Городская (районная) олимпиада по математике 2008 год 7 класс

Городская (районная) олимпиада по математике
2008 год
7 класс
1.
2.
3.
4.
5.
До отхода поезда остается 2 минуты. Расстояние до вокзала – 2 километра.
Если первый километр бежать со скоростью 30 километров в час, то можно ли
успеть на поезд?
Покажите, как разрезать фигуру, изображенную на рисунке, на
две равные части (не обязательно по линиям сетки).
Может ли значение суммы
(1+2+3+4) • 5 + (6+7+8+9) • 10 + (11+12+13+14) • 15 + ...
при каком-то количестве слагаемых оканчиваться на 10?
Каждому из ста жителей острова, часть жителей которого – рыцари, а остальные – лжецы, был задан вопрос: «Сколько среди вас рыцарей?». В ответ было
названо сто различных чисел. Какое число наверняка было названо?
На квадратном столе лежат четыре стопки шашек двух цветов. Известно, что
черных и белых шашек поровну. На рисунке приведены виды стола спереди, сверху и слева соответственно. Какой цвет имеет шашка, лежащая внизу в
дальнем правом углу стола?
Городская (районная) олимпиада по математике
2008 год
7 класс (Решение)
1.
Ответ: нет, нельзя. Решение. Если первый километр бежать со скоро-
стью 30 км/ч, то время движения будет равно
1
ч = 2 мин. Таким образом, по30
езд уйдет в тот момент, когда останется бежать еще километр.
2.
Ответ: см. рисунок.
3.
Ответ: нет, не может. Решение. Действительно, последняя цифра суммы зависит только от последних цифр слагаемых. Каждая сумма чисел, стоящих в скобках, оканчивается нулем, то есть делится на 10. Так как каждое из чисел, стоящих вне скобок, делится на 5, то каждое слагаемое данной суммы делится на 50. Следовательно, при любом количестве слагаемых данная сумма делится на 50, поэтому ее значение может оканчиваться либо на 50, либо на 00.
4.
Ответ: наверняка было названо число 1. Решение. Заметим, что среди
жителей острова не могло быть более одного рыцаря, так как в этом случае рыцари назвали бы одинаковые числа, что противоречит условию задачи. Если же
на острове – один рыцарь, то он обязательно назвал число 1, а лжецы назвали
любые 99 различных чисел, возможно, и большие ста. Таким образом, число 1
обязательно было названо, а любое другое число могло быть и не названо.
5.
Ответ: черный. Решение. Судя по виду сверху, верхняя шашка в передней правой стопке – белая, поэтому все три черные шашки правого столбца
на виде спереди принадлежат дальней стопке, то есть в передней правой стопке
всего одна шашка, и она – белая.
Аналогично, на виде слева все три черные шашки левого столбца принадлежат дальней стопке, то есть в задней левой стопке также всего одна белая шашка. Это означает, что все четыре шашки левого столбца на виде спереди и правого столбца на виде слева принадлежат передней левой стопке.
Таким образом, в передней левой стопке – три
белых и одна черная шашка, по одной белой
шашке – в передней правой и задней левой стопках, три черных шашки – в задней правой стопке,
и в этой же стопке – одна (нижняя) шашка неизвестного цвета (см. рис.).
Всего: пять белых шашек, четыре черных и
одна шашка неизвестного цвета. Поскольку черных и белых шашек должно
быть поровну, то цвет этой шашки – черный.
Городская (районная) олимпиада по математике
2008 год
8 класс
1. У Алисы живет крокозябра. Каждый день она съедает бананов ровно в два
раза больше своего веса, а каждую ночь худеет в три раза. Уезжая на четырехдневные каникулы, Алиса оставила ей 40 кг бананов, и этого крокозябре в
точности хватило. Сколько весила крокозябра до отъезда Алисы?
2. В прямоугольном треугольнике ABC проведены биссектрисы АР и BQ из
вершин острых углов. Точки D и Е – основания перпендикуляров, опущенных из Q и Р на гипотенузу АВ. Найдите угол ВСЕ.
3. Рассеянный Вовочка при сложении двух чисел по ошибке приписал ноль на
конце первого слагаемого и вместо числа 2006 получил число 4157. Какие
числа складывал Вовочка?
4. Существует ли такой набор из десяти натуральных чисел, что каждое из них
не делится ни на одно из остальных, а квадрат каждого из этих чисел делится
на каждое из остальных?
5. На квадратном столе лежат четыре стопки шашек двух цветов. Известно, что
черных и белых шашек поровну. На рисунке приведены виды стола спереди, сверху и слева соответственно. Какой цвет имеет шашка, лежащая
внизу в дальнем правом углу стола?
Городская (районная) олимпиада по математике
2008 год
8 класс (Решение)
1.
Ответ: 5 кг. Решение. Заметим, что если утром крокозябра весит т кг, то, съев 2т кг бананов, она к вечеру весит Зт кг, а утром следующего дня – т кг, и так далее. Таким образом,
за 4 дня крокозябра съест 8m кг бананов, что по условию составляет 40 кг. Следовательно,
ее вес до отъезда Алисы — 5 кг.
2.
Ответ: 45°. Решение. Пусть A  2 , B  2  (см. рис.). Прямоугольные треугольники АСР и
АЕР равны по гипотенузе и острому углу, следовательно, СР = PЕ. Аналогично, из равенства прямоугольных треугольников BQC и BQD получим, что CQ = DQ. Следовательно, треугольники СРЕ и
CQD — равнобедренные, поэтому по свойству внешнего угла треугольника
1
90   2
1
90   2
, QCD  QDC  AQD 
. Таким обраBPE 
2
2
2
2
зом, DCE  90   PCE  QCD       45 .
PCE  PEC 
3.
Ответ: 239 и 1767. Решение. Пусть Вовочка должен был сложить числа а и b, a фактически сложил
числа 10а и b, тогда а+b = 2006 и 10а+b=4157. Вычтем из второго уравнения первое, получим: 9а =
2151, то есть а = 239. Тогда b = 2006 - 239 = 1767.
4.
Ответ: да, существует. Решение. Например, можно взять числа
219·310 , 218·311,…, 210·З19.
Каждое из этих чисел не делится ни на одно из остальных, так как в его разложение либо множитель 2,
либо множитель 3 входит с меньшим показателем степени. Если возвести любое из выбранных чисел в
квадрат, то и двойка, и тройка войдут в его разложение с показателем степени не меньшим, чем 20, поэтому квадрат любого такого числа делится на каждое из остальных чисел.
5.
Ответ: черный. Решение. Судя по виду сверху, верхняя шашка в передней правой стопке – белая,
поэтому все три черные шашки правого столбца на виде спереди принадлежат дальней стопке, то
есть в передней правой стопке всего одна шашка, и она – белая.
Аналогично, на виде слева все три черные шашки левого столбца принадлежат дальней стопке, то
есть в задней левой стопке также всего одна белая шашка. Это означает, что все четыре шашки левого
столбца на виде спереди и правого столбца на виде слева принадлежат передней левой стопке.
Таким образом, в передней левой стопке – три белых и одна черная шашка, по одной белой шашке
– в передней правой и задней левой стопках, три черных шашки –
в задней правой стопке, и в этой же стопке – одна (нижняя) шашка
неизвестного цвета (см. рис.).
Всего: пять белых шашек, четыре черных и одна шашка неизвестного цвета. Поскольку черных и белых шашек должно быть
поровну, то цвет этой шашки – черный.
Городская (районная) олимпиада по математике
2008 год
9 класс
1. Решите уравнение:
max( x;2  x)  min( 3x;1  2 x) .
2.
3.
4.
5.
(Напомним, что max( a; b) — наибольшее, a min( a; b) — наименьшее из чисел a
и b .)
На числовой прямой отмечены все целые точки. Точки х и у соединяются дугой, если x  y – простое число. В какое наименьшее количество цветов
можно покрасить все целые точки, чтобы любые две соединенные точки были разного цвета?
В треугольнике ABC с углом В, равным 120°, приведена биссектриса BL. На
ее продолжении за точку В отложен отрезок BD длиной 4 см. Оказалось, что
угол ADC равен 60°. Найдите площадь треугольника ABC.
В таблице 10 10 выписаны по возрастанию все натуральные числа от 1 до
100 по строкам (в первой строке — выписаны слева направо числа от 1 до 10,
во второй строке — аналогично выписаны числа от 11 до 20, и так далее).
Перед некоторыми из чисел поставлен знак минус так, чтобы в каждой строке и каждом столбце было ровно по пять минусов. Чему может быть равна
сумма всех чисел таблицы?
Три жулика, каждый с двумя чемоданами, хотят переправиться через реку.
Есть трехместная лодка, каждое место в которой может быть занято человеком или чемоданом. Никто из жуликов не доверит свой чемодан спутникам в
свое отсутствие, но готов оставить чемоданы на безлюдном берегу. Смогут
ли они переправиться? (Лодку, приставшую к берегу, считаем частью берега.)
Городская (районная) олимпиада по математике
2008 год
9 класс (Решение)
x  1,
 x,
Аналогично, 3x  1  2x  x  1 по2  x, x  1.
1) Так как x  2  x  x  1 , то max( x;2  x)  
1  2 x, x  1,
Следовательно:
x  1.
 3 x,
этому min( 3x;1  2 x)  
a) если x  1 , то исходное уравнение примет вид: х = 1 + 2х, откуда х=-1, что невозможно;
b) если х < 1, то исходное уравнение примет вид: 2- х = Зх, откуда х = 0,5. Ответ: 0,5.
2) Все целые точки можно покрасить в четыре цвета, например: 1 — красный, 2 — синий, 3 — желтый,
4 — зеленый, далее периодически повторяя эту цветовую последовательность. Тогда разность двух
чисел, покрашенных одинаково, будет делиться на 4. Меньшим количеством цветов обойтись невозможно: числа 0, 2, 5, 7 надо окрасить по-разному, так как их попарные разности — простые числа.
3) Из условия следует, что угол ABL – внешний для треугольника ABD и  ABL
= 60° (см. рис.). Пусть  ADB =  , тогда  DAB = 60° -  =  BDC. Кроме того,  ABD =  CBD = 120°, поэтому треугольники ABD и DBC подобны (по двум углам). Следовательно,
S ABC 
4)
5)
AB BD

 AB  BC  BD 2 . Тогда
DB BC
1
1
AB  BC  sin ABC  BD 2 sin 120  4 3 (см2).
2
2
Представим каждое из чисел от 1 до 100
в виде суммы двух слагаемых, первое из
которых делится на десять нацело, а второе не больше десяти. Заметим, что в
каждой строке равны первые слагаемые,
а в каждом столбце равны вторые слагаемые. Так как в каждой строке исходной
таблицы положительных и отрицательных чисел поровну, то при сложении
всех чисел таблицы все первые слагаемые взаимно уничтожатся, а поскольку в
каждом столбце положительных и отрицательных чисел также поровну, то взаимно уничтожатся и
все вторые слагаемые. Следовательно, сумма всех чисел таблицы равна нулю.
Обозначим жуликов буквами А, В, С, а их чемоданы соответствующими маленькими буквами. Тогда
схема переправы может быть такой:
а Ь с
a b с
A B C
bс
bс
b с
b с
В С A B C
А
а
а
а
а
Ьс
bс
A B C А
а
а
а
а
Ь с
b с
В С
А В
a b
а Ь
с
с
с
с
С A B C
с
с
a b
а Ь
A B C А В
а Ь
a b
а Ь
а Ь
с
с
С
A B C
a b с
a b с
Городская (районная) олимпиада по математике
2008 год
10 класс
1. Существует ли такое натуральное п, при котором сумма 1 + 2 + … + п оканчивается цифрой 7?
2. В однокруговом футбольном турнире участвовало 20 команд. Оказалось, что
если какие-то две команды сыграли между собой вничью, то хотя бы одна из
них завершила вничью всего не больше трех игр. Каково наибольшее возможное число ничьих в таком турнире?
3. Около равнобедренного треугольника ABC (АВ = ВС) описана окружность.
Пусть BD – диаметр этой окружности, К –произвольная точка меньшей из
дуг ВС, а К' и К" — точки, симметричные К относительно прямых АС и ВС
соответственно. Докажите, что прямые AC, DK и К'К" имеют общую точку.
4. Можно ли в клетках таблицы 100 х 100 расставить натуральные числа от 1 до
10000 так, чтобы суммы чисел во всех вертикалях, всех горизонталях и обеих
диагоналях были нечетными?
5. Петя и Вася играют в следующую игру. Имеется куча из 2008! камней. За
один ход из кучи разрешается взять не более, чем 1/2008 часть оставшихся в
ней камней. Проигрывает тот, кто не может сделать ход. Ходят поочередно,
начинает Петя. Кто выигрывает при правильной игре?
Городская (районная) олимпиада по математике
2008 год
10 класс (Решение)
1.
Ответ: нет, не существует. Решение. Указанная сумма равна
n(n  1)
. Предположим, что ее значение
2
оканчивается цифрой 7, тогда число п(п + 1) должно оканчиваться цифрой 4. Перебором последних цифр
убеждаемся, что произведение соседних натуральных чисел может оканчиваться только цифрами 0, 2 или 6,
то есть цифрой 4 оканчиваться не может. Перебор можно сократить, если использовать, что число, оканчивающееся на 4, дает остаток 4 при делении на 5. Тогда достаточно проверить все возможные остатки
от деления п на 5.
2.
Ответ: наибольшее возможное число ничьих равно 51. Решение. Построим пример турнира с 51 ничьей.
Пусть каждая из первых семнадцати команд сыграла вничью с каждой из последних трех, а остальные матчи закончились не вничью. Этот турнир удовлетворяет условию. Докажем, что более 51 ничьей быть не
может. Назовем команду мирной, если она завершила вничью более трех игр, и боевой в противном случае.
Тогда по условию мирные команды между собой не могли сыграть вничью. Поэтому в каждой ничьей
участвовала боевая команда. Значит, если боевых команд меньше 18, то утверждение доказано. Пусть боевых команд 18. В их столбцах турнирной таблицы присутствуют все ничьи. Рассмотрим эти 18 столбцов. В
каждом из них встречается не более 3 ничьих, итого ничьи стоят не более чем в 54 клетках, из них ничьих в
строчках с мирными командами максимум 36, а ничья между боевыми командами присутствует в столбцах
обоих этих команд, т. е. считается дважды. Итого ничьих не более 36 + 18 :
2 = 45. Случаи, когда не мирных команд 19 и 20, рассматриваются аналогично.
3.
Пусть точка L симметрична К" относительно АС. Прямые KL и К'К" симметричны относительно АС, поэтому точка их пересечения принадлежит
АС. Утверждение задачи равносильно тому, что D принадлежит прямой KL,
т. е. что  BKL = 90°. Положим  =  ACB. Так как  BCK=  BCK" и
 АС К" =  ACL, то  KCL = 2  . Так как С К = С К" = CL, то  CKL =
(180° -  KCL)/2 = 90° -  . С другой стороны,  BKC = 180° -  BAC =
180° -  . Поэтому  BKL =  BKC -  CKL = 90°, что и требовалось.
4.
Покажем, как задачу можно решить для доски 4n  4n. Пусть i обозначает
номер строки, j — номер столбца. Поставим нечетные числа в клетки, для
которых
или
j  2n  1  i  2n ,
или
j  2n  i  2n  1 (см. рис). После этого переместим крайний левый столбец на крайнее
правое место (см. рис.). Легко проверить, что
полученная таблица удовлетворяет условию
задачи. В частности, на одной диагонали стоят
2n + 1 нечетных чисел, на другой 2n- 1.
Покажем, что выигрывает Петя. Рассмотрим игру
по тем же правилам, но когда изначально в куче лежит 2008!-1 камень. Мы не знаем, выигрывает ли в этой
ситуации первый или второй игрок, поэтому изучим оба случая. Заметим, что в конечной игре без ничьих у
одного из игроков обязательно есть выигрышная стратегия.
Первый случай: в игре 2008! -1 выигрывает второй. Тогда в нашей игре Петя первым ходом должен взять один
камень и свести игру к ситуации 2008! - 1, которая для него выигрышна, поскольку в ней он оказываетя вторым.
Второй случай: в игре 2008!-1 выигрывает первый. Пусть первым ходом в этой игре он должен взять х камней.
5.
2008!1
1
2007
 2007!
, откуда x  1  2007!
. Поскольку х — нату2008
2008
2008
2008!
ральное число, то x  1  2007!
. Это значит, что в игре 2008! Петя имеет право взять х + 1 камень. То2008
Тогда по условию задачи x 
гда он попадет в ситуацию после выигрышного хода первого игрока в игре 2008! - 1. Действуя далее как этот
игрок, он выиграет.
Городская (районная) олимпиада по математике
2008 год
11 класс
1. Существуют ли положительные числа х, у, z и t, удовлетворяющие равенствам
x 2007  y 2007  z 2007  t 2007 и
1
x
2009

1
y
2009

1
z
2009

1
t
2009
?
2. Квадратные трехчлены f1 ( x) и f 2 ( x) таковы, что
f1( x) f 2( x)  f1 ( x)  f 2 ( x)
при всех действительных х. Докажите, что произведение f1 ( x) f 2 ( x) равно
квадрату некоторого трехчлена.
3. На доске записаны числа 1, 2, 4, 8, ..., 512. Разрешается стереть любые два
числа и записать вместо них частное от деления их произведения на их сумму. Докажите, что число на доске после девяти операций не зависит от порядка выбора чисел, и найдите это число.
4. На сторонах АВ, ВС и АС треугольника ABC отмечены точки С1, А1 и В1 соответственно так, что ВС1 = С1А1= А1В1 = В1С. Докажите, что точка пересечения высот треугольника C1A1B1 лежит на биссектрисе угла А.
5. Петя и Вася играют в следующую игру. Имеется куча из 2008! камней. За
один ход из кучи разрешается взять не более, чем 1/2008 часть оставшихся в
ней камней. Проигрывает тот, кто не может сделать ход. Ходят поочередно,
начинает Петя. Кто выигрывает при правильной игре?
Городская (районная) олимпиада по математике
2008 год
11 класс (Решение)
1.
Ответ. Нет. так как все числа положительны, то из первого равенства следует, что
xt.
x  t , а из второго
x1 , x2 -- абсциссы вершин парабол y  f1 ( x) и y  f1 ( x) , то f1 ( x)  a1 ( x  x1 )2  d1 ,
f 2 ( x)  a2 ( x  x2 )2  d2 ( a1, a2  0 ). Тогда f1( x) f2( x)  4a1a2 ( x  x1 )( x  x2 ) , и исходное неравен-
2. Если
ство переписывается в виде 4a1a2 ( x  x1 )( x  x2 )  a1 ( x  x1 )  d1  a2 ( x  x2 )  d 2
2
это неравенство
2
.
Подставляя в
x  x1 , получаем d1  a2 ( x  x2 ) 2  d 2  0 , откуда d1  0 и a2 ( x  x2 )2  d2  0 . По
аналогичным соображениям
d2  0 , поэтому из последнего равенства имеем x1  x2 . Так как
4a1a2 ( x  x1 )2  0 при всех х, то a1a2  0 . Поэтому f1 ( x) f 2 ( x)  a1a2 ( x  x1 )4 


2
a1a2 ( x  x1 )2 ,
что и требовалось.
3.
xy
на исходной
x y
1
1
1
1 x y 1 1
доске, стираем
и
на второй доске и пишем вместо них
. Поскольку

  при выx
a
a
xy
x y
y
Запишем на другой доске числа, обратные данным. При замене пары х и у на число
a
полнении такой операции два числа на второй доске заменяются на их сумму. Поэтому после девяти операций на второй доске окажется записана сумма обратных величин, а на исходной — число, обратное к этой
сумме. В частности, для данных в задаче чисел получим, что оставшееся число
1
1
29
512

 10

.
1 1
1
1 2  1 1023
1   2  ...  9 2  9
2 2
2
2
Поскольку треугольники ВС1А1 и СВ1А1 — равнобедренные, то
 C1A1B1 =  C1AB1. Пусть H – точка пересечения высот треугольника А1В1С1. Тогда  C1HB1 = 180° -  C1A1B1 = 180°  C1AB1. Следовательно, четырехугольник С1АВ1Н — вписанный. Поскольку треугольник А1В1С1 — равнобедренный, то
С1Н = В1Н, то есть  НАВ1 =  HC1B1 =  HB1C1 =  C1AH,
следовательно, АН — биссектриса угла CAB.
5. Покажем, что выигрывает Петя. Рассмотрим игру по тем же
правилам, но когда изначально в куче лежит 2008!-1 камень.
Мы не знаем, выигрывает ли в этой ситуации первый или второй игрок, поэтому изучим оба случая. Заметим, что в конечной игре без ничьих у одного из игроков обязательно есть выигрышная стратегия.
Первый случай: в игре 2008! -1 выигрывает второй. Тогда в нашей игре Петя первым ходом должен взять один
камень и свести игру к ситуации 2008! - 1, которая для него выигрышна, поскольку в ней он оказываетя вторым.
Второй случай: в игре 2008!-1 выигрывает первый. Пусть первым ходом в этой игре он должен взять х камней.
4.
2008!1
1
2007
 2007!
, откуда x  1  2007!
. Поскольку х — нату2008
2008
2008
2008!
ральное число, то x  1  2007!
. Это значит, что в игре 2008! Петя имеет право взять х + 1 камень. То2008
Тогда по условию задачи x 
гда он попадет в ситуацию после выигрышного хода первого игрока в игре 2008! - 1. Действуя далее как этот
игрок, он выиграет.