Міністерство освіти і науки...
Transcript of Міністерство освіти і науки...
МІНІСТЕРСТВО ОСВІТИ І НАУКИ, МОЛОДІ ТА СПОРТУ УКРАЇНИ
НАЦІОНАЛЬНА АКАДЕМІЯ НАУК УКРАЇНИ
НАЦІОНАЛЬНИЙ ЦЕНТР «МАЛА АКАДЕМІЯ НАУК УКРАЇНИ»
КИЇВСЬКИЙ НАЦІОНАЛЬНИЙ УНІВЕРСИТЕТ ІМЕНІ ТАРАСА ШЕВЧЕНКА
В. В. Плахотник
100
КОНТРОЛЬНИХ ЗАВДАНЬ
З МАТЕМАТИКИ
Всеукраїнський конкурс-захист
науково-дослідницьких робіт
учнів – членів Малої академії наук України
у 2010–2011 н. р.
Київ 2011
2
Редакційна колегія:
О. В. Лісовий, С. О. Лихота,
В. В. Плахотник (канд. фіз.-мат. наук), Т. В. Пещеріна,
З. І. Черній
Рекомендовано науково-методичною радою
Національного центру «Мала академія наук України»
(протокол № 2 від 03.10.2011 р.)
Плахотник В. В. 100 контрольних завдань з математики. Всеукраїнський конкурс-
захист науково-дослідницьких робіт учнів – членів Малої академії наук України у
2010–2011 н. р. / [за ред. О. В. Лісового]. – К. : ТОВ «Праймдрук», 2011. – 36 с.
У збірнику представлено розв’язки 100 задач із контрольних робіт з математики
фінального етапу Всеукраїнського конкурсу-захисту науково-дослідницьких робіт учнів –
членів Малої академії наук України у 2010–2011 н. р.
Видання розраховане на старшокласників – учасників конкурсу-захисту – для
перевірки виконаних робіт, а також на допомогу іншим учням з метою підготовки до
контрольних робіт у Всеукраїнському конкурсі-захисті науково-дослідницьких робіт
учнів – членів МАН України.
© Авторський колектив, 2011
© Міністерство освіти і науки, молоді та
спорту України, 2011
© Національний центр «Мала академія наук
України», 2011
© Київський національний університет
імені Тараса Шевченка, 2011
© ТОВ «Праймдрук», 2011
3
Передмова
Про контрольну роботу з математики
на Всеукраїнському конкурсі-захисті науково-дослідницьких робіт
учнів – членів МАН у 2010–2011 навчальному році
У збірнику наведено розв’язування 100 задач із контрольних робіт
з математики фінального етапу конкурсу-захисту Малої академії наук у
2010–2011 н. р. для відділень «Математика», «Економіка» і «Комп’ютерні
науки».
На мою думку, завдання з математики не повинне суттєво різнитися для
учасників різних відділень, тому в цьому посібнику немає поділу задач на
відділення, секції, рівні.
Задачі укладено відповідно до вікових категорій, проте завдання для
дев’ятикласників можна запропонувати учасникам як десятого, так і
одинадцятого класів. Наявність спільних або аналогічних завдань дає змогу
порівняти рівень підготовки учнів різних класів, оскільки всі вони брали участь в
одному конкурсі, боролися за перемогу один з одним.
Читачеві збірника рекомендую відновити всі подробиці кожного наведеного
розв’язку, оскільки здебільшого є лише ескіз розв’язання. Крім того, на сайті
Малої академії наук (http://man.gov.ua/) пропоную знайти задачі контрольної
роботи у 2010–2011 н. р. для відділення, яке Вас найбільше цікавить, і
спробувати розв’язати всі наведені там задачі, користуючись цим посібником чи
без нього.
Це видання допоможе в підготовці до аналогічної контрольної роботи
наступним учасникам конкурсу МАН.
Володимир Плахотник,
доцент кафедри загальної математики механіко-математичного факультету
Київського національного університету імені Тараса Шевченка,
кандидат фізико-математичних наук
4
Приклади задач для 9-го класу
1. Скільки всього цілих чисел є серед розв’язків нерівності
2100 2x x x ?
Бачимо, що від’ємних розв’язків немає, бо ліва частина нерівності не
від’ємна. Підносячи до квадрату обидві частини нерівності, отримуємо
рівносильну систему 2
2
2 100 0
50 0
x x
x x
. Розв’язуючи квадратні рівняння,
дістанемо нерівність 1 204
1 1012
x
, цілими розв’язками якої є числа 8, 9 і
10 (три розв’язки).
2. Відомо, що всі сторони прямокутного трикутника дорівнюють цілим
числам. Знайти всі такі трикутники, якщо один із його катетів дорівнює 12.
Вважаючи невідомими гіпотенузу c і катет a , за теоремою Піфагора маємо
( )( ) 144c a c a . Числа c a і c a обидва парні, бо їхня різниця є парним
числом, і c a c a , тому маємо одну із систем 2,
72,
c a
c a
4,
36,
c a
c a
6,
24,
c a
c a
8,
18,
c a
c a
звідси дістає чотири трикутники, у яких дві сторони (крім
відомого катета) дорівнюють 37, 35c a або 20, 16c a , або 15, 9c a або
13, 5c a . Побудувати графік | 1| | 1|
| |
x xy
x
.
Розглянемо чотири проміжки, на які ділять точки 1, 0, 1x x x числову
пряму. Дістанемо 2
yx
, якщо 1x ; 2y , якщо 1 0x ; 2y , якщо
0 1x ; 2
yx
, якщо 1x . Звідки й дістанемо графік, утворений двома дугами
гіперболи і двома відрізками.
3. Знайти кількість дійсних різних коренів рівняння 2( )( 2 ) 0x a x x a
залежно від значення параметра a .
5
Маємо 1 2,3, 1 1x a x a . Це означає, що при 1a рівняння матиме
єдиний корінь x a , а при 1a рівняння матиме три корені, однак деякі з них
можуть збігатися. Так, якщо 1a , то 2 3x x , і при такому значенні параметра a
всі три корені будуть рівними. Умова 1 1a a справджуватиметься, якщо
1a чи 0a . Умова 1 1a a буде справджуватись, лише якщо 1a . Звідси
відповідь. При 1a рівняння має єдиний корінь, при 0a воно має два корені, а
за інших значень параметра a воно має три корені.
4. Довести, що фігура, утворена двома графіками 2 2 3y x x та
2 4y x x , має центр симетрії, і знайти координати центра симетрії.
Фігура утворена двома параболами, вітки яких спрямовані в різні сторони.
Тому центром симетрії може бути лише точка – середина відрізка, який з’єднує
їх вершини; цією точкою є точка 1
( ;3)2
M . Залишається довести, що ця точка
справді є центром симетрії фігури. Нехай ( ; )u v довільна точка на першій
параболі. Тоді точка, симетрична до неї відносно точки М, матиме координати
( 1 ;6 )u v . Залишається пересвідчитись, що ця точка лежить на другій
параболі. Для цього потрібно довести, що 26 ( 1 ) 4( 1 )v u u . Ця
рівність рівносильна рівності 2 2 3v u u , яка справджується, бо точка ( ; )u v
лежить на першій параболі.
5. Довести, що для довільного цілого m існує таке ціле n , що число
4 3n n m без остачі ділиться на 7.
Потрібно довести, що вираз 4 3n n може давати всі можливі остачі при
діленні на 7. Тоді, яку б остачу не давало число m при діленні на 7, ми доберемо
відповідне значення числа n , щоб остача суми 4( 3 )n n m дорівнювала нулю.
Число n може давати остачі 0,1,2,3,4,5,6 , тоді, відповідно, число 3n
даватиме остачі 0,3,6,2,5,1,4 , а число 4n даватиме остачі 0,1,2,4,4,2,1. Додаючи
відповідні остачі, отримаємо, що 4 3n n дає остачі 0,4,1,6,2,3,5 (усі можливі
остачі).
6
6. У прямокутному трикутнику з гіпотенузою с і катетом a бісектриса кута,
утвореного ними, ділить висоту, проведену з вершини прямого кута, на дві
частини. Знайти відношення більшої з них до меншої.
Нехай CD висота, проведена з вершини прямого кута трикутника, BL
бісектриса гострого кута, яка перетинає CD у точці O . За властивістю
бісектриси BO кута B у прямокутному трикутнику BCD дістанемо рівність
CO BC
OD BD , тому досить знайти
2aBD
c , щоб дістати відповідь
CO c
OD a .
7. Нехай для опуклого чотирикутника ABCD і довільної точки M його
площини вираз 2 2 2 2AM CM BM DM не залежить від положення точки M .
Довести, що ABCD є паралелограмом.
Узявши послідовно , , , ,M A M B M C M D з умови задачі дістанемо
рівності:
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2CA BA DA AB CB DB AC BC DC AD CD BD .
Звідси (порівнявши перший і третій вираз, а потім – другий і четвертий)
отримаємо систему 2 2 2 2
2 2 2 2
,
.
AB BC AD CD
AB AD BC CD
Додавши і віднявши рівності системи, дістанемо ,AB CD BC AD , що й
потрібно довести.
8. Нехай ABC трикутник, у якому 3 2, 5, 7.AB BC AC У площині
трикутника знайти всі такі точки M , що 2 2 22 36MB MC MA .
Уведемо систему координат, вважаючи, що (0;0)A , (7;0)C , тоді для
відшукання координат ( , ), 0u v v точки B дістанемо систему рівнянь
2 2
2 2
18,
( 7) 25,
u v
u v
після розв’язання якої отримаємо (3;3)B . Тепер умову задачі можна легко
записати, вважаючи, що невідома точка має координати ( ; )x y . Дістанемо
рівність 2 2 2 2 2 22(( 3) ( 3) ) 36(( 7) )x y x y x y , з якої, розкриваючи
7
дужки та по-іншому групуючи доданки, отримаємо 2 2258 6( ) ( ) 0
37 37x y .
Така рівність можлива лише для однієї точки з координатами 258 6
,37 37
x y .
9. Знайти множину всіх значень, яких може набувати функція 2
2 1
x xy
x
.
Переформулюємо умову задачі по-іншому. За яких значень параметра y
рівняння 2
2 1
x xy
x
має принаймні один розв’язок? Для відповіді на це
запитання запишемо рівняння як квадратне, попередньо розглянувши випадок
1y : 2( 1) 0y x x y . Знайшовши дискримінант, розв’яжемо нерівність
0D . Звідки й дістанемо відповідь 1 2 1 2
[ ; ]2 2
y
.
10. Знайти всі значення параметра a , за яких нерівність
2 5(3 5) 0
4x a x a має рівно два цілі розв’язки. Чи може ця нерівність
мати лише один цілий розв’язок?
Зауважимо, що параболи, які є графіками функцій у лівій частині
нерівності, проходять через точку 1 11
( ; )3 36
, яка не залежить від параметра a .
Тому тими двома цілими розв’язками нерівності, про які йдеться в умові, можуть
бути лише або 0 і 1, або –1 і 0, або –1 і –2. У випадку тільки одного розв’язку
ним може бути лише або 0, або 1. Детальніше розберемо випадок, коли
розв’язками будуть цілі числа 0 і 1. Для цього необхідно і достатньо, щоб
справджувались чотири нерівності (0) 0, (1) 0, ( 1) 0, (2) 0f f f f , де
( )f x функція в лівій частині нерівності. Дістанемо систему нерівностей
50
4
51 3 5 0
4
51 3 5 0
4
54 2(3 5) 0
4
a
a a
a a
a a
,
8
розв’язавши яку, отримаємо відповідь у цьому випадку 29 61
16 28a .
Аналогічно розглядаються всі інші випадки.
11. У трикутнику ABC з вершини прямого кута C проведено висоту CD .
Радіуси вписаних кіл трикутників ACD і BCD дорівнюють 5 і 12 відповідно.
Знайти радіус вписаного кола трикутника ABC .
Відомо, що ця висота розтинає цей трикутник на два трикутники, кожен із
яких подібний до початкового. З умови задачі випливає, що коефіцієнт
подібності цих трикутників дорівнює 5
12 і дорівнює відношенню катетів
початкового трикутника (нехай вони дорівнюють 5x і 12 )x . За теоремою
Піфагора дістанемо гіпотенузу 13x . Отже, коефіцієнт подібності найменшого
трикутника і початкового дорівнює 5
13, значить, радіус вписаного кола
початкового трикутника дорівнює 13.
12. За яких невід’ємних значень числа a для кожного x , що є розв’язком
нерівності 2 0x a , буде справджуватись нерівність 2 2 3 0x x ?
Проміжок [ ; ]a a буде частиною проміжку [ 3;1] , якщо 0 1a .
13. Пішохід пройшов першу половину шляху зі швидкістю км
4год
. З якою
швидкістю він має рухатись на другій половині шляху, щоб його середня
швидкість на всьому шляху дорівнювала км
5год
?
Маємо 8 2
S St
x , тому 5
8 2
S
S S
x
за умовою. Звідси 6 40x , 20
3x .
14. Вершинами трикутника є основи висот деякого гострокутного трикутника
ABC . Виявилось, що такий трикутник подібний до трикутника ABC . Довести,
що трикутник ABC правильний.
Трикутник, вершинами якого є одна з вершин цього трикутника і дві
прилеглі основи висот, подібний до початкового. Тому кути даного в умові
трикутника дорівнюють 180 2 ,180 2 ,180 2 , які дорівнюють
9
(не обов’язково відповідно) кутам , , . Звідси маємо три істотно різні системи
рівнянь
180 2 ,
180 2 ,
180 2 ,
180 2 ,
180 2 ,
180 2 ,
180 2 ,
180 2 ,
180 2 .
У будь-якому випадку дістанемо 60 .
15. Скількома способами можна провести пряму, яка поділяє навпіл як площу,
так і периметр трикутника зі сторонами 8 см, 10 см і 12 см
Пряму апріорно можна провести, відтинаючи від цього трикутника
трикутник зі спільною вершиною і сторонами x та y . З умови задачі дістанемо
три системи рівнянь для їх відшукання:
15
60
x y
xy
,
15
40
x y
xy
,
15
48
x y
xy
.
Перша не має дійсних коренів. Друга має корені, але вони дуже великі, щоб
уміститися на сторонах. Третя дає єдиний розв’язок задачі.
16. Нехай 2,0 0,1x , 3,2 0,2y . Чи правда, що 1,23 0,07xy
x y
?
Відповідь обґрунтувати.
Маємо 1,9 2,1x та 3,0 3,4y . Тому 1 1 1
2,1 1,9x та
1 1 1
3,4 3y , звідки
5,5 1 1 1 1 1 1 4,9
2,1 3,4 2,1 3,4 1,9 3 5,7x y
. Отже, для числа
1
1 1
xy
x y
x y
маємо
оцінку 5,7 2,1 3,4
1,16 1,163 1,298... 1,34,9 5,5
xy
x y
. Твердження умови задачі
правильне, бо запис 1,23 0,07xy
x y
означає, що 1,16 1,3
xy
x y
.
17. Знайти всі квадратні тричлени ( )f x , для яких справджуються нерівності:
(1) 5, (2) 4, (3) 2, (4) 1.f f f f
10
Нехай 2( )f x ax bx c , тоді за умовою задачі
5
4 2 4
9 3 2
16 4 1
a b c
a b c
a b c
a b c
.
Розв’язуючи систему відносно c , дістанемо 5 4 4 2
2 9 3 1 4 16
a b c a b
a b c b a
.
Для сумісності цієї системи необхідно і достатньо, щоб ліві частини не
перевищували правих частин нерівностей. Звідси вийде система
1 3
2 5
2 5
3 7
b a
b a
b a
b a
, тому 2 5b a , звідки 2 5 1 3
2 5 3 7
a a
a a
, отже,
1 1,
2 2a b . Тепер із першої системи дістанемо 5c , тому
21 1( ) 5
2 2f x x x єдиний розв’язок.
18. Відомо, що n ціле додатне число, а дріб 7 3
4 5
n
n
можна скоротити. На яке
число цей дріб можна скоротити? Який дріб вийде після скорочення?
Якщо 7 3n і 4 5n діляться на деяке число d , на це число (додаючи або
віднімаючи) ділитимуться числа 3 2,6 4, 7,2 9,2 14,23n n n n n . Оскільки
число 23 просте, то скоротити дріб можна лише на 23. Дістанемо 7 3 23
4 5 23
n m
n k
,
звідки 23 3 23 5
7 4
m kn
, отже,
4 7 1
4 5 7 3 1
m k
. Віднімаючи ці рівності,
дістанемо 4( 5) 7( 3)m k , тому 7 5, 4 3m s k s , і після скорочення на 23
отримаємо дріб 7 3 7 5
4 5 4 3
n m s
n k s
нескоротний дріб.
19. Чи існує трапеція, основи якої дорівнюють 3 і 7, а бічні сторони
дорівнюють 13 і 15? Відповідь обґрунтувати.
Увівши систему координат Oxy , дістанемо (0;0), ( ; ), ( 3; ), (7;0)A B a b C a b D .
Можна вважати, що 0b . Для відшукання координат отримаємо систему
11
2 2
2 2
169
( 4) 225
a b
a b
. Віднімаючи рівняння, дістанемо 5, 13a b . Отже,
трапеція існує (зверніть увагу на вигляд трапеції, зобразивши її вершини на
площині Oxy ).
20. Довести, що для довільного цілого m існує таке ціле n , що число 2 5m n
без остачі ділиться на 7.
Достатньо вказати n m .
21. Довести, що у довільному чотирикутнику різниця між сумою квадратів
усіх сторін і сумою квадратів обох діагоналей є невід’ємною.
Нехай ABCD – довільний чотирикутник, , ,AB a BC b CD c
, тоді
, ,AD a b c AC a b BD b c
. Знайдемо зазначену в умові різницю і
розкриємо дужки: 2 2 2 2 2 2 2( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0a b c a b c a b b c a c
,
що й потрібно довести (зверніть увагу на випадок, коли зазначена в умові
різниця дорівнює нулю).
22. Нехай ,m n довільні цілі невід’ємні числа. Довести, що число
6 4 6 4
11...11311...11m n
без остачі ділиться на 7.
Потрібно довести, що число 6 4 6 4
6 5 6 410 1 10 110 3 10
9 9
m nn n
кратне
числу 7.
Це рівносильно тому, що на 7 без остачі ділиться число
6 6 9 6 5 6 4 6 4 6 6 9 6 410 10 27 10 10 1 10 18 10 1m n n n n m n n . Розглянемо остачі
при діленні на 7 степенів 10: 110 дає остачу 3, 210 дає остачу 2, 310 дає остачу 6,
410 дає остачу 4, 510 дає остачу 5, 610 дає остачу 1 (найважливіший факт), тому
далі остачі повторюватимуться, а число 6 6 910 m n даватиме таку саму остачу, як і
310 , 6 410 n даватиме таку саму остачу, як і 410 , тому остачу даного в умові числа
визначатиме число 6 18 4 1 77 , яке кратне 7.
23. Довести, що число 3 39 80 9 80 є цілим, і знайти його.
12
Позначивши x a b , де ,a b зазначені в умові кубічні корені, дістанемо
3 3 3 3 ( )x a b ab a b . З огляду на те, що 3 3 18, 1a b ab , отримаємо рівність
3 18 3x x .
Розкладаючи на множники, матимемо:
3 3 2 2 23 18 3 3 9 6 18 ( 3)( 3 6)x x x x x x x x x x , звідки 3x , бо
квадратне рівняння не має дійсних коренів.
24. Нехай S площа трикутника, r радіус вписаного у нього кола і
23 3S r . Довести, що трикутник рівносторонній.
З формули Герона для площі та формули для радіуса вписаного кола
дістанемо:
2 4 2( ) 12 3 , ( ) 144 3 144 3 ( )( )( )( ),a b c S a b c S a b c a b c a b c a b c
звідки 3 ( )( )( )3
a b ca b c a b c a b c
. Тепер з нерівності Коші для
трьох чисел вийде a b c , що й потрібно довести.
25. Довести, що існує нескінченно багато прямих, кожна із яких має єдину
спільну точку з кожним графіком 24y x та 2 4 6y x x . Знайти рівняння
кожної із таких прямих.
Ясно, що всі прямі, які паралельні до осей симетрії парабол, перетинатимуть
кожну з них рівно в одній точці, і рівняння таких прямих матиме вигляд x a , де
a довільне число. Тому існує нескінченно багато шуканих прямих. Знайдемо
ще прямі, рівняння яких має вигляд y ax b . За умовою кожне з рівнянь
24 x ax b та 2 4 6x x ax b має єдиний корінь, тому обидва
дискримінанти дорівнюють нулю. Тому 2
2
4 16 0
8 16 4 24 0
a b
a a b
. Додавши ці
рівності, дістанемо 2 4 4 0a a , звідки 2, 5a b , і пряма 2 5y x ще
одна шукана пряма.
26. У трикутнику ABC висота BH ділиться бісектрисами, проведеними з двох
інших вершин, у відношенні 13:12 та 13:5 , рахуючи від вершини B . Знайти
величину кута B .
13
Нехай ,N M точки на висоті BH , через які проходять бісектриси кутів
,A C відповідно. Тоді за властивістю бісектриси у прямокутних трикутниках
BHA і BHC дістанемо співвідношення 13 13
,5 12
AB BN CB BM
AH NH CH MH . Із цих
самих трикутників, знаючи гіпотенузу і катет, знайдемо інший катет, отримуючи
5 , 13 , 12AH t AB t BH t і 12 , 13 , 5CH s BC s BH s . Звідси вийде, що
12 5t s , тому 65 12 156 169
13 , 13 , 5 125 5 5 5
AB t t BC t t AC t s t . Зважаючи
на те, що 2 2 265 156 169 , дістанемо 2 2 2AB BC AC , тому кут B прямий.
27. Описати всі опуклі чотирикутники, в кожному з яких різниця між сумою
квадратів усіх сторін і сумою квадратів обох діагоналей є найменшою.
Нехай ABCD – довільний чотирикутник, , ,AB a BC b CD c
, тоді
, ,AD a b c AC a b BD b c
. Знайдемо зазначену в умові різницю і
розкриємо дужки: 2 2 2 2 2 2 2( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0a b c a b c a b b c a c
.
Найменшим це число буде тоді, коли чотирикутник є паралелограмом.
28. У десятковому записі числа 8
13 знайти цифру, яка стоїть під номером 2010
після коми.
Оскільки 8
0,(615384)13
, то перша цифра 6 збігається з цифрами під
номерами 1 6,1 2 6,...,1 6n . Оскільки 1 6 334 2005 , то цифра з номером
2005 дорівнює 6, а шукана цифра дорівнює 4.
14
Приклади задач для 10-го класу
29. Розв’язати нерівність 3
sin 22
x .
За означенням синуса дістанемо 4 5
2 2 23 3
n x n
, тому після
ділення на 2 дістанемо відповідь: x належить об’єднанню всіх проміжків вигляду
2 5[ ; ]
3 6n n
, де n довільне ціле число.
30. Знайти висоту правильної трикутної піраміди, якщо її бічне ребро
дорівнює стороні основи, а об’єм дорівнює 18 2 .
Позначимо через a сторону основи піраміди, тоді висота основи дорівнює
3
2
a, площа основи дорівнює
2 3
4
a, радіус вписаного кола – двом третім
висоти, тому за теоремою Піфагора дістанемо висоту піраміди
2 22 3 2( )3 2 3
aH a a . З формули об’єму піраміди вийде 6a , тому
2 6H .
31. Скільки розв’язків має рівняння | 2 2 | | 1| | |x x x a залежно від
значення параметра a ?
Запишемо рівняння у вигляді рівносильної системи
| 2 2 | | 1| | |,
,
y x x x
y a
(попередні дві коми не потрібні) і побудуємо графік
першої функції, розглянувши чотири проміжки числової прямої, утворені
точками 1,0 та 1. Дістанемо ламану, яка проходить через точки зламу
( 1; 3), (0;1), (1;3)A B C , і довільні точки при 1x та 1x , наприклад
( 2; 7), (2;3)M N . Проводячи пряму y a паралельно до осі Ox , отримаємо
відповідь: при 3a рівняння має єдиний розв’язок, при 3a рівняння має
безліч розв’язків.
15
32. Нехай C прямий кут трикутника ABC , висота CH і бісектриса BD
якого перетинаються в точці N . Знайти відношення :BN DN , якщо
5, 3AB AC .
Знайдемо 12
5CH , обчисливши площу трикутника ABC двома різними
способами, і 16
5BH за теоремою Піфагора. Використавши теорему про те, що
бісектриса ділить протилежну сторону пропорційно до прилеглих сторін, з
трикутників ABC і BCH знайдемо, що : 4:5, : 5:4CD DA CN NH . Звідси
вийде, що 4
3CD ,
16
15NH . За теоремою Піфагора знайдемо
16 10
15BN ,
4 10
3BD . Звідси
4 10
15ND , а шукане відношення дорівнює 5:1.
33. Нехай , , , ,A B C D M довільні точки простору. Довести, що вираз
AM BM BM CM CM DM DM AM
не залежить від положення точки M .
Позначимо , , , ,AB a AC b AD c AM x
тоді за правилом додавання
векторів дістанемо , , ,BM a x CM b x DM c x
звідки знайдемо
заданий в умові вираз: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )x x a x a x b x b x c x c x
.
Використавши властивості скалярного добутку, дістанемо вираз b c a c
, який
не залежить від положення точки M , що й потрібно довести.
34. Кожен із трьох ненульових векторів перпендикулярний до суми двох
інших. Довести, що кожні два вектори – перпендикулярні.
Маємо вектори , ,a b c
, для яких справджуються рівності ( ) 0,a b c
( ) 0,b a c
( ) 0.c a b
Віднявши від першої рівності другу і третю, дістанемо
,ab ac bc
звідки, повертаючись до початкових рівностей, отримаємо
0ab ac bc
, тобто кожні два вектори є перпендикулярними.
35. Нехай в опуклому чотирикутнику ABCD діагоналі перетинаються в точці
O , а площі трикутників , ,ABO BCO CDO дорівнюють відповідно 5,4,6 . Знайти
площу чотирикутника ABCD .
16
Доведемо, що добутки площ протилежних трикутників, утворених від
перетину діагоналей опуклого чотирикутника, дорівнюють один одному. Для
цього знайдемо площі 1
sin2
ABOS AO BO , 1
sin2
BCOS CO BO ,
1sin
2CDOS CO DO ,
1sin
2ADOS AO DO . Тут sin не залежить від того,
який саме кут між діагоналями взято, бо sin sin( ) . Перемноживши площі
протилежних трикутників, бачимо, що добутки однакові.
Доведене співвідношення між площами дає змогу знайти площу четвертого
трикутника, отже, й площу чотирикутника.
36. Нехай n – натуральне число і остання цифра числа 2 6n n дорівнює 6.
Знайти передостанню цифру числа 2 6n n .
Нехай a остання цифра числа n , тоді вона парна, і, перебравши добутки
( 6)a a при 0,2,4,6,8a , бачимо, що лише при 2a дістанемо останню цифру 6.
Ясно, що на передостанню цифру числа 2 6n n впливає тільки передостання
цифра числа n , тому можна вважати, що 10 2n m . Отже,
2 26 (10 2)(10 8) 100 100 16n n m m m m . Бачимо, що передостання цифра
числа 2 6n n дорівнює 1.
37. У трикутній піраміді ABCD усі шість ребер мають однакову довжину.
Всередині піраміди існує точка M , для якої 2, 6MA MB MC MD .
Знайти довжину ребра піраміди.
Довільна піраміда, зазначена в умові, задається деяким числом, 0a , і
вершинами піраміди будуть (0;0;0), ( ; ;0), ( ;0; ), (0; ; )A B a a C a a D a a . З умови задачі
отримаємо систему рівнянь:
2 2 2
2 2 2
2 2 2
2 2 2
2
( ) ( ) 2
( ) ( ) 6
( ) ( ) 6
x y z
x a y a z
x y a z a
x a y z a
.
Віднявши перші два рівняння й останні два, дістанемо значення 2
ax y ,
які підставимо у перше і третє рівняння системи, отримуючи рівності 2
2 22
az
17
і 2
2( ) 62
az a , звідки, віднявши дві останні рівності, дістанемо
2 4
2
az
a
,
тому 2 2 2
2
( 4) 4
4 2
a a
a
. Ясно, що або 2 4a , або 2 4
3a . У першому випадку
точка (1,1,0)M лежить на ребрі AB піраміди, а в другому – точка
1 1 2( ; ; )
3 3 3M лежить за межами піраміди, тому дістанемо єдине значення
2a , отже, ребро піраміди дорівнюватиме 2 8a .
38. На координатній площині Oxy схематично зобразити множину точок, для
координат ( ; )x y яких справджується рівність 2| | | | | |y x x y .
Важливо відзначити, що шукана фігура симетрична відносно обох осей
координат, отже, можна розглянути лише випадок 0x і 0y . Тоді цю рівність
можна записати у вигляді 2 2( )y x x y , де 0 y x . Розв’язуючи квадратне
рівняння відносно y , дістанемо 2y x x або 2 1y x x . У другому
випадку 0y , тому він не стосується задачі. У першому випадку нерівність
0 y x правильна, якщо 0 1x , 2y x x . Щоб закінчити розв’язання,
потрібно дугу параболи 2y x x при 0 1x відобразити симетрично
відносно обох осей координат (вийде фігура, схожа на символ нескінченності).
40. Будемо до числа 12 додавати послідовно багато разів число 9. Чи вийде
коли-небудь число 2010?
Маємо 12 9 2010n , звідки 222n . Відповідь позитивна.
41. Побудувати графік 22y x x .
Маємо 2 22y x x , де 0y . Тому графіком буде верхнє півколо
2 2( 1) 1x y .
42. Знайти найменше і найбільше значення виразу x y , якщо 2 29 4 1x y .
Позначимо cos sin
,3 2
t tx y , аналогічно до означення синуса і косинуса. Тоді
18
1 1 2 3 1(2cos 3sin ) 13( cos sin ) 13cos( )
6 6 613 13x y t t t t t . Звідси
відповідь: 13 13
6 6x y .
43. Довести, що для довільного цілого m існує таке ціле n , що число 2 3m n
без остачі ділиться на 7.
Розглядатимемо остачі при діленні на 7:
0, 0; 1, 4; 2, 1; 3, 5; 4, 2; 5, 6; 6, 3.m n m n m n m n m n m n m n
У будь-якому випадку число n існує (воно просто зазначене).
44. Знайти всі пари простих чисел ),( yx , для яких 22 175 yxx .
Маємо (5 7) ( 1)( 1)x x y y , звідки маємо два випадки, коли 1y kx .
Звідси 2
2 7
5
kx
k
. Чисельник – лінійна функція, тому її модуль менший за
модуль знаменника при достатньо великих значеннях x , які легко оцінити.
Далі – невеликий перебір. Відповідь: 11x або 3x .
45. Нехай , ,a b c сторони трикутника, , , протилежні внутрішні кути
відповідно і cos 2cos cos 2cos
a b
. Довести, що трикутник рівнобічний
або прямокутний.
За теоремою синусів дістанемо cos sin sin2 sin cos sin2 .
За формулою різниці синусів отримаємо cos (sin sin ) 2cos sin( ) ,
а потім cos 2cos sin 4cos cos sin2 2 2 2
. Звідси й
дістанемо потрібне, бо рівність cos 2cos2 2
рівносильна рівності
cos cos 3sin sin2 2 2 2
, яка неможлива.
46. Скількома способами можна розбити на пари 16 футбольних команд?
Позначимо через na шукану кількість розбиттів на пари 2n команд. Тоді
для першої команди є 2 1n способів дібрати пару. А решту 2 2n команд
можна розбити на пари 1na способами. Ясно, що (2 1)n na n a , тому
8 7 6 515 15 13 15 13 11 ... 15 13 11 9 7 5 3 2027025a a a a .
19
47. Схематично зобразити графік 2
2
4 2x xy
x x
.
Функція визначена лише при 0x , і тоді 2 1y x (промінь при 0x ).
48. Знайти найменше і найбільше значення виразу 3 7
2 5
x yL
x y
, якщо
3 4
1 2
x
y
.
Оскільки 2
12 5
xL
x y
, достатньо оцінити
2( )
2 5
xl y
x y
на проміжку
[1;2] . Ця спадна величина набуває всіх значень від 2
(2)2 3
xl
x
до
2 1(1)
2 4 2
xl
x
.
Залишається знайти найменше значення величини
3 12 1 12 2(2)
2 3 2 3 2 4 6
xx
lx x x
.
Ясно, що ця зростаюча величина набуватиме найменшого значення при 3x ,
тобто значення 1
3. Звідси й дістанемо відповідь: 4
3minL при 3, 2x y ,
max
3
2L при [3;4], 1x y .
49. Нехай паралелограм ABCD є основою піраміди ABCDS . Точки , ,M K N
лежать на ребрах , ,SB SD SС відповідно і : 1:2, : 1:4,SM SB SN SС
: 1:3SK SD . Чи обов’язково площина MNK проходить через точку A ?
Відповідь обґрунтувати.
Введемо вектори , ,CD a AD b SB c
, тоді з умови задачі дістанемо
рівності 1 1 1 1 1 1
, ( ), ( )2 2 4 4 3 3
SM SB c SN SC b c SK SD a b c
, звідки
1 1 1 1 1 1 1 1, ,
2 2 4 4 2 3 3 3MA c a MN c b c MK c a b c
. Потрібний
висновок випливає з рівності 3 4MA MK MN
(коефіцієнти 3, 4x y
знаходяться з рівності MA xMK yMN
).
50. Побудувати графік 26y x x .
20
Рівність має вигляд системи 2 2( 3) 9
0
x y
y
. Звідси дістанемо верхнє
півколо радіуса 3R з центром у точці (3;0)O .
51. Розв’язати нерівність 2 2 ( 2)(2 3)x x x .
Відповідне рівняння має корені 1 22, 2x x . З графічних міркувань
дістанемо відповідь [ 2;2]x .
52. Довести, що для довільного натурального числа n справджується рівність
)24()64(...62)2()12(...)2()1( nnnnnn .
Потрібно довести, що ( 1)( 2)...(2 ) 2 (1 3 ... (2 1))nn n n n . Рівність буде
очевидною, якщо обидві її частини помножити на добуток 1 2 3... n : ліворуч і
праворуч вийде добуток усіх цілих чисел від 1 до 2n .
53. Знайти всі цілі додатні числа n , за яких рівняння
2sin sin sin ... sin 1
3 3 3n
x x xx має принаймні один розв’язок.
Позначимо 3n
xy , тоді рівняння буде таким:
2sin sin3 sin3 ... sin3 1ny y y y . Звідси випливає, що 22
y k
або
32
2y k
. Доданки 2 k не впливають на те, чи буде відповідне значення
розв’язком. У випадку 2
y
знаки множників у рівнянні чергуються так:
, , , …, тому добуток дорівнюватиме одиниці, якщо кількість знаків «-» буде
парною. Це буде тоді, коли 4 3n p або 4n p . У випадку 3
2y
знаки
множників у рівнянні чергуються так: , , , ,... …, тому добуток
дорівнюватиме одиниці, якщо кількість знаків «-» буде парною. Це буде тоді,
коли 4 2n p . Отже, рівняння має розв’язок для довільних натуральних n ,
крім 4 1n p , де p ціле.
21
Приклади задач для 11-го класу
54. Розв’язати рівняння 33 6 2 4 4x x x .
Зауважимо, що обидві підкореневі функції монотонно зростають, отже, і
функція у лівій частині рівняння є зростаючою. Тому рівняння не може мати
більше одного кореня. Корінь 2x легко помітити.
55. Розв’язати нерівність 2 1 2log (log (cos2 ) 1x .
Маємо рівносильні нерівності 1 2
1log (cos2 )
2x та
20 cos2
2x . Звідки
2 2 ,4 2 8 4
n x n n x n
або 2 2 ,2 4 4 8
n x n n x n
,
отже, множиною розв’язків нерівності є об’єднання всіх проміжків вигляду
[ ; )8 4
n n
та ( ; ]4 8
n n
, де n довільне ціле число.
56. Медіана, проведена з вершини гострого кута, ділить висоту, проведену з
вершини прямого кута трикутника, у відношенні 5:1, рахуючи від вершини.
Знайти тангенс більшого гострого кута трикутника.
Введемо систему координат так, щоб точки ( ;0), (0; ), (0;0)A a B b C були
вершинами цього трикутника, тоді ( ;0)2
aM основа медіани, а точку O , яка є
точкою перетину висоти CH і медіани BM , знайдемо з рівності 5
6BO BM
.
Тому 5
( ; )12 6
a bO , і з умови перпендикулярності векторів 0CO AB
дістанемо
50
12 6
a ba b , звідки знаходимо відношення катетів початкового трикутника,
яке дорівнює 5
12
b
a , тому шуканий тангенс дорівнює
10
2.
57. Скільки різних натуральних дільників має число 81000000000?
Це число має вигляд 4 9 93 2 5 , тому кожен його дільник має вигляд
3 2 5m n k , де 0 4,0 9,0 9m n k . Оскільки число m може набувати
22
одного з п’яти значень, а кожне із чисел n і k може набувати незалежно десяти
значень, то дане в умові число має 5 10 10 500 дільників.
58. Не використовуючи ані таблиць, ані калькулятора, довести нерівність
5| log 2 0,43| 0,01 .
Потрібно довести, що 50,42 log 2 0,44 . Щоб знайти таку оцінку, потрібно
знайти достатньо близькі, достатньо великі натуральні степені чисел 2 і 5. Маємо
степені числа 2: 2, 4, 8, 16, 32, 64, 128, 256, 512, 1024, 2048, 4096, 8192, 16384,
32768, 65536,… та степені числа 5: 5, 25, 125, 625, 3125, 15625, 78125,… Бачимо
пару близьких чисел 35 125 і 72 128 та 162 65536 і 75 78125 . Отже,
доведено нерівності 3 75 2 та 16 72 5 . Знаходячи логарифм з основою 5 від лівої
і правої частини кожної з них, дістанемо правильні нерівності 5
3log 2
7 і
5
7log 2
16 . Оскільки
3 70,428..., 0,4375
7 16 , то
50,42 0,428... log 2 0,4375 0,44
(зауважимо, що на цьому шляху можна відшукати і точніші наближені значення
логарифмів. Так, зазначені вище нерівності насправді дають змогу довести, що
5| log 2 0,433| 0,005 ).
59. Знайти всі проміжки монотонності функції 2( ) | 2 | 2 | |f x x x x .
Розглянувши проміжки ( ;0],[0;2],[2; ) , бачимо, що 2( )f x x на
першому з них, 2( )f x x – на другому і 2( ) 4f x x x – на третьому проміжку.
Це значить, що ( )f x спадає на ( ;2] від до 4 , і ( )f x зростає на [2; )
від 4 до .
60. Скільки всього існує 7-цифрових чисел, сума цифр яких дорівнює 4?
Число 4 записується як одна із сум 4 3 1 2 2 2 1 1 1 1 1 1 . Це
значить, що шукані числа можуть бути утворені так:
1) однією четвіркою і шістьма нулями (таке число одне, бо першою
цифрою має бути 4);
2) однією трійкою, однією одиницею і п’ятьма нулями (таких чисел
шість з першою одиницею і шість з першою трійкою);
23
3) двома двійками і п’ятьма нулями (таких чисел шість, бо одна двійка
має бути першою);
4) однією двійкою, двома одиницями і чотирма нулями (якщо першою
буде двійка, то місце для одиниць можна вибрати 2
6 15С способами; якщо
першою буде одиниця, то місце для другої одиниці можна вибрати шістьма
способами, а місце для двійки можна вибрати п’ятьма способами, тобто
дістанемо ще 30 чисел);
5) чотирма одиницями і трьома нулями (таких чисел 3
6 20С , бо місце
для трьох нулів можна вибрати саме такою кількістю способів).
Зрештою, всього шуканих чисел 1+ 6 + 6 + 6 + 15 + 30 + 20 = 94.
61. Розв’язати нерівність 3 1
2
log (log ( 1)) 0x
.
Маємо ланцюжок рівносильних нерівностей:
1 1 1 1
2 2 2 2
1 1 30 log ( 1)) 1, log 1 log ( 1) log , 1 1, 2
2 2 2x x x x , тобто [1,5;2)x .
62. Скільки точок перетину з графіком функції 3 3y x x має дотична,
проведена до нього у точці (2;2) ?
Переконуємось, що точка (2;2) лежить на графіку функції 3 3y x x , і
знаходимо рівняння дотичної до нього при 0 2x . Дістанемо рівняння
9 16y x . Розв’язуючи систему рівнянь 3 3
9 16
y x x
y x
, отримаємо
3 3 9 16x x x , звідки 1 2 2x x ,
3 2x . Отже, графіки перетинаються у двох
точках.
63. Є паралелограм зі сторонами 5 і 12. Яких значень може набувати довжина
його більшої діагоналі?
Для діагоналей паралелограма маємо систему 2 2 50 288 338x y
x y
, тому
2 2 2338 2x y y , тому 13y . З нерівності трикутника випливає, що 5 12y ,
тому 13 17y відповідь.
24
64. Чи можуть усі діагоналі опуклого шестикутника бути рівними за
довжиною? Відповідь обґрунтувати.
З умови задачі випливає, що існує опуклий чотирикутник ACDF , в якому
трикутники ACF і ADF – однакові рівнобедрені трикутники зі спільною
основою. Так не буває.
65. Нехай ABCD трикутна піраміда, в якій ,E F середини ребер AB і CD
відповідно, ,DE CE AF BF . Довести, що AB CD .
Маємо прямокутні трикутники з однаковими медіанами, проведеними з
вершини прямого кута. Оскільки така медіана дорівнює радіусу описаного кола і
дорівнює половині гіпотенузи, дістанемо1 1
, ,2 2
EF CD EF AB тому AB CD .
66. Нехай ABCD такий опуклий чотирикутник, що
70 , 37 .BAC BDC ABC Знайти величину BDA .
Навколо чотирикутника ABCD можна описати коло, бо в колі, описаному
навколо трикутника ABC , кути BAC і CDB спираються на одну й ту саму
дугу. Позначимо , , ,BDA BCA ACD ABD DAC DBC
тоді із системи 37
70 180
дістанемо 73 – шуканий кут.
67. Знайти найменше значення ( )f x , якщо 4 3 2( ) 8 18 4f x x x x x ,
( ;0]x .
Побудуємо графік 3 2( ) 4 6 9 1y f x x x x . Для цього побудуємо
спочатку графік 3 26 9 1y x x x . Маємо 23( 4 3)y x x , отже, 0y при
1x та 3x . Отже, функція y зростає від до 1 на проміжку ( ; 3] ,
спадає від 1 до 5 на проміжку [ 3; 1] , зростає від 5 до 1 на проміжку
[ 1;0] . Звідси відповідь: найменше значення ( )f x дорівнює 1, і досягається
воно при 0x і 3x .
68. Знайти найбільше і найменше значення функції ( ) sin5 5sinf x x x .
25
Достатньо знайти ці значення на [0;2 ] . Маємо ( ) 5cos5 5cosf x x x ,
тоді ( ) 0f x , якщо cos5 cosx x , тобто 3
nx
або
2
nx
. Зазначеному
проміжку належать 2 4 5 3
0, , , , , , , , 23 2 3 3 3 2
x x x x x x x x x
.
Знайшовши значення у кожній точці, знайдемо найменше значення
2( ) ( ) 3 33 3
f f
та найбільше значення 4 5
( ) ( ) 3 33 3
f f
.
69. Знайти довжину бісектриси більшого гострого кута прямокутного
трикутника з гіпотенузою 6 см і катетом 3 см.
Оскільки гіпотенуза удвічі більша за катет, то більший гострий кут
трикутника дорівнює 60 . Отже, потрібно знайти бісектрису кута 60 . Тобто
знайти гіпотенузу прямокутного трикутника, в якому катет, прилеглий до кута
30 , дорівнює 3. Відповідь: 2 3 .
70. Розв’язати рівняння 2[ 1]x x x , де [ ]a ціла частина числа a , тобто
найбільше ціле число, яке не перевищує a .
Оскільки ліворуч – ціле додатне число, то x ціле додатне число. Для таких
чисел правильною є нерівність 2 1 1x x x x . Тому задана в умові
рівність правильна за довільних цілих додатних значень x .
71. Довести, що для довільного натурального 2n існує n таких натуральних
чисел 1 2, ,..., nx x x (не обов’язково різних), що їх сума дорівнює їхньому добутку.
Шуканими числами є числа 1,1,…,1 ( 2n одиниці), число 2 і число n .
Тобто 1 2 2 1... 1, 2, .n n nx x x x x n
72. Чи існують прямий круговий циліндр і куля, що мають однакові об’єми і
повні площі поверхонь? Відповідь обґрунтувати.
Нехай R радіус кулі, а ,r h – радіус основи і висота циліндра. Тоді йдеться
про існування додатних розв’язків системи рівнянь
2 2
3 2
4 2 2
4
3
R r rh
R r h
.
Знайшовши h із другого рівняння, підставимо його в перше і поділимо отриману
26
рівність на 3R . Вийде кубічне рівняння 33 6 4 0x x відносно невідомого
rx
R .
Чи має це рівняння додатний корінь? Оскільки 0y при 29 6x і при
6
3x ліва частина рівняння досягає найменшого значення
4 6 4(3 6)4 0
3 3
, то рівняння не має жодного додатного кореня, і шуканих
кулі і циліндра не існує.
73. Нехай , ,a b c – такі цілі числа, що 3 7 8 0a b c і число 4b c без остачі
ділиться на 5. Довести, що число 22 3 7a b c без остачі ділиться на 25.
Насправді достатньо довести, що число 3 3 7a b c ділиться на 25, а з
огляду на першу рівність довести, що 7 8 3 7 10 15b c b c b c ділиться на 25. Це
рівносильно тому, що 2 3b c ділиться на 5. Виходячи з того, що 4b c ділиться
на 5, а 2 3 3(4 ) 10b c b c b , отримаємо потрібне.
74. За яких значень параметра a рівняння 2 (2 ) 2 0ax a x має єдиний
дійсний корінь?
Якщо 0a , рівняння має єдиний корінь 1x , а за інших значень
квадратному рівнянню належить мати нульовий дискримінант, тобто 2a .
75. Периметр трикутника при діленні на кожну його сторону дає цілі числа.
Знайти ці числа.
Нехай a b c , тоді з нерівності трикутника вийде a b c . Оскільки
32 3
c c a b c c
c c c
, то число
a b c
c
ціле число з проміжку (2;3].
Тому 3a b c
c
, що можливо лише у випадку a b c , отже, всі три шукані
числа дорівнюють 3.
76. У скількох точках перетинаються графіки 2log ( 1)y x і 2 2 8y x x ?
27
Вершина параболи знаходиться на асимптоті логарифмічної функції
2log ( 1)y x , тому корені можуть бути лише при 1x . Майже тривіально, що
їх рівно два.
77. Скільки різних за довжиною діагоналей має правильний семикутник?
Семикутник має вісь симетрії, яка проходить через вершину і середину
протилежної сторони. Тому з кожної вершини виходить по дві пари однакових за
довжиною діагоналей. Відповідь: дві.
78. Чи правда, що всі розв’язки системи рівнянь sin(6 10 ) 1,
cos(2 3 ) 0.
y x
y x
задаються
формулами
,
7.
4
x m
y n
де ,m n довільні цілі числа? Відповідь обґрунтувати.
Перевірка того, що зазначені числа є розв’язками системи рівнянь, не
становить проблеми. Ясно, що для довільного розв’язку системи справджуються
рівності:
6 10 2 ,2
2 3 ,2
y x s
y x r
звідки
2 3 ,
73 5 .
4
x s r
y s r
Отже, потрібно довести, що для довільних цілих ,m n знайдуться такі цілі
,s r , для яких 3 2
5 3
r s m
r s n
. Для цього достатньо розв’язати останню систему:
2 3 , 3 5 .r n m s n m
79. Навести приклад цілого додатного числа, в якого рівно одинадцять
натуральних дільників.
Таким числом буде, наприклад, 101024 2 , бо його дільниками будуть лише
числа вигляду 2m , де 0,1,2,...,10m .
80. Побудувати переріз правильної трикутної піраміди площиною, яка
проходить через деяку точку бічного ребра, точку перетину медіан протилежної
бічної грані і через центр основи.
28
Оскільки три точки визначають площину перерізу, достатньо вгадати
переріз. Ним буде трикутник, який проходить через зазначене бічне ребро,
висоту основи і висоту відповідної бічної грані.
81. Медіана CM і висота BN трикутника ABC перетинаються в точці O .
Пряма AO перетинає сторону BC в точці K . Довести, що BO AO
ON OK .
Введемо систему координат ( ;0), (0;0), ( ;0), (0; ), ( , ), (0; )2 2
a bA a N C c B b M O d .
Оскільки точки , ,C O M лежать на одній прямій, то координати векторів ,OC MC
пропорційні, звідки 2 2
a bc
c d
, тому 2cd ad bc .
Оскільки точка ( ; )K x y лежить на прямих BC і AO , її координати знайдемо
з умов пропорційності координат векторів ,AO AK
та ,CK CB
. Дістанемо
систему рівнянь 0
0
dx ay ad
bx cy bc
, з якої вийде
( )ac b dx
ab cd
.
Позначивши через P проекцію точки K на AB , дістанемо, що потрібно
довести рівність BO AN
ON NP , тобто
( )
( )
b d a a ab cd
d x ac b d
. Ця рівність після
очевидних спрощень набуде вигляду 2cd ad bc . Оскільки цю рівність
доведено раніше, твердження є доведеним (задача розв’язується і геометрично).
82. Знайти найбільше значення функції 2( ) log log 16 4xf x x , якщо
11
8x .
Маємо функцію 4
( ) 4y t tt
, де 3 0t . Похідна 2
4( ) 1y t
t , отже,
функція ( )y t зростає на ( 3; 2) і спадає на ( 2;0) , тому її найбільшого значення
( 2) 0y вона досягає при 2t , тобто при 1
4x .
83. Відомо, що числа , , 3,7 5 , 5p q q p q p q додатні, прості, попарно різні
цілі числа. Знайти p і q .
29
Оскільки числа q і 3q прості й одне із них парне, то 2q . Отже,
потрібно знайти додатне просте число p , для якого простими є всі три числа
,7 10, 10p p p . Ці числа дають різні остачі при діленні на 3, тому одне з них
дорівнює трьом. Таким числом не можуть бути p (тоді 10 0p ) і 7 10p
(тоді 0)p . Отже, 10 3, 13p p , і перевірка свідчить, що знайдені числа
13, 2p q справді є розв’язками задачі.
84. Чи правда, що 2
7log 5
3 ? Відповідь обґрунтувати.
Маємо рівносильні нерівності 7 7
3 73 32 2log 5 log 2 , 5 2 , 5 2 .
85. Знайти площу трикутника з вершинами у точках (2;3), (5;1), (3;7)A B C .
Помістимо трикутник усередину прямокутника, сторони якого проходять
через вершини трикутника і паралельні до осей координат. Тоді шукана площа
дорівнює різниці площі прямокутника і суми площ трьох прямокутних
трикутників.
86. Знайти найбільше і найменше значення функції ( ) cos5 5cosf x x x .
Зважаючи на періодичність і парність функції, достатньо знайти ці значення
на [0; ] . Маємо ( ) 5sin5 5sinf x x x , тоді ( ) 0f x , якщо sin5 sinx x , тобто
6 3
nx
або
2
nx
. Зазначеному проміжку належать
50, , , ,
6 2 6x x x x x
. Знайшовши значення у кожній точці, знайдемо
найменше значення ( ) 3 36
f
та найбільше значення 5
( ) 3 36
f
.
87. Нехай n довільне ціле додатне число. Довести, що
2
2 цифр цифр цифр
11...11...1 22...22 (33...33)n n n
.
Маємо 2
210 1 2(10 1) 10 1( )
9 9 3
n n n .
88. Довести, що число ( 1)( 6)( 9)( 10)( 12) 1296n n n n n n є квадратом
деякого цілого числа при довільному цілому значенні n .
30
Згрупувавши перший, четвертий і п’ятий та другий, третій і шостий
множники, розкриємо дужки. Дістанемо:
3 2 3 2 3 2 2( 19 90 )( 19 90 72) 1296 ( 19 90 36)n n n n n n n n n .
89. Розв’язати рівняння 211 27sin( )
16 4x x .
З нерівності 211 27
1 116 4
x дістанемо 1 1
2 2x . На проміжку
1[ ;0]
2
ліва і права частини рівняння зростають, але мають різний характер опуклості,
тому існує не більше одного кореня. На проміжку 1
[0; ]2
ліва частина зростає, а
права – спадає, тому також існує не більше одного кореня. Два корені легко
знайти: 1 2
1 1,
2 6x x .
90. Бісектриса AK , висота BN і медіана CM трикутника ABC перетинаються
в точці O і : 2:1BO ON . Довести, що трикутник ABC рівносторонній.
Нехай P проекція точки M на AC , тоді 3 3
2 2
MC MP BN
CO ON BN , тому O
точка перетину медіан трикутника. Звідси випливає, що ,AK BN медіани, отже,
трикутник ABC правильний.
91. Знайти таке число a , щоб рівняння 2 12 2 2 (cos sin )x xa x x мало
єдиний корінь. Знайти цей єдиний корінь.
Припустимо, що x розв’язок рівняння, тоді 2 12 2
cos sin .2
x
xx x
a
Замінимо x на 1
2x і доведемо, що рівність не порушиться. Так буде тоді,
коли 1
2 22 2 2 (cos( ) sin( ))2 2
xx a x x
, тобто
2
1
2
2 2cos sin .
2
x
x
x x
a
Оскільки
12
2 2 2 12
1 1 12
2 2 2
2 2 (2 2) 2 2 2
22 2 2
xx x x
xx x x a
a a
, доведено, що x та 1
2x
одночасно є розв’язками. Отже, 1 1
,2 4
x x x . Саме при цьому значенні x
31
дістанемо 42 2a . Навпаки, нехай 42 2a , тоді початкове рівняння набуде
вигляду 2 1
4
2 2cos sin 2.
2 2 2
x
xx x
Звідси 24( 2 2 2) 0x , тому
1
4x
єдиний розв’язок.
92. Чи можна квадрат зі стороною 10 см повністю накрити кругом радіуса
7 см?
Радіус описаного кола для такого квадрата дорівнює 5 2 і 5 2 7 , бо
50 49 , тому накрити не вийде.
93. Скільки точок перетину може утворитися всередині опуклого
шестикутника, якщо провести всі його діагоналі?
Якщо «великі» діагоналі перетинаються в одній точці, всього точок буде 13,
а якщо ні, то 15.
94. Знайти площу трапеції, основи якої дорівнюють 3 і 7, а бічні сторони
дорівнюють 13 і 15.
Найпростіше ввести систему координат, узявши за її вершини точки
(0;0), ( ; ), ( 3; ), (7;0)A B a b C a b D . Знайшовши довжини бічних сторін, дістанемо
систему рівнянь 2 2
2 2
169
( 4) 225
a b
a b
. Звідки 5, 12a b (можна вважати, що
0b ). Це означає, що висота трапеції дорівнює 12, а її площа 60 (кв. од.).
95. Яким має бути параметр ,a щоб рівняння 2 3 1 0ax x мало єдиний
корінь?
Якщо 0a , то 1
3x , якщо 0a , то 0D , звідки
9
4a , і
2
3x – єдиний
корінь.
96. Знайти прямокутник з найбільшою площею, вершини якого лежать на
сторонах прямокутного трикутника з катетами 6 і 8. Скільки розв’язків має
задача?
Прямокутник може мати спільний прямий кут із трикутником і може мати
сторону, паралельну до гіпотенузи трикутника.
32
У першому випадку з подібності трикутників дістанемо 8
6
a a
b b
, де
,a b сторони прямокутника. Тому 24 48 , 8
3 3a b S ab b b . Отже, 0S , якщо
3b . Найбільша площа дорівнює 12. У другому випадку з подібності
трикутників вийде 8 6
,6 8
x y
b b , де ,x y частини гіпотенузи біля вершин
гострих кутів трикутника. Тому 24 3 25 2510 10 , 10
3 4 12 12a b b b S ab b b .
Отже, 0S , якщо 12
5b . Найбільша площа дорівнює 12. Отже, задача має два
різних розв’язки.
97. Довести, що число 2 цифр цифр
4...4...44 88...88n n
є квадратом цілого числа, і знайти це
число.
Маємо 2
24(10 1) 8(10 1) 2 (10 1)( )
9 9 3
n n n – квадрат числа
цифр
66...66n
.
98. Розв’язати рівняння 4 554 1 1x x .
Позначимо 4 554 1 1y x x , дістаючи систему 4 4
5 5
1
1
x y
x y
, де
0 1
0 1
x
y
.
Якщо 1x чи 1y , то 5 5 4 41 1x y x y , що неможливо, тому 1x .
99. Яких значень може набувати вираз cos(5 ) cos( 5 ) 3cos2 cos2x y x y x y ?
Маємо вираз 1 1 3 3
cos(6 6 ) cos(4 4 ) cos(2 2 ) cos(2 2 )2 2 2 2
x y x y x y x y .
Оскільки змінні 2 2u x y та 2 2v x y можуть набувати довільних значень
незалежно, йдеться про можливі значення двох функцій ( ) cos3 3cosf u u u і
( ) cos2 3cosg v v v . Далі – стандартні задачі про найменше і найбільше
значення функції на проміжку.
100. Знайти всі трійки дійсних чисел ( , , )x y z , щоб 2 2
4 2
( 1) 4
1 0
x y
z yz xz
.
33
Виконаємо заміну 2cos , 1 2sinx y , тоді з другого рівняння вийде
2 4 22 sin 2 cos 1z z z z . Таке рівняння має розв’язок тоді й лише тоді,
коли 4 2 2 2 2 2( 1) (2 ) (2 )z z z z , тобто 4 2 2( 1) 0z z . Це значить, що
4 2 1 0z z , отже, 2 5 1
2z
. Дістанемо 2 sin cos 1z z , звідки cos z ,
2sin z , тому 22 , 1 2x z y z . Система має два розв’язки.
34
Зміст
Передмова. Про контрольну роботу з математики на
Всеукраїнському конкурсі-захисті науково-дослідницьких робіт
учнів – членів МАН у 2010–2011 навчальному році ……………....
3
Приклади задач для 9-го класу…………………….…...…………….
4
Приклади задач для 10-го класу……………………………………...
14
Приклади задач для 11-го класу…………………………………….... 21
ДЛЯ НОТАТОК
36
Навчальне видання
В. В. Плахотник
100
КОНТРОЛЬНИХ ЗАВДАНЬ
З МАТЕМАТИКИ
Всеукраїнський конкурс-захист науково-дослідницьких робіт
учнів – членів Малої академії наук України
у 2010–2011 н. р.
За редакцією О. В. Лісового
Формат 60х84 1/16. Друк цифровий.
Папір офсетний 80 г/м2.
Зам. № 2012 від 20.12.2011. Наклад 100 прим.
Видавництво: ТОВ «Праймдрук»
01023, м. Київ, вул. Еспланадна, 20, офіс 213
Свідоцтво про внесення до Державного реєстру суб’єктів видавничої справи
серія ДК № 4222 від 07.12.2011 р.