию площадь треугольника `KLM` равна `18`, значит, `KL=12`. Из дальнейших вычислений следует, что точка `L` оказывается вне отрезка `BC`, так что расположение точки `L` на рис. 2 не соответствует действительности, но на наши рассуждения это никак не влияет.
    12. Из треугольника `KCL` по теореме косинусов находим
    `CL=6sqrt(5-2sqrt3)`.
    `CB*CL=48`. Значит, `CB=8/sqrt(5-2sqrt3)`.
    13. Из треугольника `KCL` по теореме синусов находим синус `/_C`:
    `(CL)/(sin30^0)=(KL)/(sin/_C)`, `sin/_C=1/sqrt(5-2sqrt3)`.
    14. Высота треугольника `ABC`, проведенная из вершины `B`, равна `BC*sin/_C=8/(5-2sqrt3)`. Площадь треугольника `ABC` равна `32/(5-2sqrt3)`.
    15. Объем пирамиды `SABC` равен `1/3*SO*S_(осн)=(128sqrt2(5+2sqrt3))/39`.

    Ответ: `(128sqrt2(5+2sqrt3))/39`.
  • Задача №8 (заочный тур олимпиады по математике «Покори Воробьевы Горы» в МГУ)
    При каждом действительном значении параметра a найдите количество различных действительных корней уравнения
    `16x^4 + ax^2 + 1 = 32x^3 + 8x`.

    Решение:
    1. Делим уравнение на `x^2` и проводим замену `t=4x+1/x` (`0` не является корнем исходного уравнения, так что сужение ОДЗ не приводит к потере корней).
    `t^2=16x^2+1/x^2+8`.
    2. Получаем уравнение для `t`: `t^2-8t+a-8=0`.
    `D=4(24-a)`. Если `D<0` (`a>24`), решений нет.
    Если `D=0` (`a=24`), `t=4, x=1/2` - уравнение имеет единственный корень.
    При `D>0` (`a<24`) `t_1=4+sqrt(24-a)`, `t_2=4-sqrt(24-a)` и мы получаем совокупность двух уравнений для `x`: `4x^2-(4+sqrt(24-a))x+1=0`<br />
    `4x^2-(4-sqrt(24-a))x+1=0`
    3. Заметим, что эти уравнения ни при каких `a<24` не имеют общих корней. В самом деле, если `x_1` - общий корень этих уравнений, то, вычитая из второго уравнения первое, получим `sqrt(24-a)x_1=0`, что невозможно, так как `x_1!=0`.<br />
    4. Дискриминант первого уравнения `D_1=8sqrt(24-a)+24-a>0` при `a<24` - уравнение имеет два корня.<br />
    Для второго уравнения `D_2=-8sqrt(24-a)+24-a`. Решаем неравенство `D_2>=0`. Делаем замену `u=sqrt(24-a)>0`. `D_2=-8u+u^2>=0`. `u>=8`.
    При `u=8`, `a=-40` второе уравнение имеет один корень. При `u>8` (`a < -40`) - два корня (при `a> -40` у второго уравнения корней нет).

    Ответ: При `a>24` корней нет, при `a=24` - один корень, при `-40< a < 24` - два корня, при `a=-40` - три корня, при `a < -40` - `4` корня.
  • Задача №9 (заочный тур олимпиады по математике «Покори Воробьевы Горы» в МГУ)
    Квадрат со стороной `1` разрезан на три выпуклых многоугольника, у каждого из которых длины любой стороны и любой диагонали не превосходят некоторого числа `d`.
    а) Может ли число `d` быть равным `1,01`?
    б) Может ли число `d` быть равным `1`?
    в) Найдите наименьшее значение `d` при этих условиях.

    Решение:
    image
    1. Рисунки к решению задачи приведены выше. На рис. 1 изображено разбиение квадрата на три прямоугольника с `d=sqrt65/8` (значение `a=1/8` получается из соображений равенства диагоналей всех прямоугольников).
    Докажем, что это значение и есть наименьшее возможное (обозначим это значение для краткости через `d_0`).
    2. Предположим противное. Пусть `K_1, K_2` и `K_3 `- выпуклые многоугольники, на которые разрезан квадрат, с `d< d_0`. Пересечение каждого многоугольника со стороной квадрата либо пусто, либо является отрезком (точку будем считать отрезком нулевой длины). Из четырех вершин квадрата хотя бы две принадлежат одному многоугольнику.
    3. Пусть, для определенности, `C` и `D` принадлежат `K_1`. Тогда в `K_1` лежит вся сторона `CD` и `K_1` не может иметь вершин (а значит, и точек) на стороне `AB` (для любой точки, лежащей на `AB`, расстояние до `C` или `D` больше `d_0`).
    4. Рассмотрим вначале случай, когда оставшиеся две вершины также принадлежат одному многоугольнику, скажем `K_2` (см. рис. 3) . Тогда `AB` лежит в `K_2`. Пересечение `K_2` с `BC` есть отрезок `BE` (возможно, что `B=E`), причем `BE<1/8`, поскольку `EA` (диагональ `K_2`) не больше `d< d_0`. <br />
    5. Аналогично, пересечение `K_2` с `AD` есть `AG<1/8`, пересечение `BC` с `K_1` есть `CF<1/8`, пересечение `AD` с `K_1` есть `DH<1/8`. Тогда отрезки `EF` и `GH` лежат в `K_3` и его диагональ `EH>sqrt(1^2+(6/8)^2)>d_0`, Противоречие.
    6. Остается второй случай, когда `B` лежит в `K_2`, а `A` лежит в `K_3` (рис. 2). Пусть `BG` и `BP` - пересечения `K_2` с соответствующими сторонами квадрата, `AO` и `AH` - аналогичные пересечения для `K_3`, `CE` и `DF` - то же для `K_1`. Тогда, как и выше, `EC<1/8` и `FD<1/8`. Далее `P=O` так как `K_1` не имеет точек на стороне `AB`. Если `H` не равно `F` , то `HF` лежит на `K_2` и `FB>d_0>d`. Значит, `H=F`. Аналогично, `G=E`.
    7. Один из отрезков `BP` или `OA` не меньше половины стороны квадрата. Пусть `BP>=1/2`. Тогда `PE>sqrt(1/2^2+(7/8)^2)=d_0>d` - противоречие, так как `PE` - диагональ `K_2`.
    8. Итак, наименьшее возможное значение `d` есть `d_0`. Остается заметить, что `d_0>1` и `d_0<1,01`. Для полноты решения можно отметить, что пример на рис. 1 годится и для `d=1,01`.<br />

    Ответ: а) да, б) нет, в) `sqrt65/8`.

Рассылка решений заочных туров олимпиад по математике