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 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» 2011-2012 / 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» 2011-2012 / Задания и решения очного тура по математике
  • Вариант 1
    Задача №1 (Олимпиада «Ломоносов» 2011-2012 - очный тур по математике)
    Найдите первый член арифметической прогрессии `a_1, a_2, . . . ,` если `a_13 = 0`, а произведение чисел `5^(a_1)`, `5^(a_2)`,..., `5^(a_24)` равно их среднему арифметическому.

    Решение:
    Так как `a_2+a_24=a_3+a_23=...=a_12+a_14=2a_13=0`, то `(5^(a_1)+5^(a_2)+...5^(a_24))/24=5^(a_1)*5^(a_2)*...*5^(a_24) iff` `iff 5^(a_1)(1+5^d+5^(2d)+...+5^(23d))=24*5^(a_1+a_2+...a_24)=24*5^(a_1)`.

    Откуда `d=0` (если `d>0`, то `1+5^d+5^(2d)+...+5^(23d)>24`, если `d<0`, то `1+5^d+5^(2d)+...+5^(23d)<24`)<br />
    Ответ: `a_1=0`.
  • Задача №2 (Олимпиада «Ломоносов» 2011-2012 - очный тур по математике)
    Найдите все целочисленные решения уравнения `|arccossin6 - (pix)/6|=6`.

    Решение:
    Так как `sin6=cos(pi/2-6)` и `-2pi < pi/2-6 < -pi` (`iff 3pi < 12 < 5pi`), то `arccossin6=pi/2-6+2pi=(5pi)/2-6.`
    Следовательно `|arccossin6 - (pix)/6|=6 iff [(pi/2(5-x)-6=6),(pi/2(5-x)-6=-6):}`
    `5-x=24/pi !in ZZ` и `5-x=0 iff x=5`.

    Ответ: `x=5`.
  • Задача №3 (Олимпиада «Ломоносов» 2011-2012 - очный тур по математике)
    В группу из `17` детей присланы подарки двух видов: каждый подарок первого вида содержит `4` пряника и `9` конфет, а второго `3` пряника и `11` конфет. Объединив эти подарки, все пряники разделили между детьми поровну. Могло ли случиться при этом, что конфеты разделить поровну не удалось?

    Решение:
    Пусть количество подарков первого вида равно `x`, второго - `y`, `k` - количество пряников, доставшихся каждому ребенку, а `N` - суммарное количество конфет. Тогда получаем систему уравнений:
    `{(4x+3y=17k),(9x+11y=N):} => (44-27)y=4N-9*17k iff 4N=17(y+9k)`
    Следовательно, `N` делится нацело на `17`.

    Ответ: нет.
  • Задача №4 (Олимпиада «Ломоносов» 2011-2012 - очный тур по математике)
    Найдите все значения `a > 0`, при каждом из которых из неравенства `x^2+y^2 <=a` следует неравенство `(|x| + 3)(|y| + 3) <=25`.<br />
    Решение:
    image
    Согласно условию задачи, нужно найти такие значения параметра `a > 0`, при которых множество решений первого неравенства является подмножеством решений второго неравенства.
    Решением первого неравенства являются точки круга с центром в нуле и радиусом `sqrta`, решением второго неравенства являются точки координатной плоскости, ограниченной гиперболами `y=+-(25/(|x|+3)-3)`. Так как оба множества симметричны относительно координатных осей и биссектрисы первой координатной четверти, достаточно рассмотреть случай
    `x=y>=0` Получаем `{(2x^2=a),((x+3)^2=25):} iff {(x=2),(a=8):}`

    Ответ: `a in (0;8]`.
  • Задача №5 (Олимпиада «Ломоносов» 2011-2012 - очный тур по математике)
    Точка `O` - центр вписанной в треугольник `ABC` окружности. Продолжение отрезка `BO` за точку `O` пересекает описанную вокруг треугольника `ABC` окружность в точке `D`. Найдите угол `B`, если `OD = 4AC`.

    Решение:
    image
    `BD` является биссектрисой `/_ABC`, поэтому точка `D` является серединой дуги `AC` и, следовательно `AD = DC`. `/_DAC=/_DBC = beta/2` (вписанные, опираются на одну дугу `DC`), `/_AOD` равен сумме двух углов `DeltaAOB`, не смежных с ним, т.е. `/_AOD = (alpha+beta)/2 = /_DAO`. Таким образом, `DeltaADO` равнобедренный, следовательно, `AD=DC=OD`.
    По теореме синусов получаем
    `(AC)/sinbeta=(AD)/sin(beta/2)=(4AC)/sin(beta/2) iff cos(beta/2)=1/8 => cosbeta=-31/32`.

    Ответ: `arccos(-31/32)`.
  • Задача №6 (Олимпиада «Ломоносов» 2011-2012 - очный тур по математике)
    Найдите область значений функции
    `f(x)=log_2x*log_2(64/x)*sqrt(log_3(27-3x)*log_3(9/(27-3x)))`

    Решение:
    Пусть `a=log_2x, b = log_3(27-3x)`, тогда `f(x)=a(6-a)*sqrt(b(2-b))`. Так как выражение под корнем неотрицательно, получаем
    `b(2-b)>=0 iff b in [0;2] iff x in [6;26/3]`
    При этих значениях `x` выполнено неравенство `a(6 - a) > 0`, следовательно, `f(x)>=0` и `f(10)=0`.
    Наибольшее значение функции `a(6 - a)` равно `9` и достигается при `a = 3`, т.е. при `x = 8`. Наибольшее значение функции `b(2 - b)` равно `1` и достигается при `b = 1`, т.е. также при `x = 8`. Следовательно, `f(x)<=9` и `f(8) = 9`. Все значения между `0` и `9` функция `f` принимает, т.к. она непрерывна на отрезке `[2, 10]`.<br />
    Ответ: `[0;9]`.
  • Задача №7 (Олимпиада «Ломоносов» 2011-2012 - очный тур по математике)
    По деревянному бруску (прямоугольному параллелепипеду) высотой `25` и площадью основания `60` делаются последовательно два плоских параллельных наклонных среза: второй на `2` ниже первого. После первого среза, наивысшая и наинизшая точки которого находятся на высоте `15` и `10`, остается нижняя часть бруска, которую перед вторым срезом можно повернуть на любой угол вокруг вертикальной оси, проходящей через центр симметрии основания бруска. Каков наименьший возможный объем верхнего кусочка, отсекаемого от этой части вторым срезом?

    Решение:
    image
    Наивысшая и наинизшая точки плоского сечения прямоугольного параллелепипеда находятся на диагонально-противоположных боковых Объём нижней части (после первого среза), в силу симметрии, равен объёму параллелепипеда с тем же основанием и высотой `25/2` (т.к. первый срез пересекает ось симметрии параллелепипеда в точке, отстоящей от плоскости основания на расстоянии равном `(10+15)/2=25/2`. Значит этот объём равен `V_1=25/2*60=750`. Аналогично, объём нижней части (после второго среза, если не было первого) равен `V_2=(8+13)/2*60= 630`. Поэтому, если параллелепипед не вращать, то искомый минимальный объём средней части равен `V_1-V_2 = 750 - 630 = 120`. Этот объём минимален и минимальным будет также объём части, полученной при таком повороте, если плоскость второго среза будет не выше плоскости первого среза, поскольку если перед вторым срезом повернуть брусок так, что часть плоскости второго среза будет выше плоскости первого среза, то из `V_1` будет вычитаться не весь объём `V_2`, а лишь его часть.

    Ответ: `120`.
  • Задача №8 (Олимпиада «Ломоносов» 2011-2012 - очный тур по математике)
    В течение дня выставку посетили по одному разу ровно `1000` человек, причем в любой момент на ней находилось менее `38` посетителей. Какое наибольшее количество человек, не встречавшихся (попарно) на выставке друг с другом, можно при этом гарантированно выбрать из всех посетителей?

    Решение:
    Пусть `[a_i,b_i]` (`i= 1,2,..., 1000`) - временной интервал присутствия на выставке `i`-го посетителя. Пронумеруем посетителей так, `что a_1<=a_2<=...<=a_1000`. Найдём такой наименьший номер `k`, для которого найдётся отрезок `[a_j,b_j]`, что `a_k<=b_j<=a_(k+1)` (`1 <= j <=k`). Если таких отрезков несколько, то возьмём самый первый из них, т.е. тот, чей левый конец лежит левее левых концов остальных таких отрезков. Другими словами, `j` это номер первого ушедшего посетителя, а `k` - наименьшее количество первых посетителей, среди которых находится первый ушедший. Тогда `k <= 37`, иначе более, чем `37` человек оказались бы на выставке одновременно, что противоречит условию. Обозначим через `I_1` отрезок `[a_j, b_j]`. <br />

    Исключим из рассмотрения отрезки с номерами `1, 2, ... k` и проведём аналогичное рассуждение для остальных отрезков, начиная с номера `k + 1`. Получим отрезок `I_2` и т.д. Так как `37*27 = 999`, то после `27` шагов мы получим `27` попарно непересекающихся отрезков `I_1, I_2,..., I_27` и найдётся, по крайней мере, ещё один отрезок, лежащий правее всех ранее выбранных (например, `[a_1000,b_1000]`). Таким образом, мы выбрали `28` попарно непересекающихся отрезков.

    С другой стороны, если выставку посетило `27` групп по `37` человек в каждой (в каждой группе время прихода на выставку и ухода с неё для всех членов группы одинаково) и ещё один человек, таким образом, что группы и этот один человек друг с другом не встречались, то выбрать `29` попарно не встречавшихся посетителей при таком посещении нельзя.

    Ответ: `28`.

Рассылка решений заочных туров олимпиад по математике