Тема ШВБ (Шаг в будущее)

ШВБ - задания по годам → .07 ШВБ 2021

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела швб (шаг в будущее)

Разделы подтемы ШВБ - задания по годам

ШВБ 2015 и ранее

ШВБ 2016

ШВБ 2017

ШВБ 2018

ШВБ 2019

ШВБ 2020

ШВБ 2021

ШВБ 2022

ШВБ 2023

ШВБ 2024

ШВБ 2025

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#77788

Функция $f(x)$ при всех действительных $x⁄= 1$ удовлетворяет соотношению

(x+-1) (x− 1)f x− 1 +4f(x)+ 14x= 0

Решите уравнение

4 ⋅8x = 7+ 2f(x)

Источники: ШВБ - 2021, 11 (см. olymp.bmstu.ru)

Показать ответ и решение

Сделаем замену:

(| x-+1 |{ t= x − 1, ||( x = t+1. t− 1

Тогда функция $f(t)$ при всех вещественных $t⁄= 1$ удовлетворяет соотношению

( t+1- ) ( t+1) t+1- t− 1 − 1 f(t)+4f t− 1 + 14 ⋅t− 1 =0.

При всех фиксированных $x⁄= 1$ значения $f(x)$ и $( ) f xx+−11$ удовлетворяют системе уравнений:

( ( ) { (x− 1)f xx+−11 + 4f(x)+ 14x= 0, ( -2-f(x)+ 4f(x+1)+ 14⋅ x+1= 0, x−1 x−1 x−1

( ( ) { (x− 1)f x+x−11- =− 4f(x)− 14x, ( 2f(x)+ 4(x − 1)f(x+1)+ 14(x +1)= 0, x−1

Подставим первое уравнение во второе:

2f(x)− 16f(x)− 56x+ 14(x +1)= 0⇒ f(x)=1 − 3x

Решим заданное уравнение:

( ) 4⋅8x =7 +21−3x ⇒ 4(8x)2− 7⋅8x − 2= 0⇒ 2(8x− 2) 8x + 14 = 0⇒ 23x = 2⇒ x= 13

Ответ:

$1 3$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#86448

При каких целых значениях параметра $a$ для корней $x,x 1 2$ уравнения

2 3x − x(a +3)+ a= 0

выражение $∘---1----- (x1− x2)2$ будет натуральным числом?

Источники: ШВБ - 2021, 11 (см. olymp.bmstu.ru)

Показать ответ и решение

Из формул для корней уравнения $3x2− x(a+ 3)+a = 0$ имеем, что

a +3− ∘ (a-+3)2− 12a− a− 3− ∘ (a+-3)2−-12a |x1− x2|= |----------------6------------------|=

√--------- ∘------ =|−2-a2−-6a+-9|= -(a−-3)2-= |a−-3| 6 3 3

Поэтому выражение из условия равно

∘---1-----= --1----=--3-- (x1− x2)2 |x1− x2| |a− 3|

Так как $a$ — целое, то результат будет натуральным, когда $.. 3.|a− 3|.$ Так что возможные значения параметра находятся из совокупности:

[ |a− 3|= 1 |a− 3|= 3

⌊ | a− 3= 1 || a− 3= −1 |⌈ a− 3= 3 a− 3= −3

Подходят значения параметра $a∈ {0;2;4;6}.$

Ответ: 0; 2; 4; 6

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#101394

При каких значениях параметра $a$ площадь фигуры, ограниченной на координатной плоскости $xOy$ линиями

x x 2 2 y = 2 +1, y = 2 − 1, x= a− 1− a, x= a − 3a+ 1,

равна $16?$

Источники: ШВБ - 2022, 11 (см. olymp.bmstu.ru)

Показать ответ и решение

Рассмотрим и нарисуем графики функций $f(x)= x +1 2$ и $g(x)= x− 1: 2$

$PIC$

Так как мы работаем в плоскости $xOy,$ то $x= a− 1 − a2$ и $x= a2− 3a +1$ являются вертикальными линиями, двигающимися вдоль $Ox$ при изменении $a.$ Получается, что мы должны рассматривать площадь параллелограмма.

Так как $f(x)$ и $g(x)$ не зависят от параметра $a$ , то мы можем воспользоваться формулой $S = a⋅h,$ где $a$ — длина прямой, ограниченной нашими функциями, а $h$ — расстояние между вертикальными линиями.

$PIC$

Заметим, что $a$ мы можем очень легко найти:

a= f(0)− g(0)= 2

По условию:

16= 2⋅h =⇒ h =8

Так же $h$ можно представить как:

h= |a − 1− a2− a2 +3a− 1|=|− 2a2 +4a− 2|

Осталось лишь найти корни уравнения, когда $h = 8:$

2 |− 2a + 4a− 2|= 8

2 2(a− 1) =8

[ a =− 1 a= 3

Ответ:

${−1; 3}$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#101417

Найдите наибольшее натуральное число $n,$ для которого верно неравенство

(3 3 3) 1 + 2 + ⋅⋅⋅+n − 106(1+ 2+ ⋅⋅⋅+n)+ 105≤ 0

Источники: ШВБ - 2021, 11 (см. olymp.bmstu.ru)

Показать ответ и решение

Вычислим сумму $12 +22+ ⋅⋅⋅+ n2 :$

∑n n∑ ( ) 13+23+ ⋅⋅⋅+ n3+ (n +1)3 = 1+ (1+k)3 = 1+ 1+ 3k+ 3k2+ k3 = k=1 k=1

3(n-+1)n ∑n 2 ∑n 3 = 1+ n+ 2 + 3k=1k +k=1k

Заметим, что сумма кубов до $n$ вся сокращается, и остаётся только $(n +1)3.$ Отсюда выразим сумму квадратов.

3∑n k2 = (n+ 1)3− 1− n− 3(n+-1)n k=1 2

n ∑ k2 = n(n-+1)(2n-+1) k=1 6

Теперь проделаем аналогичные преобразования для вычисления суммы $3 3 3 1 +2 + ⋅⋅⋅+ n :$

n+∑1k4 =1+ ∑n (1+ k)4 = 1+∑n (1+ 4k +6k2+ 4k3 +k4)= k=1 k=1 k=1

n n n = 1+ n+ 4(n-+1)n+ 6∑ k2+ 4∑ k3 +∑ k4 2 k=1 k=1 k=1

n∑ 4 k3 = (n+ 1)4− 1− n− 4(n-+1)n− n(n+ 1)(2n +1)= k=1 2

( 3 2 ) = (n+ 1) (n+ 1) − 1− 2n − 2n − n

∑n 3 n2(n +1)2 k = ---4---- k=1

Все эти формулы, конечно, желательно и так помнить, но если забыли, то можно будет вывести так или по индукции. Тогда возвращаясь к неравенству

(13+ 23+⋅⋅⋅+n3)− 106(1+ 2+⋅⋅⋅n)+ 105≤ 0⇔

n2(n+-1)2-− 106n(n+-1)-+105≤ 0 4 2

( n(n-+1)- )( n(n-+1)- ) 2 − 1 2 − 105 ≤ 0

n2 +n − 210≤ 0

(n+ 15)(n− 14)≤ 0

Отсюда получаем, что наибольшее натуральное значение, при котором верно равенство, равно $14.$

Ответ:

$n =14$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#101431

На стороне $BC$ треугольника $ABC$ отмечена точка $K$ так, что $AK = 9√2-∕2,BK = 9,KC =3.$ Около треугольника $ABK$ описана окружность. Через точку $C$ и точку $D,$ лежащую на стороне $AB,$ проведена прямая, которая пересекает окружность в точке $P,$ причем $CP > CD.$ Найдите $DP,$ если $∠APB = ∠BAC,CD$ — биссектриса треугольника $ABC.$

Источники: ШВБ - 2021, 11 (см. olymp.bmstu.ru)

Показать ответ и решение

$PIC$

$1)$ Из условия мы знаем, что $∠AP B =∠BAC,$ а из вписанного четырёхугольника $∠APB = ∠AKC.$ Откуда получаем, следующие равенства

∠AKC = ∠BAC, ∠KAC = ∠ABC

Значит, отрезок $AC$ является отрезком касательной к окружности. Теперь мы понимаем, что $△ABC$ подобен $△AKC.$ Запишем соответствующие отношения сторон и подставим значения из условия:

√- AB-= AC- = BC-⇒ AB--2 = AC = 12-⇒ AC =6, AB =9√2 AK KC AC 9 3 AC

$2)$ Так как мы знаем, что $CD$ — биссектриса, то запишем свойство, подставив известные значения

AD-= AC-= 1 DB BC 2

К тому же мы нашли $AB,$ поэтому $AD = 3√2,DB = 6√2.$ Давайте теперь запишем формулу для биссектрисы и вычислим её:

2 √- √- CD =AC ⋅CB − AD ⋅DB =72− 3 2⋅6 2= 36 ⇐⇒ CD =6

$3)$ Пусть $DP =x,DN = y,$ где $N$ точка пересечения прямой $CD$ с окружностью, $N ⁄= P.$ Четырехугольник $ANBP$ вписан в окружность, откуда из произведения отрезков хорд

AD ⋅DB =P D⋅DN ⇐⇒ 36 =xy

По свойствам касательных и секущих к окружности имеем

CN ⋅CP = AC2

(CD − y)⋅(CD + x) =AC2

(6− y)⋅(6+ x) =36

6(x− y)= xy

$4)$ Теперь осталось только решить систему из полученных уравнений в $3$ пункте

{ 36= xy 6(x− y)= xy

Откуда $2 x= y+ 6⇒ y +6y− 36= 0.$ Решив уравнение, получим $√ - √- y = −3+ 3 5,DP = x= 3+ 3 5.$

Ответ:

$DP = 3+ 3√5$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#101475

Найдите все значения параметра $a,$ при которых система

{ 7a− 30cost+3 ≤0 5sint+ a+ 1+ |cost|+ |5cost−-4|= 0 2 2cost 5cost− 4

имеет решения. Укажите эти решения при найденных значениях параметра $a.$

Источники: ШВБ - 2021, 11 (см. olymp.bmstu.ru)

Показать ответ и решение

Сделаем следующие замены: $x =5cost,y = 5sint,x2+y2 =25.$

Имеем

(| |{ 7a−1 6x|x+| 3≤|x−0,4| ||( y+ a+ 22 + 2x2 + x−4 = 0, x + y = 25.

Система распадается на совокупность трёх систем:

(| 7a − 6x+ 3≤ 0, (| 7a − 6x+ 3≤ 0, { x> 4,y =− a− 2, ⇔ { x> 4,y = −a− 2, |( x2 +y2 = 25, |( x2 +(a+ 2)2 = 25.

(| 7a− 6x+ 3≤ 0, (| 7a− 6x+ 3≤ 0, { 0< x< 4,y =− a,⇔ { 0< x< 4,y =− a, |( x2+y2 = 25, |( x2+a2 = 25.

(| 7a − 6x+ 3≤ 0, (| 7a− 6x+ 3≤ 0, { x< 0,y = −a+ 1 ⇔ { x< 0,y =− a+1, |( x2 +y2 = 25, |( x2+ (a− 1)2 = 25.

В системе координат $Oxa$ изобразим решение системы

(|| 7a − 6x+ 3≤ 0 ||{ ⌊ x> 4,x2+ (a+2)2 = 25 || |⌈ 0< x< 4,x2+a2 =25 ||( x< 0,x2+ (a− 1)2 = 25

$PIC$

$1)$ Имеем решение $∘ --------2- x= 25− (a+ 2) при a∈ (− 5;1).$

Тогда

∘------------ cost= 1− ((a+ 2)∕5)2

y = −a− 2

sint= −(a+ 2)∕5

Откуда получается, что

t=− arcsin((a +2)∕5)+ 2πn, n∈ Z

При записи же ответа через $arccos$ нужно учитывать знаки $sint= −(a+ 2)∕5$ , т.е. $\text{[math]}$ при $a∈ (− 5;−2]$

∘------------ t =arccos 1 − ((a +2)∕5)2+ 2πn,n ∈Z

а при $a∈ (−2;1)$ имеем

∘------------ t=− arccos 1− ((a+ 2)∕5)2+ 2πn,n∈ Z

$2)$ Имеем решение $√ ------ x = 25− a2$ при $a∈ (− 5;−3)$ . Тогда

∘-------2 cost= 1− (a∕5)

y = −a

sint= −a∕5

Откуда получается, что

t= − arcsin(a∕5)+ 2πn, n∈ Z

или

∘-------- t=arccos 1 − (a∕5)2+ 2πn,n ∈Z

3) Имеем решение $---------- x= −∘ 25 − (a− 1)2$ при $a∈ (−4;−3]$ . Тогда

∘ ------------ cost= − 1− ((a− 1)∕5)2

y = −a+ 1

sint= −(a− 1)∕5

Откуда получается, что

t= π+ arcsin((a− 1)∕5)+ 2πn, n∈ Z

или

∘ -----------2 t= π− arccos 1− ((a− 1)∕5) +2πn,n∈ Z

Ответ:

$a ∈(−5;1)$

$1)$ при $a∈ (− 5;−4]$ имеем $t1 = − arcsin((a+ 2)∕5)+2πn,t2 =− arcsin(a∕5)+ 2πn, n∈ Z;$

$2)$ при $a∈ (− 4;−3)$ имеем $t1 = − arcsin((a+ 2)∕5)+2πn,t2 =− arcsin(a∕5)+ 2πn,$ $t3 =π +arcsin((a− 1)∕5)+ 2πn, n ∈Z;$

$3)$ при $a= −3$ имеем $t1 = arcsin(1∕5)+ 2πn,t2 = π− arcsin(4∕5)+ 2πn, n∈ Z;$

$4)$ при $a∈ (− 3;1)$ имеем $t1 = − arcsin((a+2)∕5)+2πn, n ∈Z.$

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#101477

Основанием пирамиды $SABC$ служит прямоугольный треугольник $ABC$ с катетами $AB = 2$ и $BC = 6.$ Высотой пирамиды $SABC$ является отрезок $SD,$ где точка $D$ симметрична точке $B$ относительно середины отрезка $AC.$ Точка $M$ принадлежит боковому ребру $SB,$ причем $SM =2MB.$ Найдите площадь сечения пирамиды плоскостью, проходящей через $D$ параллельно гипотенузе основания $AC$ и отрезку $AM,$ если расстояние от точки $B$ до секущей плоскости равно $√ -- 14.$

Источники: ШВБ - 2021, 11 (см. olymp.bmstu.ru)

Показать ответ и решение

Треугольник $ABC$ — прямоугольный, $∠B = 90∘,AB = a= 2,BC = b= 6,M ∈ SB,SM = 2MB,$ точка $O∈ AC,AO = OC,$ точка $D$ симметрична $B$ относительно $O.$ Секущая плоскость $π$ проведена через точку $D,π∥AM,π∥AC,$ расстояние $ρ$ от точки $B$ до плоскости $√-- π,ρ= 14.$

$1)$ Мы понимаем, что $D ∈A1C1,A1C1∥AC,A1A =AB = a,C1C = CB = b$ . Также $A1N∥AM, N ∈ SB,NM =MB$ ( $AM −$ средняя линия $ΔA1NB$ ), $1 SN = 3SB$ . Тогда видим, что $ΔSS1N ∼△A1BN ⇒ SS1 = a.$ К тому же

ΔSS1K ∼ΔAA1K ⇒ SK = KA

-KN- 1 1 ΔN1NK ∼ΔA1AK ⇒ A1K = 3 ⇐ ⇒ KN =4 A1N

Аналогично, $1 LN = 4C1N.$ Плоскость $π$ содержит $△A1NC1,$ сечение — треугольник $△KNL.$

$2)$ Для площадей, в силу подобия треугольников, имеем соотношение $1 S△KNL = 16S△A1NC1.$

$3)$ Отметим на $BD$ точку $R$ такую, что $NR∥SD.$ Тогда

1 1∘ ------ DR = 3DB = 3 a2+b2

$4)$ Через $R$ проведём прямую $QR ⊥ CA,$ и пусть она пересекает прямую, параллельную $AC$ и проходящую через $B,$ в точке $B1.$ Тогда по теореме о $3$ перпендикулярах $NQ ⊥ C1A1,$ откуда

1 ∘ 2---2- S△A1NC1 = 2A1C1⋅NQ = AC ⋅NQ =NQ a +b

1 ∘ ------ S△KNL = 16NQ a2+ b2

$5)$ Найдем $NQ.$ Поскольку $AC ∥BB1 ⇒ BB1 ∥π,$ и расстояние $ρ$ от точки $B$ до плоскости $π$ равно расстоянию от точки $B1$ до плоскости $π.$ Длина отрезка $QB1$ равна высоте треугольника $△A1BC1,$

QB1 = √-2a2b-2,QR =-√2a2b-2- a +b 3 a + b

Имеем $QN ⋅ρ= QB1⋅NR, NR =∘QN2--−-QR2.$ Пусть $QN = x$ . Тогда

∘ ------------ --2ab--- 2 --4a2b2-- xρ = √a2+-b2- x − 9(a2 +b2)

2 2 x2ρ2 = --42ab-22 (9x2(a2 +b2)− 4a2b2) 9(a + b)

----------4a2b2---------- x =3√a2-+b2∘4a2b2− ρ2(a2+b2)

22 2 2 S△KNL = -∘-----ab---------= -∘-----2-6---------= 3 12 4a2b2− ρ2(a2+ b2) 12 4⋅2262− 14(22 +62)

Ответ:

$3$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#101478

Искусственный спутник (ИСЗ) движется по круговой орбите вокруг Земли (имеет форму шара) на высоте $H,$ равной радиусу Земли $R = 6372$ км, с периодом обращения $T = 4$ ч и постоянной угловой скоростью $2π w = T .$ Для того, чтобы можно было наблюдать за спутником с поверхности Земли, он должен находиться выше плоскости горизонта. Определите:

а) продолжительность наблюдения спутником (в минутах) от момента его появления над горизонтом до момента захода за горизонт, если траектория ИСЗ проходит ровно над головой наблюдателя;

б) плоский угол при вершине конуса обзора поверхности Земли с ИСЗ (в градусах).

Источники: ШВБ - 2021, 11 (см. olymp.bmstu.ru)

Показать ответ и решение

Пусть наблюдатель находится в точке $H.$ $AB$ — линия пересечения плоскости горизонта и плоскости орбиты. Спутник проходит над головой наблюдателя.

$PIC$

При движении спутника из точки $A$ в точку С по дуге окружности, его проекция на Землю двигается из точки $D$ в точку $H.$ Угловая мера этой дуги $l= L∕2$ равна величине центрального угла. Учитывая симметрию, получим время наблюдения

L 2φT φT|| φ ⋅240 t= w-= 2π-= π-|| = --π-- T=4ч=240мин

Угол находим из прямоугольного треугольника

cosφ = -R---= 1⇒ φ= π R+ H 2 3

следовательно, $t= φ⋅240= π⋅240= 80 π 3π$ мин.

Угол обзора участка Земли с орбиты равен углу $2γ = 2(π − φ) =π − 2π = 1π 2 3 3$ или $60∘$ градусов.

Ответ:

а) $80$ минут, б) $60∘$ градусов

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#107094

На боковых рёбрах $TA,TB,T C$ правильной треугольной пирамиды $T ABC$ соответственно выбраны точки $A ,B ,C 1 1 1$ так, что $-TA TB- -TC TA1 = TB1 = TC1 = 3$ . Точка $O$ — центр сферы, описанной около пирамиды $TABC1.$ Докажите, что прямая $T O$ перпендикулярна плоскости $A1B1C.$ Найдите радиус этой сферы и объём пирамиды $TA1B1C,$ если сторона основания $AB = 1,$ боковое ребро $TA = 5∕4.$

Показать ответ и решение

1) Докажем, что прямая $TO$ перпендикулярна плоскости $A B C. 1 1$ Точка $O$ лежит в плоскости $TCD$ , $D$ — середина $AB.$ Спроецируем точку $O$ на плоскость $TBC,$ ее проекция $O1$ центр описанной около треугольника $TBC1$ окружности. Прямая $TO1$ — проекция $TO$ на плоскость $T BC.$ Докажем, что $TO1 ⊥B1C.$

$PIC$

Поскольку $-TA = TB-= TC- =3, TA1 TB1 TC1$ то $△T B C 1 1$ подобен $△T BC,$ тогда $B C ∥BC, 1 1$ $∠BC T = ∠CB T. 1 1$ Докажем, что $∠CB T − ∠BTO = 90∘, 1 1$ т.е. $∠TFB = 90∘, 1$ $F$ — точка пересечения прямых $TO 1$ и $B C. 1$ По свойству вписанных углов имеем:

1 ∘ ∘ ∠BO1T- ∠CB1T = ∠BC1T = 2(360 − ∠BO1T )=180 − 2

Пусть $TP$ — диаметр рассматриваемой окружности. Тогда

1 1 ∠BO1T ∠BT O1 = ∠BT P = 2∠BO1P =2 (180∘− ∠BO1T)= 90∘−--2---

( ) ( ) ∠CB1T − ∠BTO1 = 180∘− ∠BO1T- − 90∘− ∠BO1T- =90∘ 2 2

Таким образом, $TO1 ⊥ B1C.$

Аналогично доказывается, что проекция $T O$ на плоскость $TAC$ перпендикулярна $A1C.$ Согласно теореме о трех перпендикулярах, $TO$ также будет перпендикулярна двум пересекающимся прямым $B1C$ и $A1C,$ лежащим в плоскости $A1B1C,$ следовательно, $TO ⊥ A1B1C.$

2) Обозначим через $a$ длину стороны основания пирамиды $TABC,$ $AB =a =1.$ Обозначим через $b$ длину бокового ребра пирамиды $TABC,$ $TC = b= 5∕4.$ Пусть $TH$ — высота пирамиды $T ABC.$ Тогда $TH = ∘b2-− a2∕3.$ В основании пирамиды $TA1B1C$ лежит равнобедренный треугольник $A B C, 1 1$ $A B = a∕3, 1 1$ $D C 1$ — его высота, $D 1$ — середина $A B . 1 1$ Высота $TL$ пирамиды $TA B C, 1 1$ проведенная из вершины $T$ лежит на прямой $TO.$ Для вычисления объема пирамиды $TA B C 1 1$ нужно найти $D C 1$ и $TL.$