МІНІСТЕРСТВО ОСВІТИ І НАУКИ, МОЛОДІ ТА СПОРТУ УКРАЇНИ

НАЦІОНАЛЬНА АКАДЕМІЯ НАУК УКРАЇНИ

НАЦІОНАЛЬНИЙ ЦЕНТР «МАЛА АКАДЕМІЯ НАУК УКРАЇНИ»

КИЇВСЬКИЙ НАЦІОНАЛЬНИЙ УНІВЕРСИТЕТ ІМЕНІ ТАРАСА ШЕВЧЕНКА

В. В. Плахотник

100

КОНТРОЛЬНИХ ЗАВДАНЬ

З МАТЕМАТИКИ

Всеукраїнський конкурс-захист

науково-дослідницьких робіт

учнів – членів Малої академії наук України

у 2010–2011 н. р.

Київ 2011

2

Редакційна колегія:

О. В. Лісовий, С. О. Лихота,

В. В. Плахотник (канд. фіз.-мат. наук), Т. В. Пещеріна,

З. І. Черній

Рекомендовано науково-методичною радою

Національного центру «Мала академія наук України»

(протокол № 2 від 03.10.2011 р.)

Плахотник В. В. 100 контрольних завдань з математики. Всеукраїнський конкурс-

захист науково-дослідницьких робіт учнів – членів Малої академії наук України у

2010–2011 н. р. / [за ред. О. В. Лісового]. – К. : ТОВ «Праймдрук», 2011. – 36 с.

У збірнику представлено розв’язки 100 задач із контрольних робіт з математики

фінального етапу Всеукраїнського конкурсу-захисту науково-дослідницьких робіт учнів –

членів Малої академії наук України у 2010–2011 н. р.

Видання розраховане на старшокласників – учасників конкурсу-захисту – для

перевірки виконаних робіт, а також на допомогу іншим учням з метою підготовки до

контрольних робіт у Всеукраїнському конкурсі-захисті науково-дослідницьких робіт

учнів – членів МАН України.

© Авторський колектив, 2011

© Міністерство освіти і науки, молоді та

спорту України, 2011

© Національний центр «Мала академія наук

України», 2011

© Київський національний університет

імені Тараса Шевченка, 2011

© ТОВ «Праймдрук», 2011

3

Передмова

Про контрольну роботу з математики

на Всеукраїнському конкурсі-захисті науково-дослідницьких робіт

учнів – членів МАН у 2010–2011 навчальному році

У збірнику наведено розв’язування 100 задач із контрольних робіт

з математики фінального етапу конкурсу-захисту Малої академії наук у

2010–2011 н. р. для відділень «Математика», «Економіка» і «Комп’ютерні

науки».

На мою думку, завдання з математики не повинне суттєво різнитися для

учасників різних відділень, тому в цьому посібнику немає поділу задач на

відділення, секції, рівні.

Задачі укладено відповідно до вікових категорій, проте завдання для

дев’ятикласників можна запропонувати учасникам як десятого, так і

одинадцятого класів. Наявність спільних або аналогічних завдань дає змогу

порівняти рівень підготовки учнів різних класів, оскільки всі вони брали участь в

одному конкурсі, боролися за перемогу один з одним.

Читачеві збірника рекомендую відновити всі подробиці кожного наведеного

розв’язку, оскільки здебільшого є лише ескіз розв’язання. Крім того, на сайті

Малої академії наук (http://man.gov.ua/) пропоную знайти задачі контрольної

роботи у 2010–2011 н. р. для відділення, яке Вас найбільше цікавить, і

спробувати розв’язати всі наведені там задачі, користуючись цим посібником чи

без нього.

Це видання допоможе в підготовці до аналогічної контрольної роботи

наступним учасникам конкурсу МАН.

Володимир Плахотник,

доцент кафедри загальної математики механіко-математичного факультету

Київського національного університету імені Тараса Шевченка,

кандидат фізико-математичних наук

4

Приклади задач для 9-го класу

1. Скільки всього цілих чисел є серед розв’язків нерівності

2100 2x x x ?

Бачимо, що від’ємних розв’язків немає, бо ліва частина нерівності не

від’ємна. Підносячи до квадрату обидві частини нерівності, отримуємо

рівносильну систему 2

2

2 100 0

50 0

x x

x x

. Розв’язуючи квадратні рівняння,

дістанемо нерівність 1 204

1 1012

x

, цілими розв’язками якої є числа 8, 9 і

10 (три розв’язки).

2. Відомо, що всі сторони прямокутного трикутника дорівнюють цілим

числам. Знайти всі такі трикутники, якщо один із його катетів дорівнює 12.

Вважаючи невідомими гіпотенузу c і катет a , за теоремою Піфагора маємо

( )( ) 144c a c a . Числа c a і c a обидва парні, бо їхня різниця є парним

числом, і c a c a , тому маємо одну із систем 2,

72,

c a

c a

4,

36,

c a

c a

6,

24,

c a

c a

8,

18,

c a

c a

звідси дістає чотири трикутники, у яких дві сторони (крім

відомого катета) дорівнюють 37, 35c a або 20, 16c a , або 15, 9c a або

13, 5c a . Побудувати графік | 1| | 1|

| |

x xy

x

.

Розглянемо чотири проміжки, на які ділять точки 1, 0, 1x x x числову

пряму. Дістанемо 2

yx

, якщо 1x ; 2y , якщо 1 0x ; 2y , якщо

0 1x ; 2

yx

, якщо 1x . Звідки й дістанемо графік, утворений двома дугами

гіперболи і двома відрізками.

3. Знайти кількість дійсних різних коренів рівняння 2( )( 2 ) 0x a x x a

залежно від значення параметра a .

5

Маємо 1 2,3, 1 1x a x a . Це означає, що при 1a рівняння матиме

єдиний корінь x a , а при 1a рівняння матиме три корені, однак деякі з них

можуть збігатися. Так, якщо 1a , то 2 3x x , і при такому значенні параметра a

всі три корені будуть рівними. Умова 1 1a a справджуватиметься, якщо

1a чи 0a . Умова 1 1a a буде справджуватись, лише якщо 1a . Звідси

відповідь. При 1a рівняння має єдиний корінь, при 0a воно має два корені, а

за інших значень параметра a воно має три корені.

4. Довести, що фігура, утворена двома графіками 2 2 3y x x та

2 4y x x , має центр симетрії, і знайти координати центра симетрії.

Фігура утворена двома параболами, вітки яких спрямовані в різні сторони.

Тому центром симетрії може бути лише точка – середина відрізка, який з’єднує

їх вершини; цією точкою є точка 1

( ;3)2

M . Залишається довести, що ця точка

справді є центром симетрії фігури. Нехай ( ; )u v довільна точка на першій

параболі. Тоді точка, симетрична до неї відносно точки М, матиме координати

( 1 ;6 )u v . Залишається пересвідчитись, що ця точка лежить на другій

параболі. Для цього потрібно довести, що 26 ( 1 ) 4( 1 )v u u . Ця

рівність рівносильна рівності 2 2 3v u u , яка справджується, бо точка ( ; )u v

лежить на першій параболі.

5. Довести, що для довільного цілого m існує таке ціле n , що число

4 3n n m без остачі ділиться на 7.

Потрібно довести, що вираз 4 3n n може давати всі можливі остачі при

діленні на 7. Тоді, яку б остачу не давало число m при діленні на 7, ми доберемо

відповідне значення числа n , щоб остача суми 4( 3 )n n m дорівнювала нулю.

Число n може давати остачі 0,1,2,3,4,5,6 , тоді, відповідно, число 3n

даватиме остачі 0,3,6,2,5,1,4 , а число 4n даватиме остачі 0,1,2,4,4,2,1. Додаючи

відповідні остачі, отримаємо, що 4 3n n дає остачі 0,4,1,6,2,3,5 (усі можливі

остачі).

6

6. У прямокутному трикутнику з гіпотенузою с і катетом a бісектриса кута,

утвореного ними, ділить висоту, проведену з вершини прямого кута, на дві

частини. Знайти відношення більшої з них до меншої.

Нехай CD висота, проведена з вершини прямого кута трикутника, BL

бісектриса гострого кута, яка перетинає CD у точці O . За властивістю

бісектриси BO кута B у прямокутному трикутнику BCD дістанемо рівність

CO BC

OD BD , тому досить знайти

2aBD

c , щоб дістати відповідь

CO c

OD a .

7. Нехай для опуклого чотирикутника ABCD і довільної точки M його

площини вираз 2 2 2 2AM CM BM DM не залежить від положення точки M .

Довести, що ABCD є паралелограмом.

Узявши послідовно , , , ,M A M B M C M D з умови задачі дістанемо

рівності:

2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2CA BA DA AB CB DB AC BC DC AD CD BD .

Звідси (порівнявши перший і третій вираз, а потім – другий і четвертий)

отримаємо систему 2 2 2 2

2 2 2 2

,

.

AB BC AD CD

AB AD BC CD

Додавши і віднявши рівності системи, дістанемо ,AB CD BC AD , що й

потрібно довести.

8. Нехай ABC трикутник, у якому 3 2, 5, 7.AB BC AC У площині

трикутника знайти всі такі точки M , що 2 2 22 36MB MC MA .

Уведемо систему координат, вважаючи, що (0;0)A , (7;0)C , тоді для

відшукання координат ( , ), 0u v v точки B дістанемо систему рівнянь

2 2

2 2

18,

( 7) 25,

u v

u v

після розв’язання якої отримаємо (3;3)B . Тепер умову задачі можна легко

записати, вважаючи, що невідома точка має координати ( ; )x y . Дістанемо

рівність 2 2 2 2 2 22(( 3) ( 3) ) 36(( 7) )x y x y x y , з якої, розкриваючи

7

дужки та по-іншому групуючи доданки, отримаємо 2 2258 6( ) ( ) 0

37 37x y .

Така рівність можлива лише для однієї точки з координатами 258 6

,37 37

x y .

9. Знайти множину всіх значень, яких може набувати функція 2

2 1

x xy

x

.

Переформулюємо умову задачі по-іншому. За яких значень параметра y

рівняння 2

2 1

x xy

x

має принаймні один розв’язок? Для відповіді на це

запитання запишемо рівняння як квадратне, попередньо розглянувши випадок

1y : 2( 1) 0y x x y . Знайшовши дискримінант, розв’яжемо нерівність

0D . Звідки й дістанемо відповідь 1 2 1 2

[ ; ]2 2

y

.

10. Знайти всі значення параметра a , за яких нерівність

2 5(3 5) 0

4x a x a має рівно два цілі розв’язки. Чи може ця нерівність

мати лише один цілий розв’язок?

Зауважимо, що параболи, які є графіками функцій у лівій частині

нерівності, проходять через точку 1 11

( ; )3 36

, яка не залежить від параметра a .

Тому тими двома цілими розв’язками нерівності, про які йдеться в умові, можуть

бути лише або 0 і 1, або –1 і 0, або –1 і –2. У випадку тільки одного розв’язку

ним може бути лише або 0, або 1. Детальніше розберемо випадок, коли

розв’язками будуть цілі числа 0 і 1. Для цього необхідно і достатньо, щоб

справджувались чотири нерівності (0) 0, (1) 0, ( 1) 0, (2) 0f f f f , де

( )f x функція в лівій частині нерівності. Дістанемо систему нерівностей

50

4

51 3 5 0

4

51 3 5 0

4

54 2(3 5) 0

4

a

a a

a a

a a

,

8

розв’язавши яку, отримаємо відповідь у цьому випадку 29 61

16 28a .

Аналогічно розглядаються всі інші випадки.

11. У трикутнику ABC з вершини прямого кута C проведено висоту CD .

Радіуси вписаних кіл трикутників ACD і BCD дорівнюють 5 і 12 відповідно.

Знайти радіус вписаного кола трикутника ABC .

Відомо, що ця висота розтинає цей трикутник на два трикутники, кожен із

яких подібний до початкового. З умови задачі випливає, що коефіцієнт

подібності цих трикутників дорівнює 5

12 і дорівнює відношенню катетів

початкового трикутника (нехай вони дорівнюють 5x і 12 )x . За теоремою

Піфагора дістанемо гіпотенузу 13x . Отже, коефіцієнт подібності найменшого

трикутника і початкового дорівнює 5

13, значить, радіус вписаного кола

початкового трикутника дорівнює 13.

12. За яких невід’ємних значень числа a для кожного x , що є розв’язком

нерівності 2 0x a , буде справджуватись нерівність 2 2 3 0x x ?

Проміжок [ ; ]a a буде частиною проміжку [ 3;1] , якщо 0 1a .

13. Пішохід пройшов першу половину шляху зі швидкістю км

4год

. З якою

швидкістю він має рухатись на другій половині шляху, щоб його середня

швидкість на всьому шляху дорівнювала км

5год

?

Маємо 8 2

S St

x , тому 5

8 2

S

S S

x

за умовою. Звідси 6 40x , 20

3x .

14. Вершинами трикутника є основи висот деякого гострокутного трикутника

ABC . Виявилось, що такий трикутник подібний до трикутника ABC . Довести,

що трикутник ABC правильний.

Трикутник, вершинами якого є одна з вершин цього трикутника і дві

прилеглі основи висот, подібний до початкового. Тому кути даного в умові

трикутника дорівнюють 180 2 ,180 2 ,180 2 , які дорівнюють

9

(не обов’язково відповідно) кутам , , . Звідси маємо три істотно різні системи

рівнянь

180 2 ,

180 2 ,

180 2 ,

180 2 ,

180 2 ,

180 2 ,

180 2 ,

180 2 ,

180 2 .

У будь-якому випадку дістанемо 60 .

15. Скількома способами можна провести пряму, яка поділяє навпіл як площу,

так і периметр трикутника зі сторонами 8 см, 10 см і 12 см

Пряму апріорно можна провести, відтинаючи від цього трикутника

трикутник зі спільною вершиною і сторонами x та y . З умови задачі дістанемо

три системи рівнянь для їх відшукання:

15

60

x y

xy

,

15

40

x y

xy

,

15

48

x y

xy

.

Перша не має дійсних коренів. Друга має корені, але вони дуже великі, щоб

уміститися на сторонах. Третя дає єдиний розв’язок задачі.

16. Нехай 2,0 0,1x , 3,2 0,2y . Чи правда, що 1,23 0,07xy

x y

?

Відповідь обґрунтувати.

Маємо 1,9 2,1x та 3,0 3,4y . Тому 1 1 1

2,1 1,9x та

1 1 1

3,4 3y , звідки

5,5 1 1 1 1 1 1 4,9

2,1 3,4 2,1 3,4 1,9 3 5,7x y

. Отже, для числа

1

1 1

xy

x y

x y

маємо

оцінку 5,7 2,1 3,4

1,16 1,163 1,298... 1,34,9 5,5

xy

x y

. Твердження умови задачі

правильне, бо запис 1,23 0,07xy

x y

означає, що 1,16 1,3

xy

x y

.

17. Знайти всі квадратні тричлени ( )f x , для яких справджуються нерівності:

(1) 5, (2) 4, (3) 2, (4) 1.f f f f

10

Нехай 2( )f x ax bx c , тоді за умовою задачі

5

4 2 4

9 3 2

16 4 1

a b c

a b c

a b c

a b c

.

Розв’язуючи систему відносно c , дістанемо 5 4 4 2

2 9 3 1 4 16

a b c a b

a b c b a

.

Для сумісності цієї системи необхідно і достатньо, щоб ліві частини не

перевищували правих частин нерівностей. Звідси вийде система

1 3

2 5

2 5

3 7

b a

b a

b a

b a

, тому 2 5b a , звідки 2 5 1 3

2 5 3 7

a a

a a

, отже,

1 1,

2 2a b . Тепер із першої системи дістанемо 5c , тому

21 1( ) 5

2 2f x x x єдиний розв’язок.

18. Відомо, що n ціле додатне число, а дріб 7 3

4 5

n

n

можна скоротити. На яке

число цей дріб можна скоротити? Який дріб вийде після скорочення?

Якщо 7 3n і 4 5n діляться на деяке число d , на це число (додаючи або

віднімаючи) ділитимуться числа 3 2,6 4, 7,2 9,2 14,23n n n n n . Оскільки

число 23 просте, то скоротити дріб можна лише на 23. Дістанемо 7 3 23

4 5 23

n m

n k

,

звідки 23 3 23 5

7 4

m kn

, отже,

4 7 1

4 5 7 3 1

m k

. Віднімаючи ці рівності,

дістанемо 4( 5) 7( 3)m k , тому 7 5, 4 3m s k s , і після скорочення на 23

отримаємо дріб 7 3 7 5

4 5 4 3

n m s

n k s

нескоротний дріб.

19. Чи існує трапеція, основи якої дорівнюють 3 і 7, а бічні сторони

дорівнюють 13 і 15? Відповідь обґрунтувати.

Увівши систему координат Oxy , дістанемо (0;0), ( ; ), ( 3; ), (7;0)A B a b C a b D .

Можна вважати, що 0b . Для відшукання координат отримаємо систему

11

2 2

2 2

169

( 4) 225

a b

a b

. Віднімаючи рівняння, дістанемо 5, 13a b . Отже,

трапеція існує (зверніть увагу на вигляд трапеції, зобразивши її вершини на

площині Oxy ).

20. Довести, що для довільного цілого m існує таке ціле n , що число 2 5m n

без остачі ділиться на 7.

Достатньо вказати n m .

21. Довести, що у довільному чотирикутнику різниця між сумою квадратів

усіх сторін і сумою квадратів обох діагоналей є невід’ємною.

Нехай ABCD – довільний чотирикутник, , ,AB a BC b CD c

, тоді

, ,AD a b c AC a b BD b c

. Знайдемо зазначену в умові різницю і

розкриємо дужки: 2 2 2 2 2 2 2( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0a b c a b c a b b c a c

,

що й потрібно довести (зверніть увагу на випадок, коли зазначена в умові

різниця дорівнює нулю).

22. Нехай ,m n довільні цілі невід’ємні числа. Довести, що число

6 4 6 4

11...11311...11m n

без остачі ділиться на 7.

Потрібно довести, що число 6 4 6 4

6 5 6 410 1 10 110 3 10

9 9

m nn n

кратне

числу 7.

Це рівносильно тому, що на 7 без остачі ділиться число

6 6 9 6 5 6 4 6 4 6 6 9 6 410 10 27 10 10 1 10 18 10 1m n n n n m n n . Розглянемо остачі

при діленні на 7 степенів 10: 110 дає остачу 3, 210 дає остачу 2, 310 дає остачу 6,

410 дає остачу 4, 510 дає остачу 5, 610 дає остачу 1 (найважливіший факт), тому

далі остачі повторюватимуться, а число 6 6 910 m n даватиме таку саму остачу, як і

310 , 6 410 n даватиме таку саму остачу, як і 410 , тому остачу даного в умові числа

визначатиме число 6 18 4 1 77 , яке кратне 7.

23. Довести, що число 3 39 80 9 80 є цілим, і знайти його.

12

Позначивши x a b , де ,a b зазначені в умові кубічні корені, дістанемо

3 3 3 3 ( )x a b ab a b . З огляду на те, що 3 3 18, 1a b ab , отримаємо рівність

3 18 3x x .

Розкладаючи на множники, матимемо:

3 3 2 2 23 18 3 3 9 6 18 ( 3)( 3 6)x x x x x x x x x x , звідки 3x , бо

квадратне рівняння не має дійсних коренів.

24. Нехай S площа трикутника, r радіус вписаного у нього кола і

23 3S r . Довести, що трикутник рівносторонній.

З формули Герона для площі та формули для радіуса вписаного кола

дістанемо:

2 4 2( ) 12 3 , ( ) 144 3 144 3 ( )( )( )( ),a b c S a b c S a b c a b c a b c a b c

звідки 3 ( )( )( )3

a b ca b c a b c a b c

. Тепер з нерівності Коші для

трьох чисел вийде a b c , що й потрібно довести.

25. Довести, що існує нескінченно багато прямих, кожна із яких має єдину

спільну точку з кожним графіком 24y x та 2 4 6y x x . Знайти рівняння

кожної із таких прямих.

Ясно, що всі прямі, які паралельні до осей симетрії парабол, перетинатимуть

кожну з них рівно в одній точці, і рівняння таких прямих матиме вигляд x a , де

a довільне число. Тому існує нескінченно багато шуканих прямих. Знайдемо

ще прямі, рівняння яких має вигляд y ax b . За умовою кожне з рівнянь

24 x ax b та 2 4 6x x ax b має єдиний корінь, тому обидва

дискримінанти дорівнюють нулю. Тому 2

2

4 16 0

8 16 4 24 0

a b

a a b

. Додавши ці

рівності, дістанемо 2 4 4 0a a , звідки 2, 5a b , і пряма 2 5y x ще

одна шукана пряма.

26. У трикутнику ABC висота BH ділиться бісектрисами, проведеними з двох

інших вершин, у відношенні 13:12 та 13:5 , рахуючи від вершини B . Знайти

величину кута B .

13

Нехай ,N M точки на висоті BH , через які проходять бісектриси кутів

,A C відповідно. Тоді за властивістю бісектриси у прямокутних трикутниках

BHA і BHC дістанемо співвідношення 13 13

,5 12

AB BN CB BM

AH NH CH MH . Із цих

самих трикутників, знаючи гіпотенузу і катет, знайдемо інший катет, отримуючи

5 , 13 , 12AH t AB t BH t і 12 , 13 , 5CH s BC s BH s . Звідси вийде, що

12 5t s , тому 65 12 156 169

13 , 13 , 5 125 5 5 5

AB t t BC t t AC t s t . Зважаючи

на те, що 2 2 265 156 169 , дістанемо 2 2 2AB BC AC , тому кут B прямий.

27. Описати всі опуклі чотирикутники, в кожному з яких різниця між сумою

квадратів усіх сторін і сумою квадратів обох діагоналей є найменшою.

Нехай ABCD – довільний чотирикутник, , ,AB a BC b CD c

, тоді

, ,AD a b c AC a b BD b c

. Знайдемо зазначену в умові різницю і

розкриємо дужки: 2 2 2 2 2 2 2( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0a b c a b c a b b c a c

.

Найменшим це число буде тоді, коли чотирикутник є паралелограмом.

28. У десятковому записі числа 8

13 знайти цифру, яка стоїть під номером 2010

після коми.

Оскільки 8

0,(615384)13

, то перша цифра 6 збігається з цифрами під

номерами 1 6,1 2 6,...,1 6n . Оскільки 1 6 334 2005 , то цифра з номером

2005 дорівнює 6, а шукана цифра дорівнює 4.

14

Приклади задач для 10-го класу

29. Розв’язати нерівність 3

sin 22

x .

За означенням синуса дістанемо 4 5

2 2 23 3

n x n

, тому після

ділення на 2 дістанемо відповідь: x належить об’єднанню всіх проміжків вигляду

2 5[ ; ]

3 6n n

, де n довільне ціле число.

30. Знайти висоту правильної трикутної піраміди, якщо її бічне ребро

дорівнює стороні основи, а об’єм дорівнює 18 2 .

Позначимо через a сторону основи піраміди, тоді висота основи дорівнює

3

2

a, площа основи дорівнює

2 3

4

a, радіус вписаного кола – двом третім

висоти, тому за теоремою Піфагора дістанемо висоту піраміди

2 22 3 2( )3 2 3

aH a a . З формули об’єму піраміди вийде 6a , тому

2 6H .

31. Скільки розв’язків має рівняння | 2 2 | | 1| | |x x x a залежно від

значення параметра a ?

Запишемо рівняння у вигляді рівносильної системи

| 2 2 | | 1| | |,

,

y x x x

y a

(попередні дві коми не потрібні) і побудуємо графік

першої функції, розглянувши чотири проміжки числової прямої, утворені

точками 1,0 та 1. Дістанемо ламану, яка проходить через точки зламу

( 1; 3), (0;1), (1;3)A B C , і довільні точки при 1x та 1x , наприклад

( 2; 7), (2;3)M N . Проводячи пряму y a паралельно до осі Ox , отримаємо

відповідь: при 3a рівняння має єдиний розв’язок, при 3a рівняння має

безліч розв’язків.

15

32. Нехай C прямий кут трикутника ABC , висота CH і бісектриса BD

якого перетинаються в точці N . Знайти відношення :BN DN , якщо

5, 3AB AC .

Знайдемо 12

5CH , обчисливши площу трикутника ABC двома різними

способами, і 16

5BH за теоремою Піфагора. Використавши теорему про те, що

бісектриса ділить протилежну сторону пропорційно до прилеглих сторін, з

трикутників ABC і BCH знайдемо, що : 4:5, : 5:4CD DA CN NH . Звідси

вийде, що 4

3CD ,

16

15NH . За теоремою Піфагора знайдемо

16 10

15BN ,

4 10

3BD . Звідси

4 10

15ND , а шукане відношення дорівнює 5:1.

33. Нехай , , , ,A B C D M довільні точки простору. Довести, що вираз

AM BM BM CM CM DM DM AM

не залежить від положення точки M .

Позначимо , , , ,AB a AC b AD c AM x

тоді за правилом додавання

векторів дістанемо , , ,BM a x CM b x DM c x

звідки знайдемо

заданий в умові вираз: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )x x a x a x b x b x c x c x

.

Використавши властивості скалярного добутку, дістанемо вираз b c a c

, який

не залежить від положення точки M , що й потрібно довести.

34. Кожен із трьох ненульових векторів перпендикулярний до суми двох

інших. Довести, що кожні два вектори – перпендикулярні.

Маємо вектори , ,a b c

, для яких справджуються рівності ( ) 0,a b c

( ) 0,b a c

( ) 0.c a b

Віднявши від першої рівності другу і третю, дістанемо

,ab ac bc

звідки, повертаючись до початкових рівностей, отримаємо

0ab ac bc

, тобто кожні два вектори є перпендикулярними.

35. Нехай в опуклому чотирикутнику ABCD діагоналі перетинаються в точці

O , а площі трикутників , ,ABO BCO CDO дорівнюють відповідно 5,4,6 . Знайти

площу чотирикутника ABCD .

16

Доведемо, що добутки площ протилежних трикутників, утворених від

перетину діагоналей опуклого чотирикутника, дорівнюють один одному. Для

цього знайдемо площі 1

sin2

ABOS AO BO , 1

sin2

BCOS CO BO ,

1sin

2CDOS CO DO ,

1sin

2ADOS AO DO . Тут sin не залежить від того,

який саме кут між діагоналями взято, бо sin sin( ) . Перемноживши площі

протилежних трикутників, бачимо, що добутки однакові.

Доведене співвідношення між площами дає змогу знайти площу четвертого

трикутника, отже, й площу чотирикутника.

36. Нехай n – натуральне число і остання цифра числа 2 6n n дорівнює 6.

Знайти передостанню цифру числа 2 6n n .

Нехай a остання цифра числа n , тоді вона парна, і, перебравши добутки

( 6)a a при 0,2,4,6,8a , бачимо, що лише при 2a дістанемо останню цифру 6.

Ясно, що на передостанню цифру числа 2 6n n впливає тільки передостання

цифра числа n , тому можна вважати, що 10 2n m . Отже,

2 26 (10 2)(10 8) 100 100 16n n m m m m . Бачимо, що передостання цифра

числа 2 6n n дорівнює 1.

37. У трикутній піраміді ABCD усі шість ребер мають однакову довжину.

Всередині піраміди існує точка M , для якої 2, 6MA MB MC MD .

Знайти довжину ребра піраміди.

Довільна піраміда, зазначена в умові, задається деяким числом, 0a , і

вершинами піраміди будуть (0;0;0), ( ; ;0), ( ;0; ), (0; ; )A B a a C a a D a a . З умови задачі

отримаємо систему рівнянь:

2 2 2

2 2 2

2 2 2

2 2 2

2

( ) ( ) 2

( ) ( ) 6

( ) ( ) 6

x y z

x a y a z

x y a z a

x a y z a

.

Віднявши перші два рівняння й останні два, дістанемо значення 2

ax y ,

які підставимо у перше і третє рівняння системи, отримуючи рівності 2

2 22

az

17

і 2

2( ) 62

az a , звідки, віднявши дві останні рівності, дістанемо

2 4

2

az

a

,

тому 2 2 2

2

( 4) 4

4 2

a a

a

. Ясно, що або 2 4a , або 2 4

3a . У першому випадку

точка (1,1,0)M лежить на ребрі AB піраміди, а в другому – точка

1 1 2( ; ; )

3 3 3M лежить за межами піраміди, тому дістанемо єдине значення

2a , отже, ребро піраміди дорівнюватиме 2 8a .

38. На координатній площині Oxy схематично зобразити множину точок, для

координат ( ; )x y яких справджується рівність 2| | | | | |y x x y .

Важливо відзначити, що шукана фігура симетрична відносно обох осей

координат, отже, можна розглянути лише випадок 0x і 0y . Тоді цю рівність

можна записати у вигляді 2 2( )y x x y , де 0 y x . Розв’язуючи квадратне

рівняння відносно y , дістанемо 2y x x або 2 1y x x . У другому

випадку 0y , тому він не стосується задачі. У першому випадку нерівність

0 y x правильна, якщо 0 1x , 2y x x . Щоб закінчити розв’язання,

потрібно дугу параболи 2y x x при 0 1x відобразити симетрично

відносно обох осей координат (вийде фігура, схожа на символ нескінченності).

40. Будемо до числа 12 додавати послідовно багато разів число 9. Чи вийде

коли-небудь число 2010?

Маємо 12 9 2010n , звідки 222n . Відповідь позитивна.

41. Побудувати графік 22y x x .

Маємо 2 22y x x , де 0y . Тому графіком буде верхнє півколо

2 2( 1) 1x y .

42. Знайти найменше і найбільше значення виразу x y , якщо 2 29 4 1x y .

Позначимо cos sin

,3 2

t tx y , аналогічно до означення синуса і косинуса. Тоді

18

1 1 2 3 1(2cos 3sin ) 13( cos sin ) 13cos( )

6 6 613 13x y t t t t t . Звідси

відповідь: 13 13

6 6x y .

43. Довести, що для довільного цілого m існує таке ціле n , що число 2 3m n

без остачі ділиться на 7.

Розглядатимемо остачі при діленні на 7:

0, 0; 1, 4; 2, 1; 3, 5; 4, 2; 5, 6; 6, 3.m n m n m n m n m n m n m n

У будь-якому випадку число n існує (воно просто зазначене).

44. Знайти всі пари простих чисел ),( yx , для яких 22 175 yxx .

Маємо (5 7) ( 1)( 1)x x y y , звідки маємо два випадки, коли 1y kx .

Звідси 2

2 7

5

kx

k

. Чисельник – лінійна функція, тому її модуль менший за

модуль знаменника при достатньо великих значеннях x , які легко оцінити.

Далі – невеликий перебір. Відповідь: 11x або 3x .

45. Нехай , ,a b c сторони трикутника, , , протилежні внутрішні кути

відповідно і cos 2cos cos 2cos

a b

. Довести, що трикутник рівнобічний

або прямокутний.

За теоремою синусів дістанемо cos sin sin2 sin cos sin2 .

За формулою різниці синусів отримаємо cos (sin sin ) 2cos sin( ) ,

а потім cos 2cos sin 4cos cos sin2 2 2 2

. Звідси й

дістанемо потрібне, бо рівність cos 2cos2 2

рівносильна рівності

cos cos 3sin sin2 2 2 2

, яка неможлива.

46. Скількома способами можна розбити на пари 16 футбольних команд?

Позначимо через na шукану кількість розбиттів на пари 2n команд. Тоді

для першої команди є 2 1n способів дібрати пару. А решту 2 2n команд

можна розбити на пари 1na способами. Ясно, що (2 1)n na n a , тому

8 7 6 515 15 13 15 13 11 ... 15 13 11 9 7 5 3 2027025a a a a .

19

47. Схематично зобразити графік 2

2

4 2x xy

x x

.

Функція визначена лише при 0x , і тоді 2 1y x (промінь при 0x ).

48. Знайти найменше і найбільше значення виразу 3 7

2 5

x yL

x y

, якщо

3 4

1 2

x

y

.

Оскільки 2

12 5

xL

x y

, достатньо оцінити

2( )

2 5

xl y

x y

на проміжку

[1;2] . Ця спадна величина набуває всіх значень від 2

(2)2 3

xl

x

до

2 1(1)

2 4 2

xl

x

.

Залишається знайти найменше значення величини

3 12 1 12 2(2)

2 3 2 3 2 4 6

xx

lx x x

.

Ясно, що ця зростаюча величина набуватиме найменшого значення при 3x ,

тобто значення 1

3. Звідси й дістанемо відповідь: 4

3minL при 3, 2x y ,

max

3

2L при [3;4], 1x y .

49. Нехай паралелограм ABCD є основою піраміди ABCDS . Точки , ,M K N

лежать на ребрах , ,SB SD SС відповідно і : 1:2, : 1:4,SM SB SN SС

: 1:3SK SD . Чи обов’язково площина MNK проходить через точку A ?

Відповідь обґрунтувати.

Введемо вектори , ,CD a AD b SB c

, тоді з умови задачі дістанемо

рівності 1 1 1 1 1 1

, ( ), ( )2 2 4 4 3 3

SM SB c SN SC b c SK SD a b c

, звідки

1 1 1 1 1 1 1 1, ,

2 2 4 4 2 3 3 3MA c a MN c b c MK c a b c

. Потрібний

висновок випливає з рівності 3 4MA MK MN

(коефіцієнти 3, 4x y

знаходяться з рівності MA xMK yMN

).

50. Побудувати графік 26y x x .

20

Рівність має вигляд системи 2 2( 3) 9

0

x y

y

. Звідси дістанемо верхнє

півколо радіуса 3R з центром у точці (3;0)O .

51. Розв’язати нерівність 2 2 ( 2)(2 3)x x x .

Відповідне рівняння має корені 1 22, 2x x . З графічних міркувань

дістанемо відповідь [ 2;2]x .

52. Довести, що для довільного натурального числа n справджується рівність

)24()64(...62)2()12(...)2()1( nnnnnn .

Потрібно довести, що ( 1)( 2)...(2 ) 2 (1 3 ... (2 1))nn n n n . Рівність буде

очевидною, якщо обидві її частини помножити на добуток 1 2 3... n : ліворуч і

праворуч вийде добуток усіх цілих чисел від 1 до 2n .

53. Знайти всі цілі додатні числа n , за яких рівняння

2sin sin sin ... sin 1

3 3 3n

x x xx має принаймні один розв’язок.

Позначимо 3n

xy , тоді рівняння буде таким:

2sin sin3 sin3 ... sin3 1ny y y y . Звідси випливає, що 22

y k

або

32

2y k

. Доданки 2 k не впливають на те, чи буде відповідне значення

розв’язком. У випадку 2

y

знаки множників у рівнянні чергуються так:

, , , …, тому добуток дорівнюватиме одиниці, якщо кількість знаків «-» буде

парною. Це буде тоді, коли 4 3n p або 4n p . У випадку 3

2y

знаки

множників у рівнянні чергуються так: , , , ,... …, тому добуток

дорівнюватиме одиниці, якщо кількість знаків «-» буде парною. Це буде тоді,

коли 4 2n p . Отже, рівняння має розв’язок для довільних натуральних n ,

крім 4 1n p , де p ціле.

21

Приклади задач для 11-го класу

54. Розв’язати рівняння 33 6 2 4 4x x x .

Зауважимо, що обидві підкореневі функції монотонно зростають, отже, і

функція у лівій частині рівняння є зростаючою. Тому рівняння не може мати

більше одного кореня. Корінь 2x легко помітити.

55. Розв’язати нерівність 2 1 2log (log (cos2 ) 1x .

Маємо рівносильні нерівності 1 2

1log (cos2 )

2x та

20 cos2

2x . Звідки

2 2 ,4 2 8 4

n x n n x n

або 2 2 ,2 4 4 8

n x n n x n

,

отже, множиною розв’язків нерівності є об’єднання всіх проміжків вигляду

[ ; )8 4

n n

та ( ; ]4 8

n n

, де n довільне ціле число.

56. Медіана, проведена з вершини гострого кута, ділить висоту, проведену з

вершини прямого кута трикутника, у відношенні 5:1, рахуючи від вершини.

Знайти тангенс більшого гострого кута трикутника.

Введемо систему координат так, щоб точки ( ;0), (0; ), (0;0)A a B b C були

вершинами цього трикутника, тоді ( ;0)2

aM основа медіани, а точку O , яка є

точкою перетину висоти CH і медіани BM , знайдемо з рівності 5

6BO BM

.

Тому 5

( ; )12 6

a bO , і з умови перпендикулярності векторів 0CO AB

дістанемо

50

12 6

a ba b , звідки знаходимо відношення катетів початкового трикутника,

яке дорівнює 5

12

b

a , тому шуканий тангенс дорівнює

10

2.

57. Скільки різних натуральних дільників має число 81000000000?

Це число має вигляд 4 9 93 2 5 , тому кожен його дільник має вигляд

3 2 5m n k , де 0 4,0 9,0 9m n k . Оскільки число m може набувати

22

одного з п’яти значень, а кожне із чисел n і k може набувати незалежно десяти

значень, то дане в умові число має 5 10 10 500 дільників.

58. Не використовуючи ані таблиць, ані калькулятора, довести нерівність

5| log 2 0,43| 0,01 .

Потрібно довести, що 50,42 log 2 0,44 . Щоб знайти таку оцінку, потрібно

знайти достатньо близькі, достатньо великі натуральні степені чисел 2 і 5. Маємо

степені числа 2: 2, 4, 8, 16, 32, 64, 128, 256, 512, 1024, 2048, 4096, 8192, 16384,

32768, 65536,… та степені числа 5: 5, 25, 125, 625, 3125, 15625, 78125,… Бачимо

пару близьких чисел 35 125 і 72 128 та 162 65536 і 75 78125 . Отже,

доведено нерівності 3 75 2 та 16 72 5 . Знаходячи логарифм з основою 5 від лівої

і правої частини кожної з них, дістанемо правильні нерівності 5

3log 2

7 і

5

7log 2

16 . Оскільки

3 70,428..., 0,4375

7 16 , то

50,42 0,428... log 2 0,4375 0,44

(зауважимо, що на цьому шляху можна відшукати і точніші наближені значення

логарифмів. Так, зазначені вище нерівності насправді дають змогу довести, що

5| log 2 0,433| 0,005 ).

59. Знайти всі проміжки монотонності функції 2( ) | 2 | 2 | |f x x x x .

Розглянувши проміжки ( ;0],[0;2],[2; ) , бачимо, що 2( )f x x на

першому з них, 2( )f x x – на другому і 2( ) 4f x x x – на третьому проміжку.

Це значить, що ( )f x спадає на ( ;2] від до 4 , і ( )f x зростає на [2; )

від 4 до .

60. Скільки всього існує 7-цифрових чисел, сума цифр яких дорівнює 4?

Число 4 записується як одна із сум 4 3 1 2 2 2 1 1 1 1 1 1 . Це

значить, що шукані числа можуть бути утворені так:

1) однією четвіркою і шістьма нулями (таке число одне, бо першою

цифрою має бути 4);

2) однією трійкою, однією одиницею і п’ятьма нулями (таких чисел

шість з першою одиницею і шість з першою трійкою);

23

3) двома двійками і п’ятьма нулями (таких чисел шість, бо одна двійка

має бути першою);

4) однією двійкою, двома одиницями і чотирма нулями (якщо першою

буде двійка, то місце для одиниць можна вибрати 2

6 15С способами; якщо

першою буде одиниця, то місце для другої одиниці можна вибрати шістьма

способами, а місце для двійки можна вибрати п’ятьма способами, тобто

дістанемо ще 30 чисел);

5) чотирма одиницями і трьома нулями (таких чисел 3

6 20С , бо місце

для трьох нулів можна вибрати саме такою кількістю способів).

Зрештою, всього шуканих чисел 1+ 6 + 6 + 6 + 15 + 30 + 20 = 94.

61. Розв’язати нерівність 3 1

2

log (log ( 1)) 0x

.

Маємо ланцюжок рівносильних нерівностей:

1 1 1 1

2 2 2 2

1 1 30 log ( 1)) 1, log 1 log ( 1) log , 1 1, 2

2 2 2x x x x , тобто [1,5;2)x .

62. Скільки точок перетину з графіком функції 3 3y x x має дотична,

проведена до нього у точці (2;2) ?

Переконуємось, що точка (2;2) лежить на графіку функції 3 3y x x , і

знаходимо рівняння дотичної до нього при 0 2x . Дістанемо рівняння

9 16y x . Розв’язуючи систему рівнянь 3 3

9 16

y x x

y x

, отримаємо

3 3 9 16x x x , звідки 1 2 2x x ,

3 2x . Отже, графіки перетинаються у двох

точках.

63. Є паралелограм зі сторонами 5 і 12. Яких значень може набувати довжина

його більшої діагоналі?

Для діагоналей паралелограма маємо систему 2 2 50 288 338x y

x y

, тому

2 2 2338 2x y y , тому 13y . З нерівності трикутника випливає, що 5 12y ,

тому 13 17y відповідь.

24

64. Чи можуть усі діагоналі опуклого шестикутника бути рівними за

довжиною? Відповідь обґрунтувати.

З умови задачі випливає, що існує опуклий чотирикутник ACDF , в якому

трикутники ACF і ADF – однакові рівнобедрені трикутники зі спільною

основою. Так не буває.

65. Нехай ABCD трикутна піраміда, в якій ,E F середини ребер AB і CD

відповідно, ,DE CE AF BF . Довести, що AB CD .

Маємо прямокутні трикутники з однаковими медіанами, проведеними з

вершини прямого кута. Оскільки така медіана дорівнює радіусу описаного кола і

дорівнює половині гіпотенузи, дістанемо1 1

, ,2 2

EF CD EF AB тому AB CD .

66. Нехай ABCD такий опуклий чотирикутник, що

70 , 37 .BAC BDC ABC Знайти величину BDA .

Навколо чотирикутника ABCD можна описати коло, бо в колі, описаному

навколо трикутника ABC , кути BAC і CDB спираються на одну й ту саму

дугу. Позначимо , , ,BDA BCA ACD ABD DAC DBC

тоді із системи 37

70 180

дістанемо 73 – шуканий кут.

67. Знайти найменше значення ( )f x , якщо 4 3 2( ) 8 18 4f x x x x x ,

( ;0]x .

Побудуємо графік 3 2( ) 4 6 9 1y f x x x x . Для цього побудуємо

спочатку графік 3 26 9 1y x x x . Маємо 23( 4 3)y x x , отже, 0y при

1x та 3x . Отже, функція y зростає від до 1 на проміжку ( ; 3] ,

спадає від 1 до 5 на проміжку [ 3; 1] , зростає від 5 до 1 на проміжку

[ 1;0] . Звідси відповідь: найменше значення ( )f x дорівнює 1, і досягається

воно при 0x і 3x .

68. Знайти найбільше і найменше значення функції ( ) sin5 5sinf x x x .

25

Достатньо знайти ці значення на [0;2 ] . Маємо ( ) 5cos5 5cosf x x x ,

тоді ( ) 0f x , якщо cos5 cosx x , тобто 3

nx

або

2

nx

. Зазначеному

проміжку належать 2 4 5 3

0, , , , , , , , 23 2 3 3 3 2

x x x x x x x x x

.

Знайшовши значення у кожній точці, знайдемо найменше значення

2( ) ( ) 3 33 3

f f

та найбільше значення 4 5

( ) ( ) 3 33 3

f f

.

69. Знайти довжину бісектриси більшого гострого кута прямокутного

трикутника з гіпотенузою 6 см і катетом 3 см.

Оскільки гіпотенуза удвічі більша за катет, то більший гострий кут

трикутника дорівнює 60 . Отже, потрібно знайти бісектрису кута 60 . Тобто

знайти гіпотенузу прямокутного трикутника, в якому катет, прилеглий до кута

30 , дорівнює 3. Відповідь: 2 3 .

70. Розв’язати рівняння 2[ 1]x x x , де [ ]a ціла частина числа a , тобто

найбільше ціле число, яке не перевищує a .

Оскільки ліворуч – ціле додатне число, то x ціле додатне число. Для таких

чисел правильною є нерівність 2 1 1x x x x . Тому задана в умові

рівність правильна за довільних цілих додатних значень x .

71. Довести, що для довільного натурального 2n існує n таких натуральних

чисел 1 2, ,..., nx x x (не обов’язково різних), що їх сума дорівнює їхньому добутку.

Шуканими числами є числа 1,1,…,1 ( 2n одиниці), число 2 і число n .

Тобто 1 2 2 1... 1, 2, .n n nx x x x x n

72. Чи існують прямий круговий циліндр і куля, що мають однакові об’єми і

повні площі поверхонь? Відповідь обґрунтувати.

Нехай R радіус кулі, а ,r h – радіус основи і висота циліндра. Тоді йдеться

про існування додатних розв’язків системи рівнянь

2 2

3 2

4 2 2

4

3

R r rh

R r h

.

Знайшовши h із другого рівняння, підставимо його в перше і поділимо отриману

26

рівність на 3R . Вийде кубічне рівняння 33 6 4 0x x відносно невідомого

rx

R .

Чи має це рівняння додатний корінь? Оскільки 0y при 29 6x і при

6

3x ліва частина рівняння досягає найменшого значення

4 6 4(3 6)4 0

3 3

, то рівняння не має жодного додатного кореня, і шуканих

кулі і циліндра не існує.

73. Нехай , ,a b c – такі цілі числа, що 3 7 8 0a b c і число 4b c без остачі

ділиться на 5. Довести, що число 22 3 7a b c без остачі ділиться на 25.

Насправді достатньо довести, що число 3 3 7a b c ділиться на 25, а з

огляду на першу рівність довести, що 7 8 3 7 10 15b c b c b c ділиться на 25. Це

рівносильно тому, що 2 3b c ділиться на 5. Виходячи з того, що 4b c ділиться

на 5, а 2 3 3(4 ) 10b c b c b , отримаємо потрібне.

74. За яких значень параметра a рівняння 2 (2 ) 2 0ax a x має єдиний

дійсний корінь?

Якщо 0a , рівняння має єдиний корінь 1x , а за інших значень

квадратному рівнянню належить мати нульовий дискримінант, тобто 2a .

75. Периметр трикутника при діленні на кожну його сторону дає цілі числа.

Знайти ці числа.

Нехай a b c , тоді з нерівності трикутника вийде a b c . Оскільки

32 3

c c a b c c

c c c

, то число

a b c

c

ціле число з проміжку (2;3].

Тому 3a b c

c

, що можливо лише у випадку a b c , отже, всі три шукані

числа дорівнюють 3.

76. У скількох точках перетинаються графіки 2log ( 1)y x і 2 2 8y x x ?

27

Вершина параболи знаходиться на асимптоті логарифмічної функції

2log ( 1)y x , тому корені можуть бути лише при 1x . Майже тривіально, що

їх рівно два.

77. Скільки різних за довжиною діагоналей має правильний семикутник?

Семикутник має вісь симетрії, яка проходить через вершину і середину

протилежної сторони. Тому з кожної вершини виходить по дві пари однакових за

довжиною діагоналей. Відповідь: дві.

78. Чи правда, що всі розв’язки системи рівнянь sin(6 10 ) 1,

cos(2 3 ) 0.

y x

y x

задаються

формулами

,

7.

4

x m

y n

де ,m n довільні цілі числа? Відповідь обґрунтувати.

Перевірка того, що зазначені числа є розв’язками системи рівнянь, не

становить проблеми. Ясно, що для довільного розв’язку системи справджуються

рівності:

6 10 2 ,2

2 3 ,2

y x s

y x r

звідки

2 3 ,

73 5 .

4

x s r

y s r

Отже, потрібно довести, що для довільних цілих ,m n знайдуться такі цілі

,s r , для яких 3 2

5 3

r s m

r s n

. Для цього достатньо розв’язати останню систему:

2 3 , 3 5 .r n m s n m

79. Навести приклад цілого додатного числа, в якого рівно одинадцять

натуральних дільників.

Таким числом буде, наприклад, 101024 2 , бо його дільниками будуть лише

числа вигляду 2m , де 0,1,2,...,10m .

80. Побудувати переріз правильної трикутної піраміди площиною, яка

проходить через деяку точку бічного ребра, точку перетину медіан протилежної

бічної грані і через центр основи.

28

Оскільки три точки визначають площину перерізу, достатньо вгадати

переріз. Ним буде трикутник, який проходить через зазначене бічне ребро,

висоту основи і висоту відповідної бічної грані.

81. Медіана CM і висота BN трикутника ABC перетинаються в точці O .

Пряма AO перетинає сторону BC в точці K . Довести, що BO AO

ON OK .

Введемо систему координат ( ;0), (0;0), ( ;0), (0; ), ( , ), (0; )2 2

a bA a N C c B b M O d .

Оскільки точки , ,C O M лежать на одній прямій, то координати векторів ,OC MC

пропорційні, звідки 2 2

a bc

c d

, тому 2cd ad bc .

Оскільки точка ( ; )K x y лежить на прямих BC і AO , її координати знайдемо

з умов пропорційності координат векторів ,AO AK

та ,CK CB

. Дістанемо

систему рівнянь 0

0

dx ay ad

bx cy bc

, з якої вийде

( )ac b dx

ab cd

.

Позначивши через P проекцію точки K на AB , дістанемо, що потрібно

довести рівність BO AN

ON NP , тобто

( )

( )

b d a a ab cd

d x ac b d

. Ця рівність після

очевидних спрощень набуде вигляду 2cd ad bc . Оскільки цю рівність

доведено раніше, твердження є доведеним (задача розв’язується і геометрично).

82. Знайти найбільше значення функції 2( ) log log 16 4xf x x , якщо

11

8x .

Маємо функцію 4

( ) 4y t tt

, де 3 0t . Похідна 2

4( ) 1y t

t , отже,

функція ( )y t зростає на ( 3; 2) і спадає на ( 2;0) , тому її найбільшого значення

( 2) 0y вона досягає при 2t , тобто при 1

4x .

83. Відомо, що числа , , 3,7 5 , 5p q q p q p q додатні, прості, попарно різні

цілі числа. Знайти p і q .

29

Оскільки числа q і 3q прості й одне із них парне, то 2q . Отже,

потрібно знайти додатне просте число p , для якого простими є всі три числа

,7 10, 10p p p . Ці числа дають різні остачі при діленні на 3, тому одне з них

дорівнює трьом. Таким числом не можуть бути p (тоді 10 0p ) і 7 10p

(тоді 0)p . Отже, 10 3, 13p p , і перевірка свідчить, що знайдені числа

13, 2p q справді є розв’язками задачі.

84. Чи правда, що 2

7log 5

3 ? Відповідь обґрунтувати.

Маємо рівносильні нерівності 7 7

3 73 32 2log 5 log 2 , 5 2 , 5 2 .

85. Знайти площу трикутника з вершинами у точках (2;3), (5;1), (3;7)A B C .

Помістимо трикутник усередину прямокутника, сторони якого проходять

через вершини трикутника і паралельні до осей координат. Тоді шукана площа

дорівнює різниці площі прямокутника і суми площ трьох прямокутних

трикутників.

86. Знайти найбільше і найменше значення функції ( ) cos5 5cosf x x x .

Зважаючи на періодичність і парність функції, достатньо знайти ці значення

на [0; ] . Маємо ( ) 5sin5 5sinf x x x , тоді ( ) 0f x , якщо sin5 sinx x , тобто

6 3

nx

або

2

nx

. Зазначеному проміжку належать

50, , , ,

6 2 6x x x x x

. Знайшовши значення у кожній точці, знайдемо

найменше значення ( ) 3 36

f

та найбільше значення 5

( ) 3 36

f

.

87. Нехай n довільне ціле додатне число. Довести, що

2

2 цифр цифр цифр

11...11...1 22...22 (33...33)n n n

.

Маємо 2

210 1 2(10 1) 10 1( )

9 9 3

n n n .

88. Довести, що число ( 1)( 6)( 9)( 10)( 12) 1296n n n n n n є квадратом

деякого цілого числа при довільному цілому значенні n .

30

Згрупувавши перший, четвертий і п’ятий та другий, третій і шостий

множники, розкриємо дужки. Дістанемо:

3 2 3 2 3 2 2( 19 90 )( 19 90 72) 1296 ( 19 90 36)n n n n n n n n n .

89. Розв’язати рівняння 211 27sin( )

16 4x x .

З нерівності 211 27

1 116 4

x дістанемо 1 1

2 2x . На проміжку

1[ ;0]

2

ліва і права частини рівняння зростають, але мають різний характер опуклості,

тому існує не більше одного кореня. На проміжку 1

[0; ]2

ліва частина зростає, а

права – спадає, тому також існує не більше одного кореня. Два корені легко

знайти: 1 2

1 1,

2 6x x .

90. Бісектриса AK , висота BN і медіана CM трикутника ABC перетинаються

в точці O і : 2:1BO ON . Довести, що трикутник ABC рівносторонній.

Нехай P проекція точки M на AC , тоді 3 3

2 2

MC MP BN

CO ON BN , тому O

точка перетину медіан трикутника. Звідси випливає, що ,AK BN медіани, отже,

трикутник ABC правильний.

91. Знайти таке число a , щоб рівняння 2 12 2 2 (cos sin )x xa x x мало

єдиний корінь. Знайти цей єдиний корінь.

Припустимо, що x розв’язок рівняння, тоді 2 12 2

cos sin .2

x

xx x

a

Замінимо x на 1

2x і доведемо, що рівність не порушиться. Так буде тоді,

коли 1

2 22 2 2 (cos( ) sin( ))2 2

xx a x x

, тобто

2

1

2

2 2cos sin .

2

x

x

x x

a

Оскільки

12

2 2 2 12

1 1 12

2 2 2

2 2 (2 2) 2 2 2

22 2 2

xx x x

xx x x a

a a

, доведено, що x та 1

2x

одночасно є розв’язками. Отже, 1 1

,2 4

x x x . Саме при цьому значенні x

31

дістанемо 42 2a . Навпаки, нехай 42 2a , тоді початкове рівняння набуде

вигляду 2 1

4

2 2cos sin 2.

2 2 2

x

xx x

Звідси 24( 2 2 2) 0x , тому

1

4x

єдиний розв’язок.

92. Чи можна квадрат зі стороною 10 см повністю накрити кругом радіуса

7 см?

Радіус описаного кола для такого квадрата дорівнює 5 2 і 5 2 7 , бо

50 49 , тому накрити не вийде.

93. Скільки точок перетину може утворитися всередині опуклого

шестикутника, якщо провести всі його діагоналі?

Якщо «великі» діагоналі перетинаються в одній точці, всього точок буде 13,

а якщо ні, то 15.

94. Знайти площу трапеції, основи якої дорівнюють 3 і 7, а бічні сторони

дорівнюють 13 і 15.

Найпростіше ввести систему координат, узявши за її вершини точки

(0;0), ( ; ), ( 3; ), (7;0)A B a b C a b D . Знайшовши довжини бічних сторін, дістанемо

систему рівнянь 2 2

2 2

169

( 4) 225

a b

a b

. Звідки 5, 12a b (можна вважати, що

0b ). Це означає, що висота трапеції дорівнює 12, а її площа 60 (кв. од.).

95. Яким має бути параметр ,a щоб рівняння 2 3 1 0ax x мало єдиний

корінь?

Якщо 0a , то 1

3x , якщо 0a , то 0D , звідки

9

4a , і

2

3x – єдиний

корінь.

96. Знайти прямокутник з найбільшою площею, вершини якого лежать на

сторонах прямокутного трикутника з катетами 6 і 8. Скільки розв’язків має

задача?

Прямокутник може мати спільний прямий кут із трикутником і може мати

сторону, паралельну до гіпотенузи трикутника.

32

У першому випадку з подібності трикутників дістанемо 8

6

a a

b b

, де

,a b сторони прямокутника. Тому 24 48 , 8

3 3a b S ab b b . Отже, 0S , якщо

3b . Найбільша площа дорівнює 12. У другому випадку з подібності

трикутників вийде 8 6

,6 8

x y

b b , де ,x y частини гіпотенузи біля вершин

гострих кутів трикутника. Тому 24 3 25 2510 10 , 10

3 4 12 12a b b b S ab b b .

Отже, 0S , якщо 12

5b . Найбільша площа дорівнює 12. Отже, задача має два

різних розв’язки.

97. Довести, що число 2 цифр цифр

4...4...44 88...88n n

є квадратом цілого числа, і знайти це

число.

Маємо 2

24(10 1) 8(10 1) 2 (10 1)( )

9 9 3

n n n – квадрат числа

цифр

66...66n

.

98. Розв’язати рівняння 4 554 1 1x x .

Позначимо 4 554 1 1y x x , дістаючи систему 4 4

5 5

1

1

x y

x y

, де

0 1

0 1

x

y

.

Якщо 1x чи 1y , то 5 5 4 41 1x y x y , що неможливо, тому 1x .

99. Яких значень може набувати вираз cos(5 ) cos( 5 ) 3cos2 cos2x y x y x y ?

Маємо вираз 1 1 3 3

cos(6 6 ) cos(4 4 ) cos(2 2 ) cos(2 2 )2 2 2 2

x y x y x y x y .

Оскільки змінні 2 2u x y та 2 2v x y можуть набувати довільних значень

незалежно, йдеться про можливі значення двох функцій ( ) cos3 3cosf u u u і

( ) cos2 3cosg v v v . Далі – стандартні задачі про найменше і найбільше

значення функції на проміжку.

100. Знайти всі трійки дійсних чисел ( , , )x y z , щоб 2 2

4 2

( 1) 4

1 0

x y

z yz xz

.

33

Виконаємо заміну 2cos , 1 2sinx y , тоді з другого рівняння вийде

2 4 22 sin 2 cos 1z z z z . Таке рівняння має розв’язок тоді й лише тоді,

коли 4 2 2 2 2 2( 1) (2 ) (2 )z z z z , тобто 4 2 2( 1) 0z z . Це значить, що

4 2 1 0z z , отже, 2 5 1

2z

. Дістанемо 2 sin cos 1z z , звідки cos z ,

2sin z , тому 22 , 1 2x z y z . Система має два розв’язки.

34

Зміст

Передмова. Про контрольну роботу з математики на

Всеукраїнському конкурсі-захисті науково-дослідницьких робіт

учнів – членів МАН у 2010–2011 навчальному році ……………....

3

Приклади задач для 9-го класу…………………….…...…………….

4

Приклади задач для 10-го класу……………………………………...

14

Приклади задач для 11-го класу…………………………………….... 21

ДЛЯ НОТАТОК

36

Навчальне видання

В. В. Плахотник

100

КОНТРОЛЬНИХ ЗАВДАНЬ

З МАТЕМАТИКИ

Всеукраїнський конкурс-захист науково-дослідницьких робіт

учнів – членів Малої академії наук України

у 2010–2011 н. р.

За редакцією О. В. Лісового

Формат 60х84 1/16. Друк цифровий.

Папір офсетний 80 г/м2.

Зам. № 2012 від 20.12.2011. Наклад 100 прим.

Видавництво: ТОВ «Праймдрук»

01023, м. Київ, вул. Еспланадна, 20, офіс 213

Свідоцтво про внесення до Державного реєстру суб’єктів видавничої справи

серія ДК № 4222 від 07.12.2011 р.