Указания, решения и комментарии

9 Класс

1. Доказательство. Рассмотрим значение трехчлена в точке х₀ = 2.

Тогда

Получается, что графики всех трехчленов проходят через точку (2; 4010).

2. Ответ: можно.

Решение. Нужные куски можно получить, например, следующим способом.

Выбрав из образовавшихся частей ту, которая не короче другой (и, следовательно, не короче 12,5 м), вырезаем из нее и откладываем в сторону 12-метровый кусок. У нас останется две части, сумма длин которых равна 13 м. По крайней мере одна из этих частей будет не короче 6,5 м; вырезаем и откладываем в сторону 6-метровый кусок и т.д. (Оставаться будут пары частей с суммами длин 7 м, 4 м и 2 м, а вырезаться куски длиной 3 м, 2 м и 1 м соответственно.)

Комментарий. Ответ без обоснования – 0 баллов.

3. Ответ: в 4 раза.

Решение. I способ. Пусть l – расстояние от пункта А до пункта В, v – скорость течения, V – скорость катера в неподвижной воде. Приравняем время, затраченное катером и плотом:

Сократив на l и упростив, получим V = 3v. На участке от пункта А до пункта В катер двигался со скоростью V + v = 3v + v = 4v.

II способ. Уравнение можно решить и по-другому. При фиксированном v левая часть уравнения при V  v является, очевидно, убывающей функцией переменной V, поэтому каждое свое значение эта функция принимает только один раз. Поэтому достаточно угадать решение V = 3v.

Комментарий. Ответ без обоснования – 1 балл.

4. Доказательство. Квадрат натурального числа при делении на 5 дает в остатке или 0, или 1, или 4. Это известное свойство квадратов натуральных чисел, которое, впрочем, нетрудно и проверить, рассматривая квадраты (5n + r)², где r = = 0, 1, 2, 3, 4. Допустим, от противного, что среди чисел x, y, z нет кратных пяти. Тогда квадраты этих чисел при делении на 5 дают в остатке или 1, или 4. Если остатки от х² и у² различны, то сумма х² + у² кратна пяти, а тогда и z кратно пяти. Мы пришли к противоречию с тем, что среди чисел x, y, z нет кратных пяти.

Если остатки х² и у² при делении на 5 равны 1, то остаток z² при делении на 5 равен 2, чего не может быть.

Если остатки х² и у² при делении на 5 равны 4, то остаток z² при делении на 5 равен 3, чего также не может быть.

5. Доказательство. По свойству биссектрисы треугольника (см. рис.) ВЕ : ЕА = BD : DA и BD: DC = BF : FC, но AD = DC, значит BE : EA = =BF : FC. Следовательно, , откуда EM : MF = AD : DC = 1 : 1, т.е. DМ – медиана треугольника EDF. Но EDF = EDB + FDB = ADB + CDB = (ADB + CDB) = 90.

Таким образом, DM = EF – по свойству медианы прямоугольного треугольника.

Комментарий. Если доказано, что – 3 балла.

Указания, решения и комментарии

10 Класс

1. Ответ: нет, не может.

Решение. Предложим, что нашелся квадратный трехчлен y(x) = =ax²  +bx + c, график которого пересекает все указанные отрезки. Тогда уравнение ax² + bx + c = 0 имеет корни х₁, х₂, удовлетворяющие неравенствам 0 х₁ 1 и 3 х₂ 4, а уравнение ax² + bx + c = 5 – корни х₃, х₄, для которых –2 х₃ –1 и 8 х₄ 9. Получаем неравенства х₁ + х₂ 1 + 4  –2 + 8 х₃ + х₄, из которых следует, что х₁+ х₂  х₃ + х_4. Но согласно теореме Виета должно быть х₁+ х₂ = и х₃ + х₄ = , т.е. х₁+ х₂ = х₃ + х₄. Противоречие.

Комментарий. Ответ без объяснений – 0 баллов.

2. Ответ: 142857.

Решение. Пусть А – пятизначное число, образованное первыми пятью цифрами искомого числа, х – его последняя цифра. Тогда само число равно 10А + х, причем 10⁴ А  10⁵, 1 х 9. Если цифру х приписать спереди, то получится число 10⁵х + А. По условию, 10⁵х + А = =5 (10А + х). Приведя подобные слагаемые и сократив на 7, получим 14285х = 7А. Число, стоящее в правой части равенства, делится на 7. Так как число 14285 не делится на 7, то на 7 делится х (7 – простое число). Но так как 1 х 9, то х = 7. Тогда А = 14285. Найденное число А пятизначно, так что все условия выполнены. Искомое число 10А + х = =1014285 + 7 = 142857.

Комментарий. Ответ без объяснений – 2 балла.

3. Доказательство.

4. Решение. ОДЗ неравенства:

Полученная система определяет квадрат на плоскости (см. рис.). Рассмотрим два случая: ху  0 и ху  0.

1) ху  0, т.е. точка (х; у) находится во второй или четвертой четвертях. Тогда неравенство из условия выполняется автоматически и все точки второй и четвертой четвертей, входящие в ОДЗ, являются решениями неравенства.

2) ху  0, т.е. точка (х; у) находится в первой или третьей четвертях. В этом случае возведение неравенства в квадрат приводит к равносильному неравенству (1 – х²) (1 – у²)  х²у², которое можно переписать в виде х² + у² 1. Это неравенство задает круг радиуса 1 с центром в начале координат. На рис. изображен ответ – объединение множеств из случаев 1 и 2.

Рис.

5. Ответ: 60.

Решение. Заметим, что треугольник HCN подобен треугольнику АВС с коэффициентом cos  ( = ACB) в силу равенств . Далее, биссектриса угла при вершине С в является также биссектрисой в , причем отношение длин последней к первой по условию равно . Поскольку в подобных треугольниках длины соответствующих элементов относятся как коэффициенты подобия, то cos  = .

Отсюда искомый угол  = 60.

Комментарий. Ответ без объяснений – 2 балла.