Как найти решения олимпиадных заданий

Подборка

Задания и решения региональных и заключительных этапов Всероссийской олимпиады для подготовки

Пользователям Olimpiada.ru доступны задания последних этапов Всероссийской олимпиады школьников, начиная с 2011 года.

В данной
разработке приведены 80 тестов и 10 задач

для подготовки обучающихся к олимпиаде по математике с подробным
решением .

Тесты
по математике

1) Вычислить значение выражения  , если известно , что .

A) 4(a−1)              
B) a−4                    C) 11a−10                 D) 4−a

         Решение:

.

Ответ: D)

2) Если  и 40n=m³ ,
то найти наименьшее возможное значение выражения m+n.

A)
100               B) 125                    C) 175                 D) 35

         Решение:  

 .

Ответ: D)

3) Сколько общих натуральных делителей имеют числа 16 и
48 ?

A)
4               B) 5                    C) 6                 D) 7

         Решение: Так как 48=16∙3 , то общие
натуральные делители чисел 16 и 48 состоят из натуральных делителей числа 16,
т.е. 1, 2, 4, 8, 16 . Таким образом, количество общих натуральных делителей
чисел 16 и 48 равно 5.

         Ответ: B)

4) Сколько цифр имеет произведение 8¹⁸∙5⁵⁵?

A)
18               B) 36                    C) 54                 D) 30

Решение: 8¹⁸∙5⁵⁵=(2³)¹⁸∙5⁵⁵=2⁵⁴∙5⁵⁵=5(2∙5)
⁵⁴=5∙10⁵⁴ . Отсюда видно, что это произведение состоит из 55
цифр. В вариантах ответов нет правильного.

Ответ: 55 цифр.

5) Войсковое подразделение из 60 человек было обеспечено
запасом продовольствия на 25 дней. Через 5 дней переведено в другое
подразделение 10 человек. На сколько дней хватит данному подразделению остающийся
запас продовольствия?

A)
16               B) 20                    C) 24                 D) 30

         Решение: Обозначим через x  норму продовольствия на одного человека подразделения. Тогда
первоначальный запас продовольствия будет равен 60x∙25=1500x . После первых 5 дней оставшийся
запас продовольствия будет равен 1500x−60x∙5=1200x. Тогда этот запас продовольствия
на подразделение из 50 человек хватит на  1200x:50x=24 дней.

Ответ: C)

6)  Если x/5=y/4 и x²−y²=36 , то найти значение x.

A)
±10               B) −8                    C) 8                 D) 4

         Решение: y=4x/5 => x²−(4x/5)²=36 => 25x² −16x²=25∙36
=> x²=100 => x=±10 .

                  Ответ:
A)

7) Если , то
найти значение .

A)
               B)                     C)
                 D)

         Решение: При сложении векторов по правилу параллелограмма векторы  рассматриваются как стороны параллелограмма. Тогда являются диагоналями этого параллелограмма.
Полагая  в
известной формуле для параллелограмм находим, что

 .

       Ответ:
C)

8) Отрезок BE треугольника  ABC разделяет его на два подобных треугольника с коэффициентом подобия  . Найти значение угла B.

A) 60⁰                      B) 30⁰             C) 90⁰             D) 45⁰

         Решение: По условию задачи отрезок BE разделяет треугольник ABC на два подобных
треугольника и поэтому точка Е лежит на стороне АС. Отсюда следует, что углы А
и С треугольника должны быть острыми. Действительно, предположим, что, например
А,  тупой угол. В этом случае, для того чтобы точка Е принадлежала стороне АС,
отрезок ВЕ должен быть наклонной к АС (смотрите I чертеж).

Для того, чтобы треугольники АВЕ и ЕВС из I
чертежа были подобны, их тупые углы должны удовлетворять условию BAE=BEC . Однако, это возможно
только в случае , когда AB ‌‌|| EB .
Но это невозможно по условию задачи. Из этого противоречия следует, что угол А
может быть только острым.

         Далее, рассмотрим случай , когда угол B тупой и
предположим, что отрезок ВЕ – наклонная к стороне АС (смотрите II чертеж). Тогда для того, чтобы треугольники ABE и
EBC были подобны, EBC должен быть тупым и выполнятся условие AEB=EBC. А это
возможно только в том случае, когда AC ‌‌|| BC . Однако АС и ВС являются сторонами треугольника АВС и поэтому они не
могут быть параллельными. Из этого противоречия следует, что BEAC .

         Теперь рассмотрим случай, когда угол B
острый и предположим, что отрезок ВЕ-наклонная к стороне АС (смотрите III чертеж). Тогда ABE
является тупоугольным, а EBC –
остроугольным и поэтому они никак не могут быть подобными. Следовательно, и в
этом случае должно выполняться условие BEAC.

         Таким образом, BEAC и при этом возможны два варианта подобия треугольников АВЕ и ЕВС.

I вариант. BAE=BCE=α =>
( смотрите IV чертеж)
=> AB=BC . В этом случае коэффициент подобия  AB:BC=1, т.е. не выполняется условие задачи.

II вариант. ABE=BCE=α (смотрите
V чертеж). В этом случае BAE=CBE и если
обозначить их значение через β, то  β+
α =90⁰ . Отсюда находим, что

                          B=ABE+CBE= β+
α =90⁰ .

         Ответ: C)

9) Если  , 
какое из нижеуказанных значений может принимать выражение ?

A)
−4, 4               B) −2, 2                    C) −6                 D) 0

         Решение: .

Ответ:  B)

10)  Найти сумму действительных корней следующего
уравнения:

 .

A)
0               B) 3                    C) −3                 D) 6

         Решение: Из данного уравнения получим
следующие результаты:

 .

Полученное квадратное уравнение имеет два действительных корня, отличных
от  ±1 , −3 и их сумма, согласно теореме Виета, равна 3.

         Ответ: B)

11) Найти остаток при делении многочлена на двучлен x²+2 .

A) x+2               B)
2x+1                    C) x−5                 D) x+3

         Решение:  Из выражения данного многочлена P(x) выделим множитель x²+2:

.

Ответ:  C)

Примечание:
Рецензентом указано, что этот ответ также можно получить делением многочленов
методом столбцов.

12) Найти квадратное уравнение, корни x₁ и x₂ которого удовлетворяют условиям x₁∙ x₂=4 и .

A)
x²−10x+4               B) x²−8x+4                   
C) x²+8x+4                 D) x²−6x+4

         Решение: Сначала находим сумму корней x₁+x₂=X . Затем, используя условие x₁∙ x₂=4 и
теорему Виета, находим искомое квадратное уравнение:

 .

Ответ:  A)

13) Окружность, диаметром которой является сторона АВ
треугольника ABC, пересекает сторону BC в точке D. Найти длину стороны АС, если известно,
что CD=2  и  AB=BC=6.

A)
               B)                    C)
                 D) 3

                                                                    
                                                                          Решение: 
Из чертежа и из условий задачи следует, что

BD=BC−CD=6−2=4,
OA=OB=OD=6/2=3.

Если положить , то по
теореме косинусов имеем

OD²=OB²+BD²−2∙OB∙BD∙cosα =>

=> 9=9+16−24cosα => cosα=2/3 =>

=>AC²=AB²+BC²−2∙AB∙BC∙cosα=

=>36+36−2∙36∙2/3=72∙(1/3)=24=>

=>AC=.

Ответ B)

14) Найти период функции .

A)  84π                     B) 26 π             
C) 13 π                     D) нет правильного ответа .

         Решение:
Известно, что функция  y=sinαx
(α>0) имеет период 2π/α . Поэтому первое слагаемое данной функции имеет период 12π, а второе – 14π. Тогда данная функция имеет
период T=НОК(12, 14)π=84π.

         Ответ:
A)

15) При каком значении параметра р уравнение (x²+3x+p) (x²+px+3)=0 имеет два корня?

A)        B)      C)        D)

         Решение: Для того чтобы данное уравнение имело
два корня, возможны два варианта: 1) одно из квадратных уравнений данного
произведения имеет два корня, а второе – не имеет корней; 2) каждое квадратное
уравнение имеет по одному корню. Отсюда получим следующие системы относительно
параметра р и, решив их, находим ответ задачи:

.

Ответ:  B)

16) Если  a<b<0<c , то

A) 
0                     B) a+c              C) c−a                    
D) a−c

         Решение: По условию задачи и определению
корней, получим следующий ответ:

 .

Ответ: C)

17) Найти значение параметра а, при котором
произведение корней уравнения  принимает
наибольшее значение.

A)
9/4                 B) 81/16                C) 81/4             D) 81/32

    Решение: Для существования корня данного квадратного
уравнения его дискриминант должен удовлетворять условию D=81−16a≥0. Отсюда следует, что параметр  a≤81/16. Из
этого условия и теоремы Виета следует, что произведение корней данного
уравнения x₁x₂=a/4≤81/64 и оно достигает наибольшего значения при a=81/16.

         Ответ: B)

18)
Какое из чисел x=sin17π, y=tg4, z=cos820⁰, t=1−sin1997⁰ является неотрицательным?

A)
x , z                     B) x , z , t                   C)
y , t                 D) x, y, t

    Решение:

 .

         Следовательно, числа x, y, t – неотрицательны.

Ответ: D) .

18)     
Найти значение параметра а, при котором
сумма квадратов корней уравнения  x²+(2−a)x−a−3=0 будет наименьшей.

A)
10               B) 8                    C) 9                       D) 6

         Решение:  Сначала рассмотрим дискриминант
данного квадратного уравнения:

.

Следовательно, при всех значениях параметра a
данное уравнение имеет два корня. Используя теорему Виета,
получим

.

Отсюда следует, что при a=1 сумма
квадратов корней данного уравнения принимает наименьшее значение , равное 9.

Ответ: 1, но его нет
среди приведенных ответов.

20) Сравнить выражения a=sin(cosx) и b=cos(sinx).

A)
a>b                     B) a<b                          C) a=b                 
D) a=b+tg(tgx)

Решение: При x=0⁰ имеем,
a=sin(cos0⁰)=sin1,  b=cos(sin0⁰)=cos0=1
=> b>a.

При  x=90⁰ имеем, a=sin(cos90⁰)=sin0=0,  b=cos(sin90⁰)=cos0=1
=> b>a.

     Ответ: A)

Примечание: Это
решение нельзя считать полным.

21) Периметр ромба 2p, а
сумма его диагоналей равна m. Найти площадь этого
ромба.

         A)            B)             C)                 D) 

         Решение: Обозначим сторону ромба через a, а его диагонали через d₁
и d₂ . Тогда, согласно условию задачи,  a=p/2, d₁+d₂=m. Используя
формулу взаимосвязи между сторонами и диагоналями параллелограмма (в частности
ромба) получим, что .
Используя этот результат, площадь ромба находим следующим образом:

 .

Ответ: A)

22) Найти сумму коэффициентов при нечетных степенях х
многочлена (x⁴−x+1)¹⁹⁹⁹+(x⁵+x−1)¹⁹⁹⁹ .

A)
2                     B) −1                          C)
1                                  D) 0

         Решение: Заметим, что для любого многочлена Р(х) выражение Р(1) означает сумму всех его коэффициентов, а Р(–1) – разность суммы коэффициентов при четных и нечетных степенях х. Для многочлена P(x)= (x⁴−x+1)¹⁹⁹⁹+(x⁵+x−1)¹⁹⁹⁹
 имеем P(1)=2, P(−1)=3¹⁹⁹⁹+(−3)¹⁹⁹⁹=0.
Тогда сумма S всех коэффициентов при
нечетных степенях х находится по равенству S=[P(1)−P(−1)]/2=1.

         Ответ: C)

                     Примечание: Сумма всех коэффициентов
при четных степенях х находится по равенству S=[P(1)+P(−1)]/2=1.

23)  Вычислить значение выражения  .

A)
           B)             C)
          D)

         Решение: Значение данного выражения вычислим,
преобразуя его следующим образом:

 .

Отсюда и из формулы

находим, что

.

         Ответ: C)

24) При каких значениях параметра a система уравнений

имеет ровно четыре решения?

A) {−1/2;
−1;0 }       B) {1/2; −1;0 }       C) {−1/2; −1 }           D) {−1; −1;0 }

         Решение:  Вводя обозначения |y|=Y и |x−1|=X, систему перепишем в следующем виде:

 .

Существуют два варианта, при которых данная система имеет
ровно четыре решения.

1-вариант.  |y|=Y имеет только одно значение, отличное от
нуля, и при этом X≠0 . Для этого корни квадратного
уравнения относительно Y должны совпадать. Для
этого его дискриминант должен быть равен нулю:

 .

         Таким образом, при a=−1/2 данная система
имеет ровно четыре решения в виде (1.5, ±0.1) и (0.5, ±0.1).

         2-вариант. |y|=Y  имеет отличное от нуля значение (при этом X=0) и значение |y|=Y=0 ( при этом X≠0).
Для этого свободный член квадратного уравнения для Y должен быть равен нулю, т.е. a=0. В этом случае 50Y²−10Y=0 => Y=1/5
и Y=0. При этом для Y=1/5
или y=±1/5 имеем X=1−5Y=0 => x=1 и в этом случае пара (1, ±1/5) определяет два решения системы. А при
Y=0 или y=0 имеем X=1 => x−1=±1 => x=2 , x=0 и в этом случае получим еще два
решения системы в виде (2,0) и (0, 0).

Таким образом, и при  a=0
данная система имеет ровно четыре решения в виде (1, ±1/5), (0,0), (−2, 0) .

         Ответ: {−1/2, 0} , однако в тесте нет такого
ответа.

                     Примечание: В случае a=−1, указанном в ответах, система вообще не имеет решения.

25) Упростить выражение .

A)
2                     B) 1                          C)
1/2                                  D) 1/4

         Решение: Логарифмируем числитель и
знаменатель данной дроби:

 

.

Ответ: B)

26) В прямоугольном треугольнике ABC катеты AC=15, BC=20. На гипотенузе
AB построен отрезок AD=4. Найти длину
отрезка CD.

A)
13                     B) 12                   C) 10                  D) 11

        

Решение: По теореме Пифагора находим, что 
в треугольнике ABC гипотенуза AB=25. Тогда
(смотрите чертеж) cosA=AC/AB=15/25=3/5.

Из ACD по теореме
косинусов находим, что

CD²=AC²+AD²−2AB∙AD∙cosA=

=225+16−2∙15∙4∙(3/5)=169=> CD=13.

Ответ:  A)

27) Диагональ равнобедренной трапеции разделяет её тупой
угол на два равных угла. Меньшее основание трапеции равно 3, а её периметр
равен 42. Найти площадь трапеции.

A) 86                     B) 96                  C) 90                 D) 92

        

Решение: На чертеже трапеции, по условию
задачи, BC=3. Так как ABD=DBC, то BDA=DBC. Отсюда следует, что ABD-равнобедренный и поэтому
AB=AD. Отсюда и по условию задачи
имеем

p=2AB+AD+BC=3AB+3=42=>

=>AB=13=AD.

Проведем высоты ВН=СР. Тогда

AH=СР=(AD−НР)/2=(AD−BC)/2=

=(13−3)/2=5,

ABH: BH²=AB²−AH²=

=169−25=144 => BH=12.

Тогда, по формуле площади трапеции, имеем S=(AD+BC)BH/2=(13+3)∙12/2=96.

         Ответ: B)

28) В треугольнике ABC стороны AB=BC, а высоты BF и AE удовлетворяют условию AE:BF=1:2
. Найти косинус угла при основании треугольника.

A)
0                     B) 1/2                 C) 1/4                D) −1/4

=>=>=>Решение: Так как ABC равнобедренный
, то A=C=α.

AEC: sinα=AE:AC, ABF:
sinα=BF:AB =>AE:AC =BF:AB=>

 =>AC:AB=AE:BF=1:2
=> =>cosA=AF:AB=(AC/2):AB=(AC:AB)/2=(1:2)/2=1/4

Ответ: C)

29) Меньшее основание и боковые стороны трапеции равны 5,
а один из его углов равен 60⁰ . Найти радиус окружности, описанной
вокруг трапеции.

A)
8                     B) 7               C) 6                    D) 5

         Решение: Сначала приводим стандартное
решение этой задачи. Для этого из прямоугольного треугольника ABE (см. чертеж) находим высоту BE трапеции и отрезок
AE:    BE=AB∙sin60⁰=5∙/2 , AE=AB∙cos60⁰=5/2 .

         Тогда
AD=BC+2AE=5+2∙5/2=10, AK=KD=AD/2=5, NC=BN=BC/2=5/2 . Если
положить OC=OD=R,
ON=x , то

OK=NK−ON=BE−x=5/2−x.

 Из прямоугольных треугольников CON и DOK находим следующие:

R²=OC²=ON²+NC²=x²+(5/2)²
,

 R²=OD²=OK²+KD²=(5/2−x)²+5²
=>

=> (5/2−x)²+5² =x²+(5/2)²
=>

=> x=15/2=5/2
=>

=> R²=
x²+(5/2)²=75/4+25/4=25 =>

=>R=5=KD=AK.

         Следовательно, центр описанной окружности расположен в
середине большего основания трапеции и поэтому её радиус равен 5.

         Теперь приводим оригинальное, олимпийское решение этой задачи.
Для этого трапецию ABCD отобразим симметрично относительно
её большего основания AD. В результате этой операции
получим правильный шестиугольник ABCDC₁D₁ со стороной а=5. Окружность,
описанная вокруг этого шестиугольника, также является описанной вокруг трапеции
ABCD и поэтому её радиус R=a=5 .

         Ответ:  D)

30) Катеты прямоугольного треугольника равны 3 и 4 . Найти
радиус окружности, вписанной в этот треугольник.

A)
1                     B) 2                C) 1.5                 D) 1.2

         Решение: Так как катеты a=3 и b=4, то гипотенуза c=5. Отсюда, по формуле r=(a+b−c)/2 для
радиуса вписанной окружности, находим, что r=(3+4−5)/2=1.

         Ответ: A)

         Примечание: Далее идут тесты для II курса, предложенные без возможных ответов.

31) Биссектриса правильного (равностороннего)
треугольника равна 12.  Найти радиус окружности, вписанный в этот треугольник.

         Ответ: ….

         Решение: Сначала приводим стандартное
решение этой задачи. В правильном треугольнике A=B=C=60⁰. Положим AB=AC=BC=a и находим его значение.

В треугольнике АВС биссектриса BE=12
(см. чертеж) одновременно является и высотой к стороне АС. Поэтому треугольник ABE
является прямоугольным и из него находим, что a=AB=BE/sin60⁰=12∙2/=24/=8.

 Тогда S_ABC=a²sin60⁰/2=8²∙3∙/4=48. Так как полупериметр
треугольника АВС равен p=3a/2=12, то обозначив искомый
радиус OK=ON=OE=r
, по формуле S_ABC=pr
находим, что 48=12r => r=4.

Теперь приводим оригинальное, олимпийское решение этой
задачи. Центр О окружности, вписанной в треугольник, расположен в
точке пересечения его биссектрис. В правильном треугольнике биссектрисы
совпадают с медианами, т.е. центр окружности О является точкой пересечения
медиан. Согласно свойству медиан они в точке пересечения делятся в отношении  2:1.
Отсюда сразу следует, что r=ОВ=ВЕ/3=12/3=4.

         Ответ: r=4 .

32) Если  , то найти все натуральные числа n, при
которых число   будет натуральным.

         Ответ: …….

         Решение: Приведем два метода решения этого
теста.   I метод:

 

Так как левая сторона последнего равенства делится на 5, то m=5k±1. Тогда
35(1632+n)=5k(5k±2)=>7(1632+n)=k(5k±2). Левая сторона этого равенства
делится на 7 и поэтому k=7t  или 5k±2=7t  .

I вариант. k=7t => 1632+n=t(35t±2)=35t²±2t . Так как, согласно условию теста, 1000≤n≤2000,
то 2632≤35t²±2t≤3632. Отсюда получим следующую систему
неравенств:

.

1) 35t²±2t−3632≤0
=> D=1+35∙3632=127121 =>

  .

     2)  35t²±2t−2632≥0
=> D=1+35∙2632=92121 =>

 

Таким
образом,  8.6… ≤ t ≤ 10.4… и так как , то t=9 или t=10 .

A) t=9 =>1632+n=35∙9²±2∙9=2835±18 => n=1203±18
=> n₁=1221, n₂=1185 .

Тогда

B) t=10
=>1632+n=35∙10²±2∙10=3500±20 => n=1868±20 => n₃=1848,
n₄=1888

        Тогда     II вариант.

5k=7t±2

Так как 1000≤n≤2000, то 1000≤35q²±12q−1631≤2000. Отсюда получим следующую систему неравенств:

.

1) 35q²±12q−3631≤0
=> D=36+35∙3631=127121 =>

  .

     2)  35q²±12q−2631≥0
=> D=36+35∙2631=92121 =>

 

Следовательно,
8, … ≤ q ≤ 10, … и . Поэтому q=9 или q=10 .

A) q=9 =>n=35∙9²±12∙9−1631=1204±108 => n₁=1312,
n₂=1096 .

Тогда

B) q=10
=>n=35∙10²±12∙10−1631=1869±120 =>  n₃=1989,
n₄=1749 .

Тогда

         II метод. В этом методе, предложенным доцентом БДУ  Хамдамовым З., используется
то, что 57121=239².

.

.

Рассмотрим варианты, при которых значение последней дроби
будет натуральным числом.

I вариант.

II вариант.

III вариант.

,

.

IV вариант.

,

.

Ответ: 1096, 1185, 1221, 1312, 1749, 1848,
1888 ,   1989 .

33) Решить уравнение  .

         Ответ: …

         Решение: По определению абсолютного
значения числа имеем:

 .

         Ответ: Уравнение имеет единственное
решение x=1.

34) На стороне АВ. треугольника ABC выбрана такая точка D , что AD=2, DB=1, DC= . Если ACB=120⁰ ,
 найти площадь треугольника ABC.

         Ответ: ….

        

Решение:  Обозначим ADC=α
(смотрите чертеж).

Тогда, по теореме косинусов , получим следующие
результаты:

 .

Так как  AD>DB, то α является острым углом и поэтому . Отсюда следует, что

 .

По полученным результатам и  формуле площади треугольника находим, что

         Ответ:  .

35) Решить уравнение:   

         Ответ: ……

Решение: 

.

Ответ:   .          

36) Найти все действительные корни уравнения x²+2xsin(xy)+1=0.

Ответ: ……….

         Решение: x²+2xsin(xy)+1=0
=>  [x+sin(xy)]²+cos²(xy)=0 =>

.

Ответ: x=±1,
y=(−π/2)+2πk, k=0,±1, ±2, …. .

37) Решить следующую
систему уравнений:

 .

         Ответ:…

         Решение: Сначала систему перепишем в
следующем виде:

Почленно умножая обе стороны уравнений последней системы, получим

.

         Почленно разделив каждое уравнение последней системы на это  равенство,
находим следующие решения исходной системы:

;

;

 .

         Следовательно, данная система имеет два решения (4, 3, 2) и (−6, −5,
−4).

         Ответ: (4, 3, 2) и (−6, −5, −4).

38) Если стороны треугольника имеют длины 285, 380 и 475
, то найти радиус вписанной в него окружности.

         Ответ: …

         Решение: Стороны этого треугольника a=285, b=380 и c=475
удовлетворяют условию

a²+b²=
285²+380²=81225+144400=225625=475²=c²
.

Следовательно, этот треугольник прямоугольный и поэтому радиус
окружности , вписанной в него, можно найти по следующей формуле:

r=(a+b−c)/2=(285+380−475)/2=95.

         Ответ:  95 .

39) Найти остаток при делении числа 7²⁰¹⁰−5²⁰¹⁰
на 24.

Ответ: …….

         Решение:  7²⁰¹⁰−5²⁰¹⁰=(7²)¹⁰⁰⁵−(5²)¹⁰⁰⁵=
(49)¹⁰⁰⁵−(25)¹⁰⁰⁵=(49−25)A=24A.

 Следовательно, данное число кратно  24 и поэтому при делении на 24
остаток будет равен 0.

         Ответ: 0 .

40) Найти наименьшее значение выражения .

Ответ:

         Решение:  Проверим на экстремум функцию :

.

Ответ:  .

Тесты областной олимпиады для III курса

1)
Если a=3¹⁰⁰+4¹⁰⁰ и b=5¹⁰⁰, то какое из нижеуказанных
соотношений верно?

A) a=b+2¹⁰⁰       
B) a<b                 C) a>b                D) a≥b+1

Решение: .

      Следовательно, a/b<1 => a<b.

Ответ: B)

2)
Найти наименьшее значение выражения .

A)                B) 51              C)                     D)

            Решение:
Проверим на экстремум функцию . Для этой цели сначала находим её  критические точки из уравнения f
′(x)=0:

 .

Здесь x₁=−5 является посторонним корнем, а x₂=4,6 удовлетворяет нашему уравнению. Следовательно,
x=4,6 является единственной критической точкой
нашей функции. Определим характер этой критической точки. В точке x=0<4,6 производная , а в
точке x=8>4,6 производная .  Следовательно, в
критической точке x=4,6 наша функция имеет минимум
и

 

 .

Так как наша
функция имеет единственный экстремум в виде этого  минимума, то является её наименьшим
значением.

Ответ:  A)

3)
Апофема правильной шестиугольной пирамиды равна 5. Площадь круга, ограниченного
окружностью,описанной вокруг основания пирамиды, равна 12π.
Найти радиус шара, вписанного в эту пирамиду.

A)
3         B) 3,2             C)
1,8                D) 1,5

            Решение:
Радиус окружности R, описанной вокруг правильного
шестиугольника, равен его стороне a и поэтому . Отсюда, по теореме Пифагора,
находим высоту, опущенную из центра О  основания (правильного шестиугольника)
на его сторону

OK=.

Обозначим центр шара,
вписанного в эту пирамиду, через М. Эта точка будет расположена на высоте SO
нашей пирамиды (см. I чертеж). Так как
апофема пирамиды SK=5, то его высота OS=.

Пусть ML=MO=r – радиус вписанного в пирамиду шара. Так
как  , то

Решение этого
теста можно найти также следующим образом (см. II чертеж).
Радиус вписанного в пирамиду шара будет равен радиусу окружности,  вписанной в
треугольник KSN (SK=SN=5, OK=ON=3). Чтобы найти
этот радиус, площадь S треугольника KSN вычислим двумя способами:

S=KN∙OS/2=6∙4/2=12,  
S=pr=2∙(SK+OK)r/2=8r=> 8r=12 => r=1,5
.

Ответ:  D)

            4) Решить
неравенство .

A)            B)              C)              D)

            Решение:
  

.

Из условия x>1 следует, что k=0,1,2,3, ….n, … . Следовательно,   . Такого ответа нет в
тексте теста, но он близок к варианту A).

            Ответ:
 

Примечание:  В тексте теста нет
правильного ответа.

5) 
Найти область значений функции .

A) {π/2}       B)
{±π/2}         C) {−π/2, 0}        D) [−π/2, π/2]

            Решение:
 Областью определения заданной функции является
множество действительных чисел x≠0, где

.

Ответ: B)

6)
Сколько решений имеет уравнение  на отрезке [π/3, 5π/3] ?

A) 4                  B)
1             C) 2                D) 3

            Решение: Из данного уравнения получим следующие результаты:

  .

Отсюда видно, что
для нашего уравнения на отрезке [π/3, 5π/3] существует только одно решение x=π.

            Ответ:
B)

7)
Сколько решений имеет уравнение ?

A) 2             B)
3             C) 1               D) 3

            Решение:  Из данного уравнения получим следующие результаты:

,

 .

Однако
 . Следовательно, только x=±3/2 являются корнями данного уравнения и их количество равно 2.

            Ответ:
A)  

8)
Если  (x₀, y₀) является решением следующей системы
уравнений, то найти значение разности x₀ − y₀:

  .

A) 4                    
B) −4                   C) −3                      D) −5

            Решение: Из данного уравнения получим следующие результаты:

 .

Так
как x₂<−3, то он
является посторонним корнем. Следовательно, система имеет только одно решение (x₀, y₀), где x₀ =−1
=> y₀ =
2∙(−1)+5=3 и поэтому  x₀ − y₀=−1−3=−4
.

Ответ:  B)

9)
Найти сумму всех натуральных решений следующего неравенства:

.

A) 7                B) 9              C) 3                  D) 14

Решение: Сначала, методом интервалов, находим множество всех решений данного
неравенства:

Так
как при x=4 и x=5
знаменатель данного неравенства обращается в нуль, то они не являются
решениями. Следовательно, множеством всех решений неравенства является . Отсюда следует, что только
1 и 2 являются натуральными решениями данного неравенства и их сумма равна 3.

Ответ: C)

10)
Из точки, расположенной вне окружности, к окружности проведены две касательные,
угол между которыми равен 90⁰ . Хорда окружности, соединяющая точки
касания, расположена на расстоянии 7,4 от центра окружности. Найти длину этой
хорды.

A) 14,8                B)               C)                   D) 29,6

Решение: AMB=90⁰
=>

=>AMO=45⁰ (см.
чертеж).

OAMA
=> MAO=90⁰ => AON=45⁰ =>OAN=45⁰ .

Следовательно,
прямоугольный ANO равнобедренный.
Поэтому AN=ON=7,4 =>

 =>AB=2∙AN=2∙7,4=14,8 .

            Ответ:
A)

11)
Из точки В к окружности проведены касательные BA и BC, сумма длин которых равна 50. Один из соседних углов между касательной
и хордой                AC равен 120⁰ . Найти
длину хорды.

A)
30                B) 35             C) 10                  D) 25

Решение: В чертеже задачи

BA=BC,
BA+BC=50 =>

=>BA=BC=25.

В
треугольнике ABC BCA=BAC=180⁰−120⁰=60⁰
.

 Следовательно,
ABC

равносторонний
(правильный) и AC=BC=AB=25.

Ответ: D)

12)
В окружности точки  A,B,C,D расположены в указанном порядке. В дугу AB
не входят точки D , C и
она имеет длину 78⁰. Величина дуги DC равна 24⁰.
Найти угол BMC. Здесь М − точка пересечения хорд AC
и BD.

A) 51⁰                 B) 129⁰             
C) 120⁰                  D)
102⁰

Решение: 

Ответ: B)

13)
Решить неравенство .

A)               B)

C)                   D)

Решение: Если x≥0, то  . Если x<0, то

.

Следовательно,
общим решением неравенства является .

            Ответ:
A)

14)
Углы треугольника ABC имеют значения в соотношении 1:2:3. Длина
его большой стороны . Найти
периметр этого треугольника.

A)            B)                C)
             D)  

            Решение: Пусть самый маленький угол треугольника α. Тогда,
согласно условию задачи α+2α+3α=180⁰. Отсюда следует , что углы треугольника равны 30⁰,
60⁰ и 90⁰ . Следовательно, треугольник ABC прямоугольный и его гипотенуза c= . Тогда катет,
расположенный напротив угла 30⁰ , b=с/2=. По
теореме Пифагора, второй катет a=6 . Отсюда находим, что периметр этого треугольника p=c+b+a= .

           Ответ:
C)

15)
Найти разность кубов наибольшего и наименьшего корня уравнения  .

A) −2              B)
−1               C) 2                 D) 1

            Решение: Пусть x₁ –
наибольший, а x₂ –
наименьший корень данного квадратного уравнения. Тогда, согласно теореме Виета,
 .

 .

Ответ: D)

16)
Стороны треугольника имеют длины 39, 65 и 52. Найти расстояние между центрами
вписанной и описанной окружностей.

            A)
                  B)                   C)  4                D)

            Решение: Обозначим стороны треугольника как a=39, b=52 и c=65. Тогда a²=1521,
b²=2704 , c²=4225 и a²+b²=1521+2704=4225=c².
Следовательно, данный треугольник прямоугольный. Проведем
координатные оси OX и OY через катеты
a и b (см. чертеж). Так
как центр описанной окружности O₁ расположен в средней точке гипотенузы с, то он имеет координаты
O₁(a/2,b/2)=O₁(19.5, 26). Радиус вписанной окружности r находим
по формуле r=(a+b−c)/2=(39+52−65)/2=13. Если центр
вписанной окружности  расположен в точке O₂ , то его координаты x=ON=O₂K=r=13,  y=OK=O₂N=r=13 , т.е. O₂(13,13) .

 Отсюда, согласно
формуле расстояния между двумя точками, имеем

Ответ: A)

            Примечание:
Как отметил рецензент этой работы доц. Ахмедов Х.Х. ответ теста можно получить
непосредственно по формуле , где R=с/2=65/2 и  r=13– соответственно радиусы описанной и вписанной окружностей в
треугольник.

17)
При каких значения параметра m многочлен делится без остатка на
двучлен xⁿ+2?

            A)
1                 B) 2                 C) 3                 D) 5

            Решение: Вводим обозначение xⁿ=t
 .  Тогда

.

Для того чтобы многочлен P(x) делился без остатка на двучлен xⁿ+2, многочлен Q(t) должен делиться без остатка на двучлен t+2
. Для этого, согласно теореме Безу, должно выполняться условие Q(−2)=0. Отсюда получим, что

         Q(−2)=( −2)⁵−3(−2)³+m(−2)²+(−2)+2=−32+24+4m−2+2=4m−8=0
=> m=2.

         Этот же ответ, без использования теоремы Безу, можно получить следующим
образом:

 .

Из последнего выражения видно, что при m=2 все
слагаемые имеют общий множитель xⁿ+2 и
поэтому многочлен P(x) делится
без остатка на него.

Ответ: B)

19)      
Найти соотношение между числами a=log₂3 и b=log₆8.

A) a>b            B)
a<b            C) a=b            D) a=b+1

Решение: Сначала
оценим число a. Во первых, a=log₂3<log₂4=2. Далее воспользуемся следующими
неравенствами:

         Следовательно, 1.5<a<2 . Теперь
оценим число b и находим искомое соотношение:

 .

Ответ: A)

19)  Найти наибольшее значение следующего выражения:

.

A) 6                B)
               C) 4                 D)

Решение: Преобразуя данное выражение
следующим образом, находим, что  

 

 .

Ответ: B)

20) Сколько действительных корней имеет уравнение lgx=sinx?

A) 3                B)
2                 C) 4                 D) 1

Решение: Во первых,
чтобы существовал логарифм, должно выполняться условие x>0. Далее, если  x>10 , то lgx>1 и в этом случае уравнение не имеет решения, так как sinx1. При х=10
уравнение не имеет решения и поэтому заключаем, что корни данного уравнения
расположены на интервале (0,10). На интервале (0,1) имеем lgx<0, sinx>0 и поэтому здесь нет корней
уравнения. На интервале (1,π) графики функций у=lgx
и у=sinx пересекаются в одной
точке и поэтому здесь наше уравнение имеет один корень (см. чертеж).

На интервале (π, 2π) имеем sinx<0, lgx>0 и поэтому здесь не существуют корней данного уравнения. На
интервале (2π, 3π) имеем 0<sinx≤1, у=lgx возрастающая
функция и , так как 3π<10, то 0<lgx<lg10=1. Следовательно, здесь графики функций у=lgx
у=sinx пересекаются
в двух точках  (см. чертеж) и поэтому здесь находятся два корня уравнения. На
интервале (3π, 10) имеем sinx<0,
lgx>0 и поэтому здесь также нет корней
уравнения. Таким образом, данное уравнение имеет три действительных корня.

Ответ: A)

21)  Область определения функции y=f(x) состоит
из отрезка [−1, 2]. Найти область определения функции y=f(1+x).

A) [−2, 1]                    B)
[0, 2]                      C) [0, 1]                      D) [−1, 2]

Решение: .

            Ответ: A)

22) Если векторы являются сторонами параллелограмма, то найти угол между его диагоналями.

         A)                      B)               C)                     D)

Решение:
 Находим векторы, которые являются диагоналями параллелограмма:

.

Искомый
угол между диагоналями находим по формуле угла между двумя векторами:

 .

Ответ: B)

23) Решить неравенство:  .

A)        B)       C) D)  

Решение: Полагая 3^x=t (t>0)
данное неравенство запишем в виде . Отсюда и из условия существования квадратного корня находим

=>(t>0) t[1,∞).

На интервале (9,∞) в неравенстве  левая сторона положительна,
а правая – отрицательна и поэтому этот интервал входит во множество решений
нашего неравенства. При t≤9 обе стороны неравенства
положительны и поэтому

 .

Из этих результатов заключаем, что

Ответ: A)

24) Сколько троек (x,y,z) целых
чисел являются решениями уравнения (x−y)³+(y−z)³+(z−x)³=30 ?

A) 3                B)
4                 C) 2                 D) 0

         Решение:  Если числа x, y, z  целые,
то числа x−y=n
, y−z=m
также являются целыми и z−x=−(n+m). При этом данное уравнение сводится к следующему виду:

n³+m³−( n+m)³=30
=> −3nm(n+m)=30 => nm(n+m)=−10 .

Следовательно, целые числа nm и n+m должны
быть делителями числа −10. Отсюда получаем следующую систему уравнений:

,         ,           .

Согласно теореме Виета, решение первой системы состоит из
корней квадратного уравнения .
Дискриминант этого уравнения D=25±1 не является точным
квадратом и поэтому оно не имеет целых корней. Отсюда заключаем, что первая
система не имеет целых решений. Аналогично показывается, что оставшиеся две
системы также не имеют целых решений. Следовательно, данное уравнение не имеет
целых решений.

Ответ:
D)

25) Диагональ равнобокой трапеции разделяет его на два равнобедренных
треугольника. Найти углы трапеции.

A) 72⁰
, 108⁰                        B) 135⁰ , 45⁰               C)
100⁰ , 80⁰  D) 82⁰ , 98⁰

Решение:  Пусть в
трапеции ABCD боковые стороны AB=CD=l, а основания AD=a, BC=b (a>b) (см. чертеж).

Пусть диагональ AC разделяет его на два равнобедренных треугольника ABC и ACD. Тогда здесь возможны следующие 8
вариантов.

I вариант. AB=BC, CD=AD.
Тогда BC=AB=CD=AD => BC=AD => a=b. Однако a>b. Это противоречие показывает, что I вариант
невозможен.

II вариант.  AB=BC, AC=CD => BC=AB=CD=AC => ABC равносторонний и B=60⁰
. Однако B>90⁰
. Следовательно, и II вариант невозможен.  

III вариант. AB=AC, AC=CD.  Если предположить, что D=CAD=α, то

B=BCA=CAD=α
=> B=D .

Это противоречие показывает, что III вариант также
невозможен.

      IV вариант.
Если AB=AC, AC=AD, то,
AD=AC=AB=CD, т.е. ACD равносторонний. Тогда CDA=CAD=60⁰  и

A=BAC+CAD=BAC+60⁰>60⁰=CDA=D =>
A >D .

Однако, трапеция ABCD равнобокая , поэтому A =D . Это противоречие
показывает, что IV вариант также невозможен.

         V вариант. BC=AC, AC=CD => BC=AC=CD=AB =>ABC равносторонний. Тогда B=60⁰
, что невозможно, так как в трапеции ABCD  B – тупой. Следовательно, и V вариант невозможен.

         VI вариант. BC=AC, AC=AD => BC=AD. Однако это невозможно, так как AD и BC являются соответственно большим и меньшим основаниями трапеции ABCD.

VII вариант. BC=AC,
CD=AD. Тогда B=CBA=BAC < BAD=A. Однако это невозможно,
так как B – тупой,  а A – острый.  

VIII вариант. AB=BC,
AC=AD. Если положить,
что BAC=BCA=α и
CDA=CAD=β, то CAD=BCA=α => D=β=A=2α . Так как сумма внутренних
углов треугольника ACD равна 180⁰ , то отсюда
получим следующий ответ:

2β+α=180⁰
=>5α=180⁰ => α=36⁰ =>D=A=2α=72⁰ =>B=C=180⁰−
72⁰=108⁰ .

Ответ:
A)

                      26) Высота равнобокой трапеции h, а боковая
сторона видна под углом α  из центра описанной
вокруг неё окружности. Найти площадь S этой трапеции.

         A)       B)        C)        D)

         Решение:
Пусть в трапеции ABCD (см. чертеж) AB=CD, СH=h. Согласно условию длина дуги CD равна α
и поэтому в треугольнике ACH . Тогда . 

В треугольнике AOD

.

Из этих соотношений получим следующий ответ:

.

Ответ:
B)

27) В прямоугольном треугольнике и высота, опущенная на
гипотенузу, и разность проекций катетов на гипотенузу равна 6. Найти длину
гипотенузы.

         A)                      B)                    C)                     D)

Решение: Обозначим
проекции катетов на гипотенузу через a и b. Тогда a−b=6, ab=h² =6²
=36.  Так как с=a+b , то отсюда находим, что

c²=(a+b)²=(a−b)²+4ab=36+4∙36=5∙36 => .

Ответ: A)

29) В прямоугольном треугольнике гипотенуза равна 10, а
один из катетов – 8. Найти длину биссектрисы наименьшего угла этого
треугольника.

A)                   B)                    C)               D)

Решение: Если AB=8 и BC=10, то AC²=BC²−AB²=36=> AC=6 и наименьшим углом является B. Проведя
биссектрису ВЕ и полагая,что АВЕ=ЕВС=α (см. чертеж), находим

.

Ответ:
C)

30) Найти расстояние между точками пересечения медиан и
биссектрис равнобедренного прямоугольного треугольника. Здесь длина катета
равна .

A)   B)                 C)            D)

         Решение: Пусть в равнобедренном прямоугольном
треугольнике ABC (см.
чертеж). Тогда высота BM является и медианой, и биссектрисой.
Поэтому точки пересечения медиан O₁  и биссектрис O₂ расположены
на этом отрезке BM. При этом точка O₁ расположена ниже точки O₂ (см. примечание в конце решения).

Согласно теоремы Пифагора AC=2,  по
определению медианы имеем

 AM=MC=1. Тогда

и отсюда следует, что

прямоугольный  треугольник ABM является
равнобедренным. По свойству медианы BO₁=2∙BM/3=2/3 =>BO₂=1/3. Тогда в прямоугольном треугольнике AO₂M  имеем  и

=> O₁O₂=
BO₁– BO₂= BO₁– (BM–MO₂)=
 .

                     Еще один метод решения этого теста предложен рецензентом данной
методической разработки доц. Ахмедовым Х.Х. . Так как ВМ=1, то по
свойству медиан треугольника МО₁=ВМ/3=1/3. Далее, МО₂=r– радиус вписанной окружности и согласно
формулы r=(а+b–с) /2 находим, что .
Тогда

O₁O₂=
МO₂– МO₁= .

Полученные ответы близки к варианту D).

            Ответ:

Примечание: Если предположить, что точка O₁ находится выше точки O₂ , то

.

Это противоречие
показывает, что O₁ находится
ниже O₂.

Примечание: Далее идут
тесты для III курса, предложенные без возможных ответов.

31) При каких значениях параметра a система уравнений

не имеет решения?

Ответ: ……..

         Решение: Из данной системы получим

.

         Следовательно, эта система при всех значениях параметра a
имеет решение.

Ответ: .

            32) Найти наименьшее значение выражения .

Ответ: ……..

Решение: Преобразуя
это выражение, находим, что

 

.

Ответ: −17 .

33) Дан куб ABCDA₁B₁C₁D₁ . Найти тангенс угла между плоскостями BC₁D
и ABCD.

                     Ответ: ……..

         Решение:  Мы должны найти тангенс  (см. чертеж).

Обозначим через a длину ребра куба . Тогда
ответ теста находится следующим образом:

         Ответ:  .

34) В трапеции ABCD диагонали AC
и BD, равные соответственно 1 и , пересекаются в точке K. AKB=45⁰ . Найти
высоту трапеции.

                     Ответ: ….

         Решение:
Пусть искомая высота трапеции BM=CN=h (см. чертеж). Согласно условию задачи в треугольнике AKD AKD=135⁰. Поэтому,
если положить, что CAN=KAD=α, то BDM=KDA=45⁰ − α.

ACN: CN/AC=h/1=h=sin α .

BDM: BM/BD=h/=

=sin(45⁰ − α) =>

=>h=sin(45⁰ − α) .

Из этих соотношений следует, что

sin(45⁰ − α)=sinα
=> =>3(cosα−sinα)=sinα=> =>3cosα=4sinα=>

=>9cos²α=16sin²α=>=>9(1−sin²α)=16sin²α=>
sin²α=9/25=> sinα=3/5=h.

                     Ответ: 3/5

35) В треугольнике ABC стороны AB=9, BC=10 и медиана CM=6.5. Найти
сторону AC.

                     Ответ: ……..

            Решение:  Дополним
данный треугольник ABC до параллелограмма ACBC₁ (см. чертеж).

Тогда, используя свойства параллелограмма, получим

AC=C₁B=x, BC=C₁A=10, CC₁=2CM=13.

AB²+C₁C²=2(AC²+BC²)=>9²+13²=2(x²+10²)=>250=2(x²+100)=>x=5=
AC.

Ответ: 5

38. Решить уравнение в целых числах: .

                     Ответ: ……..

         Решение:  В этом уравнении должен быть x≥0, так как в противном случае y не может
быть целым числом. Здесь x=0 не является искомым решением,
так как при этом  и не
является целым. А при x>0 получим следующие
результаты:

y²= 2^x+7 нечетное число => y=2n+1=>(2n+1)²=2^x+7=>

=>2^x=4n(n+1) −6=>2^x−1=2n(n+1)−3.

Правая сторона последнего равенства всегда является нечетным числом.
Отсюда следует, что 2^x−1 –нечетное число =>x−1=0=>x=1, y=±3.

Следовательно, это уравнение имеет только два целых
решений (1,3) и (1,−3).        Ответ: (1,3) и (1,−3)

39. Найти все тройки натуральных чисел (x, y, z),
удовлетворяющих следующей системе:

  .

Ответ: …..

         Решение: Преобразуем I уравнение системы следующим образом:

Используя этот результат и II уравнение системы
получим следующее:

A)

 .

         Следовательно, одно натуральное решение системы (2, 1, 1) .

B)     

.

Следовательно, рассматриваемое уравнение имеет решение
только при y=z=a. В этом случае данное уравнение сводится к виду x²+2ax+a²=(x+a)²=0 и из него получим, что x=−a. Тогда (x, y, z)=(−a, a, a) и эта тройка не является натуральным решением системы.

Таким образом, данная система имеет единственное
натуральное решение (x, y, z)=(2, 1, 1).

Ответ: (x, y, z)=(2, 1, 1)
.

Примечание: Если бы в
тесте требовалось  найти все целые решения (x, y, z) данной системы, то в варианте A) из равенств x=0, y+z=0
получим  результат y=−z=m
(m – любое целое). В этом случае тройка
(x, y, z)=(0, m, −m)
является целыми решениями системы.

В случае варианта B) имеем  (x, y, z)=(−a, a, a) и из II уравнения системы получим   

(−a)²=2(a+a)
=> a²=4a => a=0 или a=4.

Отсюда следует, что (x, y, z)=(0, 0, 0), (x, y, z)=(−4, 4,
4) также являются целыми решениями системы.

40. Сумма боковых сторон и высоты трапеции, описанной
вокруг окружности, равна 8. Найти наибольшее возможное значение площади этой
трапеции.

Ответ: ………

         Решение:  Обозначим основания этой трапеции a
и b,  боковые стороны – l₁ и l₂ , а высоту – h. Согласно условию задачи l₁ + l₂ +h=8 и по свойству трапеции, описанной
вокруг окружности, l₁ + l₂ = a+b. Следовательно, l₁ + l₂ +h=a+b+h=8 => a+b=8−h . Тогда для площади S этой трапеции имеем

S=(a+b)h/2=(8−h)h/2=(8h−h²)/2=[16−(h−4)²]/2≤16/2=8.

Отсюда следует, что когда высота h=4, то
площадь трапеции принимает наибольшее значение maxS=8
.

Ответ: 8 .

Задачи
.

1-задача. Найти натуральные решения уравнения .

Решение:  Из данного
уравнения получим следующие результаты:

.

Следовательно, в качестве натуральных решений данного 
уравнения можно взять тройки чисел

  .                   (1)

         Кроме этого натуральные решения уравнения можно также искать в виде . Тогда

.

         Следовательно, тройки натуральных чисел

                           (2)

также являются решениями данного уравнения.

      Если в формуле (1) положить m=k=2^p , то из нее получится результаты
(2). Следовательно, решения (2) являются частным случаем решений (1).

Примечание:  Вопрос
существования натуральных решений уравнения, отличных от (1), остается открытым.

2-задача. Если 0≤x,y≤1 , то доказать справедливость
следующего неравенства:

  .

2A-задача. Если 0≤x,y≤1 , то доказать справедливость следующего неравенства:

  .

3-задача. Даны две арифметические прогрессии  a₁, a₂ , a₃ , …, a_n , … и 

b₁, b₂ , b₃ , …, b_n , … , состоящие из натуральных чисел. Известно, что a₁= b₁. Доказать, что если при любом n числа a_n
 и  b_n  при делении на
n дают одинаковые остатки, то эти прогрессии
совпадают.

            Доказательство:
Используя формулу для общего члена арифметической прогрессии и условия задачи a₁= b₁, получим следующие результаты:

            Согласно
условию задачи для любого натурального числа n имеем,
что  a_n − b_n
=nq_n, где q_n– неотрицательное целое число. Из этого и предыдущего результата
следует, что

.

Из
условия задачи следует, что разности арифметических прогрессий d_a
и d_b  являются
неотрицательными целыми числами. Отсюда находим, что их разность d_a
− d_b =m целое число и кратно любому натуральному числу n. Если предположить, что m≠0 , то при n>׀m‌׀ число m не
может быть кратным к n. Следовательно,

 m=0
=> d_a − d_b=0 => d_a =
d_b => a_n=a₁+(n−1)d_a=
a₁+(n−1)d_b=b_n .

4-задача.  В треугольнике ABC имеем . Из
вершины B этого треугольника проведены медиана и
высота. Прямая р, проведенная из вершины C ,
пересекает продолжение медианы в точке K,
продолжение высоты в точке M и продолжение стороны BA
в точке N. При каком значении угла
между прямыми линиями р и АС отношение KM/CN  будет наибольшим?

5-задача. Доказать, что длина любой
стороны выпуклого четырехугольника, диагонали которого равны a и b , не можеть превосходить .

1-задача. Найти все
функции , которые для
любого  удовлетворяют
равенству .

Решение:  В качестве
функции , 
удовлетворяющей равенству

вида  ,  можно взять квадратичную функцию , где c=f(0). Согласно
условию нашей задачи имеем:

 .

Рассмотрим эти варианты.   

I вариант.

.

II вариант.

.

Отсюда, по условию задачи, имеем

.

Следовательно, в качестве функций, удовлетворяющих условию
этой задачи, можно взять квадратичные функции  или .

Примечание: Вопрос
существования неквадратичных функций, удовлетворяющим условиям задачи, остается
открытым.

2-задача. При каких значениях параметра p уравнение

 имеет три различных корня?

         Решение: Рассмотрим данное уравнение
относительно неизвестной х как квадратное уравнение относительно
параметра р:

.

         Находим корни р₁ и р₂
этого квадратного уравнения:

.

            Сначала
предположим, что х≥0.5. В этом случае ‌|2х–1|=2х–1 и

 .

         Отсюда получим, что

.

         Для того , чтобы последнее уравнение относительно неизвестной х
имело ровно три различных корня, возможны два варианта.

         I вариант. Уравнение х²–2х+4–р=0 имеет два
совпадающих корни, а уравнение   х²–4х+5–р=0 –
два различных корня. В этом случае, рассмотрев дискриминанты, находим

 .

II вариант. Уравнение х²–2х+4–р=0
имеет два различных корня, а уравнение  х²–4х+5–р=0
– два совпадающих корня. В этом случае имеем

 .

                     Таким образом, при предположении,что  х≥0.5
 ,а значении параметра р=3, данное уравнение имеет три различных корня.
Легко найти, что этими корнями являются  и выполняется
условие .

В случае х<0.5 имеем  ‌|2х–1|=1–2х
и   и все вышеуказанное повторяется. Однако в
этом случае корни уравнения не удовлетворяют условию .

         Таким образом, только  при значении параметра р=3
данное уравнение имеет три различных корня.

3-задача. Доказать,
что если положительные числа x, y, z удовлетворяют условию x+ y+ z=1, то
справедливо неравенство

.

            Доказательство:  Известно, что для положительных чисел a и b
имеет место неравенство . Из этого неравенства следует, что

.

Используя последнее неравенство, имеем

 .

                                   Разработка
составлена: Валишевой Н.А.