Тема Физтех - задания по годам

Физтех 2020

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела физтех - задания по годам

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#30937

Найдите количество восьмизначных чисел, произведение цифр каждого из которых равно $3375.$ Ответ необходимо представить в виде целого числа.

Источники: Физтех-2020, номер 1, (см.olymp.mipt.ru)

Показать ответ и решение

Разложим $3375$ на множители. $3375 =5⋅675= 52⋅135= 53⋅27= 53⋅33.$ Значит, либо в нашем числе есть $3$ пятерки, $3$ тройки и остальные единицы, либо в нашем числе есть $3$ пятерки, $1$ девятка, $1$ тройка и остальные единицы.

В первом случае способов выбрать места для пятерок можно $3 8⋅7⋅6 C8 = 3!$ способами, так как нам нужно выбрать три места из восьми для пятерок. Затем выбрать места для троек $3 5⋅4⋅3 C5 = 3!$ вариантов, а остальные места займут единицы, поэтому всего в этом случае $8⋅7⋅6 5⋅4⋅3 3! ⋅ 3! =56⋅10= 560$ вариантов.

В втором случае способов выбрать места для пятерок так же $3 8⋅7⋅6 C8 = 3! ,$ выбрать место для тройки можно из оставшихся пяти, для девятки — из оставшихся четырёх, а остальные места займут единицы, поэтому всего в этом случае $8⋅7⋅6 3! ⋅5⋅4= 56⋅20= 1120$ вариантов.

Итого $1120+ 560 =1680$ вариантов.

Ответ:

$1680$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#31350

Дана геометрическая прогрессия $b ,b ,...,b , 1 2 3000$ все члены которой положительны, а их сумма равна $S.$ Известно, что если все её члены с номерами, кратными $3$ (т. е. $b3,b6,...,b3000),$ увеличить в $50$ раз, сумма $S$ увеличится в $10$ раз. А как изменится $S,$ если все её члены, стоящие на чётных местах (т. е. $b2,b4,...,b3000),$ увеличить в $2$ раза?

Источники: Физтех-2020, 10.2, (см.olymp.mipt.ru)

Показать ответ и решение

Пусть первый член прогрессии это $b,$ а знаменатель прогрессии равен $q.$ Тогда

3∑000 3000 S = bi = bq-q−−11 i=1

1∑000 q3000− 1 b3k = bq2-q3−-1 k=1

Если все её члены с номерами, кратными $3$ (т. е. $b3,b6,...,b3000),$ увеличить в $50$ раз, сумма $S$ увеличится в $10$ раз:

10S = S+ 49bq2q3000−-1 q3− 1

q3000− 1 q3000− 1 9⋅b--q− 1-= 49bq2-q3−-1-

3 9 ⋅ q-− 1-=49q2 q− 1

0 =49q2− 9(q2+q +1)= 40q2− 9q− 9 =(5q− 3)(8q+3)

$q >0,$ поэтому подходит только $q = 35.$

Осталось понять, как изменится $S,$ если все её члены, стоящие на чётных местах (т. е. $b2,b4,...,b3000),$ увеличить в $2$ раза:

S +bqq3000−-1= S+ Sq q−-1-= 11S q2− 1 q2− 1 8

Замечание.

Если $q = 1,$ то все $bi$ равны, а тогда при увеличении трети членов в $50$ раз сумма не может вырасти всего в $10$ (пользуемся тем, что $bi > 0).$

Ответ:

увеличится в $11- 8$ раза

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#33587

Решите уравнение

√- cos11x− cos3x− sin11x+ sin3x= 2cos14x

Источники: Физтех-2020, 11.2, (см. olymp.mipt.ru)

Показать ответ и решение

Применим формулы разности синусов и косинусов, а также формулу косинуса двойного угла:

√- −2sin4xsin 7x − 2sin 4x cos7x= 2cos14x

−2sin4x(sin7x+ cos7x)= √2(cos27x− sin27x)

Уравнение эквивалентно совокупности

[ cos7x+ sin7x= 0, cos7x− sin7x= −√2-sin4x

[ tg7x =−1, sin(7x− π4)= sin4x

⌊ 7x =− π4 + πk,k ∈ℤ |⌈ 7x− π4 = 4x +2πk,k∈ℤ 7x− π4 = π− 4x +2πk,k∈ℤ

⌊ π πk | x = −π28 +2π7k-,k ∈ℤ ⌈ x = 12-+ 3-,k∈ ℤ x = 5π44 + 2π1k1 ,k∈ ℤ

Ответ:

$−-π+ πk; π-+ 2πk;5π + 2πk; k ∈ℤ 28 7 12 3 44 11$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#33589

Решите систему уравнений

({ (y5)lgx 2lgxy x =y ( x2− 2xy− 4x− 3y2+ 12y = 0

Источники: Физтех - 2020, 11.3 (см. olymp.mipt.ru)

Показать ответ и решение

ОДЗ: $x,y >0$ .

Логарифмируем первое уравнение системы по основанию 10:

(y5) 2 lg -x ⋅lgx= lgy ⋅lg(xy)

Это уравнение на области допустимых значений равносильно следующему:

(5lgy− lgx)lgx =2 lgy(lgx+ lgy) ⇐ ⇒ lg2 x− 3 lgylgx+ 2lg2y = 0 ⇐⇒

[ (lgx − lgy)(lgx − 2lgy)= 0 ⇐⇒ (x− y)(x− y2)= 0 ⇐⇒ x= y, x= y2

Записываем второе уравнение в виде $2 2 x − 2x(y+2)+ 12y− 3y = 0$ и решаем его как квадратное относительно переменной $x$ :

D ( ) 4-= (y+2)2− 12y− 3y2 = 4y2− 8y +4= (2y− 2)2 =⇒ x = y+2 ±(2y− 2) ⇐⇒ x= 3y,4 − y

Теперь рассмотрим $4$ комбинации полученных результатов:
a)

{ { x =y, ⇐ ⇒ x = 0, x =3y y =0.

Точка $(0;0)$ не удовлетворяет ОДЗ.
б)

{ { x = y ⇐ ⇒ x = 2 x = 4− y y =2

в)

⌊ { { 2 || x= 0, x =y , ⇐⇒ || { y = 0, x =3y ⌈ x= 9, y = 3.

г)

⌊ { x= 9−√17, { 2 { { x= 4− y, || −12+√17- x= y , ⇐⇒ x2=4− y, ⇐⇒ −1±√17 ⇐ ⇒ || { y = 9+2√17-, x= 4− y y + y− 4= 0 y = 2 ⌈ x= −12−√,17- y = 2 .

Точка $(9+√17;−1−-√17) 2 2$ не удовлетворяет ОДЗ.

Объединяя результаты, получаем итоговый ответ: $( 9−√17 √17−1) (2;2),(9;3), -2--;--2--$ .

Ответ:

$(2;2),(9;3),(9−√17;√17−1) 2 2$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#33590

Сфера с центром $O$ вписана в трёхгранный угол с вершиной $S$ и касается его граней в точках $K,L,M$ (все плоские углы трёхгранного угла различны). Найдите угол $KSO$ и площадь сечения данного трёхгранного угла плоскостью $KLM$ , если известно, что площади сечений трёхгранного угла плоскостями, касающимися сферы и перпендикулярными прямой $SO$ , равны $1$ и $4$ .

Источники: Физтех - 2020, 11.4 (см. olymp.mipt.ru)

Показать ответ и решение

Обозначим точки пересечения прямой $SO$ со сферой через $P$ и $Q$ (точка $P$ лежит на отрезке $SO$ , а $Q$ — вне него). Пусть радиус сферы равен $r$ . Треугольники $OKS, OLS$ и $OMS$ прямоугольные (углы при вершинах $K, L,M$ прямые, так как касательные перпендикулярны радиусам, проведённым в точку касания). Эти треугольники равны по катету и гипотенузе $(OK =OL = OM = R,SO$ — общая), следовательно, $∠KSO = ∠LSO = ∠MSO ($ пусть $∠KSO = α,SO= x)$ . Высоты, опущенные из точек $K,L,M$ на гипотенузу $SO$ , paвны, а их основания — одна и та же точка $H$ , лежащая в плоскости $KLM$ (назовём эту плоскость $τ)$ . Пусть $β$ и $γ$ касательные плоскости к сфере, проходящие через точки $P$ и $Q$ , а $E$ и $F$ — точки пересечения этих плоскостей с прямой $SK$ . По условию площади сечений трёхгранного угла этими плоскостями равны соответственно $S1 =1$ и $S2 =4$ . Рассмотрим сечение трехгранного угла и сферы плоскостью $SKO$ (см. рис. и обозначения на нем). Так как $SH ⊥HK$ и $SH ⊥ HL$ , то $τ ⊥ SH$ . Тогда сечения трёхгранного угла плоскостями $τ,β$ и $γ$ — подобные треугольники, плоскости которых параллельны (все они перпендикулярны $SO )$ .

Если $Σ$ — площадь треугольника, получающегося в сечении трёхгранного угла плоскостью $KLM$ , то из подобия $Σ :S1 :S2 = KH2 :EP2 :FQ2.$ Следовательно, $√-- √-- EP :FQ = S1 : S2.$ Тогда $√ -- √-- S1 : S2 = SP :SQ= (x− r) :(x+ r),$ откуда $√-- √-- r= x√SS22−+√SS11,$ a $√-- √-- sinα = rx = √SS22−+√SS11 = 13.$ Отсюда $∠KSO =arcsin13.$

$PIC$

Далее, $OH = rsinα,SH = SO− OH = -r- − rsin α,SP = SO− r=-r- − r. sinα sinα$ Значит, $Σ :S1 = KH2 :EP2 =SH2 :SP2 = (-1 − sin α)2 :(-1 − 1)2 = (1+sinα)2 = 16, sinα sinα 9$ откуда $Σ= 16. 9$

Ответ:

$∠KSO =arcsin1,S = 16 3 9$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#33591

Найдите все значения параметра $a$ , при которых система

{ |y− 3 − x|+ |y− 3+ x|= 6 (|x|− 4)2+ (|y|− 3)2 =a

имеет ровно два решения.

Источники: Физтех-2020, 11.5, (см. olymp.mipt.ru)

Показать ответ и решение

Рассмотрим первое уравнение системы и изобразим множество его решений на координатной плоскости. Для раскрытия модулей найдём множества точек, в которых выражения под модулями обращаются в ноль. Это прямые $y− 3− x= 0$ и $y − 3+ x= 0$ . Они делят плоскость на 4 части, и в каждой из этих частей знаки выражений под модулями постоянны. Чтобы их определить, можно выбрать в каждой из четырёх частей по точке и найти знаки выражений в этих точках. Возьмём область, расположенную снизу от обеих прямых. В ней лежит, например, точка $(0;−10)$ . Подстановкой несложно убедиться, что в этой точке оба выражения $y− 3− x$ и $y− 3+x$ отрицательны. Таким образом, уравнение принимает вид $− (y− 3− x)− (y− 3+ x)=6$ , откуда $y = 0$ . C учётом рассматриваемых ограничений подходит отрезок с концами в точках $A(3;0)$ и $D(−3;0)$ . Аналогично рассматриваем остальные три случая, и в итоге получаем границы квадрата $K$ с вершинами в точках $A(3;0),B(3;6),C(−3;6)$ и $D (− 3;0)$ . Эта фигура не имеет пересечения с полуплоскостью $y < 0$ , поэтому можно считать, что $y ≥0$ . С учётом указанного замечания второе уравнение можно записать в виде $(|x|− 4)2+ (y− 3)2 = a$ (опустив модуль у переменной $y)$ . Обозначим множество точек, определяемых этим уравнением, через $Φ(a)$ . Если $a <0$ , у уравнения нет решений. При $a= 0$ оно задаёт две точки $(4;3)$ и (-4;3). Поскольку обе они не принадлежат квадрату $K$ , система не имеет решений, и значение $a= 0$ не удовлетворяет условию задачи. Перейдём к случаю $a >0$ .

$PIC$

При $x≥ 0$ уравнение принимает вид $(x− 4)2+ (y − 3)2 = a$ , и мы получаем окружность радиуса $√a$ с центром в точке $(4;3)$ (или её часть, лежащую в полуплоскости $x≥ 0$ , если вся она в этой полуплоскости не помещается). Поскольку уравнение инвариантно относительно замены $x$ на $(−x)$ , множество $Φ (a)$ симметрично относительно оси $y$ . Таким образом, $Φ(a)$ есть совокупность полученной выше окружности (или её части) и окружности, получающейся из уже построенной отражением относительно оси $Oy.$

Если $0< a< 1$ , график $2 2 (|x|− 4) +(y− 3) = a$ не пересекает квадрат $K$ , и система уравнений не имеет решений. Если $a =1$ , система уравнения имеет два решения - точки $X (3;3)$ и $Y (− 3;3)$ . Если $a∈ (1,10]$ , дуга окружности $2 2 (x− 4)+ (y− 3) = a,x ≥0$ пересекает отрезок $AB$ дважды эти две точки, а также им симметричные относительно оси $y$ , образуют 4 различных решения системы. Если $a ∈(10,25)$ , дуга окружности $2 2 (x − 4) + (y− 3) =a,x≥ 0$ пересекает отрезки $DA$ и $CB$ в двух точках с положительной абсциссой. Аналогично, эти две точки, а также им симметричные относительно оси Оy, образуют 4 различных решения системы. Если $a =$ 25 , система уравнений имеет два решения - точки $(0;0)$ и $(0;6)$ . Наконец, если $a> 25$ , дуга окружности $2 2 (x− 4) +(y− 3) = a,x≥ 0$ не пересекает стороны квадрата $K$ и система уравнений не имеет решений. Таким образом, система уравнений имеет ровно два решения только при $a= 1$ и $a= 25$ .

Ответ:

${1,25}$

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#33592

Две окружности одинакового радиуса $5$ пересекаются в точках $A$ и $B$ . На первой окружности выбрана точка $C$ , а на второй - точка $D$ . Оказалось, что точка $B$ лежит на отрезке $CD$ , a $∘ ∠CAD = 90$ . На перпендикуляре к $CD$ , проходящем через точку $B$ , выбрана точка $F$ так, что $BF =BD$ (точки $A$ и $F$ расположены по разные стороны от прямой $CD )$ .

а) Найдите длину отрезка $CF$ .

б) Пусть дополнительно известно, что $BC =6$ . Найдите площадь треугольника $ACF$ .

Источники: Физтех-2020, 11.6, (см. olymp.mipt.ru)

Показать ответ и решение

$PIC$

а) Пусть $R = 5$ - радиусы данных в условии окружностей, $∠BAD =α,∠BCF =β$ . Тогда $∠BAC =90∘− α$ , и по теореме синусов для $△ABD$ :

BD = 2Rsin α

для $△ABC$ :

BC =2R sin(90∘− α)= 2R cosα

Значит,

2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 CF =BC + BF = BC +BD = 4R cosα +4R sin α= 4R ,

откуда $CF = 2R= 10.$

б) Так как $tgβ = BF-= BD-= sinα-= tgα BC BC cosα$ , то $β = α$ . Далее, углы $ADC$ и $ACD$ вписаны в равные окружности и опираются на одну и ту же хорду $AB$ , поэтому они равны, и из прямоугольного треугольника $CAD$ находим, что $∠ADC = ∠ACD =45∘$ . Тогда

∘ ∘ ∘ ∘ ∠ABC = 180 − 45 − (90 − α )=45 + α,

поэтому

AC = 2Rsin(45∘+ α)

Итак,

SACF = 1⋅CA ⋅CF ⋅sin∠ACF = 2

1 ∘ ∘ = 2 ⋅2Rsin(45 +α )⋅2R sin(45 + β)=

2 2 ∘ 2 ∘ 2 = 2R sin (45 + α)= R (1− cos(90 + 2α))= R (1+ sin2α)=

( ∘-------) = R2 1 +2cosα 1 − cos2α

, где $cosα = B2RC= 35.$ Значит, $SACF = 49.$

Ответ:

а) $CF = 10$

б) $SACF = 49$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#33593

Найдите количество пар целых чисел $(x,y)$ , удовлетворяющих системе неравенств

{ y > 2x+ 3⋅265 y ≤ 70+(264− 1)x

Ответ должен быть представлен в виде алгебраической суммы не более двух слагаемых.

Источники: Физтех - 2020, 11.7 (см. olymp.mipt.ru)

Показать ответ и решение

Пусть $f(x)=2x +3⋅265,g(x)=70+ (264− 1)x$ . В силу того, что $f(x)$ выпукла вниз, а $g(x)$ - линейная, графики функций $f(x)$ и $g(x)$ могут иметь не более двух общих точек (достаточно взять вторую производную разности). Координаты обеих точек легко подобрать. Действительно, $6 65 64 ( 64 ) f(6)=2 + 3⋅2 =64+ 6⋅2 =70+ 2 − 1 6= g(6)$ и $70 65 6 64 64 (64 ) f(70)= 2 + 3⋅2 =2 ⋅2 + 6⋅2 = 70+ 2 − 170= g(70)$ . На промежутке $6< x< 70$ график $f(x)$ лежит ниже графика $g(x)$ . Поэтому система имеет целочисленные решения только при целых $x∈ [7;69]$ (так как первое неравенство системы строгое, точки пересечения графиков не являются решениями системы).

Заметим, что на отрезке $[7;69]$ графики функций $f(x)$ и $g(x)$ лежат выше оси $x$ . Поэтому искомое количество целочисленных точек мы получим, если из количества $S1$ целочисленных точек с неотрицательными ординатами, лежащих под графиком $g(x)$ на отрезке $[7;69]$ , вычтем количество $S2$ целочисленных точек с неотрицательными ординатами, лежащих под графиком $f(x)$ на отрезке $[7;69]$ . При этом мы учтём, что первое неравенство системы строгое, а второе — нет.

Найдём $S1$ . Так как на отрезке $[7;69]$ лежат $69− 7+ 1= 63$ целочисленные точки, то

( ) ( ) S1 =70⋅63+ 264− 1 (7+ 8+ ...+ 69)= 70⋅63+ 264− 1⋅38⋅63=

= 32⋅63+ 264⋅38⋅63= 2016+ 265⋅1197

Найдём $S2 :$

( 7 65) (8 65) (69 65) S2 = 2 + 3⋅2 + 2 + 3⋅2 + ...+ 2 + 3⋅2 =

7 8 69 65 70 7 65 5 65 65 65 = 2 +2 + ...+ 2 + 3⋅2 ⋅63= 2 − 2 + 3⋅2 ⋅63 =2 ⋅2 − 128+ 189⋅2 = 221 ⋅2 − 128

Искомое количество равно

S1− S2 = 2016+ 265⋅1197− (221⋅265 − 128)=

= 2144+ (1197− 221)⋅265 =2144+ 976⋅265 = 2144+ 61⋅269

Ответ:

$61⋅269+2144$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#33641

Монету подбрасывают $90$ раз (вероятности выпадения орла и решки в каждом броске одинаковы). Пусть $p$ — вероятность того, что орёл выпадет не меньше $55$ раз, а $q$ — вероятность того, что орёл выпадет меньше $35$ раз. Найдите $p− q$ .

Источники: Физтех-2020, 11.1, (см. olymp.mipt.ru)

Показать ответ и решение

В силу того, что выпадение орла и решки равновозможны, вероятность получить $90$ орлов равна вероятности получить $90$ решек (т.е. $0$ орлов); вероятность получить $89$ орлов равна вероятности получить $89$ решек (т.е. одного орла) и т.д. Обозначим вероятность, что выпало ровно $k$ орлов через $pk$ . Тогда $p =p55+ p56+ ...+ p90,q = p0+p1+ ...+ p34$ , а в силу сказанного выше, $q =p90+ p89+ ...+ p56$ . Значит, $p − q = p55$ .

Посчитаем вероятность того, что орёл выпадает ровно $55$ раз при $90$ бросках. Если обозначить выпадение орла единицей, а выпадение решки нулём, то каждую последовательность из $90$ бросков можно охарактеризовать последовательностью цифр из нулей и единиц. Вероятность получить любую из таких последовательностей равна $-1- 290$ . Нас устроят все те последовательности событий, которые содержат ровно $35$ единиц. Их количество равно $35 C90$ (выбираем из имеющихся $90$ позиций $35$ позиций для единиц без учёта порядка, после чего остальные позиции заполняются нулями). Значит, вероятность получить хотя бы одну такую последовательность равна $1 35 290 ⋅C90$ . Это и есть $p55$ .

Ответ:

$-1-⋅C35 290 90$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#33643

Решите уравнение

---cos8x---- ---sin8x---- √- cos3x +sin3x + cos3x− sin3x = 2

Источники: Физтех-2020, 11.2, (см. olymp.mipt.ru)

Показать ответ и решение

Приводя дроби в левой части уравнения к общему знаменателю и применяя формулы косинуса и синуса разности

cos8xcos3x−-cos8xsin-3x-+cos3xsin8x+-sin3xsin8x √ - cos5x+-sin5x- √ - cos23x − sin23x = 2 ⇐ ⇒ cos6x = 2.

Последнее уравнение эквивалентно системе

{ √- cos5x+ sin5x= 2cos6x cos6x⁄= 0

Применим формулу вспомогательного угла

( ) [ π [ π cos 5x− π = cos6x ⇐ ⇒ 5x− 4π =6x+ 2πk, ⇐⇒ x = −π4 +22ππkk, 4 5x− 4 =− 6x +2πk,k∈ ℤ x = 44 + 11 ,k∈ ℤ.

Теперь учтём условие $cos6x⁄= 0$ .

Если $x= − π +2πk 4$ , то $cos6x= cos(− 3π +12πk)= 0 2$ , т.е. условие $cos6x⁄= 0$ нарушается.

Если $x= π-+ 2πk- 44 11$ , то $cos6x =cos(3π+ 12πk) 22 11$ . Найдём те целые значения $n$ и $k$ , при которых выполняется равенство $3π 12πk π 22 + 11 = 2 +πn$ . Получаем $n−4 12k= 4+ 11n,k= n− 12$ . Поскольку $k∈ ℤ$ и $n∈ ℤ$ , отсюда следует, что $n−4 p= 12 ∈ℤ$ . Значит, $n = 12p+ 4,k= 11p+ 4$ . Полученные значения переменной $k$ необходимо исключить. Окончательно получаем $π- 2πk x = 44 + 11 ,k⁄= 11p +4,k∈ ℤ$ , $p∈ℤ$ .

Ответ:

$π(1+-8k); k⁄= 11p +4,k∈ ℤ,p ∈ℤ 44$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 11#33649

а) Две параллельные прямые $ℓ 1$ и $ℓ 2$ касаются окружности $ω 1$ с центром $O 1$ в точках $A$ и $B$ соответственно. Окружность $ω 2$ с центром $O2$ касается прямой $ℓ1$ в точке $D$ , пересекает прямую $ℓ2$ в точках $B$ и $E$ , а также вторично пересекает окружность $ω1$ в точке $C$ (при этом точка $O2$ лежит между прямыми $ℓ1$ и $ℓ2$ ). Известно, что отношение площади четырёхугольника $BO1CO2$ к площади треугольника $O2BE$ равно 2. Найдите отношение радиусов окружностей $ω2$ и $ω1$

б) Найдите эти радиусы, если дополнительно известно, что $BD = 2$ .

Источники: Физтех-2020, 10.6, (см. olymp.mipt.ru)

Показать ответ и решение

$PIC$

а) Пусть $R1,R2$ - радиусы окружностей $ω1$ , $ω2$ соответственно, $∠O1BO2 =α$ , а прямые $DO2$ и $ℓ2$ пересекаются в точке $P$ . Тогда из условия касания $AB ⊥ ℓ2$ ( $AB$ — диаметр) и $DO2 ⊥ℓ2$ , откуда $∠O2BE = π2 − α$ , а $∠BO2P =$ $π2 − ∠O2BE = α$ . Треугольники $BO1O2$ и $CO1O2$ равны по трем сторонам, поэтому $SBO1CO2 =$ $2SO1BO2 = 2⋅ 12 ⋅BO1 ⋅BO2 ⋅sin α= R1R2sinα$ . Площадь треугольника $BO2E$ равна $12O2P ⋅BE = 12R2cosα ⋅2R2 sinα= R22cosαsinα$ . Применим данное в условии отношение площадей $SBSO1CO2 =R-R1cosα = 2 BO2E 2$ и $1R1 = R2cosα 2$ . Кроме того, как расстояния между прямыми, равны $AB =DP$ , откуда $2R1 = R2+ R2cosα$ , следовательно $2R1 =R2 + 1R1 2$ , и $R2 = 3 R1 2$ .

б) Из прямоугольного треугольника $ABD$ получаем $BD2 = AB2+ AD2$ , то есть $BD2 = 4R2+ BP2 = 4R2+ (R2sinα)2 = 4R2+ R2− (R2 cosα)2 = 4R2 +R2 − (2R1− R2)2 =4R1R2 1 1 1 2 1 2$ . Итак, $R2 = 3 R1 2$ и $4R1R2 = 22 =4$ . Отсюда $∘-2 ∘ 3- R1 = 3,R2 = 2$ .

Ответ:

а) $R2 = 3 R1 2$ ; б) $R = ∘ 2,R = ∘-3 1 3 2 2$

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#34753

Решите неравенство

(∘ -3-------- ) |3 | x − 10x+ 7+ 1 ⋅|x − 18x +28|≤ 0.

Источники: Физтех-2020, 10.3, (см. olymp.mipt.ru)

Показать ответ и решение

ОДЗ: $x3− 10x+ 7≥ 0$ .

На ОДЗ корень неотрицателен, так что первая скобка положительна. Вторая неотрицательна, поэтому неравенство достигается только в случае, если вторая скобка равна нулю, то есть

3 2 √-- x − 18x +28= 0 ⇐⇒ (x− 2)(x +2x− 14) =0 ⇐ ⇒ x =2 или x= −1± 15

Осталось проверить, что найденные значения входят в ОДЗ неравенства. Раз уж при найденных $x$ выражение под модулем равно $0$ , то вычтем его из выражения под корнем, в итоге требуется $8x − 21≥ 0$ . Для $1 − √15$ и $2$ это неверно, проверим третий корень:

√-- √-- 8⋅(−1+ 15)≥21 ⇐⇒ 8 15≥ 29 ⇐⇒ 960= 64⋅15≥ 931

Получаем единственное решение.

Ответ:

$− 1+ √15$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 13#45521

Бросили $70$ игральных костей (кубиков с цифрами от $1$ до $6$ на гранях, вероятность выпадения каждой из граней одна и та же) и посчитали сумму выпавших чисел. Какая из вероятностей больше: того, что сумма больше $350$ , или того, что сумма не больше $140?$

Источники: Физтех - 2020 (см. olymp.mipt.ru)

Показать ответ и решение

Результат броска кубиков можно описать набором из 70 чисел от 1 до 6. Рассмотрим какой-либо такой набор. Если каждое из чисел набора заменить с $x$ на $7 − x$ , получим новый набор, состоящий из чисел от 1 до 6. При этом если сумма чисел в исходном наборе была $S$ , то она станет равной $490− S.$ То есть каждому набору с суммой $S$ мы можем поставить в соответствие набор с суммой $490− S.$

Так как $140+350= 490$ , то количество наборов с суммой больше 350 равно количеству наборов с суммой меньше 140. Отметим также, что все наборы равновероятны. Значит, вероятность выбросить больше 350 равна вероятности выбросить меньше 140. Но вероятность выбросить не больше 140 очков выходит больше выше рассмотренных, так как добавляются способы, в которых сумма составляет ровно 140 очков. Поэтому больше вероятность того, что сумма не превосходит 140.

Ответ:

того, что сумма не больше $140$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 14#51861

Решите неравенство

4 2 2 2x + x − 4x− 3x |x− 2|+ 4≥ 0

Источники: Физтех-2020, 10.4, (см. olymp.mipt.ru)

Показать ответ и решение

Перепишем неравенство

2 2 4 (x− 2)− 3x |x− 2|+2x ≥ 0

Заметим, что мы получили квадратный трёхчлен от $|x− 2|$ . У него можно попробовать угадать корни, а можно пойти честно через дискриминант

4 4 4 3x2±-x2 2 2 D= 9x − 8x =x ⇐⇒ x1,2 = 2 = {x;2x }

Получаем разложение на скобки

(|x− 2|− x2)(|x− 2|− 2x2)≥ 0

Домножим неравенство на произведение скобок $(|x− 2|+ x2)(|x − 2|+ 2x2)> 0$ , получим

2 4 2 4 ((x− 2) − x )((x− 2)− 4x )≥0

(x− 2 − x2)(x− 2+ x2)(x− 2− 2x2)(x − 2+ 2x2) ≥0

(x2 − x +2)(x2+ x− 2)(2x2− x +2)(2x2+ x− 2) ≥0

Заметим, что для первой скобки $D = 1− 8< 0$ и для третьей $D = 1− 16 <0$ , откуда неравенство можно переписать в виде

[ √-- √-- ] (x2 +x − 2)(2x2+ x− 2)≥ 0 ⇐⇒ x∈ (−∞,−2]∪ − 1+--17,-17−-1 ∪ [1,+∞) 4 4

Ответ:

$(−∞;− 2]∪ [− 1+√17;√17−1]∪ [1;+∞ ) 4 4$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 15#85032

Дана конечная арифметическая прогрессия $a ,a,...,a 1 2 n$ с положительной разностью, причём сумма всех её членов равна $S$ , а $a >0. 1$ Известно, что если разность прогрессии увеличить в 3 раза, а её первый член оставить неизменным, то сумма $S$ увеличится в 2 раза. А во сколько раз увеличится $S$ , если разность исходной прогрессии увеличить в 4 раза (оставив первый член неизменным)?

Источники: Физтех - 2020 (см. olymp.mipt.ru)

Показать ответ и решение

Первое решение.

По формуле арифметической прогрессии

2a+ (n − 1)d S = a+ (a+d)+ ...+ (a +(n− 1)d)=----2-----⋅n

Из формулы суммы арифметической прогрессии с разностью $3d$ получаем:

2a+ (n − 1)3d 2S =a +(a+ 3d)+ ...+ (a +3(n− 1)d)= -----2-----⋅n

Пусть сумма арифметической прогрессии с разностью $4d$ была в $k$ раз больше, чем сумма исходной. Тогда получаем:

$kS = a+(a+ 4d)+...+ (a+ 4(n− 1)d)= 2a+-(n− 1)⋅4d⋅n 2$

Из первых двух равенств получаем, что

2a+-(n-− 1)d⋅n⋅2= 2a+-3(n-− 1)d⋅n 2 2

4a+ 2(n − 1)d= 2a +3(n− 1)d

2a =(n− 1)d

Тогда $2a+ 2a S = --2---⋅n= 2an$ . Откуда из выражения для третьей суммы получим

k⋅2an= 2a+-4(n2-− 1)d= 2a+2-8a⋅n= 5an

Значит, $k= 2.5$ .

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второе решение.

$(t+ 1)$ -ый член прогрессии с первым членом $a$ и разностью $d,3d,4d$ можно выразить, как $a+ td,a+3td,a +4td$ соответственно.

Представим $(t+1)$ -й член прогрессии с разностью $4d$ следующим образом:

a+ 4td= α(a+ td)+ β(a +3td)

При этом хотим найти такие $α,β$ , чтобы равенство было выполнено при любых $t$ и любых $a,d$ . Тогда нужно приравнять коэффициенты в левой части перед $a$ и $d$ , чтобы получилось тождество:

( {a =(α+ β)⋅a, (4td= αtd +β ⋅3td,

( { 1= (α+ β), ( 4= α+ 3β,

То есть $β = 1.5,α= −0.5$ . Так как данное равенство при $β =1.5,α =− 0.5$ выполняется при любых значениях $t$ , будет выполнено равенство для сумм прогрессий:

kS = αS+ β⋅2S =− 0.5S+ 1.5⋅2S = 2.5S

Значит, $k= 2.5$

Ответ: 2,5

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 16#90847

Бросили $70$ игральных костей (кубиков с цифрами от $1$ до $6$ на гранях; вероятность выпадения каждой из граней одна и та же) и посчитали сумму выпавших чисел. Какая из вероятностей больше: того, что сумма больше $350$ , или того, что сумма не больше $140$ ?

Источники: Физтех - 2020, 9 класс (см. olymp.mipt.ru)

Показать ответ и решение

Ответ: что сумма не больше 140

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 17#91510

Решите уравнение

4 2 2 3x + x − 8x − 4x |x − 4|+16 =0.

Источники: Физтех - 2020, 11.2 (см. olymp.mipt.ru)

Показать ответ и решение

3x4+x2− 8x−4x2|x− 4|+16= 3x4+(x− 4)2 − 4x2|x− 4|= ( 2 )( 2 ) = 3x − |x− 4| x − |x− 4|= 0

Значит, либо $2 x =x − 4$ корней нет, либо $2 x = −x+ 4$ (корни $1 √-- − 2 ± 17$ ), либо $2 3x = x− 4$ (решений нет), либо $2 3x = 4− x$ (решения 1 и $4 − 3$ ).

Ответ:

$1 ±√17,1,− 4 2 3$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 18#100421

(a) Сфера с центром $O$ касается боковых рёбер $SA,SB,SC$ пирамиды $SABC$ в точках $K,L,M$ соответственно, а также касается её основания $ABC.$ Через точку сферы, ближайшую к точке $S,$ проведена плоскость, касающаяся сферы. Площадь сечения пирамиды $SABC$ этой плоскостью равна 9, а $√35- ∠KSO = arccos 6$ . Найдите площадь треугольника $KLM.$

(b) Пусть дополнительно известно, что $SO = 25,$ а плоскости $KLM$ и $ABC$ параллельны. Найдите объём пирамиды $SABC.$

Источники: Физтех - 2020, 11.4 (см. olymp.mipt.ru)

Показать ответ и решение

а) Пусть радиус сферы равен $R$ . Обозначим точки пересечения прямой $SO$ со сферой через $P$ и $Q$ (точка $P$ лежит на отрезке $SO$ , а $Q$ — вне него). Треугольники $OKS,OLS$ и $OMS$ прямоугольные (углы при вершинах $K,L,M$ прямые, так как касательные перпендикулярны радиусам, проведённым в точку касания). Эти треугольники равны по катету и гипотенузе $(OK =OL = OM = R,SO$ — общая), следовательно, $∠KSO = ∠LSO = ∠MSO$ (обозначим эти углы через $1 α;sinα = 6$ ); высоты, опущенные из точек $K,L,M$ на гипотенузу $SO$ , равны, а их основания — одна и та же точка $H$ , лежащая в плоскости $KLM$ (назовём эту плоскость $τ)$ . Пусть $σ$ — касательная плоскость к сфере, проведённая через точку $P$ . Обозначим точку пересечения $σ$ и $SA$ через $E$ . Рассмотрим сечение пирамиды и сферы плоскостью $ASO$