Ответы_и_решения

Ответы и решения задач муниципального этапа всероссийской
олимпиады школьников по математике (2010 год)
7 класс
1. Ответ: 2010 = 1000 + 100 + 400 + 500 + 10
2. Ответ: не может.
Решение. Число ягод на двух соседних кустах отличается на 1, поэтому на двух
соседних кустах вместе нечетное число ягод. Тогда количество ягод на восьми
кустах равно сумме четырех нечетных чисел, т.е. числу четному. Значит, на всех
кустах вместе не может быть 225 ягод.
3. Решение. При первом взвешивании на одну из чашек весов кладем гирю и все
гвозди раскладываем по чашкам так, чтобы установилось равновесие. Получим 13
и 12 кг гвоздей. Первую кучку откладываем, а остальные гвозди делим пополам,
взвешивая без гири: 12 = 6 + 6. Получили искомое количество гвоздей: 19 = 13 + 6.
4. Ответ: 5 ч.
Решение. Рядовой Степанов почистил ведро картошки за 4 часа, при этом он
начистил 0,8 ведра. Тогда целое ведро он начистит за 4:0,8=5ч.
5. Ответ: 3.
Решение. Если справа от лжеца А сидит лжец Б, то справа от Б также лжец и т.д.,
т.е. все сидящие за столом – лжецы, чего не должно быть по условию (среди
сидящих есть рыцари). Если же справа от лжеца А сидит рыцарь Б, то справа от Б –
рыцарь В, справа от В – лжец Г и т.д. (см. рисунок).
Ответы и решения задач муниципального этапа всероссийской
олимпиады школьников по математике (2010 год)
8 класс
1. Ответ: 1.
Решение. Рассматривая степени числа 9: 91  9, 9 2  81, 9 3  729..., видим, что
нечетная степень девяти оканчивается цифрой 9, а четная цифрой 1, поскольку
2010 – четное число, то 2009 2010 оканчивается 1.
2. Ответ: да, сможет.
Решение. Так как двоек больше, чем троек, то двоек может быть 4, 5, 6 или 7. В
первом случае сумма цифр равна 17, во втором - 16, в третьем - 15, а в последнем 14. По признаку делимости на 3 число делится на 3 тогда и только тогда, когда
сумма его цифр делится на 3. Значит, годится только третий вариант, и в коде
должна быть ровно одна тройка. Теперь, по признаку делимости на 4 число делится
на 4 тогда и только тогда, когда делится на 4 число, состоящее из двух последних
цифр рассматриваемого числа; значит, код обязательно кончается на 32. Отсюда
заключаем, что код равен 2222232.
3. Решение.
( x  1)( x  4)( x  2)( x  3)  1  ( x 2  5x  4)( x 2  5 x  6)  1  ( x 2  5 x) 2  10( x 2  5 x) 
 24  1  ( x 2  5 x  5) 2
4. Ответ: BD  10см
Решение. Треугольники ACG и BEF равны по стороне и прилежащим к ней
углам. Следовательно, AGC  BFE , AG  BF . FGD  GFD - по теореме о
смежных углах. Поэтому треугольник GFD равнобедренный (GD  FD) .
Следовательно, AG  GD  BF  FD , т.е. AD  BD , BD  10см .
5. Ответ: желтый прямоугольник, зеленый ромб, красный треугольник, синий
круг.
Решение. Для удобства изложения повторим все условия задачи: 1) красная фигура
— между синей и зелёной; 2) справа от жёлтой фигуры— ромб; 3) круг — правее и
треугольника и ромба; 4) треугольник — не с краю; 5) синяя и жёлтая фигуры — не
рядом. Поскольку красная фигура лежит между синей и зелёной (условие 1), а
жёлтая — не рядом с синей (условие 5), то возможны только два варианта
расположения фигур по цвету: "синяя, красная, зелёная, жёлтая" или "жёлтая,
зелёная, красная, синяя". Первый из приведённых вариантов неверен, поскольку по
условию 2 жёлтая фигура не может лежать на правом крае. Остаётся только одна
возможность расположения фигур по цветам: "жёлтая, зелёная, красная, синяя". Из
условия 2 сразу же определяется, что ромб зелёный. Отсюда и из условия 4
следует, что треугольник красный. В свою очередь отсюда и из условия 3 следует,
что круг синий. Значит, прямоугольник может быть только жёлтым.
Окончательный ответ: жёлтый прямоугольник, зелёный ромб, красный
треугольник, синий круг.
Ответы и решения задач муниципального этапа всероссийской
олимпиады школьников по математике (2010 год)
9 класс
1. Решение. В худшем случае из коробки будут вынуты 339 белых и 339 черных
шаров (все равно, в какой последовательности) и не окажется 340 шаров одного
цвета. Вынув еще один шар, мы получим либо 340 белых, либо 340 черных шаров.
То есть из коробки нужно вынуть, не глядя 339 + 339 + 1 = 679 шаров.
2. Решение. Возведем равенство a + b + c = 0 в квадрат. Получим
a2+b2+c2+2 (ab + bc + ca) = 0, откуда ab + bc + ca = - (a2 + b2 + c2) < 0.
3. Ответ: a = b = c = -1.
Решение. Из того, что наборы совпадают, следует совпадение их сумм. Значит,
a4 -2b2 + b4 -2c 2 + c4 – 2a2 = a + b + c = -3, (a2 – 1)2 + (b2 – 1)2 + (с2 – 1)2 = 0, откуда
а2 – 1 = b2 – 1 = с2 – 1 = 0, т.е. а = ±1, b = ±1, c = ±1 . Условию а + b + с = -3
удовлетворяют только а = b = с = -1. Осталось проверить, что найденная тройка
удовлетворяет условиям задачи.
4. Решение.
Первое решение. Точки D и Е лежат на окружности с диаметром АС (см. рис.),
значит, ОЕ = ОD, где О – середина стороны АС. Тогда КЕ = КD, где ОК  MN.
Следовательно, ОК || АМ, т.е. ОК – средняя линия трапеции САМN. Отсюда МК =
МЕ = DN, так как ЕК = КD.
Второе решение. Пусть ÂÀÑ   , ÂÑÀ   . Из подобия треугольников
АВD и СВЕ следует подобие треугольников АВС и DBE, следовательно, ÂÅD   ,
BDE   , значит ÌÅ  ÀÅ cos   ÀÑcos cos  .
Аналогично DN = АС cos  cos  .
NК
5. Решение. Поставим на шахматную доску белую ладью. Поскольку число клеток
шахматной доски равно 64 см, мы можем произвести это действие 64 способами.
Поставленная на доску белая ладья одну клетку занимает и «бьет» все клетки,
находящиеся с ней на одной горизонтали и вертикали, таким образом, черная ладья
может быть поставлена в любую из 49 клеток, которую «не бьет» белая ладья.
Поэтому возможны 64 ∙ 49 = 3136 расстановки ладей на шахматном поле.
Ответы и решения задач муниципального этапа всероссийской
олимпиады школьников по математике (2010 год)
10 класс
1. Решение. Уравнение xn-1=0 имеет два корня 1 и -1, если n – четное; один корень 1, если n –
нечетное. Применяя метод интервалов, х  (-∞;-1] {1}.
2. Решение.
Рассмотрим
значение
трехчлена
в
точке
х0=2.
Тогда
+рх0+q= 4  2 p  q =4+2(р+ )=4024, т.е. графики всех трехчленов проходят через точку
(2; 4024).
3. Решение. Пусть нам дан квадратный трехчлен ах2+bx+с и его дискриминант D=b2-4ас=23,
откуда b2=4ас+23=4(ас+5)+3, т.е. b2 имеет остаток 3 при делении на 4. Однако квадраты
четных чисел делятся на 4, а квадраты нечетных чисел имеет остаток 1 при делении на 4,
так как (2m+1)2=4m2+4m+1. Таким образом, дискриминант квадратного трехчлена с
целыми коэффициентами не может равняться 23.
4. Решение. Искомый треугольник – равносторонний.
Покажем, что если искомый треугольник существует, то он должен быть равнобедренным.
Действительно, у равнобедренного треугольника АВС высота больше, чем у треугольника
АВ1С. Центр О окружности лежит на высоте ВН треугольника АВС, т.е. ВО=АО=R. Пусть
ОН=х, тогда
, S 2  R  x  (R-x)= (R+x)3 (3R-3 x ).
3
По неравенству о среднем для четырех чисел a  b  c  R  x , d  3R  3x получаем
abcd 
abcd  
 ,
4


 3( R  x)  3R  3 x 
3 
3S  
т.е.
Значит,
   R .
4


2 
наибольшую площадь имеет треугольник, для которого R  x  3R  3x , т.е.
3 3 2
1
1
R .
x  OH  BO  R . Такой треугольник равносторонний, его площадь равна
4
2
2
4
4
4
2
5. Решение. Белый король может стоять или в углу шахматной доски, или у края, или
внутри шахматной доски.
Если белый король стоит в углу шахматной доски, то черный может быть
поставлен в любые 60 клеток доски, которые расположены на расстоянии более одной
клетки от белого; угловых клеток 4, поэтому по правилу произведения имеем 4 ∙ 60
вариантов.
Если белый король стоит у края доски (но не в углу), а таких вариантов
расстановки 6 ∙ 4 = 24, то черный король может быть поставлен в одну из 58 клеток,
которые не находятся под «боем» белого короля; такая расстановка королей по
правилу произведения допускает 24 ∙ 58 вариантов.
Для случая, когда белый король стоит не у края доски (таких клеток 36), черный
король может быть поставлен в одну из 55 клеток, которые не находятся «под боем»
белого короля. По правилу произведения имеем 36 ∙ 55 вариантов.
Применяя правило суммы, получаем 4 ∙ 60 + 24 ∙ 58 + 36 ∙ 55 = 3612 возможных
расстановок двух королей на доске.
Ответы и решения задач муниципального этапа всероссийской
олимпиады школьников по математике (2010 год)
11 класс
1. Ответ: (0; 0; 0), (1; 1; 1). Решение. Cложите почленно все три уравнения
уравнения системы, найдите решения и выполните проверку.
2. Ответ: 12, 24, 36, 48. Решение. По условию 10b+bq=3bq2, где b≠0 – первый
член, q – знаменатель прогрессии. Отсюда 3q2-q-10=0, q1=2, q2=- , т.е. q=2. Из
неравенства bq≤9 следует, что b=1, 2, 3 или 4.
2
3. Ответ:
. Решение. Из условия следует, что уравнение касательной имеет
4
вид у=х+b или у=-х+b, поэтому в точке касания производная у'(х0)=±1, т.е.
2
х0=± . Значит,
= . Уравнения касательных в точках Х
и
: у = х- и у = -х- , следовательно, ОА=ОВ= , откуда АВ= .
4. Ответ:
8 3
a . Решение.
27
Каждый из таких треугольников равносторонний, так как его сторона равны
половинам диагоналей граней куба. Тогда вершины рассматриваемого многогранника
– центры этих треугольников (см. рис.). При повороте куба вокруг диагонали А1С,
переводящем куб в себя (например, А→В1→D1→А, С1→D→В→С1), вершины сечения
также меняются местами (K→L→M→К), поэтому центр Т треугольника KLM лежит на
диагонали А1С, а плоскость KLM перпендикулярна А1С. Тогда из подобия
TA1
AA
a
2
1
∆ТА1К АА1С находим
, т.е. TA1 
 OT  OA1 . Значит, А1
 1 
3
A1 K A1C
2 3
3
2
переходит в Т при гомотетии с центром О и коэффициентом k  . Аналогично
3
получаем и остальные вершины многогранника. Следовательно, он является кубом,
3
2
гомотетичным исходному, а его объем V=   а3.
3
5. Решение. В каждом протоколе допишем в конце голы, которые забила бы
проигравшая команда, чтобы сделать счет 10:10. Назовем это протоколом 10:10. Легко
понять, что разным исходным протоколам соответствует разные протоколы 10:10 и
каждый протокол 10:10 можно так получить (просто уберем из него все мячи, забитые
проигравшей командой после того, как другая забила 10 голов). Число же протоколов
20  19  ...  11
10

 184756 , так как это просто число способов выбрать 10
10:10 равно Ñ 20
10  9  ...  1
мячей, забитых одной командой, из всех 20 мячей, забитых по порядку в матче.