|
Вариант
1
|
Вариант2
|
1.
|
20
|
10800
|
2.
|
5
|
2
|
3.
|
12
|
7,5
|
4.
|
0,006
|
0,01
|
5.
|
4
|
8,75
|
6.
|
20
|
18
|
7.
|
4
|
7
|
8.
|
9
|
7,5
|
9.
|
144
|
1,5
|
10.
|
2
|
5
|
11.
|
10
|
25
|
12.
|
-6
|
20
|
13. а) Решите уравнение
б) Найдите все корни этого уравнения, принадлежащие отрезку
Решение.
а) Решим уравнение
б) Отберём корни принадлежащие отрезку с
помощью тригонометрической окружности. Получим числа:
Ответ: а)
б)
14.
В основании правильной треугольной призмы ABCA1B1C1 лежит
треугольник со стороной 6. Высота призмы равна 4. Точка N —
середина ребра A1C1.
а) Постройте сечение призмы плоскостью BAN.
б) Найдите периметр этого сечения. Решение
а) Проведём через точку N прямую, параллельную
прямой AB, до пересечения с прямой B1C1 в
точке K. Трапеция ABKN — искомое сечение.
б) Имеем A1N= 3, так как
точка N — середина ребра A1C1.
Значит, Аналогично BK =
5.
Далее NK = 3, как средняя линия
треугольника A1B1C1.
Следовательно, искомый периметр сечения равен 6 + 5 + 5 + 3 = 19.
Ответ: 19.
|
|
15. Решите неравенство:
Решение.
Решим неравенство:
Ответ:.
16. Две окружности касаются внутренним образом. Третья окружность
касается первых двух и их линии центров.
а) Докажите, что периметр треугольника с вершинами в центрах трёх
окружностей равен диаметру наибольшей из этих окружностей.
б) Найдите радиус третьей окружности, если известно, что радиусы
первых двух равны 6 и 2.
Решение.
а) Пусть АВ —
диаметр большей из трёх окружностей, О — её центр, O1 —
центр окружности радиуса r у касающейся окружности с
диаметром АВ в точке А, O2 —
центр окружности радиуса R, касающейся окружности с диаметром АВ в
точке С, окружности с центром O1 — в
точке D, отрезка АВ — в точке Е.
Точки О, O2 и С лежат
на одной прямой, поэтому OO2 = ОС − O2С = ОС − R.
Аналогично ОО1 = OA − О1А = ОА − r и O1O2 = O1D + O2D = r + R.
Следовательно, периметр треугольника OO1O2 равен
б) Пусть OA = 6, r = 2.
Тогда O2Е = R, O1O2 = 2 + R, OO1 = OA − О1А = 6 − 2 = 4, OO2 = ОС − O2С = 6 − R.
Из прямоугольных треугольников O1O2Е и OO2Е находим,
что
а
так как О1E = OO1 + ОЕ,
то Из
этого уравнения находим, что R = 3 (это значит, что диаметр
искомой окружности равен радиусу наибольшей из трёх окружностей, то есть
точка Е совпадает с О).
Ответ: 3.
17. Антон взял кредит в банке на срок 6 месяцев. В конце каждого
месяца общая сумма оставшегося долга увеличивается на одно и то же число
процентов (месячную процентную ставку), а затем уменьшается на сумму,
уплаченную Антоном. Суммы, выплачиваемые в конце каждого месяца, подбираются
так, чтобы в результате сумма долга каждый месяц уменьшалась равномерно, то
есть на одну и ту же величину. Общая сумма выплат превысила сумму кредита на
63%. Найдите месячную процентную ставку.
Решение.
Пусть сумма кредита у.е.,
процентная ставка банка %.
Предложение «Суммы, выплачиваемые в конце каждого месяца,
подбираются так, чтобы в результате сумма долга каждый месяц уменьшалась
равномерно, то есть на одну и ту же величину» означает: Антон взятую сумму
возвращал в банк равными долями. Сумма, образованная применением процентной
ставки, составляет:
(у.е.)
Общая сумма, выплаченная Антоном за 6 месяцев: (у.е.).
А эта сумма по условию задачи равна у.е.
Решим уравнение:
Ответ: 18.
18. Найдите все целочисленные значения параметра а, при
каждом из которых система
имеет
единственное решение.
Решение.
Пусть (x, y) — решение системы. Тогда при любом значении
параметра a левая часть первого уравнения системы есть сумма
расстояний от точки (x, y) до точек (1, a) и (5, a),
лежащих на прямой y = a , параллельной оси
абсцисс. Но расстояние между точками (1, a) и (5, a)
равно 4, и поэтому решение первого уравнения — множество точек (x, y),
причём 1 ≤ x ≤ 5, y = a, поскольку иначе
Следовательно, данная система имеет единственное решение тогда и только
тогда, когда второе уравнение системы имеет единственное решение на отрезке 1
≤ x ≤ 5.
Рассмотрим квадратичную функцию
Её график — парабола, направленная ветвями вверх. Поскольку
свободный при
любом a, то корни этой функции имеют разные знаки. Известно, что в
этом случае единственный положительный корень функции лежит
на отрезке 1 ≤ x ≤ 5 тогда и только тогда, когда и Получаем
систему
Поскольку любое решение полученного неравенства должно
удовлетворять условию то
есть и
по условию a — целое число, то решениями неравенства могут
быть только Из
этих условий проверкой получаем все решения: −2, ±1, 0.
Ответ: −2, ±1, 0.
19. На доске написано число 2015 и еще несколько (не менее двух)
натуральных чисел, не превосходящих 5000. Все написанные на доске числа
различны. Сумма любых двух из написанных чисел делится на какое-нибудь из
остальных.
а) Может ли на доске быть написано ровно 1009 чисел?
б) Может ли на доске быть написано ровно пять чисел?
в) Какое наименьшее количество чисел может быть написано на доске?
Решение.
Заметим, что если среди выписанных чисел есть число 1, то попарные
суммы всех остальных чисел будут делиться на 1.
а) Может. Например, числа 1, 2, 3, 5, 7, ..., 2015 (выписано 1008
нечётных чисел от 1 до 2015 и число 2). Сумма 1 и любого нечётного числа
делится на 2, сумма 1 и 2 делится на 3, сумма любых двух чисел, отличных от 1,
делится на 1.
Другой пример: 1, 2, 3, ... , 1007, 2014, 2015. Если среди двух
чисел нет 1, то их сумма делится на 1. Если вместе с 1 выписаны числа k и k +
1, то сумма первых двух делится на третье; оставшиеся суммы 1 + 1007 и 1 + 2015
делятся на 2.
Третий пример: 1, 2, 3, 5, 6, ... , 1009, 2015 (в группе подряд
идущих чисел пропущено 4).
б) Может. Например, числа 1, 2, 3, 5, 2015. Другой пример —
числа a, 2a, 3a, 4a, 5a, где a =
403.
в) Пример для четырёх чисел: 1, 2, 3, 2015. Другой пример —
числа a, 2a, 3a, 5a, где a =
403.
Покажем, что трёх чисел быть не может. Действительно, пусть три
различных числа таковы, что a< b < c.
Тогда a + b < 2b < b
+ c < 2c, откуда в силу делимости суммы двух меньших чисел
на большее получаем: a + b = c.
Тогда b < a + c = 2a + b <
3b, откуда в силу делимости а + с на b получаем: a + c =
2b. Тогда b = 2a, c = 3a,
а искомая тройка чисел имеет вид a, 2a, 3a. По
условию одно из этих чисел равно 2015, поскольку 2015 не делится ни на 2, ни на
3, им может быть только число a. Но в этом случае 3a >
5000. Противоречие.
Приведём другое доказательство.
Пусть даны числа a, b, c, и сумма любых двух из
них делится на третье. Если они все имеют отличный от 1 наибольший общий
делитель d, то на него можно сократить, и свойство делимости
сохранится. Будем считать, что все три числа взаимно простые. Поскольку сумма
двух чисел делится на третье, то сумма всех чисел делится на каждое. Числа
попарно взаимно просты, поэтому их сумма должна делиться на произведение. В
частности, a + b + c ≥ abc. Полагая a < b < c,
имеем a + b + c < 3c, откуда ab <
3. Следовательно, a = 1, b = 2. При
этом c + 3 делится на 2c, поэтому c =
3. Таким образом, тройка чисел должна иметь вид d, 2d, 3d.
Поскольку 2015 нечётно и не делится на 3, оно равно d, но тогда 3d >
5000.
Ответ: а) Может. Например, числа 1, 2, 3, 5, 7, ..., 2015; б)
Может. Например, числа 1, 2, 3, 5, 2015; в) 4, например, 1, 2, 3, 2015.
Вариант 2
13. а) Решите уравнение
б) Укажите корни, принадлежащие отрезку
Решение.
а) Сделаем замену ,
получим квадратное уравнение корнями
которого являются числа и Уравнение не
имеет решений, а из уравнения находим
корни или
б) Найдем корни, принадлежащие отрезку Решим
неравенства:
откуда или
Соответствующие найденным значениям параметров корни: и
Ответ: а) б)
а)
Рассмотрим сечение призмы плоскостью ABC1D1.
Точка Е лежит в этой плоскости вместе с прямой BD1.
Следовательно, прямые и также
лежат в этой плоскости и пересекаются в точке Аналогично, и лежат
в сечении BCA1D1 и пересекаются в
точке Трапеция —
искомое сечение.
б) а Поэтому Из
подобия треугольников D1C1E и BME находим,
что откуда BM
= MA = 1. Аналогично, BN=1, треугольник BMN—
равнобедренный. Опустим перпендикуляр на
прямую По
теореме о трёх перпендикулярах и,
значит, —
искомый угол.
Из треугольника AHM, подобного BMN, находим,
что Тогда
Ответ: б)
15. Решите неравенство
Решение.
Найдём значения ,
при которых определены обе части неравенства:
Для таких получаем:
Тогда исходное неравенство примет вид: Учитывая,
что неравенство определено на множестве имеем:
Ответ:
16. Две окружности касаются внутренним образом. Третья окружность
касается первых двух и их линии центров.
а) Докажите, что периметр треугольника с вершинами в центрах
трёх окружностей равен диаметру наибольшей из этих окружностей.
б) Найдите радиус третьей окружности, если известно, что радиусы
первых двух равны 6 и 2.
Решение.
а)
Пусть АВ — диаметр большей из трёх окружностей, О —
её центр, O1 — центр окружности радиуса r у
касающейся окружности с диаметром АВ в точке А, O2 —
центр окружности радиуса R, касающейся окружности с
диаметром АВ в точке С, окружности с
центром O1 — в точке D, отрезка АВ —
в точке Е.
|
|
Точки О, O2 и С лежат
на одной прямой, поэтому OO2 = ОС − O2С = ОС − R.
Аналогично ОО1 = OA − О1А = ОА − r и O1O2 = O1D + O2D = r + R.
Следовательно, периметр треугольника OO1O2 равен
б) Пусть OA = 6, r = 2.
Тогда O2Е = R, O1O2 = 2 + R, OO1 = OA − О1А = 6 − 2 = 4, OO2 = ОС − O2С = 6 − R.
Из прямоугольных треугольников O1O2Е и OO2Е находим,
что
а
так как О1E = OO1 + ОЕ,
то Из
этого уравнения находим, что R = 3 (это значит, что диаметр
искомой окружности равен радиусу наибольшей из трёх окружностей, то есть
точка Е совпадает с О).
Ответ: 3.
17. Задание 17 № 508581
В одной стране в обращении находилось 1 000 000
долларов, 20% из которых были фальшивыми. Некая криминальная структура стала
ввозить в страну по 100 000 долларов в месяц, 10% из которых были
фальшивыми. В это же время другая структура стала вывозить из страны
50 000 долларов ежемесячно, из которых 30% оказались фальшивыми. Через
сколько месяцев содержание фальшивых долларов в стране составит 5% от общего
количества долларов?
Решение.
Ежемесячное увеличение валютной массы, находящейся в обращении,
составляет 100 − 50 = 50 тыс. долларов, поэтому
через n месяцев в стране будет (1000 + 50n)
тыс. долларов.
Количество фальшивых долларов ежемесячно уменьшается на тыс.
долларов. Изначально их было 1 000 000 · 0,2 = 200 000,
поэтому через n месяцев в стране будет (200 − 5n)
тыс. фальшивых долларов.
Через n месяцев фальшивые доллары составили 5% от
общего количества долларов. Имеем:
Ответ: через 20 месяцев.
18. Задание 19 № 513279
На доске было написано 20 натуральных чисел (не обязательно
различных), каждое из которых не превосходит 40. Вместо некоторых из чисел
(возможно, одного) на доске написали числа, меньшие первоначальных на единицу.
Числа, которые после этого оказались равными 0, с доски стёрли.
а) Могло ли оказаться так, что среднее арифметическое чисел на
доске увеличилось?
б) Среднее арифметическое первоначально написанных чисел равнялось
27. Могло ли среднее арифметическое оставшихся на доске чисел оказаться равным
34?
в) Среднее арифметическое первоначально написанных чисел равнялось
27. Найдите наибольшее возможное значение среднего арифметического чисел,
которые остались на доске.
Решение.
а) Например, если были написаны по 10 раз числа 11 и 1 и со всеми
провели эти действия, то их среднее было равно 6, а после описанных действий
оно станет равно 10.
б) Пусть x количество изначально написанных
единиц, которые превратятся в нули, а y — количество прочих
уменьшаемых чисел. Тогда сумма всех чисел равна ,
а сумма всех чисел, кроме будущих нулей, равна ,
и их штук.
После описанных действий будет чисел
с общей суммой Значит,
Отсюда следует, что Но
тогда ,
что невозможно.
в) Обозначая как в пункте б) получаем, что нужно максимизировать
значение выражения Очевидно,
следует взять и
максимизировать ,
то есть следует максимизировать x.
Заметим однако, что сумма изначальных чисел не превосходит ,
откуда , , Тогда
требуемое выражение будет равно Это
возможно, например, для набора из шести единиц, числа 14 и тринадцати чисел по
40, из которых уменьшают все единицы и только их, получая Broken TeX
Ответ:а) да б) нет в)
19. Задание 18 № 514030
Найдите все неотрицательные значения a , при
каждом из которых система уравнений
имеет
единственное решение.
Решение.
Первому уравнению системы удовлетворяют те и только те точки ,
которые лежат на отрезке AB прямой, соединяющей точки и ,
где ,
поскольку уравнение задаёт множество точек сумма
расстояний от каждой из которых до точек А и В равна ,
что равно длине отрезка АВ.
Второму уравнению системы удовлетворяют те и только те точки ,
которые лежат на прямой параллельной
оси абсцисс и проходящей через точку С
Отсюда следует, что условие задачи выполнено тогда и только тогда,
когда точка С лежит между точками О и В,
причём если точка С совпадает с точкой А или
с точкой В, то условие задачи выполнено.
Решим неравенство Имеем
Ответ:
Оставьте свой комментарий
Авторизуйтесь, чтобы задавать вопросы.