Тема ШВБ - задания по годам

ШВБ 2020

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела швб - задания по годам

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#65465

Для всех неотрицательных значений вещественной переменной $x$ функции $f(x)$ выполняется условие

-----43---- f(x+ 1)+1= f(x)+(x+ 1)(x+ 2)

Вычислите $101 f(2020)$ , если $f(0)= 2020$ .

Источники: ШВБ-2020, (см. olymp.bmstu.ru)

Показать ответ и решение

Докажем по индукции, что

-1-- f(n)= 2020− n +43(1− n+ 1)

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

База очевидна:

f(0)= 2020− 0 +43(1 − 1)= 2020

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Переход несложно доказать:

43 ( 1 ) 43 f(n+ 1)=− 1+f(n)+ (n-+1)(n-+2)-=2020− n +43 1− n+1- − 1+ (n-+1)(n-+2) =

( ) ( ) 2020− (n+ 1)+ 43 1+ -----1-----− --n-+2---- = 2020− (n +1)+ 43 1− ---1---- (n+ 1)(n+ 2) (n +1)(n +2 (n+ 1)+ 1

_____________________________________________________________________________________

Таким образом, по доказанной формуле

f(2020)= 2020− 2020+ 43(1−--1---)= 2020= 101⋅20- 2020+ 1 47 47

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Замечание. Вот как прийти к решению:

f(n)=f(n− 1)− 1+---43---= f(n − 2)− 2+43(--1---+---1---)= n(n+ 1) n(n+ 1) n(n− 1)

1 1 1 = f(n− 3)− 3+ 43(n(n+-1) + (n-− 1)n + (n−-2)(n−-1))=

= f(0)− n+ 43(--1---+ ---1---+...+ -1-)= n(n+ 1) (n− 1)n 1⋅2

1 --1- --1- 1 1 1 =f(0)− n +43(n − n+ 1 + n − 1 − n + ...+ 1 − 2)=

1 =2020− n+43(1− n+-1)

Ответ:

$47 20$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#77995

Найдите наименьшее значение выражения

3f(1)+-6f(0)−-f(−-1) f(0)− f(−2) ,

если $f(x)= ax2+ bx+ c$ — произвольная квадратичная функция, удовлетворяющая условию $b> 2a$ и принимающая неотрицательные значения при всех действительных $x.$

Источники: ШВБ - 2020, 11 класс (см. olymp.bmstu.ru)

Показать ответ и решение

Имеем

(| f(1)= a+ b+ c, |||{ f(0)= c, | |||( f(−1)=a − b+ c, f(−2)=4a− 2b+ c

Тогда исходное уравнение принимает вид

3f(1)+6f(0)−-f(−1) 3(a-+b+-c)+6c−-a+b-− c 2a+-4b+-8c a+-2b+-4c f(0)− f(− 2) = c− 4a+ 2b− c = 2b− 4a = b − 2a

Поскольку $f(x)=ax2+ bx+c$ — произвольная квадратичная функция, принимающая неотрицательные значения при всех действительных $x,$ то

b2 a >0,D =b2− 4ac≤0 ⇒ c≥ 4a

Тогда

2 a+-2b+-4c a+2b+-ba2- a(1+-2ab+-ba2) t2+-2t+1- (t+-1)2- b− 2a ≥ b− 2a = a(ba − 2) = t− 2 = t− 2 ,

где $t= ba,t> 2.$

Рассмотрим функцию $g(t)= (tt+−1)22-$ и найдем ее наименьшее значение при $t>2.$

′ 2(t+ 1)(t− 2)− (t+1)2 (t+1)(2(t− 2)− (t+ 1)) (t+ 1)(t− 5) g(t) = ------(t− 2)2-----= ------(t−-2)2------ = --(t−-2)2--,

при $t= 5$ производная $g′(t)$ равна $0$ и, проходя через эту точку, меняет знак с «минуса» на «плюс», следовательно, $tmin = 5,gmin = g(5)= 12.$

Ответ: 12

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#102367

Решите систему уравнений

{ y2+ xy = 15; x2+ xy = 10.

Источники: ШВБ - 2020, 8 класс (см. olymp.bmstu.ru)

Показать ответ и решение

{ y(y+ x) =15 x(x+ y) =10

Разделим первое уравнение системы на второе:

y 3 x = 2

3 y = 2x

Подставим в уравнение:

3 x2+ 2x⋅x= 10

[ x =− 2 x= 2

⌊ { | y = −3 ||| { x= −2 ⌈ y = 3 x = 2

Ответ:

$(−2;−3),(2;3)$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#104429

Окружность проходит через вершины $A$ и $C$ равнобедренного треугольника $ABC (AB =BC )$ и пересекает стороны $AB$ и $BC$ в точках $M$ и $N,$ соответственно. $MK,$ хорда этой окружности, равная по длине $√- 2 5,$ содержит точку $H,$ лежащую на $AC$ и являющуюся основанием высоты треугольника $ABC.$ Прямая, проходящая через точку $C$ и перпендикулярная $BC,$ пересекает прямую $MN$ в точке $L.$ Найти радиус окружности, описанной около треугольника $MKL,$ если $2 cos∠ABK = 3.$

Источники: ШВБ - 2020, 9 класс (см. olymp.bmstu.ru)

Показать ответ и решение

$PIC$

Четырехугольник $AMNC$ — равнобедренная трапеция. Треугольники $AMH$ и $HNC$ равны по двум сторонам и углу между ними. Тогда:

∠AHM = ∠HMN = ∠MNH =∠NHC = ∠CHK =180∘− ∠NCK ∠MAC = ∠ACN =∠NCA ∘ ∘ ∘ ∠KHB =∠KHC + 90 = 180 − ∠NCK + 90 =∠KCL ∠AMK = ∠ACK =∠HNC

(как углы равных треугольников и как углы, опирающиеся на одну дугу). Следовательно, треугольник $HNC$ подобен треугольнику $HCK$ и треугольник $BHC$ подобен треугольнику $NLC$ по двум углам. Значит,

KC NC LC KH-= CH- = HB-

и учитывая, что $∠KHB = ∠KCL$ , получаем подобие треугольника $KCL$ и треугольника $BHK,$ следовательно,

∠CLK = ∠HBK ⇒ ∠MBK = ∠MLK

а значит, точки $K,M,B,L$ лежат на одной окружности и

√- R = --MK-----= 2√5= 3 2sin∠ABK 235

Ответ: 3

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#105229

Четыре лифта небоскреба, отличающиеся цветовой гаммой (красный, синий, зеленый и желтый) движутся в разных направлениях и с разной, но постоянной скоростью. Наблюдая за лифтами, некто включил секундомер, и, глядя на его показания, стал записывать: 36-я секунда — красный лифт догнал синий (двигаясь с ним в одном направлении). 42-я секунда — красный лифт разминулся с зеленым (двигаясь в разных направлениях), 48-я секунда — красный лифт разминулся с желтым, 51-я секунда — желтый лифт разминулся с синим, 54-я секунда — желтый лифт догнал зеленый лифт. На какой секунде от начала отсчета зеленый лифт разминется с синим, если за период наблюдения лифты не останавливались и не меняли направления движения?

Источники: ШВБ - 2020, 11 (см. olymp.bmstu.ru)

Показать ответ и решение

Занумеруем лифты: красный — первый, синий — второй, зеленый — третий, желтый — четвертый. Лифты движутся с постоянными скоростями, следовательно, для каждого лифта пройденное расстояние $Si, i=1,2,3,4,$ в некоторой системе координат зависит от времени по закону.

Si = kit+ bi

По условию задачи красный и синий лифт движутся в одном направлении, причем красный догоняет синий, следовательно:

k1⋅k2 > 0, k1 > k2

Пусть $k1 >0,$ тогда и $k2 > 0.$

Зеленый и желтый лифты движутся в противоположном направлении с двумя первыми, и желтый догоняет зеленый, следовательно:

k < 0, k <0,k < k. 3 4 3 4

Построим графики функций согласно условию задачи.

$PIC$

Нужно определить абсциссу точки $M.$ Точка $M$ — точка пересечения медиан треугольника $ABC.$ Воспользуемся теоремой Фалеса:

AM-- x−-36- 2 MD = 51 − x = 1 =⇒ x= 46

Ответ:

на 46 секунде

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#105231

Найдите все натуральные числа $n,$ для которых число $210+ 213 +214+3 ⋅2n$ является квадратом натурального числа.

Источники: ШВБ - 2020, 11 класс (см. olymp.bmstu.ru)

Показать ответ и решение

Рассмотрим несколько случаев

1) Пусть $n< 10,$ тогда $10 13 14 n n( 10−n 13−n 14−n ) N = 2 + 2 + 2 +3 ⋅2 =2 2 +2 + 2 + 3 ,$ второй сомножитель — нечетное число, $n ( k)2 2 = 2 ,n =2k.$

Если $n = 2,$ то $2( 8 11 12 ) 2 N =2 2 +2 + 2 + 3 = 2 ⋅6403$ не является квадратом натурального числа.
Если $n = 4,$ то $( ) N =24 26+29+ 210+3 = 24⋅1603$ не является квадратом натурального числа.
Если $n = 6,$ то $( ) N =26 24+27+ 28+ 3 =26⋅403$ не является квадратом натурального числа.
Если $n = 8,$ то $( ) N =28 22+25+ 26+ 3 =28⋅103$ не является квадратом натурального числа.

Пусть $n =10,$ тогда $10 13 14 10 12 N =2 + 2 + 2 +3⋅2 = 2 (1+2+ 4)$ не является квадратом натурального числа.
Пусть $n =11,$ тогда $10 13 14 11 10 N =2 + 2 + 2 +3⋅2 = 2 ⋅31$ не является квадратом натурального числа.
Пусть $n =12,$ тогда $10 13 14 12 10 N =2 + 2 + 2 +3⋅2 = 2 ⋅37$ не является квадратом натурального числа.

3) Пусть $n> 12,$ тогда $N = 210(1+ 23 +24+ 3⋅2n− 10)= 210 ⋅(2k+ 1)2,$ и

25+ 3⋅2n−10 = 4k2+4k +1

n−10 2 3 ⋅2 = 4k +4k− 24

3⋅2n−12 = k2+ k− 6

3 ⋅2n−12 = (k +3)(k − 2)

Числа $k+3$ и $k − 2$ разной четности, следовательно, одно из них является делителем 3. Поскольку $k> 0$ , то либо $k− 2= 1$ , $k= 3,$ $3⋅2n−12 = 6,$ $n= 13,$ либо $k − 2= 3,k= 5,$ $3⋅2n−12 = 24,$ $n= 15.$

Ответ:

13, 15

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#105232

В треугольнике $ABC$ проведена биссектриса $AD.$ Известно, что центры вписанной в треугольник $ABD$ и описанной около треугольника $ABC$ совпадают. Найдите $CD,$ если $√- AC = 5 +1.$ Ответ не должен включать обозначения тригонометрических функций и обратных к ним.

Показать ответ и решение

Пусть $∠A = α, ∠B = β.$ Точка $O$ — центр вписанной в треугольник $ABD$ окружности. Тогда

α- β ∠BAO = 4 ; ∠ABO = 2,

так как центр вписанной окружности лежит на биссектрисе. Поскольку $O$ — центр описанной вокруг $ABC$ окружности, то треугольник $AOB$ равнобедренный. Следовательно,

α ∠BAO =∠ABO, β = 2.

$PIC$

Треугольники $AOC$ и $BOC$ равнобедренные, и

∠ACO = 3α, ∠BCO = α. 4 4

Поскольку $∠A +∠B + ∠C =180∘ :$

α + α+ 3α + α-= 180∘ =⇒ α= 72∘ 2 4 4

Так как

3α α- ∘ ∠A =α = ∠C = 4 + 4 = 72 ,

то треугольник $ABC$ равнобедренный, а $∘ ∠B = 36.$

Пусть $AC = x, CD = y.$ Треугольники $ABC$ и $CAD$ подобны по трём углам:

x x+ y y = -x-- =⇒ x2− xy − y2 = 0

По условию $√- x= 5+ 1,$ поэтому $y = 2.$

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#105233

Найдите все значения параметра $b,$ при котором для любого значения параметра $a∈[−2;1]$ неравенство

2 2 2 a +b − sin 2x− 2(a+ b)cos2x− 2>0

не выполняется хотя бы для одного значения $x.$

Источники: ШВБ - 2020, 11 класс (см. olymp.bmstu.ru)

Показать ответ и решение

Пусть $y =cos2x, y ∈ [−1;1].$ Тогда:

2 2 2 a + b − sin 2x − 2(a+ b)y− 2> 0

2 2 2 a +b − 1+y − 2(a+b)y− 2> 0

y2− 2(a+ b)y+ a2+ b2 − 3> 0

Найдем при каких $a$ и $b$ неравенство выполняется для любых $y ∈ [− 1;1].$ Рассмотрим функцию $f(x)= y2− 2(a+ b)y+ a2+ b2− 3.$ Ее графиком является парабола с ветвями вверх и вершиной в точке $y0 = − −2(a-+b)= a+ b. 2⋅1$ Рассмотрим три случая местоположения вершины относительно отрезка $[−1;1]:$

{ a+ b≤ −1 { −1< a+ b< 1 { a+ b≥1 f(−1)>0 (1) f(a +b)> 0 (2) f(1)> 0 (3)

{ { { a+ b≤− 1 (1) −1 <a +b< 1 (2) a+ b≥ 1 (3) (a +1)2+ (b+ 1)2 > 4 ab< −1,5 (a− 1)2+ (b − 1)2 > 4

На координатной плоскости $aOb$ изобразим множество точек $(a,b),$ удовлетворяющих всем трём условиям. Точки, для которых неравенство не выполняется хотя бы для одного $y ∈ [−1;1]$ , лежат внутри области, ограниченной графиками. Проверим область на замкнутость:

$PIC$

Точки пересечения графиков $(a+1)2+ (b+ 1)2 =4$ и $a+ b= −1:$

2 2 (a+ 1)+ (−1− a+1) = 4

2a2+ 2a− 3= 0

⌊ − 1− √7 || a= ---2√-- ⌈ a= −-1+--7 2

Точки пересечения графиков $ab= −1,5$ и $a+ b= −1:$

a⋅(− 1− a)= −1,5

−a − a2+ 1,5= 0

⌊ √ - a= −-1−--7 ||⌈ 2√ - a= −-1+2--7

Аналогично проверяем точки пересечения графиков с $a +b= 1.$ Точки совпадают, значит, область замкнутая.

В итоге, точки, для которых неравенство $y2− 2(a+ b)y+ a2+ b2− 3> 0$ не выполняется хотя бы для одного $y ∈[−1;1],$ образуют замкнутую область, граница которой состоит из графиков двух окружностей и гиперболы, граница включается. Для решения задачи необходимо найти такие значения $b,$ при которых точки $(a,b)$ попадают в получившуюся область для любых $a∈ [−2,1].$ Такие значения $b$ образуют отрезок $[b1;b2].$

$b1$ найдем, подставив $a= 1$ в уравнение гиперболы. $b2$ найдем, подставив $a= −2$ в уравнение окружности $(a+ 1)2+ (b+1)2 = 4.$ Получаем $[ ] −1,5;√3-− 1 .$

Ответ:

$[−1,5;√3− 1]$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#105234

Основанием пирамиды $TABCD$ является ромб $ABCD.$ Высота пирамиды $TK$ равна 1, точка $K$ лежит на прямой, содержащей диагональ основания $AC,$ причем $KC = KA +AC.$ Боковое ребро $TC$ равно $√ - 2 2,$ а боковые грани наклонены к плоскости основания под углами $∘ 30$ и $∘ 60.$ Найдите длину стороны основания и угол между боковым ребром $T A$ и плоскостью боковой грани $TCD.$

Источники: ШВБ - 2020, 11 класс (см. olymp.bmstu.ru)

Показать ответ и решение

Обозначим точки пересечения прямых $AB$ и $CD$ с перпендикуляром из точки $K$ к этим прямым за $N$ и $M$ соответственно.

Тогда, так как угол $∘ KNT = 60$ и $TK$ — перпендикуляр к плоскости основания, получаем. что

TK TK √3 KN = tg60∘ =--3--

Аналогично для угла $KMT =30∘$

√- KM = T-K--=TK √3, NM = 2-3TK tg30∘ 3

Так как треугольник $TKC$ прямоугольный с гипотенузой $T C,$ то по теореме Пифагора

∘---2----2 KC = T C − TK

Аналогично для треугольника $KCM$

MC = ∘KC2-−-KM2-= ∘T-C2−-4TK2-

Пусть $∠ACD = α,$ тогда

sinα = KM-, cosα = MC- KC KC

По формуле синуса двойного угла получим

sin2α = 2KM--⋅MC-- KC2

Тогда сторона основания равна

-MN-- a =AD = sin 2α

Откуда получаем

T K⋅KC2 TC2 − TK2 7 a= √3KM--⋅MC- = 3√T-C2−-4TK2-= 6

KN KC ⋅TK√3- KC ⋅TK √3 AK = sinα-= --3KM----= --3TK√3--

Так как $TK = 1,$ то

AK- = 1 KC 3

Проведем $AF ∥T K,$ так как $KC = AK +AC,$ то $KA :AC = 1:2,$ откуда получим

FA = 2TK- 3

Построим перпендикуляр $AL ⊥ MC.$ Так как $ANML$ — прямоугольник, то

2√3- AL= MN = 3 TK

Из прямоугольного треугольника $AF L$ получаем

∘--------- 4 FL = F A2+ AL2 = 3TK

Построим $AP ⊥ FL, AP ⊥ TDC, TP$ — проекция $TA$ на плоскость $TDC,$ угол $AT P$ — искомый угол. $∠ATP = φ,$ тогда

AP √3TK √3TK √3TK √3 sinφ= T-A = 3√T-K2+-AK2-= √8TK2-+-TC2 = √8TK2+-TC2-=-4-

√ - φ = arcsin--3 4

Ответ:

$7 √3- 6 , arcsin 4$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#110244

Решите неравенство

||3x2+8x − 3||+||3x4+ 2x3− 10x2+30x− 9|| -----------|x−-2|−-2x−-1---------- ≤0.

Показать ответ и решение

Для начала распишем ОДЗ:

⌊ ({ x< 2 || 1 ( ) ( ) |x− 2|− 2x− 1⁄= 0⇔ || ({ x⁄= 3 ⇔ x∈ −∞; 1 ∪ 1;+∞ |⌈ x≥ 2 3 3 x⁄= 3

Числитель дроби неотрицателен, так как является суммой двух модулей. Тогда, для того, чтобы дробь была не положительной, нужно, чтобы либо знаменатель был не положительным, либо числитель был равен нулю. Поэтому, с учетом ОДЗ, получим совокупность: