10 Клас

1. Абсциса вершини параболи , а ордината . Для другої параболи , . Тоді відстань між вершинами цих парабол = . Враховуючи умову, отримали, що а є розв’язком нерівності . Підкореневий вираз і права частина нерівності – додатні. Тому підносячи обидві частини нерівності до квадрату, отримаємо , звідки . Оскільки ,то наша нерівність рівносильна нерівності . Тому .

2. Запишемо нерівність у вигляді . Оскільки , тобто , то шукані х повинні задовольняти умові . При цьому очевидно, що всі значення х, при яких є розв’язками нашої нерівності і тоді х<5. Розглянемо випадок коли . Тоді 1≤х–4<2, 5≤х<6. При цьому , . Тоді і .

Відповідь: .

3. Нехай S₁₂, S₁₃, S₂₃ – відповідно площі спільних частин першого і другого, першого і третього та другого і третього прямокутників. Тоді разом ці прямокутники покривають площу, не меншу за 3∙3 – (S₁₂+ S₁₃+S₂₃), де 3∙3 = 9 – сума площ даних прямокутників (величину S₁₂+ S₁₃+S₂₃ слід відняти, щоб не враховувати двічі площі спільних частин). Оскільки всі три прямокутники помістились у квадраті з площею 6, то 9 – (S₁₂+ S₁₃+S₂₃) ≤ 6. Тому S₁₂+S₁₃+S₂₃≥3. А отже, принаймні одне з чисел S₁₂+S₁₃+S₂₃ не менше 1.

4. Першим ходом перший гравець сумістить центр столу і центр монети. Після довільного ходу другого гравця третій гравець покладе свою монету на місце, яке утвориться після повороту монети другого гравця на 120 за годинниковою стрілкою відносно центру столу, а потім перший – на 120 проти годинникової стрілки.

5. Будуємо ГМТ, з яких основу видно під даним кутом (цьому ГМТ належить шукана вершина трикутника, далі будуємо ГМТ, з яких основу видно під прямим кутом (півколо) і з вершини при основі радіусом, який дорівнює висоті, проводимо дугу до перетину з цим півколом – одержимо основу висоти на бічній стороні. Подальша побудова очевидна.

6. Відповідь. 2004. , а , то .

11 Клас

1. Дане рівняння рівносильне сукупності систем:

або звідки маємо , .

2. У описаного чотирикутника суми протилежних сторін рівні. Виходячи з цього, легко довести, що знаменник геометричної прогресії дорівнює 1. Отже даний чотирикутник ромб.

3. Сполучимо послідовно точки, взяті на колі, хордами і підрахуємо, на скільки частин розбивається діагоналями утворений n – кутник. Для цього діагоналі будемо проводити послідовно. Після проведення кожної діагоналі число частин збільшується на число, яке на одиницю більше від числа точок перетину, що з’являються після проведення однієї діагоналі. Число всіх діагоналей n–кутника дорівнює . А число точок перетину діагоналей n–кутника дорівнює . Отже, круг розіб’ється на частини.

4. Відповідь. 2004. , а , то .

5. Розглянемо рівнобедрений прямокутний трикутник, у якого катет дорівнює 1, а на промені, який ділить прямий кут на 30 і 60 .Відкладемо відрізок х. Тоді відповідний відрізок є довжиною ламаної, яку утворюють відрізки, які лежать напроти кутів у 30 і 60 . Тоді зрозуміло, що довжина цієї ламаної мінімальна, коли це відрізок прямої, тобто гіпотенуза прямокутного трикутника зі стороною 1. Тому найменше значення виразу – .

6. Легко бачити, що після кожного перефарбування кількість чорних вершин змінюється на парне число. Тому, якщо вказане перефарбування можливе, то воно складається з непарного числа кроків. Позначимо А₁, А₂,…, А₂₀₀₄, починаючи з вершини А₁ чорного кольору. Нехай а_k – кількість тих кроків, при яких центром зміни кольорів була вершина а_k. Тоді – це загальна кількість всіх кроків і вона, згідно доведеного, має бути непарним числом. Але + +…+ . Тут у кожних дужках суми трьох записаних доданків співпадають із загальною кількістю змін кольорів відповідно у вершинах А₂, А₅,…, А₂₀₀₃.Оскільки у них і спочатку, і в кінці колір буде білим, то кожна з цих сум, а з ними і S,є парною. Одержане протиріччя доводить неможливість вказаного перефарбування