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» 2010-2011 / 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» 2010-2011 / 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» 2010-2011 / Задания и решения отборочного этапа по математике
  • Задача №1 (отборочный этап олимпиады «Ломоносов» по математике 2011 года - МГУ)
    Два куска сыра имеют форму прямоугольного параллелепипеда каждый. Длина первого куска на `50%` больше длины второго куска, а ширина и высота первого куска соответственно на `20%` и `30%` меньше ширины и высоты второго куска. У какого куска сыра объем больше и насколько?

    Решение:
    1. Введем обозначения `a, b, c` - длина, ширина и высота второго куска. Следовательно первый кусок имеет длину `1,5a`, ширину - `0,8b` и высоту `0,7c`. Таким образом, объем первого куска составляет `1,5*0.8*0,7*abc=84/100abc`. Следовательно, первый кусок меньше второго на `16%`.
    2. Но это еще не ответ. В задаче спрашивается, какой кусок больше и насколько? А больше второй кусок на `(100/84-1)*100%=400/21 %=19 1/21 %`.

    Ответ: объем второго куска больше на `19 1/21 %`.
  • Задача №2 (отборочный этап олимпиады «Ломоносов» по математике 2011 года - МГУ)
    Решить неравенство
    `sqrt(x^2-1)<=sqrt(5x^2-1-4x-x^3)`<br />

    Решение:
    1. Неравенство равносильно системе неравенств:
    `{(x^2-1>=0),(x^2-1<=5x^2-1-4x-x^3):}`<br />
    2. Преобразуем второе неравенство:
    `x(x-2)^2<=0`<br />Заметим, что `x=2` - решение, а при `х!=2` множитель `(x-2)^2>0`. Значит, на него можно сократить.
    3. Получаем систему
    `{(x^2-1>=0),(x<=0):}`<br />
    Ответ: `x in (-oo,-1]uu{2}`.

    Примечание: нет необходимости находить область значений выражения `sqrt(5x^2-1-4x-x^3)`, решая кубическое неравенство. То, что `5x^2-1-4x-x^3>=0` следует из самой системы неравенств, которую мы получили в первом пункте.
  • Задача №3 (отборочный этап олимпиады «Ломоносов» по математике 2011 года - МГУ)
    Найдите все двузначные числа вида `bar(XY)`, если число, имеющее шестизначную запись `bar(64X72Y)` кратно `72`.

    Решение:
    1. `72=8*9`. Следовательно, `bar(64X72Y)` должно делиться на `8` и `9`.
    2. Имеем `bar(64X720)=64X*1000+720`. Значит, `bar(64X720)` делится на `8`. Поэтому `Y` тоже делится на `8`. Следовательно, либо `Y=0`, либо `Y=8`.
    3. По признаку делимости на `9` сумма цифр числа `bar(64X72Y)` должна делиться на `9`. То есть `19+X+Y` делится на `9`, или `1+X+Y` кратно `9`. Откуда либо `X+Y+1=9`, либо `X+Y+1=18`. Отсюда, с учетом возможных значений `Y`, получаем все возможные `X` и `Y`.

    Ответ: `80, 98`.
  • Задача №4 (отборочный этап олимпиады «Ломоносов» по математике 2011 года - МГУ)
    Пройдя `2/5` длины узкого моста, пешеход заметил, что сзади к мосту приближается машина. Тогда он пошел назад и встретился с машиной у начала моста. Если бы он продолжал идти вперед, то машина догнала бы его у конца моста. Найти отношение скорости машины к скорости пешехода.

    Решение:
    1. Длину моста примем за `1`. Пусть `u` - скорость машины, `v` - скорость пешехода, `x` - расстояние от машины до начала моста в тот момент, когда пешеход повернул назад.
    2. Тогда
    `x/u=2/(5v)`
    `(x+1)/u=3/(5v)`
    Откуда
    `x=2/5u/v`;
    `x+1=3/5u/v`.
    Значит, `u/v=5`.

    Ответ: `5`.
  • Задача №5 (отборочный этап олимпиады «Ломоносов» по математике 2011 года - МГУ)
    Найти все решения уравнения `|sin2x-cosx|=||sin2x|-|cosx||` на интервале `(-2pi,2pi]`.

    Решение:
    image
    1. Поскольку все функции в уравнении периодические с периодом `2pi`, решим это уравнение на интервале `(0,2pi]`.
    2. Уравнение равносильно совокупности двух уравнений (снимаем внешние модули):
    `sin2x-cosx=|sin2x|-|cosx|` (1)
    `sin2x-cosx= -|sin2x|+|cosx|` (2)
    Решаем эти уравнения путем раскрытия модулей по зонам.
    3. Зона 1). `sin2x>=0, cosx>=0`.
    В этой зоне уравнение (1) принимает вид `0=0`. Следовательно, все `x` из зоны 1) входят в решение. Второе уравнение в этой зоне ничего нового не даст.
    4. Зона 2). `sin2x<=0, cosx<=0`.<br />
    Уравнение (2) в зоне 2) принимает вид `0=0`. Значит, все `x` из зоны 2) также входят в ответ.
    5. Зона 3). `sin2x>=0, cosx<=0`.<br />
    В этой зоне уравнения принимают следующий вид
    `cosx=0` (1)
    `sin2x=0` (2)
    Решения каждого из этих уравнений мы уже получили в зонах 1) или 2). В самом деле, если `cosx=0`, то, независимо от значения `sin2x`, это `x` входит в зону 1) или 2), а значит, уже вошло в множество решений. Аналогично для `sin2x=0`.
    6. Зона 4). `sin2x<=0, cosx>=0`.
    Здесь все аналогично зоне 3). Ничего нового не получим.

    7. Остается найти множество решений неравенств, определяющих зоны 1) и 2). Для этого построим графики функций `y=cosx` и `y=sin2x` на интервале `(0,2pi ]` (cм. чертеж). Из графиков видно, что решением будет интервал `(0,pi]` и точки `3/2pi` и `2pi`. Сдвигаем это множество на `2pi` влево и получаем решения на промежутке `(-2pi,0]`. Так получаем все ответы.

    Ответ: `(-2pi,-pi]uu{-pi/2}uu[0,pi]uu{3/2pi}uu{2pi}`.

    Примечание:
    Уравнение
    `|a-b|=||a|-|b||`
    можно возвести в квадрат. Так как обе части неотрицательны, получится равносильное уравнение
    `a^2-2ab+b^2=a^2-2|a||b|+b^2 <=> ab=|ab| <=> ab>=0`.
    В нашем случае получаем `sin2xcosx>=0`.
  • Задача №6 (отборочный этап олимпиады «Ломоносов» по математике 2011 года - МГУ)
    Высота прямоугольного треугольника, опущенная на его гипотенузу, делит биссектрису осрого угла в отношении `5:2`, считая от вершины. Найти величину этого угла.

    Решение:
    image
    1. Введем систему координат, как указано на чертеже. Длину `AB` примем за единицу, длина `AC` равна `x`. `CD` - биссектриса.
    2. Следовательно, `(BD)/(DA)=(BC)/(CA)`. Из этого соотношения находим координаты точки `D(0,x/(x+sqrt(x^2+1)))`.
    3. Пусть `E` - точка пересечения высоты и биссектрисы. По условию `(DE)/(EC)=2/5`. Поэтому точка `E` имеет следующие координаты:
    `E((2x)/7;(5x)/(7(x+sqrt(x^2+1))))`.
    4. Высота `AF` перпендикулярна `BC`, значит, скалярное произведение векторов `AE` и `BC` равно нулю. Вектор `BC` имеет координаты `(x; -1)`, координаты вектора `AE` совпадают с координатами точки `E`.
    5. По формуле, выражающей скалярное произведение векторов через их координаты, получаем:
    `(2x^2)/7-(5x)/(7(x+sqrt(x^2+1)))=0`. После преобразований получаем
    `2xsqrt(x^2+1)=5-2x^2`. Возводим уравнение в квадрат и находим `x=5/sqrt24` (корень не является посторонним - проверка!).
    `tan(alpha)=1/x=sqrt24/5 => alpha=arctan(sqrt24/5)`
    Ответ: `arctan(sqrt24/5)`.
  • Задача №7 (отборочный этап олимпиады «Ломоносов» по математике 2011 года - МГУ)
    Сколько решений имеет уравнение
    `1/(x-1)^2+1/(x-2)^2=2/x^2`?

    Решение:
    1. Для упрощения вычислений сделаем замену `t=x-1`. Получим
    `1/t^2+1/(t-1)^2=2/(t+1)^2`.
    2. ОДЗ: `t!=0,1,-1`.
    3. Приводим к общему знаменателю и, отбрасывая знаменатель, получаем
    `6t^3-3t^2+1=0`.
    Это уравнение равносильно исходному (для `t`), поскольку не входящие в ОДЗ значения `t` не являются его корнями.
    4. Рассмотрим функцию
    `f(t)= 6t^3-3t^2+1`, найдем ее производную: `f'(t)=18t^2-6t`. Производная положительна при `t in (-oo;0)uu(1/3;+oo)`. Следовательно, на этих промежутках функция возрастает. На отрезке `[0,1/3]` функция убывает (производная отрицательна при `0< t<1/3`). <br />
    5. Но `f(1/3)=8/9>0`. Значит, на участках `[0,1/3]` и `[1/3, +oo)` корней у уравнения нет. Остается участок `(-oo, 0]`. На нем не более одного корня, так как функция возрастает. Но, поскольку уравнение нечетной степени всегда имеет хотя бы один корень, то этот корень (ровно один) там и лежит.

    Ответ: `1` решение.
  • Задача №8 (отборочный этап олимпиады «Ломоносов» по математике 2011 года - МГУ)
    Даны три точки, расстояния между которыми равны `4,6` и `7`. Сколько существует попарно не равных друг другу треугольников, для которых каждая из этих точек - либо вершина, либо середина стороны?

    Решение:
    image
    1. Для трех данных точек выполняются неравенства треугольника, следовательно, эти точки являются вершинами треугольника. Этот треугольник удовлетворяет условиям задачи и мы будем называть его исходным треугольником. Сосчитаем его: 1.
    2. Теперь сосчитаем треугольники, для которых две вершины являются данными точками, а третья данная точка есть середина стороны. Пример такого треугольника `ABC` приведен на чертеже (п.1).
    3. Посмотрим, как этот новый треугольник связан с исходным. Сторона `AC` равна `6` (не изменилась), сторона `AB=8` (удвоилась), угол `A` остался прежним. Медиана, проведенная из вершины `C`, равна `7`. Известна формула, связывающая медиану и стороны треугольника:
    `4m^2=2(a^2+b^2)-c^2`.
    По этой формуле легко найти третью сторону: `BC=sqrt94`.
    4. Теперь совершенно аналогично строим треугольник со стороной `AC=6`, `BC=14` (точка `D` становится серединой `BC` - см. чертеж) и медианой `AD=4`. Его третья сторона также равна `sqrt94`.
    5. Далее в качестве стороны `AC` возьмем `4` и `7`. Соответственно получаем еще две пары треугольников. Длины их сторон таковы:
    `7,8, sqrt55`
    `7,12, sqrt55`
    `4,14,sqrt154`
    `4,12,sqrt154`.
    Все перечисленные треугольники попарно различны. Всего их `6`.

    6. Переходим к треугольникам, у которых одна вершина является данной точкой, а две другие данные точки - середины сторон. Здесь есть два принципиально разных случая.
    а) Вершина - одна данная точка, а две другие данные точки являются серединами сторон, выходящих из этой вершины. Ясно, что в этом случае независимо от расположения вершины мы получим треугольник, подобный исходному, с коэффициентом подобия `2`. Всего `1`.
    б) Вершина `A` - одна данная точка, вторая данная точка - середина стороны `AB`, третья данная точка - середина стороны `BC`. Пример такого треугольника `ABC` приведен на чертеже, п. 2). `AB=8, DE` - средняя линия, поэтому `AC=14`, медиана `AE=6`. Таким образом, мы получаем треугольник, две стороны которого равны удвоенным сторонам исходного треугольника, а медиана, проведенная из общей вершины этих двух сторон, равна третьей стороне исходного треугольника. По формуле, связывающей медиану и стороны, находим третью сторону этого треугольника: `BC=sqrt376`. Различных треугольников такого типа имеется еще два со сторонами
    `8,12, sqrt220`
    `12,14,sqrt616`.
    Всего `3`. (и все треугольники отличны от тех, что были раньше)

    7. Остается рассмотреть случай, когда все данные точки являются серединами сторон треугольника. В этом случае числа `4,6,7` являются длинами средних линий и треугольник подобен исходному с коэффициентом подобия `2`. Такой уже был.
    Всего получили `11` треугольников.
    Ответ: `11`.
  • Задача №9 (отборочный этап олимпиады «Ломоносов» по математике 2011 года - МГУ)
    В какую степень надо возвести корень `x_0` уравнения `x^11+x^7+x^3=1`, чтобы получить число `x_0^4+x_0^3-1`?

    Решение:
    1. Заметим, что уравнение нечетной степени всегда имеет корень, причем в данном случае - только один, поскольку левая часть уравнения является монотонно возрастающей функцией. В дальнейших выкладках под `x` мы будем понимать `x_0` (не пишем `x_0`, чтобы короче было).
    2. Имеем
    `x^11+x^7-x^4+x^4+x^3-1=0`. (прибавили и вычли `x^4`)
    Откуда
    `x^4+x^3-1=x^4(1-x^3-x^7)`.
    3. Но в силу исходного уравнения
    `1-x^3-x^7=x^11`.
    Следовательно,
    `x^4+x^3-1=x^15`.

    Ответ: `15`.
  • Задача №10 (отборочный этап олимпиады «Ломоносов» по математике 2011 года - МГУ)
    Сфера касается всех ребер пирамиды `SABC`, причем боковых ребер `SA, SB` и `SC` - в точках `A', B'` и `C'`. Найти объем пирамиды `SA'B'C'`, если `AB=BC=SB=5` и `AC=4`.

    Решение:
    image
    1. Заметим прежде всего, что касательные, проведенные к сфере из одной точки, имеют одинаковую длину. В самом деле, пусть из некоторой точки `P` проведены касательные к сфере `PT` и `PO`. Проведем через точки `P,T,O` секущую плоскость. В пересечении со сферой эта плоскость даст окружность, для которой `PT` и `PO` - касательные. По известной теореме планиметрии длины этих касательных равны.
    2. Переходим к решению задачи (см. чертеж). Обозначим через `D,E,F` точки касания сферой ребер `BC`, `AC` и `AB` соответственно. В пересечении сферы и плоскости `ABC` получается окружность, которая касается сторон треугольника в точках `D,E,F`. То есть мы получили вписанную окружность равнобедренного треугольника `ABC`. Значит, точка `E` - середина `AC`.
    3. Отсюда из утверждения о равных касательных получаем:
    `CD=C C'=A A'=AF=2, BD=BF=BB'=3, SB'=5-3=2=SC'=SA'`.
    `A'C'` - средняя линия треугольника `ASC`, следовательно, `A'C'=2`.
    3. Найдем `C'B'`. Пусть `/_CSB=alpha`. Тогда `cosalpha=2/5` (так как `C'` - середина основания равнобедренного треугольника `SBC`). По теореме косинусов из треугольника `SC'B'` получаем `C'B'=sqrt(24/5)`. Аналогично, `A'B'=sqrt(24/5)`.
    4. Итак, у пирамиды `SA'B'C'` известны длины всех ребер. Остается найти ее объем. Это можно сделать по-разному. Например, так:
    Введем систему координат. Начало (точку `O`) поместим в середину ребра `A'C'`. Ось `Ox` направим по `A'C'`, ось `Oy` - по `OS`, ость `Oz` - перпендикулярно плоскости `A'C'S` в направлении `B'`. Найдем координаты вершин. Ясно, что
    `A'(-1,0,0), C'(1,0,0), S(0, sqrt3, 0)`. Пусть `B'(x,y,z)`. Для нахождения этих неизвестных воспользуемся формулой расстояния между точками. Получим систему уравнений:
    `(x+1)^2+y^2+z^2=24/5` (1)
    `(x-1)^2+y^2+z^2=24/5` (2)
    `x^2+(y-sqrt3)^2+z^2=4` (3)
    Вычитая (1)-(2) получаем `x=0` (это, впрочем, и так было ясно из соображений симметрии). Далее, разность (2)-(3) дает `y=7/(5sqrt3)`, и, наконец, `z=sqrt236/(5sqrt3)` (заметим, что в силу выбора системы координат, `z>0`).
    5. Остается сказать, что `z`-координата точки `B'` - это в точности высота пирамиды `SA'B'C'`, опущенная из вершины `B'` на плоскость `SA'C'`. Объем пирамиды равен
    `V=1/3S_(осн)h`. Итак, `V=sqrt236/15`

    Ответ: `sqrt236/15`.

Рассылка решений заочных туров олимпиад по математике