Олимпиада есептерінің жинағЫ 5 сынып
жүктеу/скачать 0,5 Mb.
|
Олимпиада жинақ 1
| 10 сынып
1. 3р4+5q4+15=13p 2q2 теңдігі орындалатын p және q жай сандарын тап. Шешуі : p және q тақ болса , онда сол жағы модулі 4 бойынша 3-ке тең, оң жағы модулі 4 бойынша 1-тең,бұл жағдай болмайды. Ендеше p= q=2 есеп шартына қанағаттандырылмайды p=2 болса q=3 болады, ал q=2 болса p болмайды. Жауабы: p= 2 ; q=3 2.Дұрыс па? = 2000; Сол жағын түрлендіреміз: = = = = = 2000; 2000 = 2000 Жауабы: дұрыс. 3 . ABCD шаршысының A төбесі және CD қабырғасының ортасы l түзуіне қарағанда симметриялы. l түзуі ABCD шаршысының бөлген бөліктердің аудандарының қатнасын табыңыз. Шешуі: AB=a, BN=x, DM=y деп белгілейміз. болғандықтан MA=ME=a–y тікбұрышты ұшбұрыш сондықтан болғандықтан AN=EN тікбұрышты үшбұрыш сондықтан тікбұрышты үшбұрыш сондықтан AN=EN болғандықтан ABNM трапецияның ауданы DMNC трапецияның ауданы Жауабы: . 4. 2015 санын қандай санға көбейткенде, сол санның бөлгіштерінің саны дәл 12-ге ( бір мен сол санның өзін қоса есептегенде) тең болады? Шешуі: 2015 санын көбейткіштерге жіктейміз. 2015=5·13·31 2015-тің бөлгіштері сегіз: 1, 5, 13, 31, 5·13, 5·31, 13·31, 5·13·31 Егер 2015 санын оның жай көбейткіштерінен басқа кез-келген бір жай санға көбейтсек, мысалы: 3-ке, 2015·3=3·5·13·31 2015·3 санының бөлгіштері:1, 3, 5, 13, 31, бөлгіштерінің саны 15-ке тең болады. Демек өзінің жай көбейткіштерінен басқа келкелген санға көбейткенде оның бөлгіштерінің саны 12-ден артық болады. Енді 2015 санының жай көбейткіштеріне көбейтсек бөлгіштерінің саны дәл 12-ге тең болады. 2015·5=5·5·13·31 2015·5 санының бөлгіштері: 1,5,13,31,5·5,5·13,5·31,13·31,5·5·13,5·5·31,5·13·31,5·5·13·31 саны 12-ге тең болды. Демек, 2015 санының жай көбейткіштерінің біріне көбейтсек ол санның бөлгіштері дәл 12-ге тең болады. Жауабы: 5, 13, 31 5. АВСД дөңес төртбұрышы берілген. Сонда , ал Ғ нүктесі АД кесіндінің ортасы. ВҒ түзуі АС түзуімен Р нүктесінде қиылысады және ВС=СР екенін дәлелде. Шешуі: А,В,С және F нүктелерінің бір шеңберге тиіс екенін дәлелдеу керек. ΔАВF=ΔАСF = ᴪ, бұдан Δ СBL=90°-ᴪ. 6. Теңдеулер жүйесін шешіңіз: Шешуі: 1-ші әдісі: Соңғы жүйедегі теңдеулерді өзара көбейтсек: болып шығады. Осы теңдеуді соңғы жүйенің бірінші теңдеуіне бөлсек Тура осыған ұқсас жолмен шығады. Жауабы: және 2-ші әдісі: теңдеуінің шешімі . теңдеуіне x-ті қойып, теңдеуіне z-ті қойып, Жауабы: және 7. рационал санның кубы болатындай барлық бүтін n санын табыңыз. Рационал санның кубы болу үшін, алымы бүтін санның кубы, ал бөлімі натурал санның кубы болуы керек. Шешуі: мұндағы m бүтін сан, k натурал сан. болатындай төрт жағдайын қарастырамыз. 1. бұл жүйені шешуде теңдеуін аламыз. болып, теңдеу бүтін шешімге ие емес. 2. бұл жүйені шешуде теңдеуін аламыз. шешімі жоқ. 3. бұл жүйені шешуде теңдеуін аламыз. осыдан шешімін аламыз. Шарт бойынша m бүтін сан, k натурал сан. Сондықтан Жауабы: n=3 8. функциясының аралығындағы ең кіші мәнін табыңдар. Шешуі:1-ші әдісі: Өрнектітүрлендіреміз. Енді осы өрнекке Коши теңсіздігін қолданамыз, сонда мынадай болады. Жауабы: 4 2-ші әдісі: Берілген функцияның кері функциясының анықталу облысын табу арқылы шешеміз. теңдеудің екі жағында х2-қа бөлеміз. Жаңа айнымалы енгіземіз. , осыдан шығады. теңсіздігінің шешімінің аралығындағы ең кіші мәнін аламыз. Теңсіздіктің шешімі аралығы болады. Бұл аралықтың ең кіші мәні 4. Жауабы: 4 9.Теңсіздікті шеш: (х-1)(х2-1)(х3-1)(х4-1)...(х2002-1)≤0 Шешуі: (-∞; −1] {1} xn-1=0 теңдеудің екі түбірі бар егер n –жұп сан болса х=-1 х=1 және бір түбірі бар егер n-тақ болса х=1. 10. шахмат тақтасында барлық қара шаршы таңдалып алынатындай және әрбір жол мен әрбір бағаннан дәл 7 шаршыдан таңдалып алынатындай 56 әр түрлі шаршыны қанша тәсілмен таңдап алуға болады?
Шешуі: Таңдалмайтын ақ шаршыны іріктеп алайық. Әрбір жолмен әрбір бағанда 4 ақ шаршы бар екені белгілі. Әрбір жолдан және әрбір бағаннан 1 ден артық ақ шаршы алып тасталынбайды. 1-ші жолда ақ түсті шаршыны алып тастау мүмкіндігі 4-ке тең. 2-ші жолдан алып тасталынатын ақ шаршы, 1-ші жолдан алып тасталған ақ шаршы бағанында болмауы керек. 2-ші жолда мұндай мүмкіндік саны–4. 3-ші жолда әртүрлі мүмкіндік саны 3 тең болады. Себебі 1-ші жолда алынған бір бағанға кеміді. 4-ші жолда әртүрлі мүмкіндік саны 3 тең болады. Себебі 2-ші жолда алынған бір бағанға кеміді. 5-ші жолда әртүрлі мүмкіндік саны 2 тең болады. Себебі 1-ші және 3-ші жолдардағы 2 бағанға кеміді. 6-шы жолда әртүрлі мүмкіндік саны 2 тең болады. Себебі 2-ші және 4-ші жолдардағы 2 бағанға кеміді. 7-ші жолда әртүрлі мүмкіндік саны 1 тең болады. Себебі 1-ші, 3-ші және 5-ші жолдардағы 3 бағанға кеміді. 8-ші жолда әртүрлі мүмкіндік саны 1 тең болады. Себебі 2-ші, 4-ші және 6-шы жолдардағы 3 бағанға кеміді. Сонымен жалпы мүмкіндіктер саны 4·4·3·3·2·2·1·1=576 Жауабы: 576 11.Жай сандар р2-2; 2р2-1 және 3р2+4 үшін барлық жай р санын тап. Шешуі : р=3 р=7 2-ден 7-ге дейінгі жай сандарды тексеру керек. Ары р>7 осылардың біреуі 7-ге бөлінетінін дәлелдеу керек. 12. интервалында х және у сандары тиіс. Дәлелдеу керек: xcosx+ycosy≤ycosx+xcosy Шешуі : Оң және сол жақтың айырымын тексеріп, оны көбейткіштерге жіктеп және берілген аралықта косинустың кемитінін қарастыру керек. 13. Натурал п саны табылады ма, егер пп+(п+1)п 2003-ке бөлінсе. Шешуі : п=1001 иә орындалады. 14. а, в, с және x, y, z -оң нақты сандар болып, a+x=b+y=c+z=1 болса, онда (abc+xyz) теңсіздігін дәлелде. Шешуі : Жақшаны ашып, сол жақтың екенін көрсетіп ары қарай ,мұндағы m;n>0 қолдану жеткілікті. 15.Функцияның графигін сал Шешуі : формуланы қолданып модульді ашу керек : 16. а-нақты сан болып, а2+а және а+2а рационал сан болса, онда а саны да рационал болатынын дәләлде. Шешуі : А=а2+а , В=а3+2а рационал сандар болса , онда В=а(А+3)-А. Бұдан а 2+а+3=0 теңдеудің нақты түбірі жоқ , онда А≠ -3, ендеше болады. 17. О центрлі шеңбердің АС және ВД хордалары К нүктесінде қиылысады. М және Н ΔАВК және ΔСДК-ға сырттай сызылған шеңберлердіңцентрі болса, онда ОМ=КН екенін дәлелде. Шешуі : ОМ АВ орта перпендикуляр болғандықтан АВ-ға , НК-ның созындысы АВ мен Р нүктесінде қиылысады. Сонда РАК+РКА=КДС+СКН= КНС+ (СКН+КСН)=90° КН ||АВ болғандықтан КМ||ОН ендеше КНОМ – параллелограмм, ОМ=КН. 18. Егер 2tg2α+tgα-3=0 болып π/2<α<π аралығында болса sin2α-ны тап. Шешуі : 19. Есепте: tg200 tg400 tg800 Шешуі : sin20°sin40°sin80°=½(cos20°-cos60°)sin80°=½cos20°sin80°-¼sin80°= =¼(sin100°+sin60°)-¼sin80°= Енді cos20°cos40°cos80°= tg200tg400tg800= ; 20. а параметріне байланысты теңсіздікті шеш: Шешуі : х=а теңсіздіктің а-ға байланысты шешімі : ах2+(а2-2)х-2а=(х+а)(ах-2) шешу үшін мына жағдайларды қарастырамыз: a) а> 2 ; шешімі {а } b) 0<а≤ 2 ; шешімі c) а=0; шешімі [0;∞) d) - 2 ≤а<0 ;шешімі {а } i) а<- 2 ;шешімі ) 21. және сандары бүтін сан болу үшін натурал а және в жұптарын тап. Шешуі : (2;2),(3;3),(1;2),(2;1),(2;3),(3;2). а≥в. Егер а>в+1 болса , онда а(а-1)>в(в+1) және а 2-в>а+в 2 бұл орындалмайды.Ендеше а=в немесе а=в +1. а=в (2;2)(3;3) болады. Ал а=в +1 болса , бүтін сан болады в≥6 в 2 -в-1>4в+2, 1≤в≤5 , онда тексер. 22. 13!-11! Өрнегі 31-ге еселік екенін дәлелде. Шешуі: 5) 13! =1*2*3*....*13=1*2*3*....*11(12*13) =11!*12*13. Ендеше 13!-11! =11!(12*13-1) =11!*155=11!*31*5. 31-ге еселік болады. 23. а, в, с>0 болса, теңсіздігін дәлелде. Шешуі: Теңсіздіктің арифметикалық және гармониялық оң сан үшін қолданып шығатыны: ; Бұдан кейін теңсіздікті шеш. 24. Ықшамда: ; Шешуі : ; 25. Дұрыс жетібұрыштың неше диагоналі бар? Шешуі : Әрбір төбеден 4 диагональ жүргізуге болады, бірақ 2 диагональ үйлеседі,ендеше 14 диагональ жүргізуге болады. Жауабы: 14 диагональ. жүктеу/скачать 0,5 Mb. Достарыңызбен бөлісу:
|