В трапеции длина одной из диагоналей равна сумме длин оснований, а угол между диагоналями равен 60°. Докажите, что трапеция – равнобедренная.
Задание 2:
Имеются два сосуда, в первом из них 1 л воды, второй сосуд пустой. Последовательно проводятся переливания из первого сосуда во второй, из второго в первый и т. д., причем доля отливаемой воды составляет последовательно 1/2, 1/3, 1/4 и т. д. от количества воды в сосуде, из которого вода отливается. Сколько воды будет в сосудах после 2007 переливаний?
Задание 3:
Решите неравенство :
Задание 4:
Решите уравнение : x2 + 2005x – 2006 = 0.
Задание 5:
Стрелок десять раз выстрелил по стандартной мишени и выбил 90 очков. Сколько попаданий было в семерку, восьмерку и девятку, если десяток было четыре, а других попаданий и промахов не было?
Решение олимпиадных заданий по математике для 9 класса:
Задание 1:
Пусть AD = a, BC = b, AC = a + b. Продолжим AD за точку D на расстояние DM = BC. Тогда очевидно, что треуг-к АСМ - равносторонний. Но это значит, что треуг-к АОD и треуг-к ВОС - тоже равносторонние.
Отсюда непосредственно следует, что треуг-к АОВ = треуг-ку СОD, откуда имеем, что AB = CD.
Задание 2:
Просчитав» несколько первых переливаний, нетрудно обнаружить, что после первого, третьего, пятого переливаний в обоих сосудах будет по ½ л воды. Необходимо доказать, что так будет после любого переливания с нечетным номером. Если после переливания с нечетным номером 2k - 1 в сосудах было по 12 л, то при следующем переливании из второго сосуда берется 1/(2k + 1) часть, так что в первом сосуде оказывается - 1/2 + (2/ 2(2k + 1)) = (k + 1)/(2k + 1) (л). При следующем переливании, имеющем номер 2k + 1, из него берется 1/(2k + 2) часть и остается (k + 1)/(2k + 1)-(k + 1)/((2k + 1)(2k + 1)) = 1/2 (л). Поэтому после седьмого, девятого и вообще любого нечетного переливания в сосудах будет по 12 л воды.
Задание 3:
Заметим, что все решения исходного неравенства существуют, если подкоренные выражения неотрицательны. Одновременно эти неравенства выполняются лишь при условии x2 – 4x + 3 = 0. Это уравнение имеет два корня 1 и 3. Проверка показывает, что исходное неравенство имеет единственное решение 3.
Задание 4:
Исходное уравнение имеет очевидный корень 1. Второй корень найдем по формулам Виета. Так как x1x2 = -2006 и x1 = 1, то x2 = 2006.
Задание 5:
Так как стрелок попадал лишь в семерку, восьмерку и девятку в остальные шесть выстрелов, то за три выстрела (по одному разу в семерку, восьмерку и девятку) он наберет 24 очка. Тогда за оставшиеся 3 выстрела надо набрать 26 очков. Что возможно при единственной комбинации 8 + 9 + 9 = 26. Итак, в семерку стрелок попал 1 раз, в восьмерку – 2 раза, в девятку – 3 раза.
Олимпиадное задание по математике для 9 класса с решением
Изначально на доске были написаны одночлены s 1, x, x2, ..., xn. Договорившись заранее, k мальчиков каждую минуту одновременно вычисляли каждый сумму каких-то двух многочленов, написанных на доске, и результат дописывали на доску. Через m минут на доске были написаны, среди прочих, многочлены S1 = 1 + x, S2 = 1 + x + x2, S3 = 1 + x + x2 + x3, ..., Sn = 1 + x + x2 + ... + xn.
Докажите, что
.
Решение:
Построим граф, соответствующий конечной ситуации на доске: если многочлен P появился как сумма многочленов Q и R, то проведём стрелки из P в Q и R.
Если из многочлена F ведёт ориентированный путь в G, будем говорить, что G участвует в F (в частности, сам F участвует в F).
Нетрудно видеть в этом случае, что все коэффициенты многочлена F – G неотрицательны.
Можно считать, что каждый многочлен на доске сумма различных степеней x: если какой-то коэффициент многочлена не меньше 2, то и у всех, в которых он участвует, соответствующий коэффициент также будет не меньше 2. Значит, он не участвует в суммах вида Si.
Каждый из многочленов S1, ..., Sn назовём финальным. Каждый из многочленов, участвующих в Sn (то есть в сумме всех исходных одночленов), назовём существенным.
Покажем индукцией по p, что в многочлене с p ненулевыми коэффициентами участвуют ровно 2p – 1 многочленов (из которых p одночленов); отсюда будет следовать, что количество существенных многочленов равно 2n + 1. База (p = 1) очевидна.
. Пусть многочлен P был получен на некотором шаге как сумма Q и R, и количества ненулевых коэффициентов в P, Q и R равны p, q и r соответственно; тогда p = q + r. По предположению индукции, в Q и R участвуют 2q – 1 и 2r – 1 многочленов, среди которых нет совпадающих (поскольку в Q и R нет общих одночленов). Тогда в P, с учётом самого P, участвуют (2q – 1) + (2r – 1) + 1 = 2p – 1 многочленов.
Покажем, что в каждую минуту на доске появлялось не более одного финального существенного многочлена. Действительно, пусть в некоторый момент появились одновременно существенные многочлены Sp и Sq (p < q).Рассмотрим первый момент, когда на доске появился многочлен P, в котором одновременно участвуют и Sp и Sq; тогда он появился как сумма двух многочленов, каждый из которых содержит одночлен xp. Но тогда коэффициент при xp в P не меньше 2, что невозможно.
Итак, на доске есть n финальных и 2n + 1 существенных многочленов, при этом не больше m из них являются и теми и другими.
Значит, общее количество многочленов на доске не меньше, чем n + (2n + 1) – m.
С другой стороны, исходно на доске был n + 1 многочлен, а добавилось не больше, чем mk.
Значит, (n + 1) + mk ≥ n + (2n + 1) – m, или m(k + 1) ≥ 2n.
Олимпиадные задания по математике 9 класс с решением
.