Первый (отборочный) этап академического соревнования

Первый (отборочный) этап академического соревнования
Олимпиады школьников «Шаг в будущее» по образовательному предмету
«Математика», осень 2014 г.
Вариант № 1
1. Из пункта А в пункт В одновременно выехали два велосипедиста. Когда первый
велосипедист проехал половину пути, второму осталось проехать 24 км, а когда второй
проехал половину пути, первому осталось проехать 15 км. Найдите расстояние между
пунктами А и В.
(8 баллов)
2. Решите неравенство
x  24

x
x
24

.
x  24
5
(8 баллов)
3. Какое наибольшее значение может принять сумма S n первых n членов
арифметической прогрессии, у которой сумма S 3  327 и сумма S 57  57 ? (8 баллов)
4. Решите уравнение 1  tg x  sin x  cos x . Найдите все его корни, удовлетворяющие
условию 2 x  5  2 .
(8 баллов)
5. Решите неравенство
 3 x  4  2 2 x 2  7 x  3  x 2  4 x  2  x  2   0 .






(10 баллов)
6. Найдите множество значений функции
f ( x) 
g 2 ( x )  245 , где g ( x)  15  2 cos 2 x  4 sin x .
(10 баллов)
7. Вписанная в треугольник окружность точкой касания делит одну из его сторон на
отрезки равные 3 и 4. Найдите площадь треугольника, если радиус описанной около него
окружности равен 7
3.
(12 баллов)
8. На прямой 3x  4 y  2 найдите точку, через которую проходят две
перпендикулярные друг другу касательные к графику функции y  x 2 , и напишите
уравнения этих касательных.
(12 баллов)
9. Найдите все значения параметра a, при которых система уравнений

4 y  x  a,

имеет единственное решение. Укажите это решение при
 2
2
y

x

2
y

4
x

3

0.


каждом a.
(12 баллов)
10. Прямоугольник ABCD со сторонами AB  1 и AD  10 служит основанием
пирамиды SABCD , а ребро SA  4 перпендикулярно основанию. Найдите на ребре AD
такую точку M , чтобы треугольник SMC имел наименьший периметр. Найдите площадь
этого треугольника.
(12 баллов)
Решение варианта №1
1. Из пункта А в пункт В одновременно выехали два велосипедиста. Когда первый
велосипедист проехал половину пути, второму осталось проехать 24 км, а когда второй
проехал половину пути, первому осталось проехать 15 км. Найдите расстояние между
пунктами А и В.
Решение:
Пусть s – расстояние между пунктами А и В, v1 , v 2 – скорости велосипедистов. Тогда
s
( s  15)  2 2
s
s  24
s  15
s
и
. Отсюда
; s  4s 2  4  39s  60  24 ;



2v1
v2
v1
2v2
2( s  24)
s
s 2  52s  480  0 ; s1,2  26  14 . s1  40,
s2  12 не удовлетворяет условиям задачи
s  15, s  24 .
2. Решите неравенство
Ответ: 40 км.
x  24

x
x
24

.
x  24
5
Решение:
x  24

x
x
24

. Обозначим
x  24
5
x
1
24
 y  0;  y 
; 5 y 2  24 y  5  0 ;
x  24
y
5
 x  1,
1
x
1
x 1
12  13
1


0 
y1,2 
, y1  , y2  5 . След. y  ,
5 x  24 25
x  24
5
5
 x  24.
Ответ: x   ; 1   24;   .
3. Какое наибольшее значение может принять сумма S n первых n членов арифметической
прогрессии, у которой сумма S 3  327 и сумма S 57  57 ?
Решение:
Если a – первый член и d – разность арифметической прогрессии,
 a  a  2d
 3  327,
 a  d  109,

2

 27 d  108; d  4, a  113 .

a

a

56
d
a

28
d

1


 57  57

2
Сумма первых n членов арифметической прогрессии S n принимает наибольшее значение, если
an  0 , а an 1  0 . Так как an  a  d (n  1) , то из неравенства 113  4(n  1)  0 найдем
n  117 4  29 . Тогда max S n  S 29  0, 5  (113  113  4  28)  29  1653 .
4. Решите уравнение
Ответ: 1653.
1  tg x  sin x  cos x . Найдите все его корни, удовлетворяющие
условию 2 x  5  2 .
Решение:
При условии sin x  cos x  0 обе части уравнения
1  tg x  sin x  cos x можно возвести в
квадрат. Так как sin x  cos x  2 sin( x   4) , то   4  2 n  x  3 4  2 n , n  Z . При
найденных ограничениях уравнение равносильно следующему:
1  tg x  sin 2 x  2 sin x cos x  cos 2 x , tg x  2 sin x cos x  0 , sin x 1  2 cos 2 x   0 . Таким
образом, приходим к совокупности уравнений: 1) sin x  0 , x  n, n  Z , 2)
cos 2 x  1 2 , cos x   2 2 , x    4   n , n  Z . Учитывая ограничения, получаем решения
исходного уравнения: x  2n,
x    4  2 n, x  3 4  2 n, n  Z . При условии
2 x  5  2 имеем x  (1,5; 3,5) , следовательно, x  3 4 . Ответ: решения: 2n,   4  2 n,
3 4  2 n, n  Z ; корень, удовлетворяющий условию: 3 4 .
5. Решите неравенство
 3 x  4  2 2 x 2  7 x  3  x 2  4 x  2  x  2   0 .






Решение:
 3 x  4  2 2 x 2  7 x  3  x 2  4 x  2  x  2   0. ОДЗ:

2 x 2  7 x  3  0, 





x  (;  3]  [0,5;  ) . Исходное неравенство эквивалентно следующему


 3 x  4  2 2 x 2  7 x  3  x 2  4 x  2 2   x  2 2   0 






 3x  4  2
2x2  7 x  3
 x
 3x  4  2
2x2  7 x  3
  x  1 x  4  x  x  3  0 .
2
 5 x  4  x 2  3 x   0 


2
Если x  3, то 3 x  4  0, и  3 x  4  2 2 x  7 x  3   0 . Таким образом, приходим к


неравенству  x  1 x  4 x x  3  0 , и x  (;  3] . Если x  0,5, то приходим к
неравенству

2x  1  x  3
2 x  1x  4xx  3  0 , и x  [0; 1]  2 [3; 4] .
Окончательно имеем: Ответ: x  (;  3]  [0; 1]  2  [3; 4] .
6. Найдите множество значений функции
f ( x) 
g 2 ( x )  245 , где g ( x)  15  2 cos 2 x  4 sin x .
Решение:
f ( x) 
g 2 ( x )  245 , где g ( x)  15  2 cos 2 x  4 sin x .
Найдем множество значений функции z  g ( x)  15  2 cos 2 x  4 sin x . Функция g (x)
определена на всей числовой оси. Сделаем замену переменного. Пусть t  sin x . Тогда
z  13  4t 2  4t  12  (2t  1) 2 при t  [1; 1] , и E g  12; 21 . Функция
y  f ( x) 
z

g 2 ( x )  245 имеет то же множество значений, что и функция y 

245 ; 21 , поскольку функция
y
z 2  245 при
z 2  245 определена при
z  (  ;  245 ]  [ 245 ;   ) , а z  g (x) принимает все значения из отрезка 12; 21 .
Минимальное значение функции y 
z 2  245 на отрезке
равно 14. Следовательно, E f  0; 14 . Ответ: E f  0; 14 .


245 ; 21 равно 0, максимальное –
7. Вписанная в треугольник окружность точкой касания делит одну из его сторон на
отрезки равные 3 и 4. Найдите площадь треугольника, если радиус описанной около него
окружности равен 7 3 .
Решение:
Пусть D - точка касания окружности стороны BC.
По условию BD  a  3, DC  b  4. Отсюда имеем
A
BC  a  b  7. Так как 2 Rоп  BC sin A , то
x
sin A  BC 2 Rоп  3 2 . Следовательно,
A  60  или A  120  . Если F и E - точки
касания окружности сторон BA и AC соответственно,
то BF  a  3, EC  b  4, и FA  AE  x. По
теореме косинусов имеем:
BC
2
2
2
 AB  AC  2 AB  AC cos A.
x
E
F
b
a
1) Если A  60  , то
49  ( x  3) 2  ( x  4) 2  ( x  3)( x  4), и
x 2  7 x  36  0, x 
Тогда S ABC 
B
a
D
b
C
193  7
.
2
1
3  193  1  193  1 


  12 3.
(3  x )( 4  x ) sin A 


2
4 
2
2


2) Если A  120  , то 49  ( x  3) 2  ( x  4) 2  ( x  3)( x  4), и x 2  7 x  4  0,
x
65  7
. Тогда
2
S ABC 
1
3  65  1  65  1 


  4 3.
(3  x )( 4  x ) sin A 
2
4 
2 
2 
Ответ: 12 3 или 4 3 .
8. На прямой 3x  4 y  2 найдите точку, через которую проходят две перпендикулярные
друг другу касательные к графику функции y  x 2 , и напишите уравнения этих касательных.
Решение:
y  x 2 , 3x  4 y  2 , M  x0 ; y0  . Уравнение касательной: y  y0  k  x  x0  .
Уравнение x 2  y0  k  x  x0  , или x 2  kx  kx0  y0  0 , имеет единственное решение, если
D  k 2  4kx0  4 y0  0 . Найденные из этого уравнения два значения k должны удовлетворять
условию перпендикулярности k1  k2  1 . Так как k1  k2  4 y0 , y0   1 4 . Из уравнения прямой
x0   2  4 y0  3   2  1 3  1. Из k 2  4k  1  0 найдём k1,2  2  5 .

Ответ: M 1; 1 4  , уравнения касательных: y   1 4  2  5
  x  1 .
9. Найдите все значения параметра a, при которых система уравнений

4 y  x  a,

имеет единственное решение. Укажите это решение при
 2
2
y

x

2
y

4
x

3

0.


каждом a.
Решение:

4 y  x  a,

Преобразуем второе уравнение системы.
 2
2
y

x

2
y

4
x

3

0.


y
2
 

 2 y  1  x 2  4 x  4  0,
1) y  4 y  a  3  0 ,
посторонний, другой,
2) y  4 y  a  1  0 ,
 y
 y  1
y  2
2
  x  2   0,
2
4  a  3  2
 y  x  3 y  x  1  0.
1  a . Один корень,
y  2  1  a  0 , –
y  2  1  a  0 , если 1  a  2 , т. е. при a  3 .
y  2  4  a 1  2  a  5 .
 y   2  a  5  0 , если
a  5  2, 0  a  5  4,  5  a  1 . При a  5  y    y   2
1
 2  a  5  0 , если a  5  0, a  5 .
2
1
2
1)
2)
a
-5
-3
-1
Сопоставляя решения 1) и 2), видим, что единственное решение система уравнений имеет при
a   ; 5  1;   .



Ответ: a   ; 5  , x  4 2  1  a  a, y  2  1  a



;
2
a   1;   , x  4 2  a  5  a, y  2  a  5

2
.
10. Прямоугольник ABCD со сторонами AB  1 и AD  10 служит основанием пирамиды
SABCD , а ребро SA  4 перпендикулярно основанию. Найдите на ребре AD такую точку
M , чтобы треугольник SMC имел наименьший периметр. Найдите площадь этого
треугольника.
Решение:
Отложим AT  AS на продолжении
ребра AB . При любом положении
точки M на стороне AD TM  SM ,
поэтому наименьшее значение суммы
SM  MC будет при M  TC AD .
S
Введём обозначения
AB  a, AD  b, AS  c, AM  x . Из
TAM CDM следует
TA AM c
x

, 
,
CD DM a b  x
bc
ab
x
 AM ,
 DM .
ac
ac
A
T
K
Проведём AK  TC и соединим K и
S.
AK 
=
TA  AM
TA2  AM 2
bc
 a  c   b2
2

. SK 
cx
S MCS
2
2
a 2b 2
a  c
1
1 ac
  MC  SK  

2
2 ac
Ответ: при a  1, b  10, c  4
C
D
AS  AK  c 
2
2
M

c2  x2
MC  DC  MD  a 
2
B
2
b2c 2
2

a  c
a
a  c
a  c
2
ac
2
 b2
 b2
c
a  c
2
.
1
 b 
 2b   ac 1  2 
 .
2
ac
2
x  8, S MCS  6 .
 2b 2
 a  c   b2
2
2
2
.