Главная » 2015 » Май » 17 » Всероссийская олимпиада по алгебре 10 класс с ответами фгос
09:49
Всероссийская олимпиада по алгебре 10 класс с ответами фгос
Задание № 1

Решить уравнение: (2 очка.)

Задание № 2

Доказать, что при всех положительных значениях , и верно неравенство

8 (+)*(+)*(+). (3 очка.)

Задание № 3

Вы видите на рис.1 шесть косточек домино, выложенных по правилам игры и отличающихся тем, что число очков на косточках (на двух половинах каждой косточки) возрастает на 1: начинаясь с 4, ряд состоит из следующих чисел очков:

4; 5; 6; 7; 8; 9.

Такой ряд чисел называется арифметической прогрессией. Составить ещё несколько 6-косточковых прогрессий. Сколько всего таких прогрессий можно составить? (4 очка.)

Рис.1

Задание № 4

Доказать, что если длины прямоугольного треугольника образуют арифметическую прогрессию, то разность этой прогрессии равна радиусу вписанного в этот треугольник круга. Смотри рис. 2 (5 очков.)

Рис.2

Задание № 5

Даны две плоскости и , пересекающиеся по прямой p. В плоскости дана точка A и в плоскости ─ точка C. Ни одна из этих точек не лежит на прямой p. Построить в плоскости точку B и в плоскости точку D, являющиеся вершинами равнобедренной трапеции ABCD (AB║ CD), в которую можно вписать круг. Смотри рис. 3 (10 очков.)



Рис.3

Задание № 1

Решить уравнение:

Решение: ОДЗ: ,

,

,

Пусть , где > 0

Тогда уравнение примет вид:

,

,

,

а) , б) ,

корней нет, ,

т. к. −3 < 0 ,



Ответ: .

Задание № 2

Доказать, что при всех положительных значениях , и верно неравенство

8 (+)*(+)*(+).

Решение: (один из способов)

Используя неравенство Коши,

имеем , ,

Аналогично ,



Перемножим три полученных неравенства с положительными членами, получим

(+)*(+)*(+),

т. к. > 0, > 0, > 0, то = = , то

8(+)*(+)*(+).

Задание № 3

Вы видите на рис.1 шесть косточек домино, выложенных по правилам игры и отличающихся тем, что число очков на косточках (на двух половинах каждой косточки) возрастает на 1: начинаясь с 4, ряд состоит из следующих чисел очков:

4; 5; 6; 7; 8; 9.

Такой ряд чисел называется арифметической прогрессией. Составить ещё несколько 6-косточковых прогрессий. Сколько всего таких прогрессий можно составить?

Рис.1

Решение:

Всех 6-косточковых прогрессий можно составить 23. Начальные косточки их следующие:

а) для прогрессий с разностью 1:

0 − 0 1 − 1 2 − 1

0 − 1 2 − 0 3 − 0

1 − 0 0 − 3 0 − 4

0 − 2 1 − 2 1 − 3

2 − 2 3 − 2

3 − 1 2 − 4

1 − 4 3 − 5

2 − 3 3 − 4

б) для прогрессий с разностью 2:

0 − 0; 0 − 2; 0 − 1.

Задание № 4

Доказать, что если длины прямоугольного треугольника образуют арифметическую прогрессию, то разность этой прогрессии равна радиусу вписанного в этот треугольник круга. Смотри рис. 2

Решение:

− прямоугольный,

BC = , AC = +, AB = +, где − разность арифметической прогрессии.

Тогда + = ,

+++ = ++,

−−3 = 0,

+−3−3 = 0,

−3 = 0, = 0,

Откуда (>0),

Поэтому

BC = , AC = , AB = ,

Получим

AB = AL + LB = AK + MB,

BM = BC − MC = − ,

AK = AC − KC = − ,

AB = AK + MB = (−) + (−) = −2,

− 2 = ,

− = 2,

= 2, = , что и требовалось доказать.

Рис.2

Задание № 5

Даны две плоскости и , пересекающиеся по прямой p. В плоскости дана точка A и в плоскости ─ точка C. Ни одна из этих точек не лежит на прямой p. Построить в плоскости точку B и в плоскости точку D, являющиеся вершинами равнобедренной трапеции ABCD (AB║ CD), в которую можно вписать круг. Смотри рис. 3

Решение:

Пусть трапеция ABCD ─ искомая.

Тогда прямые AB║ CD║ p.

Таким образом через точки A иC проводим прямые p1║p и q1║p.

На этих прямых p1 и q1 найдем точки B и D ─ вершины равнобедренной трапеции ABCD, в которую вписан круг.

Воспользуемся свойством окружности вписанной в трапецию:

AB + CD = AD + BC = 2AD,

Тогда AF1 = FE, где F1 ─ середина AB,

FF1q1 и E ─ проекция a на CD.

Поэтому AB = 2AF1 =2EF и CD = 2CE ─ 2EF, откуда

2AD = 2EC, т. е. AD = EC. Точки D и D1 лежат на окружности радиуса EC, с центром в точке A .

Задача имеет решение, если AD = EC FF1, т. е. , т. е. ACE450.

Построение (рис.4)

Из точки A опускаем перпендикуляр AE на прямую q1 и из точки A радиусом, равным CE описываем окружность. Возьмем точки D и D1 пересечения с прямой q1. Разделим отрезок CD пополам и проведем FF1CD. Точку B(B1) получим, отразив симметрично точку A относительно FF1.

Таким образом задача имеет два решения, если ACE < 450, и одно решение, тогда трапеция превращается в квадрат, если ACE = 450.





Рис.3 Рис.4
Категория: Алгебра | Просмотров: 71 | | Рейтинг: 0.0/0
Всего комментариев: 0
avatar