Задания школьного этапа Олимпиады 2011/2012 учебного года 5

Задания школьного этапа Олимпиады 2011/2012 учебного года
5 класс
1. Решите ребус:
abcd
+
abc
ab
a
4321
если каждая буква заменяет некоторую цифру (разные цифры заменены
разными буквами).
Решение: По условию (1000a + 100b + 10c + d) + (100a + 10b
+ c) + (10a + b) + a = 4321, т.е. 1111a + 111b + 11c + d = 4321.
Ясно, что в этом равенстве 2 < a < 4, т.е. a = 3 и 111b + 11c + d =
988, отсюда 7 < b < 9, т.е. b = 8 и 11c + d = 100. Теперь находим,
что c = 9, d = 1. Итак, a = 3, b = 8, c = 9, d = 1.
Ответ: 3891 + 389 + 38 + 3 = 4321.
Критерии оценки. Полное решение с обоснованием – 7
баллов. Верный ответ с попыткой обоснования – 4-6 баллов.
Верный ответ без обоснования – 3 балла.
2. Из стакана с чаем одну ложку чая перелили в стакан с
молоком и тщательно перемешали. Затем ложку смеси
перелили обратно. Чего теперь больше: чая в стакане с
молоком или молока в стакане с чаем?
Решение: Поскольку дважды перелили ровно одну ложку, то
объем жидкости в каждом из стаканов не изменился. Поэтому
сколько молока убыло, столько же чая добавилось.
Ответ: Поровну.
Критерии оценки. Полное решение с обоснованием – 7
баллов. Верный ответ с попыткой обоснования – 3 балла.
Верный ответ без обоснования – 1 балл.
3. Произвольный треугольник ABC разрезать на три части –
такие, чтобы из них можно было составить прямоугольник.
Решение:
B
C
A
Критерии оценки. Полное решение – 7 баллов. Частное
решение (для равнобедренного или правильного треугольника) –
2-3 балла.
4. а) Может ли число, составленное из одних четверок,
делиться на число, составленное из одних троек? б) А
наоборот?
Решение:
а) да, например, 444 делится на 3, а 444444 делится на 33;
б) нет, потому что нечетное число не может делиться на
четное число.
Критерии оценки. Полное решение – 7 баллов. Правильные
ответы на пункт а) с примерами и б) без пояснения – 3 балла.
Правильные ответы на пункт а) с примерами, но нет б) – 2
балла. Только правильные ответы на оба пункта – 1 балл.
6
1. Решите ребус:
abcd
+
abc
ab
a
4321
класс
если каждая буква заменяет некоторую цифру (разные цифры заменены
разными буквами).
Решение: По условию (1000a + 100b + 10c + d) + (100a + 10b
+ c) + (10a + b) + a = 4321, т.е. 1111a + 111b + 11c + d = 4321.
Ясно, что в этом равенстве 2 < a < 4, т.е. a = 3 и 111b + 11c + d =
988, отсюда 7 < b < 9, т.е. b = 8 и 11c + d = 100. Теперь находим,
что c = 9, d = 1. Итак, a = 3, b = 8, c = 9, d = 1.
Ответ: 3891 + 389 + 38 + 3 = 4321.
Критерии оценки. Полное решение с обоснованием – 7
баллов. Верный ответ с попыткой обоснования – 4-6 баллов.
Верный ответ без обоснования – 3 балла.
2. Разделить 100 на 4 части так, что если к первой части
прибавить 4, от второй отнять 4, третью умножить на 4. А
четвертую разделить на 4, то все результаты будут равны.
Решение: Если x – первая часть, то x + 8 – вторая часть;
–
третья
часть
имеем x  x  8 
и
4(x
+
4)
–
четвертая
часть.
x4
4
Отсюда
x4
 4( x  4)  100 . Следовательно, x = 12.
4
Ответ: 12; 20; 4; 64.
Критерии оценки. Полное решение с обоснованием – 7
баллов. Правильно составлено урав нение – 3 балла. Верный
ответ без обоснования – 2 балла, часть ответа – 1 балл.
3. Козу привязали веревкой к проволоке, туго натянутой
между кольями A и B. Длина веревки 1 м, проволоки – 2 м.
Какую форму имеет участок, на котором пасется коза?
Сделайте рисунок и дайте описание участка.
Ответ: Объединение квадрата
2х2 и двух полукругов
1м
2м
радиуса 1.
B
A
1м
Критерии оценки. Рисунок с описанием – 7 баллов. Приведен
или рисунок, или описание – 3 балла, часть ответа – 1 балл.
4. «Ранним утром на рыбалку улыбающийся Иго рь мчался
босиком».
Сколько
используя
слова
предложений
этого
можно
предложения?
составить,
(Предложения
одинаковы, если они составлены из одних и тех же слов.)
Замечание. В предложения, составленные из слов данного
набора, обязательно должны входить подл ежащее «Игорь» и
сказуемое «мчался».
Решение: Для каждого из слов «улыбающийся», «босиком» и
словосочетания «на рыбалку» есть две возможности – входить
или не входить в предложение. Таким образом, можно составить
2·2·2 = 8 предложений. Добавляя в каждое и з них слово
«утром», к которому можно еще поставить слово «ранним»,
получим еще 8 + 8 предложений. Итак, всего можно получить 24
предложения.
Ответ: 24 предложения.
Критерии оценки. Полное решение с обоснованием – 7
баллов. Приведен верный ответ без обос нования – 2 балла, часть
ответа – 1 балл.
5. Докажите, что 2n 2 + 2n + 2 не делится на 64 ни при каком
целом n.
Решение: Так как n 2 + n + 1 нечетное число, то 2(n 2 + n + 1) не
делится на 2·32 = 64.
Критерии оценки. Полное решение с обоснованием – 7
баллов. Нет решения, но показано, что n и n 2 одной четности – 1
балл.
7
класс
1. Решите ребус:
ТИК + ТАК = АКТ,
если каждая буква в ребусе заменяет некоторую цифру (разные цифры
заменены разными буквами).
Решение. Число АКТ трехзначное, поэтому Т < 5. Поскольку
слагаемые оканчиваются на одну и ту же цифру (а именно на
цифру К), то Т – четная цифра. Значит, Т = 2 или 4.
Случай I. Пусть Т = 2. Тогда К = 1 или 6.
а) Если
К = 1, то А = 4 (и тогда из рассмотрения разряда
десятков находим И = 7, что ведет к переносу из разряда
десятков в разряд сотен, которого в рассматриваемом случае
нет) или А = 5, И = 6. Получили первое решение ребуса: 261 +
251 = 512.
б) Если К = 6, то или А = 4, И = 1, что дает второе решение:
216 + 246 = 462, или же А = 5, И = 0, что невозможн о из-за
отсутствия необходимого переноса из разряда десятков в разряд
сотен.
Случай II. Пусть Т = 4. Тогда К = 2 или 7.
а) Если
К = 2, то необходим перенос из разряда десятков в
разряд сотен, так что А = 9, И = 3, что дает третье решение: 432
+ 492 = 924.
б) Если
К = 7, то необходим перенос из разряда десятков в
разряд сотен, следовательно, А = 9 и должно быть выполнено
равенство И = 7, которое противоречит равенству К = 7 (разные
буквы в ребусе обозначают разные цифры!)
Ответ: 261 + 251 = 512, 216 + 246 = 462, 432 + 492 = 924.
Критерии оценки. Полное решение с обоснованием – 7
баллов. Приведены все три ответа без обоснования – 3 балла,
один-два ответа – 1 балл.
2. Разделить 100 на 4 части так, что если к первой части
прибавить 4, от второй отнять 4, т ретью умножить на 4. А
четвертую разделить на 4, то все результаты будут равны.
Решение: Если x – первая часть, то x + 8 – вторая часть;
–
третья
часть
имеем x  x  8 
и
4(x
+
4)
–
четвертая
часть.
x4
4
Отсюда
x4
 4( x  4)  100 . Следовательно, x = 12.
4
Ответ: 12; 20; 4; 64.
Критерии оценки. Полное решение с обоснованием – 7
баллов. Составлено верное уравнение – 3 балла. Верный ответ
без обоснования – 2 балла, дана часть ответа – 1 балл.
3. Докажите, что 2n 2 + 2n + 2 не делится на 2012 ни при как ом
целом n.
Решение: Так как n 2 + n + 1 нечетное число (n и n 2 – одной
четности), 2(n 2 + n + 1) не делится на 2·1006 = 2012.
Критерии оценки. Решение с обоснованием – 7 баллов. Нет
решения, но показано, что n и n 2 одной четности – 1 балл.
4. Из 75 одинаковых по виду колец одно кольцо по весу
несколько отличается от других. Как за два взвешивания на
чашечных весах определить, легче или тяжелее это кольцо,
чем остальные?
Решение: Разделим кольца на три группы по 25 колец в
каждой. Одним взвешиванием выделяем группу с нестандартным
кольцом (если они равны по весу, то нестандартное кольцо в
третьей группе; если не равны, то в третьей группе все кольца –
стандартные), а затем вторым взвешиванием сравниваем эту
группу с группой из 25 стандартных колец.
Критерии оценки. Решение с обоснованием – 7 баллов. Нет
решения, но есть продвижения – 1-2 балла.
5. Среди семи учениц класса найдутся две, отличающиеся
цветом волос, а также две, отличающиеся ростом. Доказать,
что среди учениц этого класса найдутся две ученицы,
отличающиеся и цветом волос, и ростом.
Решение: Согласно условию задачи среди учениц класса
найдутся две, отличающиеся цветом волос. Если они отличаются
еще и ростом, то задача уже решена.
Если же они одного роста, то в классе найдется ученица,
отличающаяся ростом от первых двух. Но цвет ее волос будет
отличаться от цвета волос по крайней мере одной из первых
двух учениц. Следовательно, в этом классе найдутся две
ученицы, отличающиеся и цветом волос, и ростом.
Критерии оценки. Решение с обоснованием – 7 баллов. Нет
решения, но есть продвижения – 1-2 балла.
8 класс
1. Доказать, что (ax + by) 3 + (bx + ay) 3 делится без остатка на
(a + b)(x + y).
Решение. Преобразуем делитель:
(a + b)(x + y) = ax + bx + ay + by = ax + by + bx + ay =
= (ax + by) + (bx + ay).
Остальное следует из формулы суммы кубов.
Критерии оценки. Полное доказательство – 7 баллов.
Приведено преобразование делителя – 3 балла.
Построить график функции
2.
y=|x + 2| + |x – 2|.
Ответ:
y
4
3
2
1
-2
-1 0
1
2
x
Критерии оценки. Чертеж с обоснованием построений
(раскрытие модуля и т. д.) – 7 баллов. Чертеж без обоснования –
2 балла.
3. Сторону AC треугольника ABC разбили точками K и M на
три равных отрезка и провели лучи BK и BM. Могут ли эти
лучи разбивать угол B треугольника ABC на равные части?
Решение: Нет, так как в противном случае лучи BK и BM
оказались бы перпендикулярны к стороне AC.
Критерии оценки. Полное решение – 7 баллов. Ответ без
обоснований – 1 балл.
4. Определите возраст тех людей, которым в 2011 году
исполнилось столько лет, какова сумма цифр их года
рождения.
Решение. Эти люди могли родиться либо до 2000 года, либо в
2000 году и позднее. Рассмотрим оба случая.
а) Пусть год рождения этих людей 1900 + 10 x + y. Тогда по
условиям задачи составим уравнение
2011 – (1900 + 10x + y) = 1 + 9 + x + y,
которое после преобразований примет вид:
11 x + 2y = 101.
Выразим x через y:
x
101  2 y
.
11
Выделив целую часть, получим:
x 9
2  2y
.
11
Решая последнее уравнение в целых неотрицательных числах
(x и y – цифры), находим: y = 1, x = 9. Следовательно, в данном
случае год рождения 1991.
б) Пусть год рождения этих людей 2000 + 10 x + y. Тогда по
условиям задачи составим уравнение
2011 – (2000 + 10x + y) = 2 + 0 + x + y,
которое после преобразований примет вид:
11 x + 2y = 9.
Данное уравнение в целых неотрицательных числах решений
не имеет (так как x,y – цифры, причем x – нечетная, то левая
часть уравнения больше правой). Следовательно, в данном
случае таких людей нет.
Ответ: год рождения 1991.
Критерии оценки. Полное решение – 7 баллов. Правильный
ответ без обоснований – 1 балл. Рассмотрен лишь случай а) – 4
балла. Не полное решение – нет обоснования отсутствия
решения в целых неотрицательных числах уравнения в случае б)
– 6 баллов.
5. У двух двухголовых дракончиков спутались головы. Иванцаревич решил помочь им распутать головы. Но для этого
полезно знать, где чья голова. Он спросил это у них и
услышал в ответ:
Первая голова: «Я – правдивая голова».
Вторая голова – «Третья голова – моя родная голова».
Третья голова – «Вторая голова – не родная мне голова».
Четвертая голова – «Третья голова – лживая».
Учитывая, что драконы бывают либо правдивые (все головы
говорят только правду), либо лживые (их головы всегда лгут),
определите, какая голова родная первой голове .
Решение. Если вторая голова правдивая, то и третья голова
правдивая, а это противоречит словам третьей головы. Значит,
вторая голова лживая, третья голова не родная второй, третья
голова правдивая, а четвертая (обвинившая третью голову в
лживости) лживая. Итак, вторя и четвертая головы лживые, а
третья и первая – правдивые. Поэтому третья голова родная
первой голове.
Ответ: третья голова.
Критерии оценки. Полное решение – 7 баллов. Верный ответ
без обоснований – 1 балл.
9 класс
1. Докажите, что если p – простое число и p > 3, то число p 2 –
1 делится на 24.
Решение: Заметим, что (p – 1)p(p + 1) делится на 3, так как
среди
трех
последовательных
натуральных
чисел
одно
обязательно делится на 3. Число p – простое и p > 3, значит, p не
делится на 3, т. е. (p – 1)(p + 1) делиться на 3. Число p –
нечетное, так как оно простое, большее двух, следовательно,
числа p – 1 и p + 1 – четные, поэтому одно из них заведомо
делится на 2, другое – на 4, т. е. (p – 1)(p + 1) делится еще и на
8.
Таким
образом,
и,
следовательно,
. Что и требовалось доказать.
Критерии оценки. Полное решение – 7 баллов. Доказано, что
число делится на 3 – 1 балл, на 12 – 2 балла.
2. Докажите, что если квадратное уравнение x 2 + px + q = 0,
где p и q – целые числа, имеет рациональные корни, то эти
корни могут быть только целыми числами, а не дробями.
Решение: Предположим противное. Пусть корнем уравнения
x2
+
px
+
q
=
0
является
несократимая
дробь
a
.
b
2
a
a
   p   q  0, отсюда
b
b
a 2 = – b(pa + qb). Дробь
предположению несократима, следовательно, a 
Тогда
a
b
по
a
не является
b
целым числом. С другой стороны, (pa + qb) – целое число.
Получено
противоречие.
Следовательно,
корень
данного
уравнения не может быть дробным числом. Что и требовалось
доказать.
Критерии оценки. Полное доказательство – 7 баллов. Часть
доказательства – 1-3 балла.
3. Доказать, что если a 3 + 7a + 19 = 0, b 3 + 7b + 19 = 0, c 3 + 7c
+ 19 = 0, где, a  b, a  c, d  c, то a + b + c = 0.
Решение:
a 3 + 7a + 19 = 0,
(1)
b 3 + 7b + 19 = 0,
(2)
c 3 + 7c + 19 = 0.
(3)
Вычтем (2) из (1): a 3 – b 3 + 7(a – b) = 0. Так как a  b  0 , то
a 2 + ab + b 2 + 7 = 0.
(4)
Теперь вычтем (3) из (1): a 3 – c 3 + 7(a – c) = 0, или, разделив
обе части на a  с  0 , имеем
a 2 + ac + c 2 + 7 = 0.
(5)
Аналогично, вычтя (5) из (4), получим:
a 2 + ab + b 2 + 7 – (a 2 + ac + c 2 + 7) = 0,
или
a(b – c) + (b 2 – c 2 ) = 0.
(6)
Разделив обе части (6) на b  c  0, находим a + b + c = 0. Что и
требовалось доказать.
Критерии оценки. Полное доказательство – 7 баллов. Часть
доказательства – 1-3 балла.
4.
Из середины D основания AC
равнобедренного
треугольника
ABC
опущен
перпендикуляр DE на сторону BC. Точка M – середина
отрезка DE. Доказать, что AE  BM.
Решение. Опустим высоту AF на сторону BC треугольника
ABC. Так как AF||DE и AD=DC, то FE=EC. Кроме того, ΔAFC ~
ΔBED (как прямоугольные с равными острыми углами) и ,
следовательно, ΔAEF ~ ΔBME (соответственные медианы AE и
BM отсекают от подобных треугольников AFC и BDE подобные
треугольники). Следовательно, <FAE = <EBM. Так как AF  BE и
<FAE = <EBM, то AE  BM, что и требовалось доказать.
Критерии оценки. Полное доказательство – 7 баллов. Часть
доказательства – 1-3 балла.
5. Мальчики из 9 «А» обменялись рукопожатиями. И кто -то
посчитал, что всех рукопожатий было 78. Сколько
мальчиков в классе?
Решение: Пусть в классе всего n мальчиков, тогда каждый из
них обменялся рукопожатиями с n – 1 одноклассником.
Учитывая, что в каждом рукопожатии участвуют двое, имеем
n(n – 1)/2 = 78. Решив это уравнение, получаем n = 13. Ответ: в
классе 13 мальчиков.
Критерии оценки. Полное решение – 7 баллов. Ответ без
обоснований – 1 балл.
10 класс
1. Докажите, что если квадратное уравнение x 2 + px + q = 0,
где p и q – целые числа, имеет рациональные корни, то эти
корни могут быть только целыми числами, а не дробями.
Решение: Предположим противное. Пусть корнем уравнения
x2
+
2
px
+
q
=
0
является
несократимая
a
b
дробь .
Тогда
a
a
   p   q  0, отсюда a 2 = – b(pa + qb). По предположению
b
b
дробь
a
a
несократима, следовательно, a  не является целым
b
b
числом. С другой стороны, (pa + qb) – целое число. Получено
противоречие. Следовательно, корень данного уравнения не
может быть дробным числом. Что и требовалось доказать.
Критерии оценки. Полное доказательство – 7 баллов. Часть
доказательства – 1-3 балла.
2. Найдите сумму 1 + 2q + 3q 2 + 4q 3 + … + nq n - 1 .
Решение: Обозначим данную сумму через S n . Рассмотрим
разность S n – S n q и преобразуем ее:
Sn – Snq =
= 1 + (2q – q) + (3q 2 – 2q 2 ) + … + (nq n - 1 – (n – 1)q n - 1 ) – nq n =
= (1 + q + q + … + q
2
n-1
1 qn
 nq n ,
) – nq =
1 q
n
1 qn
qn
n
.
откуда S n 
1  q 2 1  q
Ответ:
1 qn
qn

n
.
1  q 2 1  q
Критерии оценки. Полное решение – 7 баллов. Часть решения
– 1-3 балла.
3. Найдите углы треугольника со сторонами a, b, c, если его
площадь S равна
Решение:
S
1 2
(a  b 2 ) .
4
1
1
ab sin C  (a 2  b 2 ). Выразим
2
4
формул:
sin C 
(a 2  b 2 )
.
2ab
sin C из
данных
Так
как
sin C  1, то
( a  b) 2
 0.
2ab
Но
( a  b) 2
 0, поэтому
2ab
( a  b) 2
 0. Тогда sin C  1, значит, C  900. Так как a = b, то
2ab
 A   B  450.
Ответ:  C  900 ,  A   B  450.
Критерии оценки. Полное решение – 7 баллов. Часть решения
– 1-3 балла.
4. Решить неравенство
6 x  x 2  5  7  2 x  8x  x 2  12.
Решение: Пусть 8x  x 2  12  a, 7  2 x  b, где a  0, b  0.
Заметим, что 6 x  x 2  5  8x  x 2  12  7  2 x   a  b, где a  b  0. В
этом случае исходное неравенство примет вид
a  b  a  b , или
a  b  a  b  2 ab , ab  0, ab  0. Следовательно,
8 x  x 2  12  0,
a) 
 7  2 x  0;
8 x  x 2  12  0, x1  2; x2  4.
Так как x  3,5, то x  2.
8 x  x 2  12  0,
b) 
 7  2 x  0;
x  3,5, 2  x  6, откуда x = 3,5. Ответ: 2; 3,5.
Критерии оценки. Полное решение – 7 баллов. Часть решения
– 1-3 балла.
5. Может ли быть точным квадратом число, сумма цифр
которого равна 2012?
Решение: Квадрат любого натурального числа либо делится
на 3 нацело, либо дает в остатке 1. Число, у которого сумма
цифр равна 2012, при делении на 3 дает в остатке 2. Значит,
точным квадратом это число быть не может. Ответ: нет, не
может.
Критерии оценки. Полное решение – 7 баллов. Ответ с
попыткой обоснования – 1 балл.
11 класс
1. Пусть A и B – две фиксированные точки окружности. Где на
окружности должна лежать точка C, чтобы AC·BC было
наибольшим?
Решение: На середине большей дуги AB. В этом случае высота
треугольника ABC, а следовательно и его площадь, равная
1
AC  BC sin C ,
2
– наибольшая.
Критерии оценки. Полное решение – 7 баллов. Верный ответ
с попыткой обоснования – 1 балл.
2. Решите систему уравнений
 x  y x  y  z   72,

 y  z x  y  z   120,
 z  x x  y  z   96.

Решение: Сложив три уравнения системы, получим:
x  y  z 2x  2 y  2z   288,
или  x  y  z   144. Отсюда следует: x  y  z  12.
2
Далее возвращаемся к исходной системе и находим ее
x1  2, y1  4, z1  6; x2  2, y2  4, z2  6.
решения:
Критерии оценки. Полное решение – 7 баллов. Найдена одна
тройка
решений
–
обоснования – 1 балл.
3
балла.
Верный
ответ
с
попыткой
3. Квадрат размерами nxn поделен на n2 меньших квадратиков
размером 1x1. В каждом из этих квадратиков записано одно из трех
чисел 1, 2, 3. После этого подсчитаны суммы вписанных чисел в
каждом столбце, в каждой строке и в каждой диагонали. Может ли
получиться, что все подсчитанные суммы будут попарно различны?
Решение: Количество всех столбиков, строк и диагоналей равно n + n +
2 = 2n + 2. Сумма, подсчитанная для столбика, строки, диагонали может
равняться одному из следующих чисел: n (записаны все 1), n +1 (записаны
n – 1 единица и одна 2), n + 2, … , 3n (записаны все 3). Количество этих
чисел равно 2n + 1 и меньше 2n + 2. Следовательно, (по принципу
Дирихле) по крайней мере две из 2n + 2 подсчитанных сумм должны
совпасть друг с другом. Ответ: нет.
Критерии оценки. Полное решение – 7 баллов. Верный ответ
с попыткой обоснования – 1 балл.
2011
x  cos 2011 x  1.
4. Решите уравнение sin
Решение:
Воспользовавшись
основным
тригонометрическим
2
2
тождеством, sin x  cos x  1, преобразуем данное уравнение:
sin 2011 x  cos 2011 x  sin 2 x  cos 2 x,
sin 2 x  sin 2011 x  cos 2 x  cos 2011  0,
sin 2 x(1  sin 2009 x)  cos 2 x(1  cos 2009 )  0.
В силу ограниченности sin x и cos x (| sin x | 1, | cos x | 1) оба
слагаемых в левой части неотрицательны. Поэтому равенство возможно
лишь в том случае, когда оба они равны нулю. Т. о. исходное уравнение
равносильно совокупности двух систем:
sin x  0,

cos x  1;
Отсюда получаем x  2n, x 
 sin x  1,

cos x  0.

2
 2k , где n  Z , k  Z .
Ответ: x  2n, x 

2
 2k , где n  Z , k  Z .
Критерии оценки. Полное решение – 7 баллов. Найдено одно
семейство
корней
–
3
балла.
Верный
ответ
с
попыткой
обоснования – 1 балл.
5. Построить график: |y| = {x}, где {x} – дробная часть числа x.
Ответ:
y
1
х
-1
Критерии оценки. Чертеж с обоснованием построений
(раскрытие модуля и т. д.) – 7 баллов. Чертеж без обоснования –
2 балла.