olimpiady_matematika

РЕШЕНИЕ. По условию задачи a1 = 113, d = –4. Прогрессия убывающая, поэтому наибольшее значение суммы первых чле нов достигается при an 0. Подставляя значения первого члена и разности в формулу общего члена арифметической прогрессии, получаем

an = a1 + d(n – 1) 0 или 113 + 4 – 4n 0, n = 29, учитывая, что n N.

но находим множества значений этих функций. E(z) = [0; π2],

143

РЕШЕНИЕ. Медиана CM = 4, BN = 27 . В треугольнике CNB обозначим CN = NA = x, CB = y. Тогда x2 + y2 = 28. В тре угольнике ABC 4x2 + y2 = 64. Получим x = 23 , y = 4.

1

SABC = -2- AC•BC = 8 3 .

8. ОТВЕТ: 15.

РЕШЕНИЕ. Запишем уравнение касательной в точке с абсцис

Найдем абсциссы точек пересечения касательных с осью абсцисс: x = 5 — абсцисса точки пересечения первой касатель ной; x = –5 — абсцисса точки пересечения второй касательной.

решение.

144

2) При x > 0 уравнение имеет вид: x2 – 16ax – 32 + 96a = 0.

D2

Вполученном квадратном уравнении дискриминант -4--- = 32(2a –

f (0) = 32(3a – 1), где f (x) = x2 – 16ax + 96a – 32.

Найдем корни уравнения: x1, 2 = 8a 42( 2a2 – 3a + 1) . За пишем необходимые и достаточные условия для двух положи тельных решений

D > 0,

Единственное положительное решение достигается при вы полнении следующих условий

Объединяя все решения для x 0 и x > 0, получаем ответ:

РЕШЕНИЕ. В пирамиде TABC (рис. 52) TA AB, TA AC, откуда следует, что TA (ABC ). Пусть R — середина AC. Се чением является треугольник TMR. Наименьшее значение

TR = 40 + 9 = 7 из треугольника TAR. hM min = ρ(TR, AB). Про ведем прямую l AB через точку R. Тогда две пересекающиеся прямые TR и l образуют плоскость α (AB α), а расстояние ρ меж ду скрещивающимися прямыми TR и AB равно расстоянию между плоскостью α и прямой AB. ρ(A, α) = ρ(TR, AB). Из T опустим перпендикуляр на плоскость ABC, TA (ABC ), в плоскости

145

A

T F

R

теореме о трех перпендикулярах TF l. Из треугольника TAF

146

Второй тур, 2010 г. Вариант 1

1. ОТВЕТ: 10 и 8.

РЕШЕНИЕ. Если первый рабочий делает за час (p) деталей, то

мя, которое тратит первый рабочий на изготовление 100 деталей,

100

равно -------- = 10 (ч), соответственно второй рабочий тратит на из

10

3. ОТВЕТ: 25.

РЕШЕНИЕ. Число членов n данной прогрессии нечетно, тог да n = 2k + 1. Число членов с нечетными номерами будет k + 1.

k = 12, n = 25.

1

4. ОТВЕТ: x = -2- .

147

x – 1

(x – 2)(x – 3) > 0, учитывая ОДЗ, получаем ответ:

x[0; 1) (1; 2) (3; ).

6.ОТВЕТ: [–2; ).

E(g) = (0; 4], тогда E(f ) = [–2; ).

7. ОТВЕТ: 162.

РЕШЕНИЕ. Обозначим отрезки касательных, проведенных из точек B и C, как BM = BK = CM = CN = a. Аналогично касатель ные из точек A и D AK = AT = DN = DT = b. Пусть BAD = α. Вы

148

x0 = 63 , получим уравнение первой касательной y1 = 3 x – 9.

Условием перпендикулярности двух прямых является равен ство –1 произведения их угловых коэффициентов, поэтому урав нение перпендикулярной к y1 касательной запишется в виде

a = 1, x = 0.

1 – a a (1; ), x = ------------- .

2a

РЕШЕНИЕ. 1. 1) Раскроем модуль для x 0, тогда уравнение запишется в виде 2ax = 1 – a, при a = 0 решений нет, при a = 0

1 – a

получаем одно решение x = ------------- , которое существует при

2a

a (– ; 0) [1; ), учитывая, что x 0.

149

2) При x > 0 уравнение запишется в виде 4x + 2ax + a – 1 = 0.

Введем переменную t = x > 0. Получаем: 2at2 + 4t + a – 1 = 0. Рассмотрим сначала случаи, когда это уравнение имеет толь

ко одно решение.

2. 1) Уравнение имеет одно решение, когда коэффициент

при t2 равен нулю, т. е. a = 0, тогда получим решение t = 1 .

--

4

2) Уравнение имеет также одно решение, когда дискрими

нант равен нулю, т. е. D = 0, a = –1, t = 1 (одно решение),

2, t < 0 (решений нет). Теперь рассмотрим случаи двух решений.

3) Пусть корни расположены по разные стороны нуля, усло

уравнение имеет только одно решение.

4)Условие того, что оба корня положительны, запишется

ввиде системы

Таким образом, при a (–1; 0) получаем, что уравнение имеет два решения.

5) Рассмотрим случай, когда один корень равен 0, а второй больше нуля. Получаем систему

Объединяя решения при каждом значении a, получаем от

вет.

10. ОТВЕТ: 21.

РЕШЕНИЕ. Пусть сторона основания призмы равна a (рис. 56). Обозначим центр боковой грани BB1C1С точкой O, О = C1B ∩ CB1. Сечение проводим через прямую AO параллель

но BA1.

В плоскости AA1B1 проведем AP A1B. AP ∩ BB1 = P, B1B = BP (рис. 57).

150

P3

P2

C1

O

P1

В плоскости CC1B1 проводим прямую через точки P и O.

OP ∩ C1B1 = P2, OP ∩ CB = P1. P2B1P P1BP (коэффици

принадлежат сечению. След сечения в нижней грани ABC будет AP1, где BP1 : P1C = 1 : 2. В верхней грани след сечения P2P3 AP1,

151

причем P3 — середина A′C ′. Таким образом, AP3P2P1 — сечение призмы, которое параллельно BA1, так как содержит прямую AP, параллельную BA1.

Площадь сечения S равна площади ортогональной проекции сечения Sпр на основание ABC , деленной на косинус угла ϕ меж

ду плоскостями сечения и основания призмы: S =

Поскольку a = 214 , то Sпр = 73 .

Для определения угла между плоскостями построим плос кость, перпендикулярную как плоскости сечения, так и плос кости основания призмы ABC. Для этого из точки P опустим перпендикуляр PB на ABC, затем из точки B проводим перпен дикуляр BK на линию пересечения AP1 = (ABC ) ∩ (AP1P2P3) (рис. 60).

Рассмотрим треугольник KPB (рис. 60). PB (ABC ), BK AP1, по теореме о трех перпендикулярах PK AP1. Угол PKB равен углу между плоскостями (угол ϕ).

Так как по условию сечение параллельно BA1, то расстояние между BA1 и секущей плоскостью равно расстоянию от точки B до плоскости сечения и равно BH.

152