Тема Росатом - задания по годам

Росатом 2020

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела росатом - задания по годам

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#44067

Найдите целые числа $x$ и $y$ , для которых

( x- y) -x y log2 17 + 5 = log217 +log2 5

Источники: Росатом-20, 11.1 (см. mephi.ru)

Показать ответ и решение

Для того, чтобы правая часть была определена, получаем, что $x> 0,y >0.$ Тогда на ОДЗ уравнение эквивалентно

(-x y) xy log2 17 + 5 =log285 ⇐⇒ 5x+ 17y =xy

Попробуем разложить на множители: $x(5− y)+17y = 0 ⇐⇒ x(5− y)− 17(5− y)+ 17⋅5= 0 ⇐⇒ (x − 17)(y− 5)=17⋅5.$

С учётом того, что $y − 5> −5$ и $x − 17> −17,$ по основной теореме арифметики возможны только такие пары: $(y− 5,x − 17)∈{(1,85),(5,17),(17,5),(85,1)}.$ Соответственно $(x,y)∈ {(102,6),(34,10),(22,22),(18,90)}.$

Ответ:

$(102,6),(34,10),(22,22),(18,90)$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#44068

Докажите, что существует набор натуральных чисел $a ,a,...,a , 1 2 2019$ для которых $2⋅НОК (a ,a,...,a )=a + a + ...+a . 1 2 2019 1 2 2019$

Источники: Росатом - 2020, 11.3 (см. olymp.mephi.ru)

Показать доказательство

Возьмём

a1 = ...= a2018 = 1,a2019 =2018

Тогда

2⋅НОК(a1,a2,...,a2019)= 2⋅2018

a1+ a2+ ...+a2019 =2 ⋅2018

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#46042

На сторонах $AB$ и $AC$ остроугольного треугольника $ABC$ вовне построены два равных прямоугольника $AMNB$ и $APQC$ . Найдите расстояние между вершинами $N$ и $Q$ прямоугольников, если длины сторон $AB$ и $AC$ равны $3$ и $4$ соответственно, а угол при вершине $A$ треугольника равен $∘ 30$ .

Источники: Росатом-20, 11.6 (см. mephi.ru)

Показать ответ и решение

$PIC$

Поскольку прямоугольники равны, то $BN =AC = 4,AB = CQ = 3$ , откуда их диагонали $AQ = AN =5$ . Заметим, что $∠CAQ + ∠BAN =∠CAQ +∠AQC = 90∘$ , откуда $∠NAQ =90∘+ 30∘ = 120∘$ . Тогда из равнобедренного $△ANQ$ легко найти $√- NQ = 5 3$ .

Ответ:

$5√3$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#49010

Точка $M$ — середина стороны $AD$ параллелограмма $ABCD.$ Прямая $CM$ наклонена к основанию $AD$ под углом $30∘$ . Вершина $B$ равноудалена от прямой $CM$ и вершины $A$ . Найти углы параллелограмма. Найти площадь параллелограмма, если длина основания $AD$ равна $2.$

Источники: Росатом - 2020, 11.6 (см. olymp.mephi.ru)

Показать ответ и решение

Первое решение.

$PIC$

Пусть $BH =x.$ Тогда

По условию BH = AB = CD = x;

∠CMD =∠BCH = 30∘ ⇒ в △HBC BC = 2⋅BH = 2x;

BC =AD =2x⇒ AM = MD = x;

Тогда в $△MDC$

∘ ∘ MD =DC = x; ∠CMD = 30 ⇒ ∠MCD =30

Следовательно, $∠BCD = 60∘, ∠CDA = 120∘$

Теперь легко посчитать площадь параллелограмма:

∠BCD = 60∘;CD =1;BC = 2⇒

SABCD =sin(60∘)⋅1⋅2= √3

Второе решение.

$PIC$

Опустим перпендикуляр $BH$ на $CM$ , отметим середину $N$ отрезка $BC$ и обозначим $E$ — точку пересечения $BH$ и $AN$ . Тогда $AB = BH = 2BE$ , так как $AN ∥CM$ и $N$ — середина $BC$ . Тогда треугольник $ABE$ прямоугольный и $AB = 2BE$ . Значит $∠ABE =60∘$ и $∠NAB = 30∘$ . Так же $∠NAM =∠MCD = 30∘$ из параллельности и поэтому $AN$ биссектриса угла $BAM.$ Четырехугольник $ABNM$ является параллелограммом и при этом $AN$ биссектриса угла $BAM$ . Значит $ABNM$ ромб и $BM ⊥ AN$ , но $BH ⊥ AN$ . Значит, $M = H.$

$PIC$

Тогда $AB = AM$ и $∠ABM = 60∘$ . Значит, треугольник $ABM$ равносторонний со стороной $AM = AD2-=1$ . Тогда $SAMB = √34$ , $SABNM = √3 2$ и $SABCD =√3.$

Ответ:

$60∘$

$∘ 120$

$√- 3$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#80456

При каких значениях $a$ точка с координатами $(sina;sin3a)$ симметрична точке с координатами $(cosa;cos3a)$ относительно прямой с уравнением $x +y =0?$

Источники: Росатом - 2020, 11.2 (см. olymp.mephi.ru)

Показать ответ и решение

Две точки $A(x,y)$ и $B(x′;y′)$ симметричны относительно прямой $x+ y = 0$ , если $x′ = −y,y′ =− x$ . Это приводит к системе:

{ sina= − cos3a sin3a= − cosa

Решим первое уравнение системы:

sin a= − cos3a → cos3a= sin(−a)= cos(π +a) → 2 [ π ∗ 3a= π2 +a +2πm → a= 4π + πmπn-(∗)∗ π a= −8 + 2 ( ) 3a= − 2 − a+2πn

Подставляем (*) во второе уравнение системы:

(3π ) (π ) sin 4-+ 3πm = − cos 4 + πm → 3π π √2 √2 (−1)m sin-4 = −(−1)m cos 4 →-2-⁄= − 2--

Серия (*) решений не содержит. Подставляем $(∗∗)$ во второе уравнение системы:

( 3π 3πn) ( π πn) sin − 8 + 2 = − cos −8 + 2 → (3π 3πn) (5π πn ) sin 8 − 2 = sin 8 − 2

[ 3π- 3πn- 5π πn [ π 83π-− 3π2n-= 83π-− 2πn+ 2πs → 4 =− πn +2πs 8 − 2 = 8 + 2 + 2πk n= −k

Вторая серия содержит любые целые $n,$ поэтому серия (**) подходит.

Ответ:

$− π + πn,n∈ Z 8 2$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#80501

В бассейне, на соседних дорожках тренируются два пловца Петя и Костя. Петя проплывает дорожку 50 м за две минуты, Костя — за три. Вначале тренировки оба находились на линии старта у края дорожки, спустя 60 мин тренировка закончилась. Сколько раз за это время, включая начало, они находились на одинаковом расстоянии от линии старта?

Источники: Росатом - 2020, 11.1 (см. olymp.mephi.ru)

Показать ответ и решение

За 12 минут и Петя, и Костя возвращаются в начало дорожки. Заметим, что если они находятся на одинаковом расстоянии от линии старта, то именно в этот момент они меняются местами.

За один проплыв бассейна Петя встречается с Костей ровно один раз. Значит, за первые 12 минут они встретятся на старте, между 2 и 4 минутой, между 4 и 6 минутой, $...$ , между 8 и 10 минутой, а на 12 минуте вместе приплывут к старту. Значит, за 60 минут они $4⋅5$ раз встретятся в середине дорожке и 6 раз (но 0, 12, 24, 36, 48 и 60 минуте) на старте.

Ответ: 26

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#80503

Сколько существует натуральных чисел $n≤ 2020$ , для которых дробь

6n3-+n2−-5n+-12 6n2+7n +2

сократимая?

Источники: Росатом - 2020, 11.1 (см. olymp.mephi.ru)

Показать ответ и решение

Распишем числитель дроби следующим образом:

3 2 3 2 2 2 6n +n − 5n+ 12= 6n +7n + 2n− 7n − 2n+ n − 5n − 2 +2+ 12=

= n(6n2 +7n+ 2)− (6n2+ 7n +2)+ 14= (n − 1)(6n2+ 7n+ 2)+ 14

Выделим целую часть в дроби:

6n3+-n2− 5n-+12= (n−-1)(6n2+-7n-+2)+-14= n− 1+----14----- 6n2+ 7n+ 2 6n2+ 7n+ 2 6n2+7n+ 2

Если исходная дробь сократимая, то дробь $--14--- 6n2+7n+2$ так же сократимая, то есть числа $(6n2 +7n+ 2)$ и 14 имеют общий делитель, больший 1. При этом у 14 есть три натуральных делителя, больших 1: 2, 7, 14. Пусть $p$ — наибольший общий делитель 14 и $(6n2+7n+ 2).$ При этом, так как у 14 есть три натуральных делителя, больших 1: 2, 7, 14, — то у нас есть три варианта:

$1)p= 2.$ Заметим, что $2 6n + 2n$ — чётное при любом натуральном $n,$ а значит, чтобы все число $2 (6n + 7n +2)$ делилось на 2, $7n$ должно делиться на 2, откуда $n$ — чётное. Существует 1010 четных натуральных чисел, не превосходящих 2020.

$2)p= 7.$ Заметим, что $2 6n + 2$ должно делиться на 7, чтобы $2 (6n + 7n+ 2)$ делилось на 7, так как $7n$ делится на 7 при любом натуральном $n.$ Отсюда, $2 6n$ должно иметь остаток 5 при делении на 7. Посмотрим, при каких $n$ это возможно, рассмотрев все остатки по модулю 7. Для этого начертим таблицу, где слева будет число, а справа его остаток при делении на 7.


$n$	0	1	2	3	4	5	6

$n2$	0	1	4	2	2	4	1

$6n2$	0	6	3	5	5	3	6

Получается, если $n$ имеет остаток 3 или 4 при делении на 7, то $2 (6n +7n+ 2)$ делится на 7. Существует 145 нечётных натуральных чисел, не превосходящих 2020 и имеющих остаток 3 по модулю 7, и 144 нечётных натуральных числа, не превосходящих 2020 и имеющих остаток 4 по модулю 7.

$3)p= 14.$ Заметим, что $2 (6n +7n+ 2)= (3n+ 2)(2n+ 1).$ Если $(3n+ 2)$ делится на 14, то оно делится ещё и на 2, то есть $n$ — чётное, а все четные $n$ мы уже учли. А $(2n+ 1)$ на 14 делиться не может, так как это нечётное число. Получается, если $(3n+ 2)(2n+ 1)$ делится на 14, то $(3n +2)$ делится на 2, а $(2n+ 1)$ делится на 7, но это верно только при чётный $n,$ которые мы уже посчитали.

Итак, всего чисел, при которых исходная дробь сократима: $1010+ 144 +145= 1299.$

Ответ:

1299

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#98984

Точки $P,Q$ расположены на сторонах $AB$ и $AC$ треугольника $ABC$ так, что $AP :PB =2 :1,AQ :QC = 1:3.$ Точка $M$ выбрана на стороне $BC$ совершенно случайно. Найти вероятность того, что площадь треугольника $ABC$ превосходит площадь треугольника $PQM$ не более, чем в три раза.

Источники: Росатом - 2020, 11.4 (см. olymp.mephi.ru)

Показать ответ и решение

$PIC$

Возьмем отношение $CM- CB$ за $x,$ тогда можно выразить площадь треугольника $P QM.$

SPQM = SABC − SAQP − SBPM − SCQM

SABC SABC ⋅(1− x) SABC ⋅3x 6 − 5x SPQM = SABC −--6--− -----3-----− ---4----= SABC ⋅-12-

Тогда:

S 12 S-ABC ≤3 =⇒ 6−-5x ≤ 3 PQM

3(5x−-2)≤ 0 6− 5x

( ] ( ) x∈ −∞; 2 ∪ 6;+∞ 5 5

Но так как $CM <CB,$ потому что $M$ — точка на $CB,$ то $x ∈[0;1],$ а значит, нам подходит интервал $[0;2]. 5$ Вероятность того, что площадь треугольника $PQM$ будет не более чем в 3 раза меньше площади треугольника $ABC$ равна $2. 5$

Ответ:

$2 5$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#102482

Представить число 2020 в виде суммы кубов пяти целых чисел. Доказать, что любое целое число можно представить в виде суммы кубов пяти целых чисел.

Источники: Росатом - 2020, 11.5 (см. olymp.mephi.ru)

Показать доказательство

Заметим, что для любого $n∈ Z$

3 3 3 3 (n+ 1) +(n− 1)+ (−n) +(−n) = 6n

т.е. любое целое число вида $a= 6n$ можно представить в виде суммы кубов четырех, а значит, с учетом нуля, и пяти целых чисел. Числа вида $a =6n± 1$ могут быть представлены в форме

3 3 3 3 3 a= (n +1) + (n − 1) +(−n) + (− n)+ (±1)

Числа вида $a= 6n +2 =6(n− 1)+8$ представляются суммой пяти кубов:

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

Для чисел вида $a= 6n− 2=6(n+ 1)− 8$ справедливо представление:

a= (n+ 2)3+ n3+ (− n− 1)3+ (− n− 1)3+ (− 2)3

Наконец, для $a= 6n+ 3= 6(n − 4)+ 27$ справедливо представление:

a= (n − 3)3+(n− 5)3+(−n +4)3+(−n +4)3+(3)3

Представление числа $a= 2020 =337⋅6− 2$ может быть получено по формуле (3) для $n= 337$ :

2020= (339)3+ 3373 +(−338)3+ (−338)3+ (− 2)3

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#107091

Доказать, что для любого многочлена $P(x)$ с целыми коэффициентами выражение $P(b)− P(a)$ делится на ( $b− a$ ) при любых целых $a,b,a ⁄=b$ .

Известно, что уравнение $P (x)= 8$ имеет целый корень на полуоси $x≥ 8$ и $P (4)= 17.$ Найти этот корень.

Показать ответ и решение

Для доказательства утверждения запишем общий вид многочлена $P (x)$ степени $n$

n n−1 P (x)= cnx +cn−1x + ...+c1x+ c0, ck ∈ℤ, k= 0,1,...,n, cn ⁄=0.

Рассмотрим

n n ( n−1 n−1) P (b)− P(a)= cn(b − a )+ cn−1 b − a + ...+ c1(b− a).

Используя известную формулу

k k ( k−1 k−2 k−1) b − a =(b− a)⋅b + b a+ ...+ a ,

получим

P(b)− P (a)= (b − a)⋅Qn−1(a,b).

где $Q (a,b) n−1$ — многочлен степени $(n − 1)$ с целыми коэффициентами от переменных $a,b$ . Следовательно, выражение $P(b)− P(a)$ делится на $(b − a)$ при любых целых $a,b,a⁄= b$ .

Рассмотрим вторую часть задачи. Если $x$ решение уравнения $P(x)= 8$ , а $P(4) =17$ , то $P(x)− P (4)= −9$ . По доказанному выше, $P (x)− P(4)$ делится на $x− 4$ , следовательно, выражение $x − 4$ является делителем числа т.е.

x− 4∈ {±1,±3,±9}

Отсюда

x∈ {− 5,1,3,5,7,13}

Ограничению $x ≥8$ удовлетворяет только $x = 13$ .

Ответ: 13