Олимпиада по математике для учащихся 11 класса

Муниципальный этап Всероссийской олимпиады школьников

по математике

11 класс

Максимальный балл - 35

1. Решите задачу (7 баллов)

Из 45 монет 20 настоящих и 25 фальшивых, причем каждая фальшивая весит на один грамм меньше каждой настоящей. Взяли одну монету. Можно ли за одно взвешивание на точных весах (с двумя чашками и стрелкой) определить, является ли эта монета настоящей?

2. Решите задачу (7 баллов)

Сколько решений в целых числах имеет уравнение: x2 – 3xy + 2y2 = 7?

3. Решите задачу (7 баллов)

Сколько корней имеет уравнение: sin(8x) / cos(5x) = 1 на отрезке [0,2010π]?

4. Решите задачу (7 баллов)

Известно, что сумма кубов двух положительных чисел равна разности этих чисел. Докажите, что сумма квадратов этих чисел меньше 1.

5. Решите задачу (7 баллов)

Окружность радиуса 3 касается внутренним образом окружности радиуса 5. Хорда большей окружности касается меньшей окружности и делится точкой касания в отношении 3:5. Найдите длину этой хорды.

Примерные варианты решений и оценка задач

Муниципального этапа Всероссийской олимпиады школьников по математике

11 класс

Воронин С.М.

1. Из 45 монет 20 настоящих и 25 фальшивых, причем каждая фальшивая весит на один грамм меньше каждой настоящей. Взяли одну монету. Можно ли за одно взвешивание на точных весах (с двумя чашками и стрелкой) определить, является ли эта монета настоящей?

Решение. Разобьем оставшиеся 44 монеты на две кучки по 22, и сравним их вес. Если веса кучек различаются на нечетное число грамм, то среди них – нечетное число фальшивых, так что взятая монета - настоящая (и наоборот).

Ответ: можно.

Оценивание: Полное решение – 7 баллов.

Воронин С.М.

2. Сколько решений в целых числах имеет уравнение: x² - 3xy + 2y² = 7?

Решение. Разлагая левую часть на множители, получим: (x-y)(x-2y) = 7. Но 7 можно представить в виде произведения двух целых чисел четырьмя способами. Решая полученные системы, найдем четыре (целых !) решения.

Ответ: 4.

Оценивание: Полное решение – 7 баллов. Потеряны «отрицательные» решения – снять 2 балла. Нет проверки (или хотя бы слов типа «легко видеть») того, что решения системы – целые – снять 2 балла.

Воронин С.М.

3. Сколько корней имеет уравнение sin(8x)/cos(5x)=1 на отрезке [0,2010π]?

Решение. ОДЗ: cos(5x) ≠0. На ОДЗ исходное уравнение равносильно равенству

cos(5x) – sin(8x) = 0. Заменяя sin(8x) на cos(π/2 - 8x), и применяя формулу для разности косинусов, получим 2·sin(π/4 – 3x/2)·sin(π/4 – 13x/2) = 0. Отсюда получим две серии решений: x = π·(1+4k)/26 и x = π·(1+4m)/6.

Посчитаем число корней на отрезке [0,2π]. В первой серии – 12 корней: 0 ≤ k ≤ 12, k≠3 (из ОДЗ). Во второй серии – 2 корня: 0 ≤ m ≤ 2, m ≠ 2(из ОДЗ). Все эти 14 корней – различны (действительно, (1+4k)/26 = (1+4m)/6 равносильно 6k = 5+26m, а последнее невозможно из-за разной чётности частей равенства) и не попадают в концы отрезка. Поэтому всего решений 14·1005=14070.

Ответ: 14070

Оценивание: Полное решение – 7 баллов. Не учтено ОДЗ - снять 3 балла. За арифметические ошибки здесь и везде – снять 1 балл. Проверка «непересекаемости» серий – любой степени убедительности (однако если вообще ни слова об этом нет – снять 2 балла).

Воронин С.М.

4. Известно, что сумма кубов двух положительных чисел равна разности этих чисел. Докажите, что сумма квадратов этих чисел меньше 1.

Решение. x - y = x³ + y³ > x³ - y³. После деления на x-y (это число – положительно, поскольку оно равно сумме кубов положительных чисел) получим: 1 > x² + xy + y², откуда и следует требуемое.

Оценивание: Полное решение – 7 баллов. Возможны многочисленные другие решения.

Воронин С.М.

5. Окружность радиуса 3 касается внутренним образом окружности радиуса 5. Хорда большей окружности касается меньшей окружности и делится точкой касания в отношении 3:5. Найдите длину этой хорды.

Решение 1. Пусть A – точка касания окружностей, P – центр малой и Q – центр большой окружности. Пусть BC – хорда, T – точка её касания с малой окружностью, TC = 3x, TB = 5x (и тогда BC = 8x). Пусть S – середина хорды, тогда ST = x.

Пусть SQ = y. Так как SQ и PT – перпендикуляры к BC, PQ = QA – PA = 5 – 3 = 2, PT = 3, ST=x, то по теореме Пифагора x² + (3-y)² = 2² = 4. Соответственно, из прямоугольности треугольника BSQ получим y² + (4x)² = 5² = 25. Решая систему из этих двух уравнений (например, так: умножим первое уравнение на 16 и вычтем второе), найдем y = (16±9)/5. Корень y = 5 - посторонний (хорда вырождается в точку A). Поэтому y = 7/5 и тогда x = 6/5.

Ответ: 48/5 = 9,6.

Решение 2. Пусть A – точка касания окружностей, P – центр малой и Q – центр большой окружности. Пусть BC – хорда, T – точка её касания с малой окружностью, TC = 3x, TB = 5x (и тогда BC = 8x). Пусть S – середина хорды, тогда ST=x.

Проекция отрезка PQ на прямую BC есть отрезок TS. Т.к. PQ = 5 – 3 = 2, PA = 3, TS = x, то проекция отрезка PA имеет длину 3x/2. Это означает, что точка A проектируется в точности в середину отрезка TB, так что треугольник TAB - равнобедренный: TA = AB.

Пусть D – точка пересечения продолжения хорды BC с касательной к окружностям в точке A, и пусть DT = y. Тогда DA также равно y, и по теореме о секущей и касательной DA² = DB·DC, у² = (y-3x)·(y+5x), откуда y = 15x/2.

Пусть AB = z. Равнобедренные треугольники ABT и DAT подобны: z:y = 3x:z, так что z²=3xy=45x²/2.

В равнобедренном треугольнике ATB найдем, по теореме Пифагора, высоту:

h² = z² - (3x/2)² , h = 9x/2. Значит, площадь треугольника ABC равна 1/2·8x·h = 18x².

Гомотетия с центром A и коэффициентом 5/3 переводит малую окружность в большую, точку T – в точку T´, хорду BC – в прямую, параллельную BC и касающуюся большей окружности в точке T´. Значит, T´ - середина дуги BC, так что AT´ - биссектриса угла BAC. По свойству биссектрисы AC:AB = TC:TB, откуда AC = 5z/3.

Из формулы R = abc/(4S) получим: 5 = 8x·z·5z/3/(4·18x²), откуда x = 6/5, и тогда BC=8x=48/5.

Оценивание: Полное решение – 7 баллов. Возможны другие решения.