Район 10 клас финал решение 2016 - 2017

Відповіді та вказівки до розв'язування 10 клас 1. При яких значеннях а рівняння a  4 x  x 2  1 a  1  x  2   0 має рівно три корені? Розв'язання: a  x 2  4 x  1, Маємо  Графіком цієї сукупності є об’єднання a  х  2  1 .  параболи та «кута» (див. малюнок). Очевидно, лише пряма a  1 перетинає отримане об’єднання в трьох точках. Відповідь: a  1.

2. Задані 2016 чисел. Відомо, що сума будь-яких 7 з цих чисел – додатна. Чи обов’язково сума усіх 2016 чисел також додатна? Відповідь обгрунтуйте. Відповідь: Обов’язково. Розв’язання. Виберемо 7 найменших серед заданих чисел. Їх сума – додатна, за умовою, а тому серед них є хоча б одне додатне і відповідно найбільше серед ціх 7 чисел є додатнім. Але тоді усі інші із решти 2009 чисел – додатні. Таким чином, сума найменших 7 чисел додатна і всі інші числа також додатні, тому сума усіх чисел – додатна.

3. Знайдіть всі пари чисел (х; у), що задовольняють рівнянню

3x 2  2xy  y 2 2016  x3  8x3  27x 2  5x  62017  0 28  3 y  y 2  y 3  y 2  2016 y  2016

Розв'язання:

  28  3 y  y 2  0,   y   ;, ОДЗ   2  y   ;1   1;.

3 2    y  2016 y  1  0 .  y  y  2016 y  2016  0 .  





Перетворимо рівняння.

3x 2  2xy  y 2 2016  x  2x 2  2x  4x  3x 2  3x  9x  2x  32017  0 , 28  3 y  y 2  y 2  y  1  2016 y  1 3x 2  2xy  y 2 2016  x  22018x 2  2x  4x 2  3x  9x  32018  0 .

28  3 y  y 2  y 2  2016 y  1

Оскільки дріб дорівнює нулю, якщо чисельник дорівнює нулю й виконане ОДЗ, а сума двох парних степенів дорівнює нулю, якщо кожний із двох виразів, що підносяться у ці степені, дорівнює нулю, то наше рівняння рівносильне наступній системі:

3 x 2  2 xy  y 2  0 ,   x  2  0 ,   x  3  0 ,  y  1  0.  З рівнянь системи одержуємо чотири пари: (2; -2); (2; 6); (3; -3) і (3; 9). Всі пари належать ОДЗ. Відповідь: {(2; -2); (2; 6); (3; -3) і (3; 9)}.

4. Чи можна розбити множину перших 100 натуральних чисел на три неперетинаючихся підмножини (кожне число входить до однієї із трьох множин) таким чином, щоб сума всіх чисел першої множині ділилася на 102, сума всіх чисел другої множині – на 203, а третьої – на 304? Відповідь. Не можна. Розв'язання. Нехай вдалося розбити множину чисел від 1 до 100 числа на множини із сумою чисел 102A, 203B і 304C. Тоді виконується рівність 102A+203B+304C = 5050 або A+B+C+101(A+2B+3C) = 10150. Тому, вираз A+B+C повинний ділитися на 101, звідки випливає, що A+B+C ≥ 101. Але тоді 102A+203B+304C ≥ 102(A+B+C) ≥ 102101 > 5050. Таким чином, необхідним способом розбити числа на три підмножини не можна.

5. Точки K, L, М, N — середини сторін L паралелограма ABCD . Прямі DK, BM, AL, CN B C обмежують маленький паралелограм (рис. 1).

E F K а) Знайдіть відношення площ цих M G H паралелограмів. б) В опуклому чотирикутнику D середини сторін з'єднали з вершинами так, як A N Рис.1 Рис.2 показано на рис. 2. Відомо, що площа чорного чотирикутника дорівнює 2016. Знайдіть суму площ сірих трикутників. Розв'язання. а) Нехай пряма BM перетинає відрізки AL і CN відповідно в точках E і F, а пряма DK — відповідно в точках G і H. Тоді EFHG — паралелограм, BE = EF = GH = DH = 2FM (за властивостю середньої лінії). Крім паралелограма, утвориться ще чотири трикутники й чотири трапеції. Користуючись формулами площі трикутника, паралелограма й трапеції, можна вивести, що площі трапецій дорівнюють 3/4S(EFHG), площі трикутників — 1/4S(EFHG). Звідси одержимо, що S(ABCD) = 5S(EFHG), а виходить, шукане відношення площ дорівнює 1:5. б) Введемо позначення аналогічно пункту а). S(KBC) = 1/2S(ABC), S(LCD) = 1/2S(BCD), S(AMD) = 1/2S(ACD), S(ABN) = 1/2S(ABD). Звідси S (KBC) + S (BCD) + S (LCD) + S (ABN) = 1/2 (S (ABC) + S (ACD) + S (BCD) + S (ABD)) = S(ABCD). За формулою включень-вилучень S (ABCD) = S (KBC) + S (LCD) + S (AMD) + S (ABN ) + S(чорного чотирикутника) — S(сірих трикутників), звідки S(чорного чотирикутника) –S(сірих трикутників) = 0, а, значить, S(сірих трикутників) = 2016.