Партнерка на США и Канаду по недвижимости, выплаты в крипто

30% recurring commission
Выплаты в USDT
Вывод каждую неделю
Комиссия до 5 лет за каждого referral

1. В остроугольном треугольнике из середины каждой стороны проведены перпендикуляры к двум другим сторонам. Докажите, что площадь шестиугольника, ограниченного этими перпендикулярами, равна половине площади треугольника.

( 5 баллов)

Доказательство:

Пусть АВС – исходный треугольник и P, Q, R – середины сторон АВ, ВС, АС соответственно. Треугольники APR, PBQ, RQC, подобные треугольнику АВС, являются остроугольными и поэтому точки L, M, N пересечения высот этих треугольников лежат внутри них как показано на рисунке.

Площадь s шестиугольника LPMQNR равна:

, где S – площадь треугольника АВС. Так как то и Поэтому

, откуда

2. Говядина без костей стоит 90 рублей за килограмм, говядина с костями – 78 рублей за килограмм, а кости без говядины – 15 рублей за килограмм. Сколько костей в килограмме говядины?

(5 баллов)

Решение:

Пусть в килограмме говядины х кг костей, тогда «чистой» говядины в нем – (1-х) кг. Таким образом, стоимость костей составляет 15х рублей, а стоимость говядины – 90(1-х) рублей. Составим уравнение 15х + 90(1-х) = 78.

Решив уравнение, получим, что х = 0,16.

Ответ: 160 г.

1. На школьной олимпиаде по математике среди 7-х классов, посвященной великому немецкому математику Леонарду Эйлеру, учащимся была предложена следующая задача: «В небольшом районном городе живут пять друзей: Иванов, Петренко, Сидорчук, Гришин и Капустин. Профессии у них разные: один из них маляр, другой – мельник, третий – плотник, четвертый – почтальон, а пятый – парикмахер. Петренко и Гришин никогда не держали в руках малярной кисти. Иванов и Гришин собираются посетить мельницу, на которой работает их товарищ. Петренко и Капустин живут в одном доме с почтальоном. Сидорчук был недавно в ЗАГСе одним из свидетелей, когда Петренко и дочь парикмахера сочетались законным браком. Иванов и Петренко каждое воскресенье играют в городки с плотником и маляром. Гришин и Капустин по субботам обязательно встречаются в парикмахерской, где работает их друг. Почтальон предпочитает бриться сам. Кто есть кто?» Помогите участникам олимпиады выполнить задание, объясните ход решения.

НЕ нашли? Не то? Что вы ищете?

Из основных ключевых условий следует:

Петренко и Гришин – не маляры; Иванов и Гришин – не мельники; Петренко и Капустин – не почтальоны; Петренко и Сидорчук – не парикмахеры; Иванов и Петренко – не плотники и не маляры; Гришин и Капустин – не парикмахеры; Гришин и Капустин – не почтальоны.

Поместим полученные выводы в таблицу:

Фамилии	Профессии
маляр	плотник	мельник	почтальон	парикмахер
Иванов	- (5)	- (5)	- (2)	-	+
Петренко	- (1), - (5)	- (5)	+	- (3)	- (4)
Сидорчук	-	-	-	+	- (4)
Гришин	- (1)	+	- (2)	- (7)	- (6)
Капустин	+	-	-	- (3), - (7)	- (6)

Ответ: Иванов – парикмахер, Петренко – мельник, Сидорчук – почтальон, Гришин – плотник, Капустин – маляр.

3. Существуют ли целые числа x, y, z для которых (3x - y)(3y - z)(3z - x) = 2001 ?

Ответ: Не существуют.

Решение:

Сумма чисел 3х-у, 3у-z, 3z-х равна 2(х + у + z), то есть четна. Следовательно, хотя бы одно из них четное число. Поэтому при любых х, у, z (3x - y)(3y - z)(3z - x) – четное число.

3. Однажды Кот Матроскин купил шоколадные батончики для своих друзей. Дяде Федору он дал половину всех батончиков и еще половину батончика; Шарику – половину оставшегося и еще половину батончика; Галчонку – половину того, что осталось, и еще половину батончика. Причем ни один батончик не был разрезан. Сколько шоколадных батончиков получил каждый, если Кот Матроскин раздал все?

(5 баллов)

Решение:

Пусть Кот Матроскин купил х шоколадных батончиков, тогда Дядя Федор получил батончиков, значит осталось батончика. Шарик получил

батончиков, следовательно, осталось , тогда Галчонку досталось .

Таким образом: . Из решения уравнения следует: x = 7. Значит всего было 7 батончиков, то есть Дядя Федор получил 4 шоколадных батончика, Шарик – 2, а Галчонок – 1.

Ответ: Дядя Федор получил 4 шоколадных батончика, Шарик – 2 батончика, Галчонок 1 батончик.

4. На столе лежит 80 одинаковых по виду металлических шариков. Один из них несколько легче остальных. Как найти этот шарик не более чем четырьмя взвешиваниями на чашечных весах без гирь?

Решение:

Все шары сначала разделим на 3 части по 27, 27 и 26 шаров и на весы положим по 27 шаров. Если одна из чашек будет легче, то там и более легкий шар. Если чашки весов будут в равновесии, то более легкий шар в партии, где 26 шаров. Это первый этап. Далее берем часть шаров, содержащую более легкий шар. В первом случае, когда более легкий шар содержится в партии из 27 шаров, дальнейшая схема взвешивания такая: а) 9, 9, 9;

б) 3, 3, 3; в) 1, 1, 1.

Во втором случае, т. е. когда легкий шар находится среди 26 шаров, на втором этапе шары распределяются на 3 части так: 9, 9, 8. На весы кладут по 9 шаров. Далее рассуждают аналогично написанному в начале. Во всех случаях более легкий шар находится четырьмя взвешиваниями.

1. Решите уравнение = 2.

Решение:

Сделаем замену переменной. Пусть y = . Уравнение принимает вид

5y - 3 × = 2; y > 0.

Таким образом, необходимо решить систему .

Найдем корни квадратного уравнения :

Условию y > 0 удовлетворяет только y =1.

Сделаем обратную замену и возведем обе части полученного уравнения в квадрат:

= 1 Û Û

Ответ: 1; -1.

2. Дописать к 523… три цифры так, чтобы полученное шестизначное число делилось на 7, 8 и 9.

Решение:

Разделим число 524000 на 504 = 7×8×9 с остатком. Получим 1039 - целую часть. 1039×504 = 523656. Если взять число 1038, то 1038×504 = 523152. Других таких чисел нет.

Ответ: 523656.

3. Существуют ли в пространстве такие четыре точки А, В, С, D, что АВ = СD = 8 см, АС = ВD = 10 см и АD = ВС = 13 см?

Решение:

Построим в пространстве треугольники АВС и ВСD со сторонами 8, 10 и 13 (как указано в условии) и общей стороной ВС = 13. Зафиксируем плоскость треугольника АВС и будем вращать треугольник ВСD вокруг стороны ВС. АD максимальна, когда D лежит в плоскости треугольника АВС. Тогда ВС и АD – диагонали параллелограмма АВСD, АD < 13. Поэтому при любом расположении точки D, очевидно, АD < 13 и, следовательно, искомого расположения точек А, В, С, D в пространстве не существует.

Ответ: не существует.

4. Решите уравнение .

Решение:

Имеем ,

- не имеет решений,

при .

Ответ: .

5. Можно ли провести в городе 10 автобусных маршрутов и установить на них остановки так, что для любых 8 маршрутов найдется остановка, не лежащая ни на одном из них, а любые 9 маршрутов проходят через все остановки?

Решение:

Возможно. Рассмотрим, например 10 прямых плоскости, никакие две из которых не параллельны и никакие три не пересекаются в одной точке. Будем считать, что прямые – это автобусные маршруты, а их точки пересечения – остановки. При этом с каждой остановки можно проехать на любую другую: если остановки лежат, на одной прямой, то без пересадки, а если нет, то с одной пересадкой. Если даже отбросить в этой схеме одну прямую, то все еще останется возможность проехать с каждой остановки на любую другую, сделав в пути не больше одной пересадки. Однако если отбросить две прямые, то одна остановка (точка пересечения этих прямых) уже вовсе не будет обслуживаться оставшимися маршрутами и с нее будет невозможно проехать на какую-либо другую.

Ответ: можно.

2. Доказать, что число делится на 19 при любом натуральном n.

Доказательство:

Если n = 1, то 72 + 81 = 57, а 57 делится на 19. Предположим, что для некоторого натурального k число 7k+1 + 82k-1 делится на 19. Докажем, что в таком случае и

7k+2 + 82k+1 делится на 19.

В самом деле, 7k+2 + 82k+1 = 7 × 7k+1 + 64 × 82k-1 = 7(7k+1 + 82k-1) + 57 × 82k-1. Так как каждое слагаемое полученной суммы делится на 19, то и 7k+2 + 82k+1 также делится на 19. Утверждение доказано.

4. В треугольник вписан круг. Отрезки, соединяющие центр круга с вершинами, делят площадь треугольника на части с площадями 4, 13 и 15 см2. Найти стороны треугольника.

Ответ: .

Решение:

Обозначим стороны треугольника через а, в, с. Тогда площади частей треугольника равны , , , т. е. = 8, = 26, = 30, откуда , , . По формуле Герона находим .

Но S = 4+13+15 = 32 см2; следовательно, = 32, r = см. Итак, .

5. Решить систему уравнений

Ответ:

Решение:

Сложите все уравнения, получив утроенную сумму всех неизвестных. Далее сложите первое, четвертое и седьмое уравнения и получите Остальные неизвестные находятся аналогично.

1. В четырехугольнике АВСD углы при вершинах В и D прямые,

АВ = ВС, ВH АD, ВH = 1. Найдите площадь четырехугольника АВСD.

(4 балла)

Решение:

Достроим четырехугольник АВСD до прямоугольника АКLD как показано на рисунке.

Треугольники BCL и ABK равны по гипотенузе и острому углу (). Следовательно, АК = ВH = BL = 1. , так как HBLD – квадрат.

Ответ: 1.

2. Сколько лет человеку, если в 2004 году его возраст оказался равным сумме цифр года рождения?

(4 балла)

Решение:

Существует два возможных варианта.

1) Пусть человек родился в году, тогда по условию значит .

Так как m и n – числа натуральные и меньше 10, причем m – всегда четное, возможно лишь значит, этот человек родился в 1983 году и ему 21 год.

2) Пусть человек родился в году. Тогда по условию значит получим . Значит, человек родился в 2001 году и в 2004 году ему исполнилось 3 года.

Ответ:год; 2) 3 года.

3. Найдите все целые решения уравнения .

(4 балла)

Решение:

Разложим правую часть на множители. Получим уравнение .

Произведение двух чисел равно семи только в следующих случаях:

Решая данные системы уравнений, находим следующие решения:

х = -1, у = -2; х = 9, у = 2; х = 1, у =2; х = -9, у = -2.

Ответ: ; .

Разрежьте (покажите линии разреза) данный квадрат

на четыре части одинаковой формы и размера так, чтобы в каждой части было по одному крестику и по одной звездочке.

(3 балла)

Решение:

Одно из возможных решений представлено на рисунке.

5. Имеется 16 различных по весу камней. Как за 22 взвешивания на чашечных весах без гирь определить самый легкий и самый тяжелый камни?

(5 баллов)

Решение:

Разобьем все камни на пары. За восемь взвешиваний определим более тяжелый и более легкий камни в каждой паре. Очевидно, что самый тяжелый камень находится в группе из восьми более тяжелых камней, самый легкий – в группе из восьми более легких.

За семь взвешиваний можно определить самый тяжелый из 8 камней (более тяжелых). Например, таким способом. Взвесим два произвольных камня; более тяжелый из них взвесим с третьим, более тяжелый из трех сравним с четвертым и т. д. Седьмым взвешиванием сравним наиболее тяжелый из семи камней с восьмым. Более тяжелый из них – самый тяжелый из всех 16 камней.

При помощи аналогичной процедуры из группы, состоящей из восьми более легких камней, за 7 взвешиваний выделяется самый легкий из шестнадцати. Всего использовано 8 + 7 + 7 = 22 взвешивания.

6. Докажите, что на графике функции найдется точка, которая является центром симметрии графика.

(3 балла)

Решение:

Запишем данную функцию иначе:

Следовательно, график может быть получен из графика функции параллельным переносом. Но функция имеет центр симметрии (поскольку она нечетна), поэтому и функция также имеет центр симметрии.

5. Числа таковы, что . Докажите справедливость неравенства

(4 балла)

Доказательство:

В силу неравенства между средним арифметическим и средним геометрическим имеем: ,

Перемножая почленно эти неравенства, получаем:

= = .

Что и требовалось доказать.

6. График функции задан, как показано на рисунке:

Найдите значение а.

(4 балла)

Решение:

Данный трехчлен имеет один корень, поэтому его дискриминант равен нулю:

или ,

причем решением задачи не является, так как изображенная парабола не является графиком функции .

Ответ: 4.

7. Решите систему уравнений:

(4 балла)

Решение:

Сложив все три уравнения системы, получим уравнение

, из которого найдем или . Подставляя вместо числа 12 и -12, получим в первом случае: а во втором: .

Ответ: .

2. Докажите, что для любого и натурального n выполнено неравенство .

(4 балла)

Решение:

По неравенству о средних арифметическом и геометрическом

, .

Поэтому

для любого и натурального n выполнено неравенство .

3. В треугольнике АВС, в котором ВС < ВА, через вершину С проведена прямая, перпендикулярная биссектрисе ВЕ. Эта прямая пересекает биссектрису ВЕ в точке F, а медиану ВD – в точке G. Доказать, что отрезок ЕG делится отрезком DF пополам.

(4 балла)

Доказательство:

Пусть прямая СF пересекает АВ в точке К, а прямая DF пересекает ВС в точке М как показано на рисунке.

BK = BC (в треугольнике КВС биссектриса угла В перпендикулярна стороне КС), а DM – средняя линия в треугольнике АВС.

Докажем, что GE || ВС. Для этого достаточно доказать равен

ство . Учитывая, что DF параллельна АК и , получим (~). Кроме того, =

= (~).

Итак, GE || ВС и М – середина ВС, следовательно, DF делит GE пополам.

4. На суде в качестве вещественного доказательства предъявлено 14 монет. Эксперт обнаружил, что монеты с 1-й по 7-ю – фальшивые, а с 8-й по 14-ю – настоящие. Суд же знает только то, что фальшивые монеты весят одинаково, настоящие монеты весят одинаково, и что фальшивые монеты легче настоящих. В распоряжении эксперта – чашечные весы без гирь. Эксперт уверен, что с помощью трех взвешиваний он сможет доказать суду, что монеты с 1-й по 7-ю – фальшивые, а с 8-й по 14-ю – настоящие. Объясните как это можно сделать?

(4 балла)

Решение:

Эксперт должен осуществить три взвешивания следующим образом:

1) Эксперт кладет на левую чашку 1-ю монету, на правую – 8-ю, так как правая чашка перевешивает, то суд видит, что 1-монета фальшивая, а 8-я – настоящая.

2) На правую чашку кладутся 2-я, 3-я и 8-я монеты, на левую – 9-я, 10-я и 1-я. Левая чашка перевешивает, и суд убеждается, что 2-я и 3-я монеты фальшивые, а 9-я и 10-я – настоящие.

3) Эксперт кладет на левую чашку 4-ю, 5-ю, 6-ю, 8-ю, 9-ю и 10-ю монеты, а на правую – остальные. Правая чашка перевешивает и суд видит, что на ней больше настоящих монет чем на левой, а на левой чашке фальшивых монет больше, чем на правой. Это и доказывает суду, что 4-я, 5-я, 6-я и 7-я монеты фальшивые, а 11-я, 12-я, 13-я и 14-я настоящие.

5. Можно ли разделить равносторонний треугольник на 2002 равносторонних треугольника? Если да, то как? Если нет – то почему?

(4 балла)

Решение:

На 2002 треугольника разделить можно.

План построения:

1) Отложить как показано на рисунке.

А1000

А1

. . .

2) Провести MN, параллельную АС.

3) На АС отложить 1001 отрезок, равных АМ.

4) Из точек А1, А2, … , А1000 провести прямые параллельные прямой АВ.

5) В полосе АМNC как показано на рисунке получается 2001 треугольник, все они равносторонние и равны между собой, а 2002-й треугольник – это . Треугольники АМА1, А1М1А2, … , А1000NС – равносторонние.

Ответ: можно.

10.4 На доске выписаны числа 1, 2, …, 1991. Разрешается взять несколько чисел, сумма которых делится на 5, вычеркнуть их и вписать число S/5. Можно ли добиться того, что в результате данного процесса на доске останется единственное число 1?

10.4 Ответ: нельзя.

Решение:

Заметим, что сумма четна. Пусть есть какой-то набор целых чисел с суммой S. Возьмем несколько из них с суммой 5а (а – целое число) и запишем вместо них число а. Новая сумма равна S - 5а + а = S - 4а. Мы видим, что четность суммы сохраняется. Исходная же сумма четна. Следовательно, нельзя получить только 1.

10.5 Какое из чисел больше: или ?

10.5 Ответ: второе.

Решение:

Пусть а = 1992. Тогда .

10.8 На двух островах расположено несколько селений, причем на одном острове на два селения больше, чем на другом. На каждом острове между любыми двумя селениями проложена грунтовая дорога. Можно ли заасфальтировать ровно половину всех этих дорог? (Каждая дорога асфальтируется только целиком.)

10.8 Ответ: нет, нельзя.

Решение:

Пусть на одном острове n селений, а на другом (n + 2) селения. Тогда количество дорог на первом острове , а количество дорог на втором острове . Половина от общего количества дорог:

В полученной сумме первое слагаемое – целое при любом натуральном n, поэтому эта сумма не может принимать целых значений. Следовательно, такое количество дорог заасфальтировать нельзя.

11 класс.

1. Сравните числа и

Решение:

Составим разность данных чисел:

- = =

= = =

= = .

Ответ: данные числа равны.

2. Квадрат целого числа, меньше пяти, умножили на само это число, увеличенное на четырнадцать. Найдите наибольшее значение такого произведения.

Решение:

Требуется найти наибольшее значение функции при целых значениях аргумента, меньше 5.

Производная является квадратичной функцией, нулями которой являются . Между ними производная отрицательна, а вне отрезка - положительна. Значит, - точка максимума, а - точка минимума.

Точка максимума расположена между целыми числами -10 и -9. Сравним значения функции в этих точках: = ; .

Если < -10, то < , так как на луче функция возрастает.

Если -9 < x £ 0, < , так как на отрезке функция убывает. На положительной полуоси функция возрастает, следовательно, при 0 £ x £ 4 выполняется неравенство £ = . Значит, наибольшего значения при целых < 5 эта функция достигает в точке x = -9.

Ответ: 405.

2. Дан трехгранный угол с вершиной О. Можно ли найти такое плоское сечение АВС, чтобы углы ОАВ, ОВА, ОСВ, ОАС, ОСА, ОВС были острыми?

Ответ: можно.

Решение:

Для этого достаточно провести плоскость через точки А, В, С, равноудаленные от точки О. Тогда треугольники ОАВ, ОАС и ОВС равнобедренные, поэтому все углы при основаниях АВ, ВС, АС острые.

5. Клетки квадрата 50 × 50 раскрашены в четыре цвета. Докажите, что существует клетка, с четырех сторон от которой (т. е. сверху, снизу, слева и справа) имеются клетки одного с ней цвета.

Доказательство: Предположим, что клетки квадрата n × n удалось раскрасить таким образом, что для любой клетки с какой-то стороны от нее нет клетки одного с ней цвета. Рассмотрим тогда все клетки одного цвета и в каждой из них нарисуем стрелочку в том из четырех направлений, в котором клетки того же цвета нет. Тогда на каждую клетку «каемки» нашего квадрата будет указывать не более одной стрелки. Поскольку клеток «каемки» всего 4n – 4, то и клеток каждого цвета не более 4n – 4. С другой стороны, каждая из n2 клеток нашего квадрата раскрашена в один из четырех цветов, т. е.

n2 ≤ 4(4n – 4).

Для решения задачи теперь достаточно заметить, что последнее неравенство неверно при n = 50. Несложно убедиться, что оно неверно при всех n ≥ 15, и, следовательно, утверждение задачи верно уже в квадрате 15 × 15, а заодно и в любом большем квадрате.

2. По окружности в произвольном порядке выписаны цифры: 4 единицы и 5 нулей. Затем в промежуток между двумя одинаковыми цифрами вписывается 1, а между разными цифрами – 0, после чего первоначальные цифры стираются. Докажите, сколько бы раз ни повторялся этот процесс, никогда не получится набор из 9 единиц.

(4 балла)

Решение:

Допустим, что получение набора из 9 единиц возможно. Тогда на предыдущем шаге должно было быть либо 9 единиц, либо 9 нулей. Пусть на n-м шаге впервые появилось 9 единиц. Тогда на (n -1)-м шаге стояли 9 нулей. Следовательно, на (n -2)-м шаге цифры чередовались, а это значит, что на 1, 3, 5, 7 и 9-м местах (считая от некоторого места по часовой стрелке) стояли одинаковые цифры. Но места 1-е и 9-е – соседние, и там одинаковые цифры стоять не могли. Таким образом, мы пришли к противоречию, следовательно получить набор из 9 единиц в данном процессе невозможно.

Ответ: Да.

3. Существует ли в пространстве фигура (состоящая из многоугольников и содержащая точки А, В, С, D), для которой выполняются следующие соотношения: АВ = СD = 8 см; АС = ВD = 13 см?

(4 балла)

Решение:

Данная фигура существует. Ее можно получить из 2 равных треугольников АВС и ВСD, приложенных друг к другу по стороне ВС под некоторым углом как показано на рисунке:

Ответ: Существует.

4. Найдите значение выражения ,

если , .

(5 баллов)

Решение:

Найдем такие числа a и b, что . Приравнивая в этом тождестве коэффициенты слева и справа при х, а затем при у и z, получим систему

Решая систему двух первых уравнений, получим а = -1, b = 2. Найденная пара чисел является решением и третьего уравнения системы. Тогда

Ответ: 5.

5. Найдите линейную функцию, при всех значениях х удовлетворяющих равенству .

(4 балла)

Решение:

, тогда , следовательно:

= .

Таким образом, = 37 – 8х,

следовательно

Ответ:

5. Переменные x, y, z, t таковы, что справедливы неравенства

. Какое наименьшее значение может принимать выражение ?

(4 балла)

Решение:

Так как , , то .

В силу неравенства о среднем арифметическом и среднем геометрическом имеем:

Таким образом, при любых значениях переменных x, y, z, t, удовлетворяющих условию задачи, справедливо неравенство

С другой стороны, если то

Следовательно, если выполнены условия задачи, то наименьшее значение, которое может принимать выражение , равно

Ответ:

1. Даны два трехзначных числа, сумма которых делится на 37. Эти числа записаны друг за другом. Верно ли, что полученное шестизначное число обязательно делится на 37?

(3 балла)

Решение:

Обозначим данные трехзначные числа через а и b. Тогда их сумма а+ b делится на 37.

Шестизначное число принимает вид1000а + b. Преобразуем его, выделяя слагаемое а+ b :

1000а + b = 999 а + (а+ b).

У полученной суммы не только второе, но и первое слагаемое делится на 37, так как 999 а делится на 111, а 111 делится на 37. Поэтому и вся сумма делится на 37.

Ответ: верно.

2. Найдите действительные решения системы уравнений

(4 балла)

Решение:

Решим каждое из уравнений системы как квадратное относительно х или у. Тогда исходная система преобразуется к виду

и равносильна совокупности четырех систем линейных уравнений, решениями которой являются (-2;0), (-3;3), (-4;2).

Ответ: (-2;0), (-3;3), (-4;2).

3. Стороны параллелограмма служат диагоналями четырех квадратов. Вершины квадратов, лежащие во внешней по отношению к параллелограмму части плоскости (выходящие из этих вершин стороны квадратов не имеют общих точек с параллелограммом), служат вершинами четырехугольника площади а, четыре противоположных им вершины образуют четырехугольник площади b. Найдите площадь параллелограмма.

(5 балла)

Решение:

Докажем, что оба четырехугольника, о которых идет речь в задаче являются квадратами. Треугольник переходит в при повороте вокруг вершины на как показано на рисунке.

Следовательно, отрезки М2М1 и М2М3 равны и перпендикулярны. Рассуждая также ко всем парам соседних сторон четырехугольника М1М2М3М4, докажем, что он является квадратом. С четырехугольником N1N2N3N4 поступим аналогично.

Пусть стороны параллелограмма АВСD равны х и у, а его угол (например, угол АВС) равен . Применяя теорему косинусов к треугольникам М1ВМ2 и N1BN2 получим:

Вычтем второе равенство и первого:

Ответ: .

4. 30 студентов с пяти курсов придумали 40 задач для олимпиады, причем однокурсники – одинаковое число задач, а студенты с разных курсов – разное. Сколько студентов придумали ровно по одной задаче?

(3 балла)

Решение:

Выберем 5 студентов, по одному с каждого курса. Все они придумали разное количество задач. Поэтому общее число задач, предложенных ими, не меньше, чем 1 + 2 + 3 + 4 + 5 = 15. Остальные 25 студентов придумали не более чем 40 – 15 = 25 задач. Ясно, что каждый из них придумал по одной задаче, и следовательно, всего 26 человек придумали по одной задаче.

Ответ: 26 студентов.

5. При каких значениях параметра а уравнение имеет ровно три корня?

(4 балла)

Решение:

Данное уравнение равносильно совокупности

то есть его график в системе координат (х; а) – это объединение «уголка» и параболы , как показано на рисунке.

Только одна горизонтальная прямая вида а = ао, а именно а = -1, пересекает построенный график в трех точках, а значит исходное уравнение имеет ровно три решения только при а = -1.

Ответ: а = -1.

11.4 На собрании родителей учеников 11 «Б» класса присутствовали 18 пап и 24 мамы учеников этого класса. Причем у каждого из учеников присутствовал хотя бы один из родителей. Ровно у 10 юношей и 8 девушек присутствовали оба родителя, ровно у 4 юношей и 3 девушек – только мама и ровно у 1 юноши и 1 девушки – только папа. Найти число учеников 11 «Б» класса, у которых среди учеников этого класса есть брат или сестра.

11.4 Ответ: 4.

Решение:

Разобьем всех учеников класса на три группы. К группе I отнесем тех 18 учеников (10 юношей и 8 девушек), у которых присутствовали оба родителя; к группе II – тех 7 учеников (4 юноши и 3 девушки), у которых присутствовала только мама, и к группе III – тех 2 учеников (1 юноша и 1 девушка), у которых на родительском собрании присутствовал только папа.

Обозначим: через - число пап, дети которых входят в группу III (; при этом только в случае, когда ученики группы III – брат и сестра), через - число мам, дети которых входят в группу II (), и через и - соответственно число пришедших на собрание пап и мам учеников группы I (по условию и , ).

Так как всего на собрании было 18 пап и , то . Покажем, что . Действительно, если , то и , но тогда , чего быть не может, так как на собрании присутствовали 24 мамы.

Итак, , тогда и . Следовательно, в группе III – брат и сестра и в группе I имеются два ученика, являющихся либо братьями, либо сестрами, либо братом и сестрой.