Главная » 2015 Май 17 » Всероссийская олимпиада по алгебре 10 класс с ответами фгос
09:49 Всероссийская олимпиада по алгебре 10 класс с ответами фгос | |
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 | |
|
Всего комментариев: 0 | |