Тема ШВБ (Шаг в будущее)

ШВБ - задания по годам → .10 ШВБ 2024

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#86344

Буквы в симметричном слове АРБУЗУЗУБРА случайно переставили так, что полученное слово отличается от исходного. С какой вероятностью это слово снова будет симметричным? Ответ запишите в виде несократимой дроби.

Источники: ШВБ - 2024, 11.1 (см. olymp.bmstu.ru)

Показать ответ и решение

Всего способов переставить 11 букв (из них по 3 У и по 2 А, Р, Б, З)

----11!---- 11! 2!⋅2!⋅2!⋅2!⋅3! = 96

Чтобы слово было симметричным, на $6$ позиции должна стоять буква У (иначе не будет симметрии, так как оставшиеся буквы идут парами). На позициях с первой по пятую можно поставить $5!$ способами любую последовательность букв. Тогда, чтобы была симметрия, буквы на оставшихся позициях определяются однозначно.

Не учитывая исходное слово, вероятность равна частному количества подходящих исходов (слово симметричное и отличается от исходного) и всех исходов (слово отличается от исходного), то есть

151!−!-1-= -119- -96-− 1 415799

Ответ:

$--119- 415799$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#86345

На параболе $y = x2$ даны две точки: $A$ с абсциссой $− 3$ и $B$ с абсциссой $5.$ Точка $C$ лежит на дуге $AB$ . Найдите максимальную возможную площадь треугольника $ABC$ .

Источники: ШВБ - 2024, 11.2 (см. olymp.bmstu.ru)

Показать ответ и решение

Первое решение.

Площадь треугольника $ABC$ будет максимальной, когда высота из точки $C$ на основание $AB$ будет максимальной длины. Это произойдет, когда касательная к параболе в точке $C$ будет параллельна $AB.$

Координаты точек: $A (− 3,9), B (5,25)$ . Тангенс наклона прямой, содержащей $AB$ , равен $16 8 = 2.$ Тангенс угла наклона касательной к графику в точке равен производной функции в этой точке, поэтому хотим найти $x0$ такое, что $( 2)′ (x0) = 2x0 = 2 ⇐⇒ x0 =1.$

Итого, искомые координаты $C(1,1)$ . Найдем длины сторон треугольника $ABC :$

∘ --------------- √- AB = (5+3)2+ (25− 9)2 =8 5

∘ --------------- √-- BC = (5− 1)2 +(25− 1)2 = 4 37

∘-------------- √- AC = (1+ 3)2+ (1− 9)2 = 4 5

Найдем площадь треугольника по формуле Герона:

√ - √ -- p= 6 5+ 2 37

--------------------------- S =∘ p⋅(p− 8√5)⋅(p− 4√5)⋅(p− 4√37) =64

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второе решение.

Разрежем треугольник вертикальным отрезком $CD$ , тогда

S(ABC )= S(ACD)+ S(BCD )= (xC-− xA)CD-+-(xB −-xC)CD-= 2

xB −-xA = 2 ⋅CD =4⋅CD

Пусть $y = kx +b−$ уравнение прямой $AB$ . Тогда $2 CD = kx+ b− x$ . Этот трёхчлен достигает максимум посередине между корнями, которые, очевидно, равны $xA$ и $xB.$ Значит, максимальная длина отрезка $CD$ получится, если взять $xA+xB xC = --2--= 1$ , и тогда $CD = 16.$

Ответ: 64

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#86347

В треугольник $ABC$ со сторонами $AB = 5,BC =8$ , $AC = 7$ вписана окружность с центром в точке $O$ , которая касается сторон $AC$ и $BC$ в точках $M$ и $N$ соответственно. На прямой $MN$ отмечена точка $K$ так, что угол $OAK$ равен $∘ 60$ . Найдите длину отрезка $KN$ .

Показать ответ и решение

Заметим сразу, что $BC2 < AB2+ AC2$ , то есть треугольник $ABC$ — остроугольный. А значит, $∠BAC < 90∘$ и $∠OAC < 45∘$ . Поэтому точка $K$ лежит снаружи треугольника $ABC.$

Обозначим углы треугольника за $2α, 2β, 2γ.$ По теореме косинусов найдем угол $2β :$

2 2 2 AC = AB + BC − 2cos2β ⋅AB⋅BC

1 49= 25+ 64− 2cos2β⋅40 =⇒ cos2β = 2

2β =60∘

Проведем $CO$ . Тогда $∠AOC = 90∘ +β =120∘.$ Поэтому, так как $∠OAK =60∘$ по условию, $OC||AK.$

Пусть $T$ — точка пересечения $CO$ и $MN$ . $CT$ — биссектриса, медиана и высота в равнобедренном треугольнике $CNM$ , поэтому $∘ ∠CT M = 90 =∠MKA.$

$PIC$

Тогда из прямоугольного треугольника $MKA$ получаем

MK = AM ⋅cos(90∘− γ)= 2sinγ

По теореме косинусов найдем угол $2γ$

25= 64+ 49− 2cos2γ⋅56 =⇒ cos2γ = 11 14

По формуле половинного угла

cos2γ = 2cos2γ − 1 =⇒ cos2γ = 25 28

По основному тригонометрическому тождеству

2 3- √21 sin γ = 28 =⇒ sinγ = 14

И тогда $√21- √21- MK =2⋅ 14 = 7 .$

А из треугольника $MCT$ находим $5√21 MN = 2⋅TM = 7 .$

В итоге $6√21 KN = KM + MN = -7-.$

Ответ:

$6√21 7$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#86348

Найдите все значения параметра $a$ , при которых неравенство

∘-2----- x2+-324- 2 x + 324− f(x)≥ f(x)− a − a

имеет единственное решение, если

∘--------- f(x)= g2(x)− 400, g(x)= 19+ 2cos2x+ 4cosx.

Источники: ШВБ - 2024, 11.4 (см. olymp.bmstu.ru)

Показать ответ и решение

В обозначениях $u(x)= √x2+-324, v(x)=f(x)− a$ исходное неравенство примет вид

(u(x))2 2u(x) ≥-v(x)-+ v(x)

0≥ (u(x)−-v(x))2- v(x)

u(x)= v(x) или v(x)< 0

Функция $v(x)$ непрерывна как композиция непрерывных функций, поэтому у неравенства $v(x)< 0$ не может быть единственное решение, так что нам подходит только случай $v(x)=u(x).$ Заметим, что никакое решение этого случая не может удовлетворять $v(x)< 0,$ ведь тогда $u(x)= √x2+-324< 0,$ что невозможно.

Итак, мы переформулировали задачу и получили такую: обеспечить единственность решения уже для уравнения

∘-2----- a= f(x)− x + 324

Заметим, что функция $g(x)$ чётная, поэтому и функция $f(x)$ чётная, так что и правая часть полученного уравнения чётная. Следовательно, если уравнение имеет положительное решение, то оно имеет и отрицательное решение (и наоборот). Поэтому единственным решением может быть только $x =0.$ Сначала подставим $x =0$ и найдём, при каких $a$ это значение является решением:

√--- a= f(0)− 324= 15− 18= −3

Теперь проверим, что при $a= −3$ у уравнения

∘-2----- f(x)+ 3= x + 324

нет других решений, кроме $x =0.$ Тут уже поможет метод оценки. Правая часть не меньше $√324= 18,$ причём равенство достигается только при $x= 0.$ А вот левая часть не больше 18, потому что

∘ -2------- f(x)= g(x)− 400≤ 15,

так как

∘ ------2 |g(x)|≤ 400 +15 = 25,

ведь по неравенству треугольника

|19+ 2cos2x +4cosx|≤ |19|+ |2cos2x|+ |4cosx|≤ 19+ 2+ 4=25

Итак, при $a= −3$ действительно единственное решение, при других значениях единственность невозможна.

Ответ: -3

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#86474

Основанием четырехугольной пирамиды $SABCD$ является параллелограмм $ABCD$ со сторонами $AB =2√3,AD = 4√3$ и углом $A$ , равным $∘ 60$ . Высотой пирамиды $SABCD$ является отрезок $SO$ , где $O$ - точка пересечения диагоналей параллелограмма $ABCD, SO = 1$ . Найдите площадь сечения пирамиды $SABCD$ плоскостью, параллельной медиане $SE$ боковой грани $SAB$ и проходящей через середину ребра $SC$ и середину отрезка $AO$ .

Источники: ШВБ - 2024, 11.5 (см. olymp.bmstu.ru)

Показать ответ и решение

Пусть $M$ — середина ребра $SC,$ а точка $K$ - середина отрезка $AO$ . Рассмотрим плоскость $(CSE)$ . Так как плоскость сечения параллельна медиане $SE$ и проходит через точку $M$ , построим прямую $MT ||SE$ в плоскости $(CSE )$ . Тогда $MT$ - средняя линия в $CSE$ , а $T$ середина $CE$ .

Теперь нам известны три точки сечения: $T,M, K$ . Рассмотрим основание пирамиды $ABCD$ и посмотрим, как прямая $TK$ пересекает стороны основания. Пусть эта прямая пересекает прямые $AB,BC,CD, AD$ в точках $F,G,H,I$ .

$PIC$

Из теоремы Менелая для треугольника $ACE$ получаем, что

EF-= CK-⋅ TE-= 3 FA AK CT 1

Так как $EA = 1AB 2$ , то $FA = 1AB 4$ .

Далее замечаем, что $△F AK ∼ △HCK$ . Тогда

AF- AK- 1 HC = CK = 3

Откуда $3 HC =3AF = 4AB$ .

Из подобия $△FAI ∼△HDI$ получаем

AI AF 1 ID-= DH-= 7

То есть $AI = 18AD$ .

Аналогично из подобия $△FBG ∼ △HCG$ получаем

BG-= FB-= 5 GC CH 3

То есть $BG = 58BC$ .

Проведем $GG ′||CD$ , где $G′$ - точка на $AD$ . Тогда

GG ′ =AD = 2√3;G′I =AD − 3BC − 1BC = BC-= 2√3 8 8 2

И $∠GG ′I =180∘− ∠A= 120∘$ . Тогда из теоремы косинусов для треугольника $GG ′I$ получим $IG = 6$ .

$PIC$

Пусть $L$ - точка, в которой прямая $HM$ пересекает ребро $SD$ . Тогда из теоремы Менелая для $△CSD$ и прямой $HM$ получим:

7 DL-= CM- ⋅ DH =1⋅-4CD = 7 SL SM CH 34CD 3

Далее из теоремы Менелая для $△DHL$ имеем:

HM CH SD 5 ML--= DC-⋅-SL = 2.

В силу параллельности прямых $BC$ и $AD$ имеем $HHGI-= 37$ , откуда $HG = 92,HI = 212$ . По теореме косинусов для $△ABD$ имеем $BD = 6$ , то есть $OD = 3$ . Из теоремы Пифагора для треугольника $SOD$ получаем $SD =√10-$ , откуда $7√10 DL = 10$ . По теореме косинусов для $△ADC$ имеем $√-- 2 21$ , а значит $√ -- TC = 21$ . По теореме Пифагора для $△SOC$ вычислим $√-- SC = 22$ . Заметим, что для треугольника $SDC$ выполняется теорема Пифагора, то есть угол $SDC$ прямой. С помощью теоремы косинусов для треугольника $SAD$ вычислим $3√30 cosSDA = 20$ . Теперь через теоремы косинусов для треугольников $LDI$ и $LDH$ вычислим длины отрезков $7√10- 7√85- IL = 5 ,LH = 10$ . Далее по теореме Герона получаем $147- S△ILH = 20$ .

Заметим, что $1 1 5 3 15 S△MHG = 2sin∠MHG ⋅MH ⋅GH = 2sin∠MHG ⋅7HL⋅ 7HI = 49S△HLI$ . Значит, $34 34 147 51 SLMGI = S△LHI − S△MHG = 49S△LHI = 49-⋅20 = 10$ .

Ответ: 5.1

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#86476

За время освоения космического пространства на различных орбитах скопилось по данным NASA около 300 тысяч объектов космического мусора. Дальнейшее использование космического пространства в ближайшем будущем может быть существенно осложнено всё возрастающей угрозой столкновения с космическим мусором. Согласно результатам исследований, удаление 3-5 крупных объектов в год с низких околоземных орбит позволяет предотвратить цепную реакцию роста объектов космического мусора в будущем. На данный момент работающей технологией по утилизации космического мусора является увод старых спутников. Это можно сделать с помощью аппаратов-захватчиков, которые буксируют мусор на орбиты для захоронения.

Рассмотрим плоскость орбиты захоронения. Пусть крупный фрагмент мусора движется в этой плоскости по эллиптической орбите с большой полуосью равной 5000 км, малой - 2500 км. (Для удобства вычислений все расчеты будем производить в тысячах километров.) Введем систему координат с началом отсчета в центре рассматриваемого эллипса, с осью абсцисс, направленной вдоль большой полуоси. Тогда уравнение траектории движения обломка запишется следующим образом: $x2+ 4y2 = 25$ .

На некотором удалении по оси абсцисс находится межпланетная научная станция $S$ . С нее стартует летательный аппарат-захватчик, который движется по параболической траектории: $(y+ 1)2 =− 9⋅(x − 7)∕4$ . Он должен совершить маневр по переходу с одной орбиты на другую и плавно подойти к обломку для изменения его скорости и направления движения.

$PIC$

Определите координаты точки касания указанных траекторий и угол, который образует с положительным направлением оси абсцисс касательная к параболической траектории в начальный момент времени в точке $S$ .

Источники: ШВБ - 2024, 11.6 (см. olymp.bmstu.ru)

Показать ответ и решение

Выразим из уравнений

2 2 2 x−-7 x + 4y = 25 и (y +1) = −9⋅ 4

функции в явном виде:

∘------ y =± 25-− x2-и y = −1± ∘ −9⋅(x− 7)∕4 4

Найдём их производные:

′ 1-(−2x)- ′ 1---(−9)--- y =± 4√25−-x2 и y =± 4∘ −9⋅(x−-7)

Приравняем производные друг к другу:

± 1√(−2x)-= ±1 ∘--(−9)--- 4 25− x2 4 − 9⋅(x− 7)

√-2x--2 = ∘---9----- 25− x −9⋅(x− 7)

-4x2-- -9-- 25 − x2 = 7− x

28x2− 4x3 =9 ⋅25− 9x2

Будем искать целые решения уравнения. Если такие есть, то они являются делителями свободного члена.

$x= 3$ подходит. Преобразуем уравнение, поделив на $x− 3$ , получим

( 2 ) (x− 3)4x − 25x − 75 = 0

( 25 +5√73) ( 25− 5√73) (x− 3) x −---8---- x− ---8---- = 0

Но $0< x< 7,$ поэтому подходит только $x= 3$ . Подставляя $x= 3$ в любое из исходных выражений, находим $y = 2$ . Значит, координаты точки касания это $(3;2).$

Теперь вычислим тангенс для точки $S$ с оси абсцисс. При $y =0$ из $(0 +1)2 = −9⋅(x − 7)∕4$ получаем абсциссу $x = 599 .$ Подставляем в производную и находим тангенс угла касательной в начальный момент: