11 клас 2015-16

1. 11 клас завдання з розв’язаннями
1. Розв’язатирівняння: 275232522  xxxx .
Розв’язання:
14523225222  xxxx .
    14352152
22
 xx
14352152  xx
10522 x , 552 x , 2552 x , 15x .
Відповідь: 15x .
2. Сторона трикутника дорівнює 10 см, а медіани, проведені до двох
інших сторін, – 9 см і 12 см. Знайдіть площу трикутника.
Вказівка до розв’язання
Відповідь. 72 см2.
145264252242  xxxx

2. 3. При яких значеннях параметра a многочлен
    123 223
 xaaxxxf має три дійсні корені, що утворюють
геометричнупрогресію?
Вказівка до розв’язання
Нехай cqcqc ,, – корені многочлена. Тоді з розкладу
       cqxcxqcxxf  одержимо ;11;1 aqqc 
2
2311 aqq  . Звідси 2
23 aa  , тому 1a або 5,1a . В
першому випадку рівняння aqq  11 розв’язків не має, а в другому
2q або 5,0q . Відповідь: 5,1a .
4. Кілька осіб (більше двох) проводять шаховийтурнір в одне коло. У
деякий момент виявилося, що тільки двоє шахістів зіграли однакову
кількість партій. Довести, що тоді є або тільки одинучасник, який не
зіграв жодної партії, або тільки один, який зіграв усі партії.
Розв’язання
Розв’язання. Мовоютеорії графів задача перекладається наступним чином. У
графі з n (n > 2) вершинами тільки дві вершини мають однаковістепені.
Довести, що є або лише одна вершина степеня 0, або лише одна степеня n-1.
Розглянемо всіможливі заперечення цього твердження. Якщо припустити, що
немає вершин степеня як 0, так і n-1, то n вершин мають степені від 1 до n-2,
але тодіза принципом Діріхле серед них є або дві пари вершин, або три
вершини з однаковими степенями, що суперечить умові. Отже, вершини
степеня 0 або степеня n-1 є.
Але, якщо вершина має степінь n-1, то вона суміжна з усіма іншими
вершинами, й у графі немає ізольованих вершин. Аналогічно, якщо в графі є
ізольована вершина, то немає вершини степеня n-1 (суміжної з усіма іншими),
тобто одночасно уграфі з n - вершинами не можуть існувати вершини степенів
0 і n-1.
Якщо є дві вершини степеня 0, то залишається n-2 вершин з попарно різними
степенями від 1 до n-3, а це неможливо. Так само неможливо, що за двох
вершин степеня n-1 решта n-2 вершин мають попарно різні степені від 2 до n-2.
Отже, існує або одна вершина степеня 0, або одна вершина степеня n-1. Тобто
одинз учасників турніру або не зіграв жодної партії, або зіграв усі партії

3. 5. Знайти площу фігури, яка задається на координатній площині
нерівностями: 16 ≤ 𝑥2
+𝑦2
≤ 4(| 𝑥| + | 𝑦|)
Вказівка до розв’язання:
Фігура буде симетричнавідносно осейкоординатОХ та ОУ, тому
достатньо побудуватиїї у першій чверті, та знайти площу четвертої
частини, далі й усієї фігури.
{
𝑥 ≥ 0, 𝑦 ≥ 0,
𝑥2
+ 𝑦2
≥,
( 𝑥2
− 4𝑥 + 4) + ( 𝑦2
− 4𝑦 + 4) ≤ 8;
{
𝑥 ≥ 0, 𝑦 ≥ 0,
𝑥2
+ 𝑦2
≥ 16,
(𝑥 − 2)2
+ (𝑦 − 2)2
≤ (2√2)2
;
1S4фігуриS де сегмента1 S
2
1
 кругаSS
𝑆круга = 8𝜋, 𝑆сегмента =
1
4
𝜋16 − 2 = 4𝜋-8
𝑆1 = 4𝜋 − 4𝜋+8=8
Відповідь:
𝑆фігури = 32 кв.од.