Олимпиадные задачи по математике с решениями 9-11 класс

МАТЕМАТИЧЕСКИЙ БЛОК

1. Решите относительно х уравнение: , где

РЕШЕНИЕ:

   Преобразуем левую часть уравнения, сгруппировав  и разложив  на множители:

 

                       

ОТВЕТ:

2. Решите в натуральных числах неравенство: >

РЕШЕНИЕ:

Найдем сумму арифметической прогрессии из х слагаемых, используя формулу:

:      2 + 4 + 6 + ….+ 2х = 2·(1 + 2 + 3 + … + х) =  = х² + х

Неравенство примет вид: >,  т.к. основание 0,3 < 1,  имеем < 72 < 0   < 0. Откуда получаем, что .

Перечислим натуральные числа, попадающие в указанный интервал: 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7.

ОТВЕТ:

3. Докажите тождество: ,  

РЕШЕНИЕ:

Выполним для удобства простейшие преобразования:      arcsin x =

 а) При х = 0 имеем верное равенство:  arcsin 0 =   ;

б) При    0 <<   и  0 < arcsin x < .

Докажем равенство  arcsin x =  геометрически.

Пусть АВС – прямоугольный и АВ = 1, ВС = х, BD – биссектриса. Тогда по теореме Пифагора  АС = . Пусть А =  , а В =. Очевидно, что 2 + = .

По свойству биссектрисы имеем . По свойству производных пропорций     =  = =

По определению   arcsin x = , а  .

И т.к.   arcsin x = . Что и требовалось доказать.

в) При      <<  и  -< arcsin x < 0

Преобразуем тождество: . Заметим, что < <. При , если равны косинусы данных углов, то будут равны и углы. Поэтому докажем равенство  , из которого будет следовать и равенство углов .

Воспользуемся универсальной тригонометрической подстановкой  справедливой при данных значениях х,  и формулой приведения : = sin(arcsin x).

По определению арксинусов и  имеем: . Что и требовалось доказать.

Итак, тождество доказано для всех

4. Боковую сторону трапеции с основаниями 15 и 2015 разделили на 1000 равных частей. Через каждую точку деления провели прямые, параллельные основаниям. Найдите длины всех параллельных отрезков, заключенных между боковыми сторонами трапеции.

Дано:   A1BCD1 – трапеция, ВС ║ A1D1,               ВС = 15, A1D1 = 2015.               А1А2 = А2А3 = …= А999А1000;               A2D2 ║ A3D3 ║  …  ║ A1000D1000 Найти:  A2D2, A3D3,…, A1000D1000

РЕШЕНИЕ:

 1)   Проведем ВЕ₁ ║СD₁.

 ВСD₁Е₁,  ВСD₂Е₂, ВСD₃Е₁, …., ВСD₁₀₀₀Е₁₀₀₀ -   параллелограммы по определению.

D₁Е₁= D₂Е₂= D₃Е₃ = … = D₁₀₀₀Е₁₀₀₀ =15, А₁Е₁ = 2000

2)Треугольники А₁ВЕ₁, А₂ВЕ₂, А₃ВЕ₃, …, А₁₀₀₀ВЕ₁₀₀₀- подобны по равным углам.

(см. чертеж)

Аналогично,

(см. чертеж) и  т.д.

(см. чертеж).

Итак, длины 999 искомых отрезков составляют арифметическую прогрессию с первым членом 17 и разностью 2.

ОТВЕТ: 17, 19, 21, …., 2011, 2013.

5. Найти все значения параметра а, при которых система  

имеет только одно решение в вещественных числах.

РЕШЕНИЕ:

1 способ. Заметим, что если данной система будет удовлетворять пара чисел (в; с), то ей будет удовлетворять и пара чисел (– в; с) в силу ее четности относительно переменной х.

Поэтому данная система может иметь единственное решение вида (0; с) в вещественных числах. Но если х = 0, то из второго уравнения системы у = .

Итак, у нас всего два варианта (0; 1) и (0; –1).

а) Найдем, при каких значениях параметра а  система имеет решение (0; 1).

 а = 1

Докажем, что при а = 1 система не имеет других решений, кроме (0; 1).

Докажем, что первое уравнений системы имеет единственный вещественный корень х = 0.

Поскольку уравнение четно, относительно переменной х, то достаточно доказать,

что уравнение имеет единственный корень х = 0, при  . Заметим, что 2^х 1, а т.к. , ,  при . Т.е. уравнение  имеет решение

при , а, значит,  х =0 – единственное решение первой системы данной совокупности, при этом вторая система решений не имеет. Это означает, что система уравнений имеет единственное решение (0;1), т.е. значение параметра

а = 1 удовлетворяет заданному условию.

б) Найдем, при каких значениях параметра а  система имеет решение (0; –1).

 а = 3

Исследуем систему при а = 3  

Заметим, что данная система имеет как минимум 2 решения

(0; –1)   и     (1;0)  

 т.е. значение параметра а = 3 не удовлетворяет условию задачи. 

2 способ. Выразим из второго уравнения у и подставить в первое:  

а) , получили четное относительно х уравнение. Известно, что это уравнение может иметь нечетное количество нулей, только если один из этих нулей х = 0.

Пусть х = 0, подставим во второе уравнение нашей системы, тогда . Подставляем найденные у в первое уравнение системы: , т.е.                        а = 3 или а = 1. Теперь проверим, будет ли при этих параметрах не просто нечетное количество нулей, а один единственный.

В случае а = 3 получаем . При у = 0, из второго уравнения системы получаем , подставим в первое уравнение: , т.е. 3 = 3. Получили ещё 2 корня, а значит это значение параметра нам не подходит.

Если а = 1 получаем .

Если , то . Если корней не будет при , то в силу четности функции их не будет и при .

При  функция  монотонно возрастает. Проверим возрастание функции в правой части при помощи производной:

.

В рассматриваемый полуинтервал  входит только значение .  Причем видим, что в нём достигается максимум функции. Наибольшее значение равно  и оно меньше, чем значение левой части в этой же точке ().

А значит, других корней кроме  х = 0 нет.

б) Если , аналогично рассуждая, находим производную:

 - единственная критическая точка. Т.е. обе функции на  возрастают, но у левой функции область значения в этом полуинтервале от 0 до 1, а у правой от 1 до 3, поэтому эти функции не пересекутся.

А значит, других корней кроме  х = 0 нет.

ОТВЕТ: а = 1

6. В правильной четырехугольной пирамиде ABCDS точка S – вершина. Через середины ребер AB, AD, CS проведена плоскость. В каком отношении эта плоскость делит объем пирамиды?

Дано: SABCD – правильная  четырехугольная пирамида. G, F, L – середины ребер AD, AB, CS – соответственно. РЕШЕНИЕ: а) Построим сечение. GFBC= M, GFDC=N, MLSB=Q, NLSD=P. GFQLP – искомое сечение.   б) Найдем SQ:QB. Для этого спроецируем все вершины пирамиды на некоторую координатную прямую ОZ, пересекающую плоскость сечения и с началом координат в этой плоскости.

Тогда координаты проекций точек, лежащих в плоскости сечения,  будут равны 0.

Z_G = Z_F = Z_Q = Z_L = Z_P = 0. Пусть Z_A = 1, тогда Z_B = Z_D = –1.    Z_B – Z_A = Z_C – Z_D  –2 = Z_C +1  Z_C = –3  Z_S = 3. Отсюда имеем, SO : OB =SP : PD = 3 : 1.

в) Найдем какую часть составляет объем многогранника SAFQLPG от объема данной пирамиды. Для этого разобьем многогранник на 4 тетраэдра SAGF, SGFQ, SGQP и SPQL.

Сравним объемы этих тетраэдров с объемом пирамиды. Для этого воспользуемся теоремой из школьного курса: объемы тетраэдров с общим трехгранным углом относятся как произведение длин ребер, исходящих из вершины трехгранного угла. (Аналог теоремы об отношении площадей треугольников с общим углом).

, т.к. V_SADB  =  (площади оснований пирамид относятся как              1 : 2, высота пирамид общая)   V_AGSF = ;

;  (площади оснований пирамид относятся как 1 : 8, высота пирамид общая) ;

;(площади оснований пирамид относятся как 1 : 4, высота пирамид общая) ;

;(площади оснований пирамид относятся как 1 : 2, высота пирамид общая)   ;

Итак, V_SAFQLPG =  = , т.е. сечение разбивает объем пирамиды в отношении 1 : 1.    

Заметим, что при решении данной задачи не использовались линейные размеры пирамиды и ее правильность. Решение не изменится, если в основании будет лежать параллелограмм, а высота пирамиды не будет проектироваться в точку пресечения диагоналей.                                           

ОТВЕТ:  1 : 1      

7. Незнайка хочет забраться на крышу своего дома по приставной лестнице. В чулане лежит много лестниц, но у большинства из них не хватает ступенек. По лестницам, у которых отсутствуют две ступеньки подряд, Незнайка забраться не может. Все его лестницы изначально были с N ступенями. У всех лестниц четко определен верх и низ. Причём нет одинаковых лестниц, и все возможные лестницы, имеются в наличии. Какова вероятность, что Незнайка сможет забраться на крышу по случайно выбранной лестнице.

РЕШЕНИЕ:

По классическому определению вероятности: , где

n – общее количество всех возможных лестниц;

m – количество лестниц по которым Незнайка сможет забраться на крышу (те, у которых нет отсутствующих двух подряд ступенек).

Найдем сначала n.

Обозначим за 1 – ступенька есть, 0 – ступенька отсутствует.

Тогда лестницы превращаются в некоторую последовательность из 0 и 1. Изначально на каждой лестнице было по N ступенек, причём каждая ступенька может принимать только два значения: 0 или 1 (есть или отсутствует), даже крайние  всех возможных вариантов лестниц будет  (по правилу произведения).

Получили, что n. Найдём теперь m.

Сколько может быть таких последовательностей из 0 и 1, чтобы не было двух нулей подряд?

Пусть таких последовательностей , тогда  (0 или 1), , т.к. вариант 00 нам не подходит.

Рассмотрим теперь последовательность длины N:

…

1

1) Если последняя цифра в этой последовательности 1 (т.е. ступенька есть), то перед ней может быть любая последовательность из 0 и 1, удовлетворяющая условию, что нет двух подряд нулей. 

 

Таких вариантов последовательностей будет  (из  убрали последнюю ступеньку).

…

1

0

2) Если последняя цифра в этой последовательности 0 (т.е. ступенька отсутствует), то перед ней может быть только 1, т.к. не должно быть двух подряд нулей.  А перед этой 1 опять может быть любая последовательность из 0 и 1, удовлетворяющая условию, что нет двух подряд нулей.

	N-2

 

Таких вариантов последовательностей будет  (из убрали две последних ступеньки).

А всё вместе – это все возможные последовательности длины N. Тогда по правилу суммы:

, а это известный ряд чисел Фибоначчи (1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, …), начиная с N + 2.   , т.е. .

Тогда искомая вероятность .

Итак, получили, что если N = 1, то . Для N = 2, .

Для ,.

Проверим для примера формулу вероятности для N = 3.

, .

Действительно: всего вариантов лестниц будет n = 8 (111, 011, 101, 110, 010, 001, 100, 000), причем подходят Незнайке только 5 из них (последние 3 не подходят, т.к. содержат 00 подряд), т.е. m = 5. .

ОТВЕТ: Если  N = 1, то . Для N = 2, , а для ,.

8. Игральную кость подбросили 12 раз. Что больше – вероятность того, что каждая из цифр 1, 2, 3, 4, 5, 6 выпадет ровно 2 раза или вероятность того, что на всех 12 костях будут только четные числа.

РЕШЕНИЕ:

Вычислим сначала вероятность того, что на всех 12 костях будут только четные числа.

При одном бросании кости количество всех возможных исходов n = 6 (выпала 1 или 2, 3, 4, 5, 6). Благоприятными для наступления нашего события будут только 3 исхода: выпала 2, 4 или 6, т.е. m = 3. По классическому определению вероятности находим, что вероятность выпадения четной цифры при одном броске . При 12 бросках, т.к. это независимые испытания, вероятность того, что на всех костях будут только четные числа .

Найдём теперь вероятность того, что каждая из цифр 1, 2, 3, 4, 5, 6 выпадет ровно по 2 раза.

Количество всех возможных исходов при 12 бросках: n = 6¹².

При этом благоприятными для нас исходами будут  (т.е. каждая из цифр выпадет ровно по 2 раза): m = 6·6·5·5·4·4·3·3·2·2·1·1 = (6!)², т.к. события независимые, то порядок выпадения цифр не имеет значения.

Тогда по классическому определению вероятности находим, что .

Сравним эти вероятности:      и    .   

6! = 6·5·4·3·2·1 = 720 = 36·20 = 6²·20

, . Сравним  числа  и .

Умножим оба числа на 2⁴  и .  

  и  ;   .

Получили, что вероятность выпадения на всех 12 костях четных цифр больше (хоть и не намного), чем вероятность того, что каждая из цифр выпадет ровно по 2 раза.

ОТВЕТ:  вероятность того, что на всех 12 костях будут только четные числа больше.

9. Имеется неограниченное количество одинаковых кирпичей в форме прямоугольного параллелепипеда. Кирпичи кладутся друг на друга с некоторым сдвигом так, чтобы они не падали. Какой длины «крышу» можно таким образом получить?

РЕШЕНИЕ:

Положим первый кирпич  длиной  L, на него второй так, чтобы центр тяжести верхнего кирпича попал точно на ребро нижнего, т.е. со сдвигом  на . У получившейся системы снова ищем центр тяжести, его проекция тоже должна попасть не ребро уже следующего кирпича третий кирпич ложим со сдвигом  относительно второго. И так далее, т.е. по индукции  кирпич можно сдвинуть относительно k-го на .

Получаем последовательность  Т.е. .

Пусть x_n – смещение центра масс стопки из n кирпичей относительно центра кирпича, на котором эта стопка лежит, тогда: 

;
; 
; и т.д. 

Получили, что смещение самого верхнего кирпича относительно самого нижнего (сумма всех a_k) – это частичная сумма гармонического ряда. Известно, что он расходится.

Система достигает максимума в вершине, где все неравенства превращаются в равенства. А, значит, по лесенке можно забраться бесконечно далеко.

ОТВЕТ:  крышу можно сделать как угодно длинной.

МЕТОДИЧЕСКИЙ   БЛОК

10. В   =30⁰, АС = 2, АМ и СN –высоты . Найти длину MN.

	Ошибки: В условии задачи сказано, что АМ и СN –высоты , а на предложенном Вами чертеже высоты АN и СМ. В дальнейшем решение задачи выполнено по чертежу. Если же рассматривать решение в соответствие с условием, то и - вырожденные, а не прямоугольные. Рассматривать нужно  прямоугольные : и : .
Далее, в решении сказано, что треугольники подобны по 2 признаку. Но классически подобие по пропорциональности 2-х сторон и общему углу, считается 1 признаком подобия. Поэтому  при доказательстве подобия лучше указывать не номер признака, а равные углы или (и) пропорциональность сторон. В остальном решение,  приведенное для чертежа,  верно и для случая, если один из углов А или С – тупой или прямой.

Обычно, ошибки допускаются, в решении обратной  к данной задаче, когда даны длины АС и MN, а найти надо , который может оказаться тупым.

Ученики приходят к выводу:, вместо правильного . Тем самым теряя второе значение .

11. Решить уравнение:  (х² +2х–5)² + 2(х² +2х–5) – 5 = х

1 способ. Группировка. Учит искусственным приемам группировки, введению новой переменной, упрощающей преобразования,   развивает интуицию, аккуратность и упорство в преобразованиях. Место применения: факультативные занятия в 8 классе.

(х² +2х+1–6)² + 2(х² +2х+1–6) – 4 = х+1((х+1)²–6)² + 2((х+1)²–6) – 4 = х+1.

Пусть х + 1 = у.   Уравнение примет вид: (у² – 6)² + 2(у² – 6) – 4 = у

у⁴ – 12у² + 36 + 2у² – 12 – 4 = у  у⁴ – 10у² – у + 20 = 0

у⁴ + у³ – 4у² – у³ – у² + 4у – 5у² – 5у + 20 = 0у²(у² + у – 4) – у(у² + у – 4) –5(у² + у – 4) = 0

(у² + у – 4)( у² –у – 5) = 0

ОТВЕТ: ;

2 способ. Изменение роли переменной и числа. Место применения: факультативные занятия в 8 классе. Учит решать уравнения высших степеней, сведением к квадратным. Полезно, когда не находится нужное разложение на множители. Также полезно для развития навыков выделения полного квадрата.

(х² + 2х – 5)² + 2(х² + 2х – 5) – 5 = х(х² + 2х – 5)² + 2(х² + 2х – 5) +1 – 6 = х

(х² + 2х – 5 + 1)² = х + 1 + 5((х + 1)² – 5) = (х + 1) + 5.

Пусть х + 1 = у. Уравнение примет вид: (у² – 5)² = у + 5. Пусть а = 5.

Уравнение примет вид: у⁴ – 10у² + а² = у + а. Это уравнение квадратное относительно а.

а² – (2у² + 1)а + у⁴ – у = 0; D = (2у² + 1)² – 4(у⁴ – у) = 4у⁴ + 4у² + 1 – 4у⁴ + 4у = (2у + 1)²;

;   

ОТВЕТ: ;

12. Разобьем задачу на 2 этапа: доказательство и вычисления .

1 способ

Дано: АВСА1В1С1 –правильная треугольная призма. L, K –середины ребер АВ и А1С1 соответственно. О- точка пересечения диагоналей грани ВВ1С1С. Доказать: пл-ть(LKO)пл-ти (ВВ1С1С) Доказательство: MN ║РL║KQ║AA1. Пл-ть (LPKQ)пл-ть (AA1MN) = DR║MN. S – середина DR(из равенства треугольников DSK и LRS.    Sпл-ти (LKO), т.к. отрезку LK. OSАА1 в точке U – середине АА1.

Отрезок UO лежит в плоскости сечения и является перпендикуляром к плоскости (ВВ₁С₁С) по признаку перпендикулярности прямой и плоскости.     UO║ANBC и ВВ₁ AN║ UO. Плоскость сечения (LKO)проходит через UO, являющимся перпендикуляром к плоскости (ВВ₁С₁С). Следовательно,  по признаку перпендикулярности плоскостей плоскости (LKO) и (ВВ₁С₁С) перпендикулярны, что и требовалось доказать.

   Данный способ доказательства применяется при решении задач на доказательство перпендикулярности прямой и плоскости и перпендикулярности плоскостей и связи между параллельностью и перпендикулярностью в 10 классе. Заметим, что  построение сечения не требуется, достаточно доказать принадлежность перпендикуляра одной из плоскостей.

Вычисление:

	Поскольку доказано, что секущая плоскость проходит через UO║AN UO║ пл-ти (АВС) по признаку параллельности прямой и плоскости. Т.к. секущая плоскость проходит через прямую, параллельную основаниям призмы, то она пересекает основания по прямым LH и KG параллельным UO. Следовательно,  GHсекущей плоскости. LHпл-ти ВВ1С1С. LH- линия пересечения секущей плоскости и плоскости основания.
Следовательно  - линейный угол между секущей плоскостью и плоскостью основания.  Очевидно, что ВН = 0,5 ВN= 0,25 ВС = С1G. Угол найдем из следующей планиметрической задачи.   , где h – длина бокового ребра, а – длина ребра основания. ОТВЕТ: , где h – длина бокового ребра, а – длина ребра основания.

Данный способ применяется при отработке теорем, связанных с параллельностью в пространстве, а  также полезен при повторении планиметрии. Само сечение при этом не строится, а строятся только следы секущей плоскости.

2 способ

Доказательство:  Построим сечение, используя уже доказанный факт принадлежности точки U –середины ребра АА1 данному сечению.  UKCC1=S1, UL CC1=S2, S1S2 B1C1=G, S1S2 BC=H.  LUKGH – искомое сечение.  как прямоугольные,  с равными катетами AL=LB=A1K=KC1  и равными острыми углами. Отсюда следует ВS2=C1S1 = 0,5АА1  и соответственно равенство треугольников BHS2  и S1C1G –прямоугольных по катету и острому углу.

Далее, GS₁C₁ подобен HS₁C с коэффициентом подобия . Тогда GC₁=BH=x, HC =3x, МС₁=2х.  C₁KS подобен С₁А₁М . Тогда KG║А₁М пл-ти (ВВ₁С₁С). Док-во приведено в 1 способе. Пл-ть ( LUKGH) проходит через KG пл-ти (ВВ₁С₁С). По признаку перпендикулярности плоскостей пл-ть ( LUKGH)  пл-ти (ВВ₁С₁С), что и требовалось доказать.

Данный способ доказательства применяется при решении задач на доказательство перпендикулярности прямой и плоскости и перпендикулярности плоскостей и связи между параллельностью и перпендикулярностью в 10 классе. Разница с 1 способом в том, что  построено сечение.

Вычисление: LH – линия пересечения секущей плоскости и плоскости основания. 

KG║LH  пл-ти (ВВ₁С₁С). S₁HC – линейный угол угла между плоскостями по определению. . Откуда угол между плоскостью основания и секущей плоскостью равен арктангенсу отношения удвоенной длины бокового ребра к длине ребра основания.

ОТВЕТ: , где h – длина бокового ребра, а – длина ребра основания.

Этот способ применяется при изучении темы Построение и вычисление угла между плоскостями в 10 классе.

3 способ

Пусть АА1 :  АВ  = h . Поместим призму в декартову систему координат так, чтобы плоскость основания совпала с плоскостью ХОУ, начало координат с точкой N. Тогда координаты точек, через которые проходит сечение,  будут иметь координаты, указанные на чертеже. Нормальный вектор пл-ти (ВВ1С1С) будет иметь координаты (0; 1; 0). Найдем координаты нормального вектора пл –ти (LOK). Для этого составим уравнение этой плоскости: ах + ву + сz + d =0.

сложим 2 и 3 уравнения и подставим с из 1 уравнения 

Итак,  нормальный вектор пл –ти (LOK) .

Найдем скалярное произведение векторов (0; 1; 0) и .

. Откуда следует, что. Из перпендикулярности нормальных векторов следует перпендикулярность плоскостей, что и требовалось доказать.

Вычисление:

Угол между секущей плоскостью и плоскостью основания с нормальным вектором (0; 0; 1) вычислим с помощь скалярного произведения.

 == =угол между секущей плоскостью и плоскостью основания равен , где  h – отношение высоты призмы к длине ребра основания.

Данный метод, как универсальный, рассматривается при изучении темы  Декартовы координаты в пространстве в 11 классе. В базовом курсе математики уравнение плоскости не вводится. Поэтому данный метод рассматривается в рамках факультативных занятий. В классах математического профиля данный метод рассматривается в 11 классе. Полезно знакомить с этим методом на курсах подготовки к ЕГЭ.

ОТВЕТ: , где  h – отношение высоты призмы к длине ребра основания.