Тема Росатом

Росатом - задания по годам → .05 Росатом 2019

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела росатом

Разделы подтемы Росатом - задания по годам

Росатом 2015 и ранее

Росатом 2016

Росатом 2017

Росатом 2018

Росатом 2019

Росатом 2020

Росатом 2021

Росатом 2022

Росатом 2023

Росатом 2024

Росатом 2025

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#46107

На сторонах $BA$ и $BC$ треугольника $ABC$ совершенно случайно взяты точки $M$ и $N$ . Найти вероятность того, что площадь треугольника $BMN$ окажется не меньше трети площади треугольника $ABC$ .

Показать ответ и решение

Обозначим $BM :BA = x,BN :BC =y$ . Тогда имеем условие $SBMN-= xy ≥ 1 SABC 3$ , где $x,y$ равномерно распределены на отрезке $[0,1]$ . Представим это в виде квадрата $1× 1$ — выбор $(x,y)$ аналогичен выбору случайной точки из квадрата:

$PIC$

Нас интересует площадь над гиперболой $xy = 13$ внутри этого квадрата.

Гипербола пересекается с прямой $y = 1$ при $x= 13$ , поэтому для искомой площади нам нужно из площади прямоугольника $23 ⋅1$ вычесть площадь под гиперболой, которая равна

∫1 1 1 1 ln3 3xdx= 3 ⋅(ln1 − ln3)=-3 1∕3

Итак, получаем $2 ln3 3 − 3 .$

Ответ:

$2−ln3 3$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#46227

На сторонах $BA$ и $BC$ треугольника $ABC$ совершенно случайно взяты точки $M$ и $N$ . Найти вероятность того, что площадь треугольника $BMN$ окажется не больше половины площади треугольника $ABC$ .

Источники: Росатом-19, 11.4 (см. mephi.ru)

Показать ответ и решение

Обозначим $BM :BA = x,BN :BC =y$ . Тогда $SBMN- =xy ≤ 1 SABC 2$ , где $x,y$ равномерно распределены на отрезке $[0,1]$ . Представим это в виде квадрата $1 ×1$ — выбор $(x,y)$ аналогичен выбору случайной точки из квадрата.

$PIC$

Нас интересует площадь под гиперболой $xy = 12$ внутри этого квадрата, которая равна

1 ∫1 1 1 1 1 1 +ln2 √-- 2 + 2xdx= 2 + 2lnx|1∕2 =---2--= ln 2e 1∕2

Ответ:

$ln√2e$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#49011

На сторонах $AB$ и $BC$ треугольника $ABC$ расположены точки $M$ и $N$ так, что $AM =CN =√3-$ . Точка $P$ – середина отрезка $MN$ , точка $Q$ – середина стороны $AC.$ Угол при вершине $B$ треугольника $ABC$ равен $∘ 60.$ Найти длину отрезка $P Q.$

Источники: Росатом-19, 11.6 (см. mephi.ru)

Показать доказательство

Первое решение.

Давайте вспомним, что отрезок между серединками каких-то сторон может быть удобно посчитать через векторы:

−−→ −−→ −P−→Q = Q− P = A+-C-− M-+N-= A-−-M + C−-N-= MA-+-NC- 2 2 2 2 2

Тем более нам дан угол между векторами $AM$ и $CN$ — он равен углу между векторами $AB$ и $CB$ (ведь $−A−M→$ сонаправлен $−A→B$ , а $−C−→N$ сонаправлен $−C−→B$ ) то есть $60$ градусам. Осталось вспомнить, что длина связана со скалярным квадратом:

∘------ ∘----- ┌│ (−−→--−−→-)-2 P Q= |−−→PQ|= |−−−P−→Q|= |−−−−P→Q|2 = −−−−P→Q2 = ││∘ (AM-+CN-) 2

Раскрываем квадрат суммы:

(2PQ )2 = −A−→M2 + −−C→N2 +2(−−A→M,−C−→N )= AM2 + CN2+ 2⋅AM ⋅CN ⋅cos∠ (−A−M→, −C−→M )= 3+3 +2⋅3⋅ 1 = 9 2

Отсюда $2PQ =3.$

Второе решение.

$PIC$

Давайте заметим, что если сдвинуть точку $C$ и $N$ по стороне $B$ на вектор $v$ , то условие останется выполненным, а точки $P$ и $Q$ сдвинуться на вектор $v 2$ . Значит длина $PQ$ не измениться. Аналогично, можно сдвинуть точки $A$ и $M$ вдоль $AB$ так, чтобы условие и длина $PQ$ сохранилась. Сдвинем $N$ и $M$ в точку $B$ и получим.

$PIC$

Тогда $P = B$ , $√- AB = AC = 3$ и $∠ABC = 60∘$ . Значит, перед нами равносторонний треугольник и $PQ$ медиана в нем. Значит, ее длина равна $32.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#67156

Ученикам на входе в школу разрешалось брать из коробки любое количество карандашей. Позже выяснилось, что не менее $60%$ карандашей, полученных любой группой из десяти человек, оказывались у одного ученика из этой группы. Докажите, что в школе есть ученик, забравший более $58%$ карандашей, взятых всеми школьниками из коробки.

Источники: Росатом-19, 11.3 (см. mephi.ru)

Показать доказательство

Пусть ученики школы упорядочены по убыванию числа взятых ими карандашей: ученик под номером $k$ взял из коробки $x k$ карандашей и

x1 ≥ x2 ≥ ...≥ xk ≥xk+1 ≥ ...

По условию для любого $k$ выполняется неравенство. Преобразуем его

-------xk-------- xk+ xk+1 +...+ xk+9 ≥ 0,6

(1− 0,6)xk ≥0,6(xk+1+ ...+ xk+9)

3 3 27 xk ≥ 2(xk+1+...+xk+9)≥ 2(xk+9 +...+xk+9)= 2-xk+9

То есть $xk+9 ≤ 227xk$ для любого $k.$ Тогда для любого $n$

x2 +x3+ ...+ xn = (x2+ x3+ ...+ x10)+ (x11+ x12+ ...+ x19)+

( ( )2 ) + ...≤ (x2 +x3+ ...+ x10)⋅ 1+ -2 + 2- +... 27 27

По условию

x1 ≥ 0,6(x1+ x2 +...+ x10)

0,4x1 ≥ 0,6(x2+ ...+x10)

2 x2+ ...+ x10 ≤ 3x1

Суммируя прогрессию, получим неравенство.

27 27 2 18 x2+ x3+...+xn ≤25 (x2+ x3+ ...+x10)≤ 25 ⋅3x1 = 25x1 =⇒

=⇒ x1+ x2+ x3+...+xn ≤ 4235x1

Если в школе $n$ учеников, то

x1 ≥ 25-(x1+ x2+ x3+...+xn)> 43

> 0,58 ⋅(x + x +x +...+ x ) 1 2 3 n

Итого, ученик под номером $1$ забрал более $58%$ карандашей.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#69865

В квадрате $ABCD$ со стороной $6$ расположена точка $O,$ отстоящая от сторон $AD$ и $CD$ на расстояние $2.$ Через точку $O$ совершенно случайно проводится прямая $L,$ разделяющая квадрат на две части. Найти вероятность того, что площадь одной из частей не превосходит $9.$

Показать ответ и решение

Случай $1 :$ прямая $L$ пересекает стороны $AD, DC$ квадрата $ABCD.$

Пусть $H,T$ — проекции $O$ на стороны $CD,AD,$ а в точках $X,Y$ прямая $L$ пересекает эти стороны.

Если $X =Y,$ то $X = Y = D,$ а прямая $L = OD$ делит квадрат на равные треугольники площадью по $18> 9.$ Поэтому точки $X,Y$ различны, прямая $L$ делит квадрат на треугольник и пятиугольник:

$PIC$

Обозначим $HX =x.$ С учётом $OT =OH =2$ и подобия $△HXO ∼ △TOY$ получаем $TY = 4x.$ Запишем условие на площадь:

( ) SXDY = STOHD +SHOX + STOY =4+ 1 2x+ 8 =4+ x+ 4 ≤9 2 x x

1≤ x≤ 4

Мы выяснили, что нам подходят $arctg 1≤ ∠HOX ≤arctg2. 2$

$∠HOX = arctg 1 2$ и $∠HOX = arctg2,$ как раз соответствуют случаям, когда $L$ проходит через $O$ и $A,O$ и $C$ соответственно.

Случай $2:$ прямая $L$ пересекается только с одной из сторон $AD,CD,$ то есть делит квадрат $ABCD$ на два четырёхугольника.

$PIC$

Покажем, что в таком случае площадь обоих частей $>9.$ Выше мы уже заметили, что в случае совпадения прямой $L$ с прямой $AO$ или в случае совпадения с прямой $CO$ площадь меньшей из отсекаемых частей в точности равна $9.$

Предположим, что прямая $L$ пересекает стороны $AB,CD.$ Пусть она пересекает $AB$ в точке $F,CD$ в точке $G.$ Треугольники $AOF, GSH$ подобны, при этом коэффициент подобия равен $-AO 2 OH = 1,$ поэтому $SAOF- AO-2 SGOH = (OH) = 4.$

Заметим, что если мы перейдем от прямой $AO$ к прямой $L,$ то площадь меньшей из частей увеличится на $SAOF − SGOH = 4S− S = 3S > 0.$ Но так как площадь $ADH =9,$ то площадь $ADGF =9 +3S >9.$

Случай, если $L$ пересекает стороны $AD,CD,$ разбирается аналогично (просто рассматривается прямая $CO$ вместо $AO$ ).

В результате получаем ответ

1 p= arctg2−-arctg2 π

Можно в числителе применить формулу разности арктангенсов

arctg 2−1∕2-- arctg 3 p =-----1+π2⋅1∕2= --π--4

Ответ:

$arctg-34 π$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#92070

Координаты $(x;y)$ вершин треугольника $ABC$ являются решениями уравнения

|cos(x − 2y)|= −|cos(x+ y)|.

Найти наименьшее возможное значение площади треугольника.

Показать ответ и решение

Уравнение равносильно системе

{ cos(x− 2y)= 0 { x − 2y = π +πm { x = π+ π(m +2k) cos(x+ y)= 0 → x+ y = π+ 2πk,k,m ∈Z → y 2= π3(k − m ) ,m,n ∈Z(∗) 2 3

Решения расположены в узлах «косой» решетки на плоскости образованной семейством прямых

L :x +y = π+ πk и L :x − 2y = π +πm k 2 m 2

Если две вершины, например, $A$ и $B$ , искомого треугольника $ABC$ наименьшей площади лежат на прямых семейства $Lk$ , то $A$ и $B$ являются соседними вершинами решетки (в противном, его площадь может быть уменьшена) и

π π π√2- |xA− xB|= 3,|yA− yB|= 3 → AB =--3-

Вершина $C$ находится на соседней (параллельной) прямой из семейства $Lk$ (иначе площадь может быть уменьшена). Поскольку расстояние между соседними прямыми из семейства $Lk$ одинаковое и равно $π√2$ , площадь треугольника $ABC$ равна $2 S1 = π6$ . Если две вершины, например, $B$ и $C$ , находятся на прямой семейства $Lm$ и являются соседними узлами решетки, то

√- |xB − xc|= 2π,|yB − yC|= π → AB = π-5 3 3 3

Вершина $A$ находится на соседней (параллельной) прямой семейства $Lm.$ Поскольку расстояние между соседними прямыми из семейства $L m$ одинаковое и равное $√π 5$ , площадь треугольника равна

1 π√5 π π2 S2 = 2 ⋅-3-⋅√5-= 6-= S1

Ответ:

$π2 6$

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#92083

Известно, что дробь $m(n+-69m) n(m +69n)$ сократимая для некоторых взаимно простых целых чисел $m$ и $n$ . Найти наибольшее простое число $d$ , на которое делится числитель и знаменатель дроби.

Показать ответ и решение

Рассмотрим три случая

Если $m$ делится на $d$ , и $m+ 69n$ делится на $d$ , то и их разность делится на $d$ , поэтому $69n$ делится на $d$ , но $n$ взаимно просто с $m$ , следовательно и с $d$ . Откуда $69 =3 ⋅23$ делится на $d$ , значит, $d≤ 23$ .

Случай: $n$ делится на $d$ , и $n+ 69m$ делится на $d$ разбирается аналогично.

Если же $n +69m$ и $m + 69n$ делятся на $d$ , то и число $( 2 ) 69(n+ 69m)− (m + 69n)= m 69 − 1$ делится на $d$ .

Случай, когда $m$ делится на $d$ был рассмотрен выше. Значит, можно считать, что $2 3 69 − 1= 68⋅70 =17⋅2 ⋅5⋅7$ делится на $d$ , откуда в этом случае $d≤ 17 <23$ .