решениями задач Олимпиады можно ознакомиться здесь

Городская олимпиада по математике - 2013
Казань, КНИТУ-КАИ
1. Витя с Олей обычно встречаются на конечной станции метро. Поезда
метро отправляются через строго одинаковые интервалы времени. Первый раз
Витя прождал Олю 12 минут, и за это время отправилось 5 поездов. Второй раз
он прождал Олю 20 минут, и за это время отправилось 6 поездов. В третий раз
Витя прождал Олю 30 минут. Сколько поездов могло отправиться за это время?
(4 балла).
Решение.
Пусть поезда отправляются с интервалом Т минут. Поскольку за 12 минут
заведомо прошло 4 полных интервала, 4 Т  12 , т.е. Т  3 . Так как до
отправления первого из 5 поездов и после ухода последнего из них прошло не
более чем по Т минут, то Т  4  Т  Т  12 , т.е. Т  2 . Итак, 2  Т  3 .
Аналогично, из того что за 20 минут отправилось ровно 6 поездов,
получаем
20
6
 Т  4 . Из полученных неравенств следует, что 2  Т  3 .
7
7
Пусть за 30 минут отправилось n поездов. Тогда аналогично получаем
n  1T  30  n  1T или
30
30
1  n 
 1.
T
T
6
7
Учитывая, что 2  Т  3 , найдем, что 9  n  11, т.е. n  10 или n  11 .
Если Т=3 и первый поезд отправляется сразу по приходу Вити, то за 30
минут отправятся 11 поездов, а если при таком же Т первый поезд отправится
через 1 минуту после его прихода, то за 30 минут отправится 10 поездов, т.е оба
варианта ответа реализуются.
Ответ: 10 или 11 поездов.
2. Над цепью озер летела стая белых гусей. На каждом озере садилась
половина гусей и еще полгуся, а остальные летели дальше. Все гуси сели на
семи озерах. Сколько гусей было в стае?
(2 балла)
Решение.
Пусть вместе со стаей белых гусей все время летит еще один, Серый гусь.
Если к некоторому озеру подлетает m белых гусей и Серый, то на этом озере
садится
m 1 m 1
 
- ровно половина всех гусей. Поэтому после каждого озера
2 2
2
число летящих гусей уменьшается ровно вдвое. После семи озер оно
уменьшится в 27=128 раз, а остается летящим один Серый гусь. Значит, вначале
было 128 гусей, из них 127 – белых.
Ответ: 127 гусей.
3. Разложите многочлен:
а) x8  x 4  1 на три множителя с целыми коэффициентами;
б) x5  x  1 на два множителя с целыми коэффициентами.
(1 балл)
(1 балл)
Решение.
а)
    


2


 x 4  2 x 2  1  x 2  x 4  x 2  1   x 2  1  x 2   x 4  x 2  1 


2
2
4
2
 x  x  1 x  x  1 x  x  1.
Ответ: x 2  x  1 x 2  x  1 x 4  x 2  1.
б) x5  x  1  x5  x4  x3  x4  x3  x2  x2  x  1  x3  x2  1 x2  x  1.
Ответ: x3  x 2  1 x 2  x  1.
2
2
x8  x 4  1  x8  2 x 4  1  x 4  x 4  1  x 2  x 4  x 2  1  x 4  x 2  1 
4. Многочлен Р(x) дает при делении на (x+1) остаток 1, а при делении на
(x-1) – остаток 3. Каков остаток при делении Р(x) на (x2-1)?
(2 балла)
Решение:
Пусть ax+b остаток от деления
Px 
x2 1
. Тогда остаток от деления
Px 
x 1
ax  b
, т.е. равен b-a. Отсюда b-a=1 .
x 1
Px 
ax  b
Аналогично остаток от деления
равен остатку от деления
, т.е.
x 1
x 1
равен остатку от деления
равен a+b. Отсюда a+b =3. Решив систему, получим: а=1, b=2.
Ответ: остаток равен x+2.
5. Составить уравнение прямой, проходящей через левый фокус и
нижнюю вершину эллипса
x 2 y2

1
25 16
(2 балла)
Решение:
Координаты левого фокуса : (-с; 0) = (- a 2  b 2 ;0)  ( 25  16; 0) = (-3;0)
Координаты нижней вершины: (0: -b) = (0; -4)
Уравнение прямой, проходящей через две точки
x3
y

3
4
Приведём к
общему виду: 4x+3y+12=0
Ответ: 4x+3y+12=0
6. Привести к каноническому виду и определить вид кривой
а) x 2  9y2  2x  36y  44  0
(2 балла)
Решение:
Выделим полные квадраты: (x 2  2x  1)  1  (9y 2  36y  36)  36  44  0 
( x  1) 2  9( y  2) 2  9  0 .Приведём к каноническому виду
Заменим x+1 = x’; y-2 = y’
Ответ:
x ' 2 y' 2
1
32 1
( x  1) 2 ( y  2) 2

1
9
1
– гипербола с действительной осью ох.
б) 6xy  8y 2  12x  26y  11  0
(4 балла)
Решение:
Повернём оси координат на угол  ,такой, чтобы коэффициент перед xy
стал равным нулю:
6 (x ' cos   y ' sin ) (x ' sin   y cos ) +8 (x ' sin   y cos ) 2 - 12 (x ' cos   y ' sin ) - 26 (x ' sin   y cos ) +11 = 0
2
(6 sin  cos   8 sin 2 ) x ' + (8 cos 2   6 sin  cos ) y ' + (16 sin  cos   6(cos 2   sin 2 )) x’y’(12 cos   26 sin ) x’ – (26 cos   12 sin ) y ' + 11 = 0
Коэффициент при x’y’
(16 sin  cos   6(cos 2   sin 2 )) = 0 
3tg 2   8tg  3  0  tg1  3 ; tg 2   1
3
 tg1  3  sin   
3
10
2
; cos   
1
10
. Подставляя значения sin  и cos  ,
получим
9 x’ 2 - y’ 2 - 9 10 x’ + 10 y’ + 11 = 0
Выделим полный квадрат
9( x ' 
10 2
10 2
)  (y ' 
) 9
2
2
которой
x  2 y 2

1
1
9
x  2 y 2

1
Ответ:
1
9
-
гипербола, каноническое уравнение
7. Найти объём цилиндра, максимально возможный при данной полной
поверхности S.
(3 балла)
Решение:
х – радиус основания, у – высота. Площадь полной поверхности S = 2 x 2  2xy
S  2x 2
y =
2x
1 S
1 S
(  2x )
(  2x )  Объём цилиндра V = x 2
2 x
2 x
S
S
при Vx'   3x 2 = 0, т.е. при х =
- критич.точка. Т.к.
2
6
=
максимальный
Vxx''   6x
x S
< 0, то это максимум.
6
Объём цилиндра равен V =
Ответ: V =
1
6S3
18
1
6S3
18
2013
8. Вычислить интеграл:

( x  1)( x  2)( x  3)...( x  2013)dx .
1
(3 балла)
Решение:
Сделаем замену:
. Тогда интеграл преобразуется к виду:
1006

(t  1006)(t  1005)...t...(t  1005)(t  1006) dt 
1006
1006


(t 2  10062 )(t 2  10052 )...(t 2  1)tdt ,
1006
и будет равен нулю, так как подынтегральная функция нечетная.
Ответ: 0
n
n
  sin
2 .
9. Найти сумму ряда: 
(3 балла)
n
6
n
!
n 1
Решение:
Имеем:


n 1
при
 n sin
n
6n n!
2 

и
(1)k  2k 1
при

(1)k   
 62k 1(2k  1)!   (2k  1)! 6 
k 0
k 0
. Тогда
2k 1
  1
 sin   
6 2
10. Решить дифференциальное уравнение:
x  y  x  y  y
3
1
 ex,
(4 балла)
x  0.
Решение:
1) Решим соответствующее ЛОДУ:
x3  y  x  y  y  0.
Видно, что y1  x - его частное решение.
Второе частное решение будем искать в виде: y2  y1   u x dx  x   u x dx.
Тогда y2   ux dx  xU , y2  2U  xU  . Подставив в уравнение, получим:


x  U    2 x  x  U , откуда
3
2
1
1 x
U  2 e
x
, y2  x  
1
ex
x2
1
dx   xe x
Отсюда общее решение ЛОДУ:
1
y0  C1  x  C2  xe x .
2) Ищем частное решение ЛНДУ методом вариации:
y  C1x   x  C2
1
x   xe x .
Решив соответствующую систему:
1
C1  x  C2  xe x  0,
1
1
1
 1
C1  C2  1  e x  3 e x ,
x

x
получим:
y
1
 x  e x
1
C1x   e x , C2 x  
1
. Отсюда:
x
1
 ex.
3) Общее решение ЛНДУ:
1
1
1
1
1
x
x
x
x
y  C1  x  C2  xe  x  e  e  C1  x  C2  1  xe  e x 
1
1
~
 C1  x  C2  xe x  e x .
1
1
~
Ответ: y  C1  x  C2  xe x  e x .
.