Добавил:

ivanov666 Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Башкирский Государственный Аграрный Университет

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

Варианты конкурсных задач по математике СУНЦ НГУ за 2025 г.. Методическое пособие

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

12.08.2026

Размер:

1 Мб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 12 / 82 3 4 5 6 7 8 > Следующая >>>

2025 год, 9 класс

вернулась и поплыла обратно без затрат времени на остановку, вернувшись в начальную точку через 8 ч после отправки. Найти скорость лодки в стоячей воде, если она на своем обратном пути встретила плот в 36 км от места его отправления.

2. В арифметической прогрессии an даны ее последовательные

члены ak = 2 ctg 2 , ak+1 =

и ak+2 =

114

. Вычислить

sin

17 sin 2

ak и k, если известно, что a12 = 33.

3. В треугольнике CDE к сторонам CD и DE проведены вы-

соты EF и CG, соответственно, причем CF : F D = 1 : 41 и

DG : GE = 21 : 20. Данные высоты пересекаются в точке O.

Найти площадь треугольника COE, если CE = 29.

p15

4. Решить неравенство

x+p

j j

5. Найти все значения параметра a; при каждом из которых

уравнение (x + 16)2 + (a + 9)2 1681 a(x2 625) = 0 имеет ровно три различных решения.

Вариант 5921

1. Моторная лодка и плот одновременно отплыли из одной точки на берегу реки. Лодка проплыла вниз по течению 105 км, развернулась и поплыла обратно без затрат времени на остановку, вернувшись в начальную точку через 12 ч после отправки. Найти скорость течения, если лодка встретила плот на обратном пути на расстоянии 30 км от места его отправления.

2. В арифметической прогрессии an даны ее последовательные

и ak+2

члены ak = 2 ctg 2 , ak+1

. Вычислить все

5 sin 2

возможные значения ak.

sin

В треугольнике ABC к сторонам AB и BC проведены вы-

соты CD и AE, соответственно, причем AD : DB = 17 : 31 и

BE : EC = 24 : 7. Найти площадь треугольника ABC, если

AC = 25.

x p

2x+18

2x+99

Решить неравенство

x+p

x 9 .

2x+99

Найти все значения параметра a; при каждом из которых

три

p16 x2 = 0 имеет ровно

уравнение (x + 1)2 + (a + 3)2 25

различных решения.

12	Условия конкурсных задач

Вариант 5922

1.Моторная лодка и плот одновременно отплыли из одной точки на берегу реки. Лодка проплыла вниз по течению 120 км, развернулась и поплыла обратно без затрат времени на остановку, вернувшись в начальную точку через 10 ч после отправки. Найти скорость течения, если лодка встретила плот на обратном пути на расстоянии 40 км от места его отправления.

2.В арифметической прогрессии an даны ее последовательные

члены ak = 2 ctg 2 , ak+1 =

sin

и ak+2 =

. Вычислить

5 sin 2

все возможные значения ak.

В треугольнике BCD к сторонам BC и CD проведены вы-

соты DE и BF , соответственно, причем BE : EC = 7 : 23 и

CF : F D = 15 : 8. Найти площадь треугольника BCD, если

BD = 17.

x p

2x+14

4x+77

Решить неравенство

x+p

x 7 .

4x+77

Найти все значения параметра a; при каждом из которых

три

уравнение (x + 4)2 + (a + 5)2 169

p81 x2 = 0 имеет ровно

различных решения.

Вариант 5923

1.Моторная лодка и плот одновременно отплыли из одной точки на берегу реки. Лодка проплыла вниз по течению 96 км, развернулась и поплыла обратно без затрат времени на остановку, вернувшись в начальную точку через 10 ч после отправки. Найти скорость течения, если лодка встретила плот на обратном пути на расстоянии 32 км от места его отправления.

2.В арифметической прогрессии an даны ее последовательные

члены ak = 2 ctg 2 , ak+1 =	7			и ak+2 =	74	. Вычислить
	p		sin
					13 sin 2
		13
все возможные значения ak.
3. В треугольнике EF G к сторонам EF и F G проведены вы-

соты GH и EK, соответственно, причем EH : HF = 7 : 17 и F K : KG = 12 : 5. Найти площадь треугольника EF G, если

EG = 13.			>	x p
	2x+10				4x+45
4. Решить неравенство	x+p			x 5 .
		4x+45

2025 год, 9 класс

5. Найти все значения параметра a; при каждом из которых уравнение (x + 9)2 + (a + 7)2 625 p256 x2 = 0 имеет ровно три различных решения.

Вариант 5924

1.Моторная лодка и плот одновременно отплыли из одной точки на берегу реки. Лодка проплыла вниз по течению 90 км, развернулась и поплыла обратно без затрат времени на остановку, вернувшись в начальную точку через 8 ч после отправки. Найти скорость течения, если лодка встретила плот на обратном пути на расстоянии 36 км от места его отправления.

2.В арифметической прогрессии an даны ее последовательные

члены ak = 2 ctg 2 , ak+1 =	9			и ak+2 =	114	. Вычислить
	p		sin
					17 sin 2
		17

все возможные значения ak.

3. В треугольнике CDE к сторонам CD и DE проведены высоты EF и CG, соответственно, причем CF : F D = 1 : 41 и DG : GE = 21 : 20. Найти площадь треугольника CDE, если


CE = 29.					>	x p
			2x+6					2x+15
4.	Решить неравенство		x+p			x 3 .
				2x+15
5.	Найти все значения параметра a; при каждом из которых
уравнение (x + 16)2 + (a + 9)2 1681						p			= 0 имеет ров-
							625 x2
но три		различных решения.

Р А З Д Е Л 2

УКАЗАНИЯ, РЕШЕНИЯ, КРИТЕРИИ ОЦЕНИВАНИЯ

2025 год, 11 класс

Вариант 511

1. а) Указание: преобразуя исходное уравнение, получим

4 + 5 cos x 4 cos3 x + 4(cos2 x sin2 x)(cos2 x + sin2 x) = 0,

4 + 5 cos x 4 cos3 x + 4 cos 2x = 0,

4(1 + cos 2x) + 5 cos x 4 cos3 x = 0,

8 cos2 x + 5 cos x 4 cos3 x = 0,

cos x(8 cos x + 5 4 cos2 x) = 0.

Последнее уравнение распада-

ется на два cos x =

0 или

4 cos

x 8 cos x 5 =

. Пер-

вое имеет решения x =

+ m,

m 2 Z в ответ. Во втором

уравнении

выполним

замену

y =

cos x,

2 [ 1; 1],

полу-

8y 5

= 0

чим уравнение 4y

у которого корень y1 =

5и

посторонний

корень

2 ,

так как

= [

1; 1]

Выполнив

2 .

обратную замену

неизвестного, получим уравнение cos x =

имеющее корни x =

+ 2 k, k 2 Z в ответ.

б) Корни этого уравнения, принадлежащие промежутку [ 3; 2], отберем с помощью тригонометрического круга.

Ответ: а) 2 + m, m 2 Z; 23 + 2 k, k 2 Z; б) 23 ; 2 ; 2 .

2025 год, 11 класс

2. Указание: неравенство имеет смысл при ограничениях

> 0;

x 6= 0;

x = 0;

p15;

8 x2 = 1;

8x =

x =

15)(x+p

15)

15 > 0;

> 0;

p15 < x < 1 или x > p15;

< x

[

откуда находим ОДЗ x

(

15; 0)

(0; 1)

( 15; +

Перепишем неравенство в эквивалентном виде

x 1

или

x 1

log

x2 15

log x2

log

x2 15

6 log x2 jxj.

Найдем его решения на всех промежутках ОДЗ.

Пусть

[

тогда

< 1, при потенцирова-

(

15;

(0; 1)

x2 15

j. Умножим обе части

нии знак

неравенства изменится,

x 1

> j

последнего неравенства на x 1 < 0 и сменим знак неравенства,

получим

6 j

x (x

2откуда при

(

15;

имеем

нера-

венство x

15 6 x +x, 2x x 15 6 0 с решениями x 2

; 3 ,

неравенство

(0; 1) имеем

с учетом ограничения x

5 ; 0

2 2

в ответ. При

x равносильное x

15, которое верно

при всех x 2 (0; 1) в ответ.

> 1

= x

Пусть x 2 (

15; +1), тогда

, j

, при потенцирова-

нии знак неравенства сохранится,

xx 151

6 jxj. Умножим обе части

полученного неравенства на x

1 > 0, сохранив знак неравенства,

15 6 x(x 1), x

x, откуда x 6 15, с учетом

имеем x

15 6 x

ограничения x 2

15; 15 в ответ.

[

25 ; 0

p15; 15 .

Ответ:

(0; 1)

Указание: пусть Q точка пересечения прямых BC и AN,

R точка пересечения прямых

AB и DC. Накрест лежащие уг-

лы BQA и QAD равны. Посколь-

ку AN биссектриса угла BAD,

то углы BQA и QAB тоже рав-

ны, значит треугольник ABQ

равнобедренный, а его стороны

AB и BQ равны, следовательно,

длина отрезка CQ равна 10

разности длин BQ и BC. Бис-

сектриса AN угла BAD являет-

ся также и высотой треугольни-

16	Указания, решения, критерии оценивания

ка RAD, значит этот треугольник равнобедренный, RA = AD. Треугольники RBC и RAD подобны по двум углам (общему и равным, соответственным, при параллельных основаниях трапеции), откуда RBC равнобедренный, RB = BC = 10, следовательно, AD = RA = 30, коэффициент подобия равен 13 .

В прямоугольном треугольнике CQN по теореме Пифагора находим QN = 6. Прямоугольные треугольники CQN и DAN с равными острыми углами (накрестлежащими) подобны, откуда AN = 18, DN = 24. Площадь треугольника RAD равна AN DN. Площадь трапеции ABCD найдем вычитая из площади треугольника RAD площадь подобного треугольника RBC с k = 13 . Имеем

в ответ.		3	2		9	432 = 384 искомая площадь,
SABCD =	1	1	2	18	24 = 8	432 = 384 искомая площадь,
Ответ: 384.
4. Указание: равенство имеет смысл, когда a 6=							30 и выраже-
ние под знаком корня неотрицательно, откуда x >							2 . Основание

степени определено при всех действительных x. Перепишем урав-

эквивалентном виде

2x 3

9x2+5a2

2x a

нение в

p2x

= 1, то уравне-

. Если

a. При

= 1 уравнение

ние равносильно

3 = 2x

примет вид верного числового равенства 1 = 1 для всех допу-

стимых x. Таким образом, требуется найти такие a, при которых

совокупность уравнений "p

= 2x a;

2x 3

имеет единственное

= 1

решение. Рассмотрим оба уравнения по отдельности.

При

возведем обе части первого

уравнения в квад-

, которое

рат, получим равносильное

уравнение 2x

3 = (2x

+ 3 = 0

приведем к стандартному виду 4x2

2(2a + 1)x + a

. Это

уравнение имеет корни при (2a+1)

4(a +3) > 0, a >

, которые

вычисляются по формулам x1

, x2 =

= 2a+1+

4a 11

2a+1 4a 11 .

При a =

уравнение имеет одно решение, оно удовлетворяет

условию 2x 11

. Корень

удовлетворяет условию

при всех a > 4

, корень x2 удовлетворяет условию 2x2 a > 0 при

114 6 a 6 3.

2025 год, 11 класс

Второе уравнение дает корни x3 = 32 a и x4 = 32 a, которые

всегда различны при a 6= 0. Корень x3 существует при 32 a > 23 ,

откуда a > 49 . Корень x4 существует при 32 a > 23 , откуда находим

a 6 49 .

Случаи совпадения корней второго уравнения с корнями пер-

вого уравнения представляют интерес, только тогда, когда ровно

по одному корню каждого уравнения существуют на пересекаю-

щихся множествах параметра a. Найдем такие случаи подстанов-

кой x3 в первое уравнение (корень x4 заведомо не подходит, в

его области существования корни первого уравнения отсутству-

ют), получим уравнение

2 32 a 3 = 2 32 a a с корнями a1 = 3

= 9

заведомо не подходит, поскольку первое

. Значение

уравнение уже имеет два различных корня при a1 = 3.

Таким образом, исходное уравнение может иметь одновременно

до трех корней при различных значениях a:

x =

;

; +

;

2a+1+

4a 11

2x2 =

2a+1 p4a 11

;

; 3

;

6x3 =

32 a;

;

49 ; +

32 a;

6x4 =

; 49

2 1

Число корней может уменьшиться,

если часть из них совпадет,

или станет посторонними. Над числовой осью, для параметра a,

нанесем схема-

тично

линия-

ми корни x1,

x2, x3 и x4. Пе-

ресечения ли-

ний изобража-

ют совпадения

корней. На рисунке линия каждого корня проведена над его обла-

стью существования. Требуется, чтобы произвольная вертикаль-

ная прямая над числовой осью имела ровно одно пересечение с

линиями. Область, которой соответствует ровно один корень, за-

штрихована на числовой оси, также выделена отдельная точка,

соответствующая ровно одному корню.

Ответ: 1; 49 [

49 ; 114

[ f9g.

18	Указания, решения, критерии оценивания

5. Указание: возможны два случая положения центра сферы

внутри или снаружи паралле-

лепипеда, при этом расстояние

от центра сферы до плоскости

Случай 1 Случай 2 нижнего основания каждого из параллелепипедов в обоих случа-

ях будет одинаковым. Поскольку сфера проходит через три вершины основания параллелепипеда, то ее центр лежит на линии пересечения плоскостей серединных перпендикуляров к рёбрам основания прямой MN, являющейся перпендикуляром к основаниям и соединяющей точки пересечения диагоналей нижнего и верхнего оснований параллелепипеда.

Рассмотрим первый случай, когда центр сферы внутри параллелепипеда. Проведем радиусы ON и OC. По теореме Пифаго-

= 2p

ра AC = q4

MC =

+ (2

17)2

, откуда

. По теоре-

21 = 2. Искомый объем пирамиды

ме Пифагора OM = 5

P ABQ равен разности объемов пирамид P ABM и QABM с общим основанием ABM и лежащими на одной прямой высотами P M и QM. По формуле вычисления объема искомой пирамиды

имеем VP ABQ = 31 SABM (P M QM) = 31 SABM P Q. Пло-
щадь основания SABM равна четверти площади прямоугольного
основания параллелепипеда. Длина P Q равна полусумме радиуса
сферы и длины OM, откуда получаем искомый объем пирамиды
p	17 5+22		p
V1 = VP ABQ = 31 4 24		= 7	317 в ответ.

Во втором случае, когда центр сферы вне параллелепипеда, все вычисления одинаковы, только теперь искомый объем пирамиды P ABQ равен сумме объемов пирамид P ABM и QABM с общим основанием ABM. Этот объем приводится к аналогичной форму-

2025 год, 11 класс

ле VP ABQ = 31 SABM P Q, где длина P Q равна полуразности
радиуса сферы и длины OM, откуда получаем искомый объем
											4 2p			5 2	= p
пирамиды									1				17				в ответ.
	V	2	= V		P ABQ			=	1				17			17
		2			P ABQ				3		4			2
				p			, V2 = p
Ответ: V1 =				7		17				17		.
Ответ: V1 =										17		.
				3

Вариант 512

1. а) Указание: преобразуя исходное уравнение, получим

2 x

cos2 x)(sin2 x + cos2 x) = 0

12 11 sin x 4 sin x + 12(sin

2x = 0

12 11 sin x 4 sin

x 12 cos

cos 2x)

11 sin x

4 sin

x = 0

12(1 2

x = 0

24 sin x 11 sin x 4

sin

sin x(24 sin x 11 4 sin

x) = 0.

Последнее уравнение распада-

ется на два sin x =

0 или

4 sin2 x 24 sin x + 11 = 0. Пер-

вое имеет решения x = m,

m 2 Z в ответ. Во втором

уравнении

выполним

замену

y = sin x, y 22

[ 1; 1], получим

24y +

11 = 0

уравнение 4y

у которого корень y1 =

и по-

сторонний корень y2 = 112 , так

= [

1; 1] Выполнив об-

как

, име-

ратную замену неизвестного, получим уравнение sin x =

ющее корни x = 6 + 2 k, k 2 Z или x = 56 + 2 n, n 2 Z в ответ.

б) Корни этого уравнения, принадлежащие промежутку

отберем с помощью тригонометрического круга.

Ответ: а) m, m 2 Z; ( 1)k 6 + k, k 2 Z; б)

; ; 0.

2. Указание: неравенство имеет смысл при ограничениях

> 0;

x 6= 0;

x = 0;

8 x2 = 1;

8x = 2p5;

x = 2p5;

5)(x+2p

20 > 0;

2p5 < x < 3 или x > 2p5;

< x

> 0; <

[

откуда находим ОДЗ x ( 2

5; 0)

(0; 3) (2 5; +

20	Указания, решения, критерии оценивания

Перепишем неравенство в эквивалентном виде

x 3

или

x 3

log

x2 20

log

x2 20

6 log x2 jxj.

Найдем его решения на всех промежутках ОДЗ.

Пусть

[

тогда

< 1, при потенцирова-

(

5; 0)

(0; 3)

x2 20

j. Умножим обе части

нии знак

неравенства изменится,

x 3

> j

последнего неравенства на x 3 < 0 и сменим знак неравенства,

откуда при x

получим

x (x

(

5; 0) имеем

6 j j

+ 3x, 2x

0 с решениями

неравенство x

x 2

2 ; 4 , с учетом ограничения x 2

2 ; 0

в ответ. При

x 2

(0; 3)

имеем неравенство x2 20

6 x2 3x, равносильное

3x 6 20, которое верно при всех x2

2 (0; 3) в ответ.

> 1

= x

Пусть x 2 (2

5; +1), тогда

, j

, при потенцирова-

нии знак неравенства сохранится,

xx 203

6 jxj. Умножим обе части

полученного неравенства на x

3 > 0, сохранив знак неравенства,

имеем x

20 6 x(x 3), x

6 x

3x, откуда x 6 3 , с учетом

ограничения x 2 2p

в ответ.

5; 203

Ответ:

; 0

(0; 3)

5; 203 .

[

Указание: пусть Q точка пересечения прямых EF и DL,

R точка пересечения прямых

DE и GF . Накрест лежащие уг-

лы EQD и QDG равны. По-

скольку DL биссектриса уг-

ла EDG, то углы EQD и QDE

тоже равны, значит треугольник

DEQ равнобедренный, а его

стороны DE и EQ равны, сле-

довательно, длина отрезка F Q

равна 5 разности длин EQ и

EF . Биссектриса DL угла EDG

является также и высотой тре-

угольника RDG, значит этот треугольник равнобедренный, RD = DG. Треугольники REF и RDG подобны по двум углам (общему и равным, соответственным, при параллельных основаниях трапеции), откуда REF равнобедренный, RE = EF = 10, следовательно, DG = RD = 25, коэффициент подобия равен 25 .

<<< < Предыдущая 12 / 82 3 4 5 6 7 8 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]