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» 2012-2013 / Задания и решения очного тура 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» 2012-2013 / Задания и решения очного тура 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» 2012-2013 / Задания и решения очного тура по математике
  • Вариант 1
    Задача №1 (Олимпиада «Ломоносов» 2012-2013 - очный тур по математике)
    На покраску дома желтой краской потребовалось больше, чем белой на `20%`, а коричневой краски - на `25%` меньше, чем желтой. На сколько процентов коричневой и желтой краски суммарно потребовалось больше, чем белой?

    Решение:
    Пусть `x` - количество белой краски. Тогда желтой краски потребовалось `(6x)/5`, а коричневой `3/4*(6x)/5 = (9x)/10`. Отношение общего количества коричневой и желтой краски к количеству белой краски равно `((9x)/10+(6x)/5):x=210/100`

    Ответ: на `110%`.
  • Задача №2 (Олимпиада «Ломоносов» 2012-2013 - очный тур по математике)
    Решить уравнение `sqrt6cosx+sqrt2|sinx|=2`

    Решение:
    Поделим уравнение на `sqrt8`. При `sinx>=0` получим
    `sqrt3/2cosx+1/2sinx=1/sqrt2 iff cos(x-pi/6)=1/sqrt2`
    откуда `x=pi/6+-pi/4+2pin, n in ZZ`. Учитывая условие `sinx>=0`, остается одна серия `x=(5pi)/12+2pin, n in ZZ`.
    Если `sinx<=0`, то получим уравнение `sqrt3/2cosx-1/2sinx=1/sqrt2 iff cos(x+pi/6)=1/sqrt2`<br />откуда `x=-pi/6+-pi/4+2pin, n in ZZ`. Учитывая условие `sinx<=0`, остается одна серия `x=-(5pi)/12+2pin, n in ZZ`.<br />

    Ответ: `x=+-(5pi)/12+2pin, n in ZZ`.
  • Задача №3 (Олимпиада «Ломоносов» 2012-2013 - очный тур по математике)
    Решить неравенство `log_(x^2+4x+3)(x-4)^2*log_(-x^2+4x+3)(3-x)^3<=0`<br />

    Решение:
    Найдем ОДЗ:
    `{(x^2+4x+3>0),(x^2+4x+3!=1),((x-4)^2>0),(-x^2+3x+4>0),(-x^2+3x+4!=1),((3-x)^3>0):} iff {(x in (-oo;-3)uu(-1;+oo)),(x!=-2+-sqrt2),(x!=4),(x in (-1;4)),(x!=(3+-sqrt21)/2),(x<3):}` `iff x in (-1;(3-sqrt21)/2)uu((3-sqrt21)/2;-2+sqrt2)uu(-2+sqrt2;3)`.<br />
    Теперь найдем нули левой части: `x=2` и определим ее знак на каждом интервале (всего будет `4` интервала).

    Ответ: `x in ((3-sqrt21)/2;-2+sqrt2)uu[2;3)`.
  • Задача №4 (Олимпиада «Ломоносов» 2012-2013 - очный тур по математике)
    В трапеции `ABCD`, где `BC || AD`, а диагонали пересекаются в точке `O`, на отрезке `BC` выбрана точка `K` так, что `BK:CK=2:3`, а на отрезке `AD` выбрана точка `M` так, что `AM:MD=3:2`. Найти площадь треугольника `COD`, если `AD=7, BC=3, KM=6`, а `cos/_CAD=1/5`.

    Решение:
    Вначале докажем, что отрезок `KM` проходит через точку `O`. Треугольники `AOD` и `COB` подобны, а значит `DO:BO=AO:CO=AD:BC=7:3`.
    Проведем прямую `KO` и обозначим точку ее пересечения с отрезком `AD` через `N`. Треугольники `DON` и `BOK` подобны, а значит `DN:BK=DO:BO=NO:OK=7:3`.
    Аналогично, `AN:CK=AO:CO=7:3`. Поделим первое из этих равенств на второе и получим `DN:AN=BK:CK`, т.е. точка `N` совпадает с точкой `M`, а значит отрезок `KM` совпадает с отрезком `KN` и проходит через точку `O`.
    По условию `BK=6/5, CK=9/5, AM=21/5, DM=14/5`. В силу подобия треугольников, `KO:OM=3:7`, откуда `KO=9/5, OM=21/5`.
    Найдем `AO` из теоремы косинусов в треугольнике `AOM`:
    `OM^2=AM^2+AO^2-2AM*AO*cos/_CAM iff AO=42/25`
    Тогда `CO=3/7AO=18/25, AC=12/5`. Высоту трапеции `CH` можно найти из прямоугольного треугольника: `CH=ACsin/_CAD=(24sqrt6)/25`.
    В силу подобия, высоты в треугольниках `AOD` и `BOC` равны, соответственно, `7/10CH=(84sqrt6)/125` и `3/10CH=(36sqrt6)/125`
    Тогда можно найти площадь трапеции и площади треугольников `AOD` и `BOC`:
    `S_(ABCD)=1/2(3+7)(24sqrt6)/25=(24sqrt6)5, S_(AOD)=7/2*(84sqrt6)/125=(294sqrt6)/125, S_(BOC)=3/2*(36sqrt6)/125=(54sqrt6)/125`
    Поскольку в любой трапеции площади треугольников `AOB` и `COD` равны, окончательно получаем
    `S_(COD)=1/2(S_(ABCD)-S_(AOD)-S_(BOC))=(126sqrt6)/125`.

    Ответ: `(126sqrt6)/125`.
  • Задача №5 (Олимпиада «Ломоносов» 2012-2013 - очный тур по математике)
    Функция `f(t)` с областью определения `Df=[1;+oo)` удовлетворяет уравнению `f((4^y-4^(-y))/2)=y` для любого `y>=0`. Для каждого значения `a!=0` найти все решения неравенства `f(a/(x-2a))<=1`.<br />

    Решение:
    Функция `g(y)=(4^y+4^(-y))/2` монотонно возрастает при `y>=0`, принимая значения `[1;+oo)`. По условию, функция `f` является обратной к `g` функцией, а значит также монотонно возрастает. Тогда
    `f(a/(x+2a))<=1 iff a/(x+2a)<=g(1)`<br />
    при условии, что функция `f` определена, т.е. при условии `a/(x+2a)>=1`. Остается решить систему
    `{(a/(x+2a)<=17/8),(a/(x+2a)>=1):} iff {((17x+26a)/(x+2a)>=0),((x+a)/(x+2a)<=0):}`<br />
    При `a>0` получим
    `{(x in (-oo;-2a)uu[-(26a)/17;+oo)),(x in (-2a;-a]):} iff x in [-(26a)/17; -a]`
    При `a<0` получим<br />
    `{(x in (-oo;-(26a)/17]uu(-2a;+oo)),(x in [-a;-2a)):} iff x in [-a;-(26a)/17]`

    Ответ: при `a>0`: `x in [-(26a)/17; -a]`, при `a<0`: `x in [-a;-(26a)/17]`.
  • Задача №6 (Олимпиада «Ломоносов» 2012-2013 - очный тур по математике)
    В коробке у Маши лежит `25` новогодних шаров, которыми Маша начинает украшать елку. Каждый шар она сначала в течении `10` секунд выбирает в коробке, а затем в течении `15` секунд вешает на елку. Два ее младших брата Саша и Паша незаметно снимают шары с елки и прячут среди своих игрушек. Дождавшись момента, когда Маша начинает искать в коробке очередной шар один из братьев (но не оба) может снять с елки один шар (на это ему требуется ровно `10` секунд). После этого, на то, чтобы спрятать украденный шар, у Саши уходит `50` секунд, после чего он готов украсть с елки следующий шар, а Паша прячет шар за одну минуту и `50` секунд. Какое наименьшее число шаров может висеть на елке в тот момент, когда Маша повесит свой последний шар?

    Решение:
    Назовем циклом последовательность двух действий - Маша выбирает шар в коробке и вещает его на елку. Продолжительность цикла `25` секунд. По условию, воровать шар каждый из братьев может только в начале цикла. Тогда у Саши на один шар уходит `3` цикла или `75` секунд, а у Паши - `5` циклов или `125` секунд. Воровать шары братья могут начать только со второго цикла. Тогда за оставшиеся `24` цикла Саша может украсть максимум `8` шаров, а Паша - максимум `5` шаров, так что на елке будет висеть минимум `12` шаров. Остается показать, что это возможно, предъявив последовательность действий. Пусть Саша ворует в циклы `2, 5, 9, 12, 15, 18, 21, 24`, а Паша - в циклы `3, 8, 13, 19. 25`.

    Ответ: `12`.
  • Задача №7 (Олимпиада «Ломоносов» 2012-2013 - очный тур по математике)
    Три велосипедиста одновременно начинают двигаться в одной плоскости по трем концентрическим окружностям с общим центром `O` и радиусами `R_1 = 20`м для первого, `R_2 = 40`м для второго и `R_3 = 80`м для третьего велосипедиста. В начальный момент времени велосипедисты находятся на одном луче с вершиной в точке `O`. Все велосипедисты двигаются против часовой стрелки с постоянными скоростями, причем скорость первого велосипедиста в два раза больше скорости второго, но в два раза меньше скорости третьего. Велосипедисты продолжают свое движение до тех пор, пока не закончит свой полный круг последний из них (тот, кто потратит на объезд своего круга больше всего времени). Сколько раз за это время они окажутся на одной прямой, не проходящей через центр `O`?

    Решение:
    Выберем систему координат так, чтобы в начальный момент все велосипедисты находились на луче `Ox`. При движении точки по окружности радиуса `R` с такой начальной точкой длина пройденного пути равна `Ralpha`, где `alpha` - тригонометрический угол. Обозначим скорость второго велосипедиста через `v` - тогда скорость первого равна `2v`, а третьего `4v`. Заметим, что координаты точки, лежащей на окружности с центром в начале координат радиуса `R` есть `x = Rcosalpha, y = Rsinalpha`, где `alpha` - тригонометрический угол. Тогда в момент времени `t` путь пройденный велосипедистом есть `vt= Ralpha`, а тогда координаты велосипедистов равны
    `{(x_1=20cos((2vt)/20)),(y_1=20sin((2vt)/20)):} {(x_2=40cos((vt)/40)),(y_2=40sin((vt)/40)):} {(x_3=80cos((4vt)/80)),(y_3=80sin((4vt)/80)):}`
    Три точки лежат на одной прямой тогда и только тогда, когда `(x_1-x_2)(y_3-y_2)=(x_3-x_2)(y_1-y_2)`. Обозначим `phi=(vt)/40` и составим уравнение
    `(20cos4phi-40cosphi)(80sin2phi-40sinphi)=(20sin4phi-40sinphi)(80cos2phi-40cosphi)`
    Заметим, что последним полный круг сделает второй велосипедист, так что нам надо найти число решений этого уравнения на отрезке `phi in [0,2pi]`. Учтем теперь то, что прямая не должна проходить через начало координат, т.е
    `-40cosphi(80sin2phi-40sinphi)!=-40sinphi(80cos2phi-40cosphi)`

    Раскроем скобки и получим `sin2phicosphi!=sinphicos2phi`, т.е. `sinphi!=0`. Вернемся к нашему уравнению. После преобразований получим `2sin2phi+4sinphi-sin3phi = 0`, откуда `4sinphicosphi+4sin^3phi+sinphi=0`, откуда `4cos^2phi-4cosphi-5=0`, откуда `cosphi = (1+-sqrt6)/2`. На тригонометрическом круге получим два решения.

    Ответ: `2` раза.
  • Задача №8 (Олимпиада «Ломоносов» 2012-2013 - очный тур по математике)
    В пирамиде `FABC`: `AB=BC, FB=FK`, где `K` - середина отрезка `AC`, а тангенс угла между плоскостями `FAB` и `ABC` относится к тангенсу угла между плоскостями `FBC` и `ABC` как `1:3`. Плоскость `pi` параллельна `AB`, делит ребро `FC` в отношении `1:4`, считая от вершины `F`, и проходит через основание `O` высоты `FO` пирамиды `FABC`. Найти отношение объемов многогранников, на которые делит эта плоскость пирамиду `FABC`.

    Решение:
    1) Докажем, что основание высоты (точка `O`) лежит на средней линии `DeltaABC`. Треугольники `FOB` и `FOK` равны (они прямоугольные, `FO` - общая, а `FB=FK`) тогда `BO = OK`. В плоскости основания `ABC` проведем прямую `l`, проходящую через точку `O` параллельно `AC` и обозначим `L = l nn BK, M = l nn AB, N = l nn BC`. Так как `AB=BC`, то медиана `BK _|_ AC`, а значит `OL _|_ BK`. Тогда треугольники `BOL` и `KOL` равны (они прямоугольные с общей `OL` и равными `BO = OK`), тогда `BL = KL`, т.е. `MN` - средняя линия треугольника `ABC`.
    2) Найдем отношение `OM:ON`. Из точки `O` проведем перпендикуляры `OH_1` к стороне `AB` и `OH_2` к стороне `BC` и обозначим `/_FH_1O = alpha, /_FH_2O = beta`. Плоскость `FH_1O` перпендикулярна и плоскости `ABC` и боковой грани `FAB`, т.е. `alpha` есть угол между плоскостями `FAB` и `ABC`. Аналогично, `beta` есть угол между плоскостями `FBC` и `ABC`. Из треугольников `FOH_1` и `FOH_2` найдем `OH_1=FO*tanalpha`, `OH_2 = FO*tanbeta`. Из условия теперь следует, что `OH_1:OH_2 = 3 : 1`.
    Треугольники `OMH_1` и `ONH_2` подобны (они прямоугольные и `/_OMH_1 = /_ONH_2`), а значит `OM:ON = 3 : 1`.
    3) Первый случай. Предположим, что точка `O` лежит внутри треугольника `ABC`. В плоскости `ABC` проведем прямую `m` через точку `O` параллельно `AB`. По условию эта прямая лежит в секущей плоскости `pi`. Обозначим `P=mnnAC, Q=mnnBC`. Из теоремы Фалеса `BQ=3QN`. Поскольку `MN` - средняя линия, получим `CQ : CB = CP : CA = 5 : 8`. Обозначим точку пересечения плоскости `pi`и ребра `FC` через `R` - по условию `CR : CF = 4 : 5`. Итак, плоскость `pi` пересекает ребра `AC, BC` и `FC` в точках `P, Q` и `R`, а значит
    `(V_(CPQR))/(V_(CABF))=(CP*CQ*CR)/(CA*CB*CF)=5/8*5/8*4/5=5/16`.
    Тогда объемы многогранников `CPQR` и `ABQPRF` относятся как `5 : 11`.
    4) Второй случай. Предположим, что точка `O` лежит вне треугольника `ABC`. Тогда `MK:MO = 2 : 1`. Аналогично получим `BN:NQ = 2 : 1`, а т.к. `MN` - средняя линия, `CQ : CB=CP : CA = 1 : 4`. Тогда `V_(CPQR) : V_(CABF) = 1 : 20`. Тогда объемы многогранников `CPQR` и `ABQPRF` относятся как `1 : 19`.

    Ответ: `5:11` или `1:19`.
  • В задаче №3 допущена ошибка в отборе ОДЗ. 4-5 строчки - там не +3x, а +4х и так далее. Неправильно записана ОДЗ ко второму логарифму.  
  • Можем помочь тем, кто завтра пишет олимпиаду Ломоносов по математике.
    Для получения подробностей обращайтесь на почту info@olympiads.biz

Рассылка решений заочных туров олимпиад по математике