Задания муниципального (городского)

Задания
по математике для II (муниципального) этапа
Всероссийской олимпиады школьников
8 класс
Задание № 1. Используя каждую из цифр 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 ровно по одному
разу, а также знаки арифметических действий и скобки, получите число 2006.
Составлять числа из цифр нельзя.
7 баллов
Задание № 2. Вася написал на доске несколько целых чисел. Петя подписал под
каждым из Васиных чисел его квадрат. После чего Маша сложила все числа,
написанные на доске, и получила 2007. Докажите, что кто-то из ребят ошибся.
7 баллов
Задание № 3. Найдите все простые числа p и q, для которых верно равенство
p2 – 2q2 = 1.
7 баллов
Задание № 4. Четыре ученицы: Мария, Нина, Ольга и Полина заняли на
олимпиаде 4 места. На вопрос, кто из них какое место занял, они ответили:
1)Ольга – второе, Полина – третье;
2) Ольга – первое, Нина – второе;
3) Мария – второе, Полина – четвертое.
В каждом их трех ответов одна часть верна, а другая неверна. Какое место
заняла каждая из учениц?
7 баллов
Задание № 5. Борис задумал натуральное число, умножил его на13, зачеркнул
последнюю цифру результата, полученное число умножил на 8, опять зачеркнул
последнюю цифру результата и получил число 20. Какое число задумал Борис?
Найдите все возможные ответы и докажите, что других ответов нет.
7 баллов
Задание № 6. Найдите углы треугольника, если известно, что середина одной из
его биссектрис является серединой отрезка, соединяющего основания высоты и
медианы, проведенных из двух других вершин треугольника.
7 баллов
Задания
по математике для II (муниципального) этапа
Всероссийской олимпиады школьников
9 класс
Задание № 1. Найти сумму
3
20  14 2  3 20  14 2 .
7 баллов
Задание № 2. Борис задумал натуральное число, умножил его на13, зачеркнул
последнюю цифру результата, полученное число умножил на 8, опять зачеркнул
последнюю цифру результата и получил число 20. Какое число задумал Борис?
Найдите все возможные ответы и докажите, что других ответов нет.
7 баллов
Задание № 3. В таблицу 4  4 записали натуральные числа. Могло ли оказаться так,
что сумма чисел в каждой следующей строке на 2 больше, чем в предыдущей, а
сумма чисел в каждом следующем столбце на 3 больше, чем в предыдущем?
7 баллов
Задание № 4. В остроугольном треугольнике АВС проведены высоты AD и CE.
Точки M и N – основания перпендикуляров, опущенных на прямую DE из точек A и
C соответственно. Докажите, что ME = DN.
7 баллов
Задание № 5. Под каким углом видна парабола у =
х2
из точки (0; –1)?
4
7 баллов
49
99
Задание № 6. Доказать, что число 1 0 0 ∙∙∙ 0 5 0 0 ∙∙∙ 01 не является кубом целого
числа.
7 баллов
Задания
по математике для II (муниципального) этапа
Всероссийской олимпиады школьников
10 класс
Задание №1. Известно, что уравнение
х2 + 5bx + с = 0
имеет корни х1 и х2, х1  х2, а некоторое число является корнем следующих двух
уравнений:
у2 + 2х1у + 2х2 = 0,
z2 + 2х2z + 2х1 = 0.
Найдите b.
7 баллов
Задание № 2. Одному из нескольких мальчиков разного возраста 10 лет, а
возрасты остальных составляют арифметическую прогрессию, причем
старшему из них 13 лет. Сколько лет каждому мальчику, если возраст
1
десятилетнего составляет и в дальнейшем будет составлять
суммы возрастов
5
всех мальчиков (считая и десятилетнего)?
7 баллов
Задание № 3. ABCD – выпуклый четырехугольник, M – середина AB, N –
середина CD. Известно, что площади треугольников ABN и CDM равны, а
площадь их общей части в k раз меньше площади каждого из них. Найти
отношение сторон BC и AD.
7 баллов
Задание № 4. В параболу у = х2 вписан прямоугольный треугольник (т.е. все
вершины треугольника лежат на параболе), гипотенуза которого параллельна
оси Ох. Докажите, что высота треугольника, опущенная на гипотенузу, равна 1.
7 баллов
Задание № 5. Решить уравнение x2 + x = 1 111 111 122 222 222.
7 баллов
Задание №6. Петя написал на доске значения двух углов какого-то
треугольника. Всегда ли Вася сможет написать перед одним из этих углов sin, а
перед другим cos так, чтобы сумма получившихся чисел (sin α + cos β) была бы
не больше 2 ?
7 баллов
Задания
по математике для II (муниципального) этапа
Всероссийской олимпиады школьников
11 класс
Задание №1. Доказать, что число 1 0 0 ∙∙∙ 0 5 0 0 ∙∙∙ 01 не является кубом целого
числа.
49
99
7 баллов
Задание №2. Петя написал на доске значения двух углов какого-то
треугольника. Всегда ли Вася сможет написать перед одним из этих углов sin, а
перед другим cos так, чтобы сумма получившихся чисел (sin α + cos β) была бы
не больше 2 ?
7 баллов
Задание №3. Решите уравнение
х у  1  у х  1  ху
7 баллов
Задание №4. Диагонали четырехугольника равны m и n. Проекции вершин
этого четырехугольника на его же диагонали служат вершинами другого
четырехугольника. Доказать, что площадь второго четырехугольника не
mn
.
превосходит
3 3
7 баллов
Задание №5. Решить уравнение x2 + x = 1 111 111 122 222 222.
7 баллов
Задание №6. Плоскость, параллельная ребрам AB и CD правильной
треугольной пирамиды, пересекает ее по ромбу. Найдите периметр этого ромба,
если AB = 3, CD =6.
7 баллов
Решения и ответы
8 класс
Задание № 1. Равенство 2006 = 20  10  10  6 помогает построить такой пример:
(9 + 7 + 4)  5  2  (8  3 –1) + 6 = 2006.
Задание № 2. Предположим, что никто из ребят не ошибся. Если Вася написал числа
2
2
2
х1,х2,···,хп, то Петя должен был написать х 1 , х 2 ,  , х п . Маша должна была посчитать
2
2
2
2
2
2
сумму S  х1  х 2      х п  х1  х 2      х п  ( х1  х1 )  ( х 2  х 2 )      ( х п  х п ).
Заметим, что если число а – целое, то число а2+а=а(а+1) – четное. Значит, S – сумма
четных чисел и не может равняться 2007.
( р  1)( р  1)
. Заметим, что р –
2
непременно нечетное число. Отсюда q – четное. Значит, q = 2 (2 – единственное
четное простое число) и р = 3.
Ответ: р = 3, q = 2.
Задание № 3. Перепишем уравнение в виде q2 =
Задание № 4. Из первого и третьего ответов следует, что второе место заняла либо
Ольга, либо Мария, а значит, не Нина. Тогда из второго ответа получаем, что
победила Ольга. Полина заняла третье место (из первого ответа), Мария – второе
(из третьего ответа).
Ответ: Ольга – 1, Мария – 2, Полина – 3, Нина – 4.
Задание № 5. Существуют лишь два трехзначных числа, которые начинаются
цифрами 2, 0 и делятся на 8. Эти числа 200 и 208. Значит, до умножения на 8 у
Бориса могли быть только числа 25 и 26. К числу 25 нельзя дописать справа цифру
так, чтобы получилось число, кратное 13. Единственное трехзначное число, которое
начинается с цифр 2, 6 и делится на 13 – это число 260. Следовательно, исходное
260
число равно
= 20.
13
Ответ: 20.
Задание № 6. Пусть N – cередина биссектрисы BL, AH и CM – соответственно
высота и медиана треугольника ABC (см. рис.). Тогда BMLH – параллелограмм
(диагонали делятся точкой пересечения пополам), значит, ML – средняя линия
 BAC  LH – средняя линия  ACB (в частности, точка H лежит на отрезке BC).
Значит, биссектриса BL и высота AH являются также медианами  ABC  AB = BC
и BA = AC   ABC – равносторонний.
Ответ: 600, 600, 600.
B
M
А
N
H
L
C
Решения и ответы
9 класс
Задание № 1.
Ответ: 4.
3
20  14 2  3 20  14 2 
3
2  2 
3

 3 2 2

3
 2  2  2  2  4.
Задание № 2. Существуют лишь два трехзначных числа, которые начинаются
цифрами 2, 0 и делятся на 8. Эти числа 200 и 208. Значит, до умножения на 8 у
Бориса могли быть только числа 25 и 26. К числу 25 нельзя дописать справа цифру
так, чтобы получилось число, кратное 13. Единственное трехзначное число, которое
начинается с цифр 2, 6 и делится на 13 – это число 260. Следовательно, исходное
число равно
260
= 20.
13
Ответ: 20.
Задание № 3. Пусть А – сумма чисел в первой строке, В – сумма чисел в первом
столбце, S – сумма всех чисел в таблице. Если таблица удовлетворяет условию задачи,
то S = А + (А + 2) + (А + 4) + (А + 6) = 4А + 12 = 4(А + 3) и S = В + (В + 3) + (В + 6) +
(В + 9) = 4В + 18 = 4(В + 4) + 2. Первое число делится на 4, второе – нет.
Ответ: Не могло.
Задание № 4. Точки D и E лежат на окружности с диаметром AC , значит, OE = OD ,
где O – середина стороны AC. Тогда KE = KD, где OK  MN. Значит, OK║AM, т.е. OK
– средняя линия трапеции CAMN. Отсюда, MK = NK  ME = DN, так как EK = KD.
B
N
D
M
A
E
K
O
C
Задание № 5. Прямые, проходящие через точку (0; –1), задаются уравнениями вида
х2
у = kx – 1. Если такая прямая касается параболы у =
, то система
4
х2
у=
,
4
у = kx – 1
х2
имеет ровно одно решение. Это равносильно тому, что уравнение
= kx – 1 имеет
4
нулевой дискриминант. Отсюда k =  1. То есть угол между касательными равен 90 0.
Ответ: 900.
Задание № 6. Это число а = 1 + 5∙1098 + 10147 =
(1049)3 + 3∙(1049)2 + 2∙(1049)2 + 1 > (1049)3 + 3∙(1049)2 + 3∙1049 + 1 = (1049 + 1)3.
Возьмем куб следующего целого числа:
(1049 + 2)3 = (1049)3 + 6∙(1049)2 + 12∙1049 + 8 > (1049)3 + 5∙(1049)2 + 1.
Получаем (1049 + 1)3 < а < (1049 + 2)3, т.е. а не может быть целым.
Решения и ответы
10 класс
Задание № 1. Для первого уравнения запишем теорему Виета:
х1 + х2 = –5b,
х1 х2 = с.
Второе условие означает, что если некоторое число а является корнем второго и
третьего уравнений, то
а2 + 2х1а + 2х2 = 0,
а2 + 2х2а + 2х1 = 0.
Вычитая из первого уравнения второе, имеем:
(а – 1)(х1 – х2) = 0.

Так как х1 х2, то а = 1 и 1 + 2х1 + 2х2 = 0. Откуда х1 + х2 = – 0,5, b = 0,1.
Ответ: b = 0,1.
1
часть
5
суммы возрастов всех мальчиков, то в настоящее время сумма возрастов остальных
мальчиков 40. В следующем году сумма возрастов остальных мальчиков составит: 55 –
11 = 44, откуда можно сделать вывод, что остальных мальчиков было – четверо.
Имеем: п = 4, а4 = 13, S4 = 40.
а  а4
 4  2(а1  а 4 ); 40 = 2(а1 + 13); а1 = 7; а4 = а1 +3d; d = (13 – 7): 3 = 2.
S4 = 1
2
Ответ: 7, 9, 11, 13.
Задание № 2. Т.к. возраст 10-летнего мальчика составляет и будет составлять
Задание № 3. Из равенства SABN = SCDM следует, что SMBN = SMCN, так как MN –
медиана треугольников ABN и CDM. Значит, BC║MN, точно так же AD║MN,
т.е. ABCD – трапеция, в которой AD и BC основания.
5k  2  2 2k (2k  1)
Ответ:
.
2  3k
Задание № 4. Пусть А(–х1; х12), В(х1; х12), С(х2; х22) – вершины треугольника (см. рис.).
Первое решение.  АСВ = 900  С лежит на окружности с диаметром АВ. Ее
уравнение х2 + (у – х12)2 = х12, поэтому х22 + (х22 – х12)2 = х12, откуда, в силу х22 – х12  0,
х22 – х12 = 1, т.е. уА –уС =1.
Второе решение.  АСВ = 900  САСВ = 0  (–х1 – х2; х12 – х22) (х1 – х2; х12 – х22) = 0
 х22 – х12 + (х12 – х22)2 = 0  уА –уС =1.
У
М
В
А
С
О
Х
Задание № 5. Преобразуем уравнение:
х(х + 1) = 1 111 111 122 222 222 =
16
8
8
10  1 10  1 10  1 10 8  1 10 8  1 1 10 8  1  10 8  1 1  10 8  1  10 8  1 





 
  
 
 1 .
9
9
3
3
3
3
3  3
3
3
 3

10 8  1
10 8  1
 1.
Отсюда х =
– корень. Второй корень по теореме Виета равен –
3
3
Ответ: х1 = –33333334, х2 = 33333333.
Задание №6. Предположим, что Петя написал такие углы α и β, что как sin α + cos β
> 2 , так и cos α + sin β > 2 . Отсюда sin α + cos β + cos α + sin β >2 2 . Заметим, что
для любого х выполняется неравенство sin х + cos х = 2 sin (х + 450) ≤ 2 . Откуда sin α
+ cos β + cos α + sin β ≤2 2 . Полученное противоречие завершает доказательство.
Решения и ответы
11 класс
Задание №1. Это число а = 1 + 5∙10 9 8 + 10 1 4 7 =
(10 4 9 ) 3 + 3∙(10 4 9 ) 2 + 2∙(10 4 9 ) 2 + 1 > (10 4 9 ) 3 + 3∙(10 4 9 ) 2 + 3∙10 4 9 + 1 =
(10 4 9 + 1) 3 .
Возьмем к уб следующего целого числа:
(10 4 9 + 2) 3 = (10 4 9 ) 3 + 6∙(10 4 9 ) 2 + 12∙10 4 9 + 8 > (10 4 9 ) 3 + 5∙(10 4 9 ) 2 + 1.
Пол учаем (10 4 9 + 1) 3 < а < (10 4 9 + 2) 3 , т.е. а не может быть целым.
Задание №2. Предположим, что Петя написал такие углы α и β, что как sin α + cos β
> 2 , так и cos α + sin β > 2 . Отсюда sin α + cos β + cos α + sin β >2 2 . Заметим, что
для любого х выполняется неравенство sin х + cos х = 2 sin (х + 450) ≤ 2 . Откуда sin α
+ cos β + cos α + sin β ≤2 2 . Полученное противоречие завершает доказательство.
Задание №3. Из условия следует, что х, у  1. Поэтому уравнение можно разделить на
у 1
х 1

 1.
произведение ху  0:
у
х
х 1 1
 . Действительно,
х
2
после возведения в квадрат оно преобразуется к виду 4(х – 1)  х2 или (х – 2)2  0.
Поэтому неравенство всегда верно и обращается в равенство только если х = 2. Таким
образом, решениями уравнения будут только те х и у, для которых
у 1 1
х 1

 ,
х
у
2
то есть, когда х = у = 2.
Ответ: х = у = 2.
Покажем, что для всех х  1 будет выполняться неравенство
Задание №4. Если  – угол между диагоналями первого четырехугольника, то площадь
1
1
2
2
второго будет mn cos  sin   mn 1  sin  sin  . Задача сводится к нахождению
2
2
2
наибольшего значения функции 1  x x , 0 ≤ x ≤ 1.
Задание №5. Преобразуем уравнение:
х(х + 1) = 1 111 111 122 222 222 =
16
8
8
10  1 10  1 10  1 10 8  1 10 8  1 1 10 8  1  10 8  1 1  10 8  1  10 8  1 





 
  
 
 1 .
9
9
3
3
3
3
3  3
3
3
 3

10 8  1
10 8  1
 1.
Отсюда х =
– корень. Второй корень по теореме Виета равен –
3
3
Ответ: х1 = –33333334, х2 = 33333333.
Задание №6. В данной пирамиде AB – основание, а CD – боковое ребро, ибо в
противном случае для боковой грани не выполнено неравенство треугольника. Будем
считать, что D – вершина пирамиды. Обозначим через K, L, M, N точки пересечения
плоскости с ребрами AC, AD, BD и BC соответственно, и пусть CK:AC = а. Отрезки KL
и MN параллельны CD, т.к. плоскость KLMN параллельна CD. Поэтому треугольники
AKL и ACD подобны и KL = (1 – а)·CD = 6(1 – а).·Аналогично, подобны треугольники
2
LDM и ADB, откуда LM =а∙AB = 3а. Из условия KL = LM находим а = и LM = 2.
3
Ответ: 8.
D
6
M
L
N
С
B
3
K
A