8 класс ответы по математике

Решения заданий по математике
олимпиады вузов Росрыболовства
среди учащихся 8 классов 2014-15 уч. год
I тур.
Задача 1. У Карлсона в вазочке на 10% больше варенья, чем у Малыша.
Карлсон съел 10% своего варенья, а Малыш 1% своего. У кого из них
осталось больше варенья?
Решение:
Пусть у Малыша х варенья в вазочке, тогда у Карлсона - 1,1х варенья в
вазочке.
После того, как Карлсон съел 10% своего варенья, у него осталось
0,9ˑ1,1х= 0,99х варенья.
После того, как Малыш съел 1% своего варенья, у него осталось 0,99х
варенья.
Таким образом, у Карлсона и у Малыша варенья осталось поровну.
Ответ: Поровну.
Задача 2. Даны 6 цифр: 0; 1; 2; 3; 4; 5. Сколько четырёхзначных нечётных
чисел с разными цифрами можно записать этими цифрами?
Решение:
Так как число нечётное, то последнюю цифру мы можем записать 3
способами, первая цифра числа не может быть нулевой, поэтому её записать
можно 4 способами, соответственно вторую цифру можно записать 4
способами, а третью – 3 способами. Следовательно, записать четырёхзначное
нечётное число с разными цифрами, используя указанные цифры можно
4ˑ4ˑ3ˑ3=144 способами.
Ответ: 144.
|х| + |у| = 2
Задача 3. Укажите такое число а, чтобы система уравнений {
у = ах + 2
имела бесконечно много решений.
Решение:
Первое уравнение задаёт квадрат, вершины которого расположены в
точках (2,0); (0,2); (-2,0); (0,-2).
y
2
2
x
-2
-2
Второе уравнение задаёт прямую, проходящую через точку (0,2). Чтобы
система имела бесконечно много решений прямая должна проходить через
2а + 2 = 0
а = −1
точку (2,0) или через точку (-2,0). Отсюда [
⇒[
.
−2а + 2 = 0
а=1
Ответ: а =1, а = −1.
Задача 4. Точки А, В, С являются вершинами неравнобедренного
непрямоугольного треугольника. Сколькими способами можно поставить на
плоскости точку D так, чтобы совокупность точек А, В, С, D имела ось
симметрии? Ответ обосновать.
Решение:
Рассмотрим случаи, когда точка D симметрична точке С.
1)Через точку С проводим перпендикуляр к прямой АВ, О - точка
пересечения перпендикуляра и АВ. Откладываем на перпендикуляре отрезок
ОD=ОС. Ось симметрии прямая АВ.
D
В
0
А
С
2) Через середину отрезка АВ проводим прямую, перпендикулярно к АВ.
Точка пересечения этой прямой и отрезка АС есть О. Через Точку С
проводим прямую СМ, параллельно АВ. D - точка пересечения
В
А
0
С
М
D
прямых ВО и СМ. Получили равнобедренную трапецию АВС D, осью
симметрии которой является прямая, проходящая через середины оснований.
(Заметим, что если угол А треугольника АВС – тупой, то точка О будет
расположена вне трапеции).
Таким образом, рассматривая случаи, когда точка D симметрична точкам
А и В, получим, что 6 способами можно поставить на плоскости точку D так,
чтобы совокупность точек А, В, С, D имела ось симметрии.
Ответ: 6 способов.
Задача 5. Решить уравнение в целых числах ху=х+у+3.
Решение:
у+3
Перепишем уравнение в виде х=
или х= 1+
у−1
4
.
у−1
Откуда следует, что выражение у−1 является целым делителем числа 4, то
есть может принимать значения ±1, ±2, ±4.
Таким образом, целыми решениями уравнения являются: (5, 2), (2, 5), (0, −3),
(−3, 0), (−1,−1), (3, 3).
Ответ: (5, 2), (2, 5), (0, −3), (−3, 0), (−1,−1), (3, 3).
Решения заданий по математике
олимпиады вузов Росрыболовства
среди учащихся 9 классов 2014-15 уч. год
I тур.
Задача 1. Трёхзначное число делится на 37. Можно ли в этом числе
переставить цифры так, чтобы получилось число, которое также делится на
37. Ответ обосновать.
Решение:
̅̅̅̅̅ делится на 37, тогда 100а+10b+c=37n.
Пусть трёхзначное число 𝑎𝑏𝑐
̅̅̅̅̅:
Отсюда c=37n− 100а −10b. Рассмотрим число 𝑏𝑐𝑎
100b+10c+a=100b+10(37n− 100а −10b)+a=370n−999a=370n− 37ˑ27a.
Следовательно, мы получили число, которое также делится на 37.
Ответ: Можно.
Задача 2. Сумма коэффициентов квадратного трёхчлена равна 2. Найти его
корни, если точка (4; -2,5) является вершиной графика соответствующей ему
квадратичной функции.
Решение:
−𝑏
Для квадратного трёхчлена ах2 +bx+c известно, что а+ b+c =2, = 4,
2а
16а+4b+с=-2,5.
а+ b+c = 2
Получили систему уравнений {
b = −8а
, решая которую
16а + 4b + с = −2,5
находим а=0,5 ; b = −4; с=5,5.
Соответствующее квадратное уравнение имеет вид: 0,5 х2−4х+5,5=0.
Корни данного уравнения совпадают с корнями уравнения х2−8х+11=0.
𝐷
Найдём =16−11= 5. ⇒ х1,2 =4±√5.
4
Ответ: х1,2 =4±√5.
Задача 3. Решить систему неравенств {
|х + 2| − х|х| ≤ 0
.
(х2 − х − 6)√8 − х ≤ 0
Решение:
Решим второе неравенство системы. ОДЗ: х≤ 8. Нулями функции
2
(х − х − 6)√8 − х являются точки х=-2; х=3; х=8. Решение неравенства: х∈
[−2, 3] ∪ {8}.
Решение первого неравенства будем искать, учитывая решение второго
неравенства. Получаем совокупность условий:
−2 ≤ х < 0
{
х + 2 + х2 ≤ 0
х∈∅
0≤х≤3
⇔ [х ∈ [2; 3].
{
х + 2 − х2 ≤ 0
х=8
х=8
[{ х + 2 − х 2 ≤ 0
Ответ: х ∈ [2; 3] ∪ {8}.
Задача 4. На каникулах группа школьников пошла в поход. Сначала они
шли по горизонтальной дороге, затем поднялись в гору и по старому
маршруту возвратились назад в исходный пункт. Их скорость на
горизонтальном участке была 4км/ч, 3 км/ч при подъёме в гору и 6 км/ч при
спуске с горы. Какое расстояние прошли школьники, если они были в пути 5
часов?
Решение:
Пусть длина пути в гору равна х км/ч, тогда средняя скорость
2х
школьников при подъёме и спуске с горы равна х х = 4(км/ч).
+
3 6
Таким образом, средняя скорость школьников во время похода равна 4 км/ч,
и пройденное ими расстояние равно 4ˑ5=20 км.
Ответ: 20 км.
Задача 5. Точки А, В, С являются вершинами неравнобедренного
непрямоугольного треугольника. Сколькими способами можно поставить на
плоскости точку D так, чтобы совокупность точек А, В, С, D имела ось
симметрии? Ответ обосновать.
Решение:
Рассмотрим случаи, когда точка D симметрична точке С.
1)Через точку С проводим перпендикуляр к прямой АВ, О - точка
пересечения перпендикуляра и АВ. Откладываем на перпендикуляре отрезок
ОD=ОС. Ось симметрии прямая АВ.
D
В
0
А
С
2) Через середину отрезка АВ проводим прямую, перпендикулярно к АВ.
Точка пересечения этой прямой и отрезка АС есть О. Через Точку С
проводим прямую СМ, параллельно АВ. D - точка пересечения прямых ВО
и СМ. Получили равнобедренную трапецию АВС D, осью симметрии
которой является прямая, проходящая через середины оснований.
В
А
0
С
М
D
(Заметим, что если угол А треугольника АВС – тупой, то точка О будет
расположена вне трапеции).
Таким образом, рассматривая случаи, когда точка D симметрична точкам
А и В, получим, что 6 способами можно поставить на плоскости точку D так,
чтобы совокупность точек А, В, С, D имела ось симметрии.
Ответ: 6 способов.
Решения заданий по математике
олимпиады вузов Росрыболовства
среди учащихся 10 классов 2014-15 уч. год
I тур.
Задача 1. На каникулах группа школьников пошла в поход. Сначала они
шли по горизонтальной дороге, затем поднялись в гору и по старому
маршруту возвратились назад в исходный пункт. Их скорость на
горизонтальном участке была 4км/ч, 3 км/ч при подъёме в гору и 6 км/ч при
спуске с горы. Какое расстояние прошли школьники, если они были в пути 5
часов?
Решение:
Пусть длина пути в гору равна х км/ч, тогда средняя скорость
2х
школьников при подъёме и спуске с горы равна х х = 4(км/ч).
+
3 6
Таким образом, средняя скорость школьников во время похода равна 4 км/ч,
и пройденное ими расстояние равно 4ˑ5=20 км.
Ответ: 20 км.
Задача 2. Трёхзначное число делится на 37. Можно ли в этом числе
переставить цифры так, чтобы получилось число, которое также делится на
37. Ответ обосновать.
Решение:
̅̅̅̅̅ делится на 37, тогда 100а+10b+c=37n.
Пусть трёхзначное число 𝑎𝑏𝑐
̅̅̅̅̅:
Отсюда c=37n− 100а −10b. Рассмотрим число 𝑏𝑐𝑎
100b+10c+a=100b+10(37n− 100а −10b)+a=370n−999a=370n− 37ˑ27a.
Следовательно, мы получили число, которое также делится на 37.
Ответ: Можно.
Задача 3. Найти все значения параметра а, для которых каждое решение
неравенства х2− 3х+2< 0 будет содержаться среди решений неравенства
ах2− (3а+1)х+3≥ 0.
Решение:
Решением неравенства х2− 3х+2< 0 является интервал (1; 2).
Второе неравенство при а=0 будет линейным: −х+3≥ 0. Его решение х≤
3 содержит интервал (1; 2), поэтому а=0 включаем в ответ задачи.
Если а≠0, то графиком функции f(х)= ах2− (3а+1)х+3 будет парабола.
D=(3а+1)2−12а=9а2 +6а+1−12а=9а2− 6а+1=(3а−1)2. Парабола пересекает ось
3а+1+3а−1
3а+1−3а+1
1
абсцисс в точках х1=
= 3; х2=
= .
2а
2а
а
2
Если а> 0, то решением неравенства ах − (3а+1)х+3≥ 0 будет:
1
1
1) 0 < а < х∈( −∞; 3] ∪ ([ ; +∞ ),
3
2) а >
1
3
а
1
х∈( −∞; )] ∪ ( [3 ; +∞),
а
3) а =
1
3
х ∈ (−∞; +∞).
В случаях 1) и 3) решение содержит интервал(1; 2). В случае 2), чтобы
1
решение содержало данный интервал необходимо выполнение условия > 2
а
1
или
<а< 0,5. Значит, если 0 < а < 0,5, интервал(1; 2) содержится среди
3
решений неравенства ах2− (3а+1)х+3≥ 0.
Если а< 0, то решением неравенства ах2− (3а+1)х+3≥ 0 будет
1
промежуток [ ; 3], который всегда содержит интервал (1; 2).
а
Таким образом, объединяя полученные решения, делаем вывод: каждое
решение неравенства х2− 3х+2< 0 будет содержаться среди решений
неравенства ах2− (3а+1)х+3≥ 0 при а∈ (−∞; 0,5) .
Ответ: а∈ (−∞; 0,5) .
Задача 4. Сумма удвоенного седьмого члена арифметической прогрессии и
суммы первых её восьми членов равна 9. Найти пятый член этой прогрессии.
Решение:
2а7 + S8 = 9. Отсюда следует
2𝑎 +7𝑑
2(𝑎1 + 6𝑑)+ 1 8=9
2
10(𝑎1 + 4𝑑)=9 ⇒ 𝑎5 =(𝑎1 + 4𝑑)=0,9.
Ответ: 𝑎5 =0,9.
Задача 5. Около окружности описана равнобедренная трапеция, отношение
1
оснований которой равно . Найти угол при большем основании трапеции.
3
Решение:
Пусть меньшее основание трапеции равно х, тогда большее основание
равно 3х. Так как равнобедренная трапеция описана около окружности, то
суммы длин противоположных сторон трапеции равны, поэтому длина
боковой стороны равна 2х. Следовательно, косинус угла при большем
1
основании равен , а угол при большем основании трапеции равен 60̊.
2
Ответ: 60̊.
Решения заданий по математике
олимпиады вузов Росрыболовства
среди учащихся 11 классов 2014-15 уч. год
I тур.
Задача 1. Вычислить log 3 2 ∙ log 4 3 ∙ log 5 4 ∙ log 6 5 ∙ log 7 6 ∙ log 8 7
Решение:
Преобразуем выражение log 3 2 ∙ log 4 3 ∙ log 5 4 ∙ log 6 5 ∙ log 7 6 ∙ log 8 7 =
=
𝑙𝑜𝑔2 2 𝑙𝑜𝑔2 3 𝑙𝑜𝑔2 4
∙
∙
𝑙𝑜𝑔2 3 𝑙𝑜𝑔2 4 𝑙𝑜𝑔2 5
1
𝑙𝑜𝑔2 5
∙
𝑙𝑜𝑔2 6
∙
𝑙𝑜𝑔2 6
𝑙𝑜𝑔2 7
∙
𝑙𝑜𝑔2 7
𝑙𝑜𝑔2 8
1
= .
3
Ответ: .
3
Задача 2. Решить уравнение sin 6х+2 = 2cos 4х.
Решение:
Воспользуемся формулами представления sin 3𝛼 = 3 sin 𝛼 − 4(sin 𝛼)3 и
cos 2𝛼 = 1 − 2(sin 𝛼)2 , тогда уравнение примет вид:
3 sin 2х − 4(sin 2х)3 + 2 = 2 − 4(sin 2х)2 .
Или sin 2х (4(sin 2х)2 − 4 sin 2х − 3) = 0.
sin 2х = 0,
sin 2х = 0,
1
⇔[
[
4(sin 2х)2 − 4 sin 2х − 3 = 0 sin 2х = −
2
𝑥=
𝝅𝒏
, 𝒏 ∈ 𝒁,
2𝑥 = 𝝅𝒏, 𝒏 ∈ 𝒁
𝟐
⇔[2𝑥 = (−1)𝑘+1 𝜋 + 𝜋𝑘, 𝑘 ∈ 𝑍 ⇔ [
.
𝜋
𝜋𝑘
𝑥 = (−1)𝑘+1 + , 𝑘 ∈ 𝑍
6
12
𝝅𝒏
2
𝑥 = , 𝒏 ∈ 𝒁,
𝟐
Ответ: [
.
𝜋
𝜋𝑘
𝑥 = (−1)𝑘+1 + , 𝑘 ∈ 𝑍
12
2
Задача 3. Найти все значения параметра а, при которых функция
3
2
у = еах +3х +х возрастает на всей области определения данной функции.
Решение:
Область определения данной функции х ∈ (−∞, +∞). Условие
возрастания функции на всей области определения является у ́≥0. Найдём у ́.
3
2
у ́=еах +3х +х (3ах2 + 6х + 1).
Так как показательная функция всегда положительна, то находим
значения параметра а, при которых 3ах2 + 6х + 1≥0 для всех х ∈ (−∞, +∞).
1
3а > 0
а>0
⇔{
⇔а≥ .
{
3
𝐷≤0
9 − 3а ≤ 0
1
Ответ: а ≥ .
3
Задача 4. На каникулах группа школьников пошла в поход. Сначала они
шли по горизонтальной дороге, затем поднялись в гору и по старому
маршруту возвратились назад в исходный пункт. Их скорость на
горизонтальном участке была 4км/ч, 3 км/ч при подъёме в гору и 6 км/ч при
спуске с горы. Какое расстояние прошли школьники, если они были в пути 5
часов?
Решение:
Пусть длина пути в гору равна х км/ч, тогда средняя скорость
2х
школьников при подъёме и спуске с горы равна х х = 4(км/ч).
+
3 6
Таким образом, средняя скорость школьников во время похода равна 4 км/ч,
и пройденное ими расстояние равно 4ˑ5=20 км.
Ответ: 20 км.
Задача 5. Точки А, В и С лежат соответственно на трёх рёбрах куба,
1
4
выходящих из его вершины D, причём АD= , ВD= , СD=1. Найти радиус
3
3
шара, вписанного в пирамиду АВСD.
Решение:
1
Воспользуемся формулой для вычисления объёма пирамиды 𝑉 = 𝑠пол 𝑟, где
3
𝑠пол - площадь полной поверхности пирамиды, 𝑟- радиус вписанного шара.
3𝑉
Отсюда 𝑟 =
.
𝑠пол
1 1 4
2
6 3 3
27
𝑉 = ˑ ˑ ˑ1 =
.
𝑠пол = 𝑆∆𝐴𝐵𝐷 + 𝑆∆𝐴𝐶𝐷 + 𝑆∆𝐶𝐵𝐷 + 𝑆∆𝐴𝐵𝐶 .
Треугольники: 𝐴𝐵𝐷, 𝐴𝐶𝐷, 𝐶𝐵𝐷 – прямоугольные, их площади равны:
2
1
2
𝑆∆𝐴𝐵𝐷 = , 𝑆∆𝐴𝐶𝐷 = , 𝑆∆𝐶𝐵𝐷 = .
9
6
3
Для нахождения площади треугольника 𝐴𝐵𝐶 найдём его стороны: 𝐴𝐶 =
𝐴𝐵 =
√17
,
3
5
1
3
13
√170
𝐵𝐶 = . По теореме косинусов найдём cos < 𝐵𝐴𝐶 =
к sin < 𝐵𝐴𝐶 =
√170
1
13
и найдём 𝑆∆𝐴𝐵𝐶 = 𝐴𝐵ˑ𝐴𝐶ˑ sin < 𝐵𝐴𝐶 = .
2
2
1
2
13
9
6
3
18
𝑠пол = 𝑆∆𝐴𝐵𝐷 + 𝑆∆𝐴𝐶𝐷 + 𝑆∆𝐶𝐵𝐷 + 𝑆∆𝐴𝐵𝐶 = + + +
𝑟=
1
Ответ: 𝑟 = .
8
3𝑉
2ˑ9
1
=
= .
𝑠пол 9ˑ16 8
=
16
9
18
.
√10
,
3
, перейдём