Ім'я файлу: olimpiada-10-klas (1).docx
Розширення: docx
Розмір: 415кб.
Дата: 21.01.2021
скачати
Пов'язані файли:
Тема 5.docx
Гендерна соціалізація дітей дошкільного віку. Никифорова.docx
Enzimologiya (1).doc
10 клас.docx
Л3_Максвелл.ppt
1.docx
2.docx
3.docx
5.docx
6.docx
7.docx
8.docx
Титулка. зміст.docx
15.doc
Макаренков Дмитро.docx
Вступ.docx
Приклад РЗ СТВСЛГВ 2022 (2).docx
32510-2021_kursova_r_1664639808.docx
Бікбасаров Микола ГРС-21 - Підготувати доповіді та презентації з
Задачі_на_майновий_податок_на_нерухомість.docx

II етап Всеукраїнських учнівських олімпіад з математики у 2010/2011 навчальному році

10 клас

1. Визначте кількість розв‘язків рівняння залежно від значення параметра а.

Вказівка:

Розв‘язки рівняння - це точки перетину графіка функції з прямою . При - немає розв‘язків; при - 2 розв‘язки; при - 4 розв‘язки; при - 3 розв‘язки; при - 2 розв‘язки.

Відповідь:

при - немає розв‘язків; при - 2 розв‘язки; при - 4 розв‘язки; при - 3 розв‘язки; при - 2 розв‘язки.

2. При яких натуральних значеннях n многочлен ділиться націло на многочлен ?

Вказівка:Якщо многочлен ділиться без остачі на , то є коренем многочлена, тобто , що виконується тільки при непарних n.

Відповідь: при непарних n.

3. Доведіть нерівність:

Вказівка:При нерівність правильна:

Припустимо, що нерівність правильна при , тобто

Тоді при маємо:

Тобто нерівність правильна для будь-якого натурального

4. Доведіть, що радіус r кола, вписаного в прямокутну трапецію, обчислюється за формулою , де а і b – довжини основ трапеції.

Вказівка:



ABCD – дана трапеція. BC||AD, BC=a, AD=b,

Нехай О – центр вписаного кола. (OC і OD – бісектриси внутрішніх односторонніх кутів при паралельних BC і AD). З

5. Знайдіть всі функції , які задовольняють рівняння

Вказівка: Нехай Тоді

Якщо , то Перевірка показує, що є розв‘язком заданого рівняння.

Відповідь: .

10 клас

1. Скільки коренів має рівняння залежно від значення параметра а? Відповідь: якщо a<0, то рівняння не має коренів; якщо а=0, то рівняння має 3 корені; якщо , то рівняння має 6 коренів; якщо а=4, то рівняння має 4 корені; якщо a>4, то рівняння має 2 корені.

2. Члени арифметичної прогресії є цілими числами. Відомо, що і при діленні її дев‘ятого члена на четвертий член у частці отримуємо 2, а в остачі 6. Знайдіть перший член і різницю прогресії.

Вказівка. З урахуванням умови можна скласти систему рівнянь Відповідь.

3. Доведіть, що для будь-яких додатних чисел a і b виконується нерівність

Вказівка. Оскільки a2 і b – числа додатні, то за нерівністю Коші для середнього арифметичного і середнього геометричного отримаємо: Аналогічно, застосувавши нерівність Коші до чисел і , які є додатні, отримаємо: Перемноживши почленно нерівності, маємо:

4. Сторона трикутника дорівнює 10 см, а медіани, проведені до двох інших сторін, – 9 см і 12 см. Знайдіть площу трикутника.

Вказівка.



Відповідь. 72 см2.

5. Доведіть, що для будь-якого натурального n значення виразу кратне 9.

Вказівка. Використаємо метод математичної індукції. Якщо n=1, то - кратне 9. Припустимо, що для n=k умова задачі виконується, тобто - кратне 9. Доведемо для n=k+1, що - кратне 9. Маємо:



Число - кратне 9 (за припущенням). Оскільки , то 4k при будь-якому k при діленні на 3 дає остачу 1, а тому число при будь-якому k кратне 3, а отже, вираз при будь-якому k кратний 9. Тому - кратне 9.

  1. клас

1. Знайти суму коренів рівняння .

Розв’язання:

  1. Корені даного рівняння існують. (учнімаютьобгрунтуватиіснуваннякореніврівння.)

  2. Так як функція -парна, то корені рівняння =0 протилежні числа, значить їх сума дорівнює нулю.

2. Довести, що ділиться без остачі на 133, де .

Розв’язання:

При

При ;

При

3. Знайти лінію, яку описує вершина параболи ,

якщо m набуває всіх дійсних чисел.

Розв’язання:

Вершина параболи, має координати:



,

, а m=x+3.

Тоді .

Вершина параболи описує лінію , параболу.

4. Дано трапецію основи якої а і 3а, бічні сторони 2а. Знайти відстань між центрами вписаного та описаного кіл.

Розв’язання:



Оскільки трапеція рівнобічна, то навколо неї можна описати коло.

Оскільки суми протилежних сторін рівні, то в трапецію можна вписати коло.

1.Виконаємо додаткову побудову. MN ║AB, MK║CD.

- рівносторонній із стороною 2а. Його висота .

.

2.

. ,

, .

Нехай - центр описаного кола.

.

Порівняємо: і h



- в середині трапеції

Відповідь:

5. На дощці записано рівняння . Два гравці по черзі вписують на вільних місцях цілі числа – коефіцієнти рівняння (за один хід можна вписати тільки одне число, хід пропускати не можна). Перший гравець виграє в тому випадку, якщо всі корені рівняння - цілі числа. Чи існує виграшна стратегія? Відповідь поясніть.

Розв’язання:

Перший гравець на останнє пусте місце ставить число 0. Після ходу другого гравця можна підібрати число, що залишилося, використовуючи теорему Вієта. Виграє перший гравець.

  1. клас

  1. Розв’яжіть рівняння: .

Вказівка.

  1. Знайдіть максимальне значення виразу при та вкажіть, при яких х і у це значення досягається

Відповідь . Максимальне значення даного виразу дорівнює при х=у=1. Вказівка. Застосуємо нерівність Коші .

Тоді , тобто маємо нерівність

.

Враховуючи, що обидві частини нерівності невід’ємні , піднесемо останню нерівність до квадрата:

.

Тоді Отже, максимальне значення даного виразу дорівнює при х=у=1.



  1. Квадрат вписано в круг. На сторонах квадрата, як на діаметрах всередині квадрата побудовано півкруги. Чотири попарних перетини цих півкругів утворюють фігуру «квітка». Довести, що загальна площа «квітки» дорівнює площі частини описаного круга, що лежить поза квадратом.

Вказівка:

Нехай сторона квадрата (лінійних одиниць), тоді радіус круга дорівнює (лін.од), площа круга (лін.од). Площа квадрата , площа частини круга, що лежить поза квадратом дорівнює (лін.од). Площа одного «пелюстка квітки» дорівнює =

, площа всієї «квітки»: .



4.Автомобіль проїхав першу половину шляху зі швидкістю 60 км/год. Шлях, що залишився половину часу він їхав зі швидкістю 80 км/год, а другу половину – зі швидкістю 100 км/год. Знайти середню швидкість руху авто (в км/год).

Відповідь: 72 км/год. Вказівка:




- час , за який проїхали відстань АВ,
час , за який проїхали відстань ВМ, км.
км. ;

.

.
(км/год).


5. Футбольний турнір проходить в одне коло. За перемогу давалося очки, за нічию – очко, за поразку – очок. Чи могло статися так, що команда, яка зайняла на турнірі перше місце, при старій системі підрахунку очок (перемога – очки, нічия – очко, поразка – очок) була б останньою? Відповідь обґрунтуйте.

Відповідь. Могло. Вказівка. Достатньо навести приклад такого турніру. Наприклад, в турнірі брали участь команд. Одна із них (команда ) виграла ігор і програла. Всі інші ігри завершилися в нічию. За новою схемою у очок, а в усіх інших – не більше очок. За старою схемою у буде очок, а в усіх інших – не менше очок.

Завдання ІІ етапу Всеукраїнської олімпіади з математики (2014-2015 н.р.)

Завдання ІІ етапу Всеукраїнської олімпіади з математики (2014-2015 н.р.)

  1. клас

1. Розв’язати рівняння: .

2. Знайдіть максимальне значення виразу при та вкажіть, при яких х і у це значення досягається.

3. Квадрат вписано в круг. На сторонах квадрата, як на діаметрах всередині квадрата побудовано півкруги. Чотири попарних перетини цих півкругів утворюють фігуру «квітка». Довести, що загальна площа «квітки» дорівнює площі частини описаного круга, що лежить поза квадратом.
4.Автомобіль проїхав першу половину шляху зі швидкістю 60 км/год. Шлях, що залишився половину часу він їхав зі швидкістю 80 км/год, а другу половину – зі швидкістю 100 км/год. Знайти середню швидкість руху авто (в км/год).
5. Футбольний турнір проходить в одне коло. За перемогу давалося очки, за нічию – очко, за поразку – очок. Чи могло статися так, що команда, яка зайняла на турнірі перше місце, при старій системі підрахунку очок (перемога – очки, нічия – очко, поразка – очок) була б останньою? Відповідь обґрунтуйте.

Завдання ІІ етапу

Всеукраїнської учнівської олімпіади з математика

2015-2016 навчальний рік

  1. клас – завдання й розв’язки

1. При яких значеннях параметра а корені рівняння належать проміжку ?

Вказівка до розв’язання:

Нехай , D– дискримінант, а х0 – абсциса вершини параболи. Оскільки корені рівняння належать проміжку , то



Відповідь:

2.Знайдіть усі пари дійсних чисел , які задовольняють нерівність .

Розв’язання

Запишемо вираз, який стоїть у лівій частині рівності, так:

Оскільки , а , то Тому рівність може виконуватися лише за умови х + 4 = 0, у – 5 = 0, тобто х = – 4, у = 5

Відповідь.(–4; 5)

3. Два кола внутрішнім чином дотикаються в точці . Пряма, яка дотикається одного з кіл в точці , перетинає друге коло в точках та С . Довести, що є бісектрисою кута .

Доведення

Нехай та – точки перетину внутрішнього кола з прямими і відповідно. Розглянемо гомотетію з центром в точці , яка зовнішнє коло відображує у внутрішнє. Тоді , а тому прямі і паралельні і відсікають на внутрішньому колі рівні дуги та , звідки і випливає рівність кутів і .

  1. Дано два послідовних натуральних числа а та в, а також їх добуток с. Доведіть, що число завждиєквадратом деякого непарного числа.

  2. Розв’язання

Нехай a = n, b = n+1, c = n(n+1).

Тоді



= =

Оскільки з двох послідовних натуральних чисел n і n+1 – одне непарне, то добуток n (n+1) – число парне. Тоді число є непраним, що й треба було довести.

5. Кілька осіб (більше двох) проводять шаховий турнір в одне коло. У деякий момент виявилося, що тільки двоє шахістів зіграли однакову кількість партій. Довести, що тоді є або тільки один учасник, який не зіграв жодної партії, або тільки один, який зіграв усі партії

Розв’язання. Мовою теорії графів задача перекладається наступним чином. У графі з n (n> 2) вершинами тільки дві вершини мають однакові степені. Довести, що є або лише одна вершина степеня 0, або лише одна степеня n-1. Розглянемо всі можливі заперечення цього твердження. Якщо припустити, що немає вершин степеня як 0, так і n-1, то n вершин мають степені від 1 до n-2, але тоді за принципом Діріхле серед них є або дві пари вершин, або три вершини з однаковими степенями, що суперечить умові. Отже, вершини степеня 0 або степеня n-1 є.

Але, якщо вершина має степінь n-1, то вона суміжна з усіма іншими вершинами, й у графі немає ізольованих вершин. Аналогічно, якщо в графі є ізольована вершина, то немає вершини степеня n-1 (суміжної з усіма іншими), тобто одночасно у графі з n - вершинами не можуть існувати вершини степенів 0 і n-1.

Якщо є дві вершини степеня 0, то залишається n-2 вершин з попарно різними степенями від 1 до n-3, а це неможливо. Так само неможливо, що за двох вершин степеня n-1 решта n-2 вершин мають попарно різні степені від 2 до n-2. Отже, існує або одна вершина степеня 0, або одна вершина степеня n-1. Тобто один з учасників турніру або не зіграв жодної партії, або зіграв усі партії
скачати

© Усі права захищені
написати до нас