Ключи математика

ГОРОДСКАЯ ОЛИМПИАДА ПО МАТЕМАТИКЕ 2012-2013
ШКОЛЬНЫЙ ТУР
РЕКОМЕНДАЦИИ
ПО ПРОВЕДЕНИЮ ШКОЛЬНОЙ ОЛИМПИАДЫ ПО МАТЕМАТИКЕ
Время, отводимое на решение задач:
5-8 классы
9-11 классы
60 минут
90 минут
Министерством образования России рекомендуется при проверке решений
задач городских (районных) олимпиад исходить из 7-балльного оценивания
каждой задачи (независимо от её сложности). При этом можно придерживаться
следующих критериев:
Число баллов
Критерии
7
Решение верное, полное, не содержит ошибок.
6
Решение верное, но содержит недочёты.
4-5
Решение в основных чертах верное, но не полно или
содержит непринципиальные ошибки.
1-3
Решение неверное, но содержит разумные соображения,
имеется некоторое продвижение вперёд в решении задачи.
0
Решение неверное или отсутствует.
Решение считается неполным, если оно:
– содержит все идеи, но не доведено до конца;
– при верной общей схеме рассуждений содержит пробелы, то есть явно или
скрыто опирается на недоказанные утверждения, которые нельзя считать
известными или очевидными.
При оценивании решения не следует снижать баллы за нерациональность
рассуждений или исправления, внесённые учеником в ходе решения.
Нахождение второго варианта решения задачи оценивать в 1-2 балла, в
зависимости от сложности задачи. За наличие «красивых» (оригинальных) идей в
решении можно поощрять дополнительным баллом.
При присваивании призовых мест желательно придерживаться следующих
соображений:
1 место присуждается при наборе учеником не менее 75% общего числа
баллов.
2 место присуждается при наборе учеником 60% – 75% общего числа баллов.
3 место присуждается при наборе учеником 50% – 60% общего числа баллов.
1
Городская олимпиада по математике 2012-2013
Школьный тур
(Решения)
5 класс
1. Используя ровно четыре раза цифру 4, скобки и знаки арифметических
действий, представьте все числа от 0 до 10.
Решение.
Числа могут быть представлены, например, так: 44  44  0 , 44 : 44  1,
4 : 4  4 : 4  2,
 4  4  4 : 4  3 ,  4  4  4  4  4 ,  4  4  4 : 4  5 ,  4  4 : 4  4  6 ,
 4  4  4 : 4  7 ,  4  4 :  4 : 4   8 , 4  4: 4  4  9 ,  44  4 : 4  10 .
2. Если школьник купит 13 тетрадей, то у него останется 3 рубля. А на 16
тетрадей у него не хватает 9 рублей. Сколько денег у школьника?
Решение.
16 13  3 тетради стоят 9  3  12 рублей. Тогда одна тетрадь стоит 12 : 3  4
рубля. Тогда 13 тетрадей стоят 13  4  52 рубля. А денег у мальчика было 52  3  55
рублей.
Ответ: 55 рублей.
3. Школьный драмкружок, готовясь к постановке отрывка из сказки
А. С. Пушкина о царе Салтане, решил распределить роли между участниками.
– Я буду Черномором, – сказал Юра.
– Нет, Черномором буду я, – заявил Коля.
– Ладно, – уступил ему Юра, – я сыграть Гвидона.
– Ну, я могу стать Салтаном, – тоже проявил уступчивость Коля.
– Я же согласен быть только Гвидоном! – произнёс Миша.
Желания мальчиков были удовлетворены. Как распределились роли?
Решение.
Поскольку Миша готов быть только Гвидоном, то ему достаётся эта роль.
Юра готов играть либо Черномора, либо Гвидона, значит, ему достаётся роль
Черномора. Коля соглашался на роли Черномора и Салтана, то есть ему достаётся
роль Салтана.
4. А.
2
Городская олимпиада по математике 2012-2013
Школьный тур
(Решения)
6 класс
1. К числу 147 приписать слева и справа по одной цифре так, чтобы полученное
пятизначное число делилось на 15. Найти все такие пятизначные числа.
Решение.
Число делится на 15 тогда и только тогда, когда оно делится на 5 и на 3.
Чтобы число делилось на 5 его последней цифрой должен быть 0 или 5. Чтобы
число делилось на 3, сумма его цифр должна делиться на 3. Рассмотрим случаи:
1) *1470 . Сумма известных цифр равна 1  4  7  0  12; 12 3 . Чтобы сумма цифр
искомого числа делилась на 3, первая цифра (отличная от нуля) должна
делиться на 3. То есть может принимать любое из значений: 3, 6, 9. Таким
образом, получим три числа: 31470, 61470, 91470.
2) *1475 . Сумма известных цифр равна 1  4  7  5  17 . Чтобы сумма цифр
искомого числа делилась на 3, первая цифра может быть: 1 17  1  18; 18 3 , 4
17  4  21; 21 3 и 7 17  7  24; 24 3 .
2. Разлейте пополам бидон вместимостью 10 л, наполненный молоком, используя
для этого два других пустых бидона вместимостью 3 л и 7 л.
Решение.
Решение представлено в таблице:
10 л
10
7
7
4
4
1
1
8
8
5
5
3л
–
3
–
3
–
3
2
2
–
3
–
7л
–
–
3
3
6
6
7
–
2
2
5
3. На острове живут рыцари (они всегда говорят правду) и лжецы (они всегда
лгут). Однажды на площади собралась толпа, и каждый из собравшихся заявил
остальным: «Вы все — лжецы!». Сколько среди них рыцарей?
3
Решение.
Если все собравшиеся лжецы, то все сказали правду, то есть не являются
лжецами. Значит, такой случай невозможен. Если среди собравшихся более
одного рыцаря, то все рыцари солгали. Значит, такой случай также невозможен. В
случае, если среди собравшихся один рыцарь, то он сказал правду, а все
остальные солгали, так как являются лжецами. Таким образом, на площади один
рыцарь.
4. Из фигур, изображённых на рисунке, составьте прямоугольник 4  5 .
Решение.
Решение представлено на рисунке:
4
Городская олимпиада по математике 2012-2013
Школьный тур
(Решения)
7 класс
1. Решите ребус: ЧАЙ : АЙ  5 .
Решение.
Данный ребус можно переписать в виде: АЙ  5  Ч 100+АЙ или АЙ  4  Ч 100 .
Таким образом, АЙ  Ч  25 . Так как при умножении на 25 должно получиться
двузначное число, то Ч может принимать одно из значений: 1, 2 или 3.
1) Ч  1 , тогда АЙ  25 , то есть, А  2 , Й  5 .
2) Ч  2 , тогда АЙ  50 , то есть, А  5 , Й  0 .
3) Ч  3 , тогда АЙ  75 , то есть, А  7 , Й  5 .
2. В корзине лежат 30 грибов. Среди любых 12 из них имеется хотя бы один
рыжик, а среди любых 20 грибов — хотя бы один груздь. Сколько рыжиков и
сколько груздей в корзине?
Решение.
Так как среди любых 12 грибов имеется хотя бы один рыжик, то груздей в
корзине не более 11, аналогично, рыжиков не более 19, то есть всего грибов не
более 30. Так как по условию в корзине ровно 30 грибов, то в ней 11 груздей и 19
рыжиков.
Ответ: 11 груздей и 19 рыжиков.
3. В спортивном зале есть несколько одинаковых скамеек. Если спортсмены сядут
по 6 человек на скамейку, то на последнюю скамейку сядут только 3 человека.
Если же спортсмены будут садиться по 5 человек на скамейку, то 4 спортсменам
места не хватит. Сколько скамеек в спортивном зале?
Решение.
Пусть всего в спортивном зале x скамеек. Тогда при размещении по 6 на
скамейку, на  x  1 скамейках разместятся 6  x  1 и ещё три спортсмена на
последней. При размещении по 5 человек, на  x  1 скамейках разместятся 5  x 1
и ещё четыре спортсмена на последней. Получим уравнение: 6  x 1  3  5  x 1  4 .
Решая его, получим x  2 .
Ответ: две скамейки.
5
4. Равносторонний треугольник ABC разбит на 13 равносторонних треугольников.
Найдите периметр треугольника ABC, если периметр закрашенного треугольника
равен 9 см.
B
A
C
Решение.
Так как периметр закрашенного треугольника равен 9 см, то сторона
закрашенного треугольника равна 3 см. Вдоль одной стороны закрашенного
треугольника помещается три стороны маленького треугольника. Значит, сторона
маленького треугольника равна 1 см. Сторона нижнего треугольника в два раза
больше стороны маленького треугольника, а, значит, равна 2 см. Сторона
треугольника ABC в три раза больше стороны нижнего треугольника, то есть
равна 6 см. Значит, периметр треугольника ABC равен 18 см.
Ответ: периметр треугольника ABC равен 18 см.
6
Городская олимпиада по математике 2012-2013
Школьный тур
(Решения)
8 класс
1. Постройте график функции:
y
x2  x
x2
.

x2 1 x  1
Решение.
Найдём область определения функции: x  1 . Выпишем сумму дробей и
выполним
преобразования:
x  x  1
x2  x
x2
x2
x  x 2 x 1  x 





 x.
x 2  1 x  1  x  1 x  1 x  1 x  1
x 1
Таким образом, требуется построить график функции y  x , при условии x  1 .
y
–1
1
–1
1
x
2. Решите ребус Ш К  ОЛА .
Решение.
Очевидно, Ш  0 и Ш  1 . При Ш  2 7  К  9 . Если К  7 , то ОЛА  128 , то есть
Ш  Л . Если К  8 , то ОЛА  256 , то есть Ш  О . Если К  9 , то ОЛА  512 , то есть
Ш  А . При Ш  3 5  К  6 . Если К  5 , то ОЛА  243 , то есть Ш  А . Если К  6 , то
ОЛА  729 . При Ш  4 К  4 . При Ш  5 А  5 . Аналогично, исключаем случай
Ш  6 . При Ш  7 К  3 , тогда ОЛА  343 , то есть К  О  А . При Ш  8 К  3 , тогда
ОЛА  512 . При Ш  9 К  3 , тогда ОЛА  729 , то есть Ш  А . Таким образом,
получаем два решения 36  729 и 83  512 .
3. Два мудреца написали на семи карточках числа от 2011 до 2017. После этого
они перемешали карточки, и каждый из мудрецов взял себе по три карточки, а
оставшуюся карточку они спрятали в мешок. Изучив свои карточки, первый
мудрец сказал второму: «Я знаю, что сумма чисел на твоих карточках нечётна!»
Какие числа написаны на карточках первого мудреца?
7
Решение.
Два мудреца написали на семи карточках числа от 2011 до 2017. После этого
они перемешали карточки, и каждый из мудрецов взял себе по три карточки, а
оставшуюся карточку они спрятали в мешок. Изучив свои карточки, первый
мудрец сказал второму: «Я знаю, что сумма чисел на твоих карточках нечётна!»
Какие числа написаны на карточках первого мудреца? Всего на карточках
написано 4 нечётных и 3 чётных числа. Если бы на карточках первого мудреца
были бы только нечётные числа, то с уверенностью о нечётности суммы у второго
утверждать нельзя: возможен случай 2012  2014  2016 . Если бы на карточках
первого мудреца были бы два нечётных числа и одно чётное, то с уверенностью о
нечётности суммы у второго утверждать нельзя: возможен, например, случай,
когда у второго два чётных и одно нечётное. Если бы на карточках первого
мудреца были бы два чётных числа и одно нечётное, то с уверенностью о
нечётности суммы у второго утверждать нельзя: возможен случай, когда у
второго два нечётных и одно чётное. В случае, если у первого мудреца все числа
чётные, то у второго все карточки с нечётными числами, а, значит, сумма
нечётная. Значит, на карточках первого мудреца записаны числа 2012, 2014, 2016.
4. Треугольник ABC является прямоугольным с гипотенузой AB. На прямой AB по
обе стороны от гипотенузы отложены отрезки AK  AC и BM  BC . Найдите угол
KCM .
Решение.
CAK
является
внешним
CAK  ABC  ACB .
BCM  90 
ACK  90 
треугольника
1
 ABC  ACB  .
2
ABC.
Значит,
Аналогично,
1
 BAC  ACB  .
2
KCM  ACK  ACB  BCM  90 
 270 
для
1
1
 ABC  ACB   90  90   BAC  ACB  
2
2
1
 ABC  BAC   45  45  180  45  135 .
2
8
Городская олимпиада по математике 2012-2013
Школьный тур
(Решения)
9 класс
1. Найдите количество цифр в десятичной записи числа 32  48  518 .
Решение.
Преобразуем:
32  48  518  32  216  516  52  152  1016  225  1016 .
запись получившегося числа состоит из 19 цифр.
Ответ: 19 цифр.
Десятичная
2. Можно ли разменять купюру в 50 рублей пятнадцатью монетами достоинством
1 и 5 рублей?
Решение.
1 способ.
Допустим, что это возможно. Обозначим x – число пятирублёвых монет,
тогда 15  x  – число рублёвых монет. Так как разменивают 50-рублёвую
купюру, то справедливо равенство: 5x  1  15  x   50 . Откуда 4 x  15  50 .
Последнее уравнение не имеет решений в целых числах. Следовательно,
предположение о возможности размена неверно.
Ответ: купюру в 50 рублей разменять пятнадцатью монетами достоинством 1 и 5
рублей невозможно.
2 способ.
Заметим, что достоинства монет – нечётные числа, их количество – 15, тоже
нечётное число. Складывая нечётное число нечётных чисел, получим нечётное
число. 50 – чётное. Следовательно, пятнадцатью монетами достоинством 1 и 5
рублей невозможно разменять купюру в 50 рублей.
Замечание для проверяющих. Решение задачи вторым способом
предполагает более высокий уровень обобщённости математических знаний. При
проверке можно дать дополнительный балл учащемуся в случае выбора им такого
способа решения.
B
3. Дан выпуклый четырёхугольник ABCD , в
котором AB  BC и AD  DC . На диагонали AC
нашлась точка K такая, что AK  BK и точки
K , B, C, D лежат на одной окружности. Докажите,
что BD  AD .
A
C
K
D
9
Решение.
1) Треугольник AKB равнобедренный по условию. Следовательно,
BAK  KBA.
2) Треугольник ADC равнобедренный по условию. Следовательно,
DAC  ACD .
3) Углы KBD и KCD опираются на одну дугу, поэтому равны.
Итак, показано: KBD  KCD  CAD и BAK  KBA.
4) BAD  BAK  KAD  ABK  KBD  ABD .
5) В треугольнике ABD : BAD  ABD . По свойству треугольника против
равных углов лежат равные стороны. Следовательно, BD  AD .
4. Определите число способов расстановки на шахматной доске белой и чёрной
ладей так, чтобы они не били друг друга (ладья ходит вдоль горизонталей и
вертикалей на любое число свободных клеток).
Решение.
Шахматная доска имеет 64 поля. Ставим белую ладью на любое из них (64
варианта). Чёрную ладью можно поставить на любое из полей, которое не
находится на горизонтали и вертикали, содержащими поле со стоящей уже белой
ладьей. Это 64  15  49 вариантов (или 7  7  49 . С каждым из первых 64
вариантов выбора поля можно взять любой вариант из вторых 49). Таким
образом, всего получается 64  49  3136 вариантов.
Поля, которые бьёт
белая ладья
Поля, которые
бьёт белая ладья
10
Городская олимпиада по математике 2012-2013
Школьный тур
(Решения)
10 класс
1. Вычислите:


2013  1
4

2013  1
8

2013  1
16
Решение.
Сворачиваем разность квадратов:







2013  1
4

2013  1

2013  1
2013  1
2013  1
2013  1
4
4
4
8

2013  1
16

32
2013  1

32
2013  1
2013  1
2013  1

64
2013  1

64
2013  1 .

64
2013  1


64
2013  1 
 2013  1 2013  1 2013  1 2013  1 
2013  1 2013  1 2013  1 2013  1 
2013  1 2013  1 2013  1   2013  1 2013  1
2013  1  2013  1  2012 .
2013  1
8
16
32
8
16
16
8
8

32
4
4

2013  1 
Ответ: 2012.
2. Решите неравенство x  x  4  x  5 x  9   96  0 .
Решение.
Перемножаем первый и четвёртый, второй и третий сомножители в первом
слагаемом:  x 2  9 x  x 2  9 x  20   96  0 . Вводим замену t  x 2  9 x и решаем
неравенство t  t  20   96  0 .
t 2  20t  96  0 ,  t  8 t  12   0 , 12  t  8 . Переходим к первоначальной
переменной:
 x 2  9 x  8  x 2  9 x  8  0 8  x  1
, 2
,
, 8  x  1 .
 2
x

любое
число
x

9
x


12
x

9
x

12

0



Ответ:  8;  1 .
3. Найдите углы треугольника со сторонами a, b, c , если его площадь равна
1
S  a 2  b2 .
4


11
Решение.
Воспользуемся формулой для вычисления площади треугольника по двум
1
сторонам и углу между ними S   a  b  sin  . Можно составить равенство:
2
1
1
a 2  b2
2
. Так как  a  b   0 , то
 a  b  sin    a 2  b2  , откуда sin  
2
4
2ab
a 2  b2
2
2
a  b  2ab . А так как a и b положительны (длины отрезков), то
 1. В
2ab
рамках задачи получено: sin   1. По свойству sin   1. Следовательно, остаётся
a 2  b2
a 2  b2
и sin   1, то
 1 , откуда
sin   1 и   90 . Так как sin  
2ab
2ab
2
 a  b   0 и a  b . Следовательно, треугольник равнобедренный. Значит,
оставшиеся два угла по 45 .
Ответ: 90, 45, 45 .
4. Парабола y  x 2  px  q пересекает прямую y  2 x  3 в точке с абсциссой
x0  1 . При каких значениях p и q расстояние от вершины параболы до оси Ox
минимально? Найдите это расстояние.
Решение.
Так как
графики
пересекаются
в
точке
с
абсциссой
x0  1 ,
то
12  p 1  q  2  1  3 , т. е. p  q  2 . Найдём координаты вершины параболы:
2
p2 p2
p2
p
 p
 p

qq
. Расстояние до оси Ox –
xв   , yв      p      q 
4
2
4
2
 2
 2
p2
это абсолютная величина ординаты вершины параболы yв  q 
. Учитывая
4
условие p  q  2 , получим:
2
2
p2
p2
p 
p 
yв  2  p 

 p  2    1  1    1  1
4
4
2 
2 
Наименьшее значение yв будет равно 1 и достигается при наименьшем
2
2
p 
p 
значении первого слагаемого   1 , т. е. при   1  0 . Таким образом
2

2 
искомое значение параметра p найдено: p  2 . Осталось определить q :
q  2  p  2   2   0 .
Ответ: p  2, q  0 , наименьшее расстояние от вершины параболы до оси Ox
равно 1.
12
Городская олимпиада по математике 2012-2013
Школьный тур
(Решения)
11 класс
1. Решите уравнение
cos3x
  2cos 2 x  sin 2 x  cos 2 x  1  1 .
cos x
Решение.
cos3x
равносильно
системе
  2cos 2 x  sin 2 x  cos 2 x 1  1
cos x
cos3 x   cos 2 x  sin 2  cos 2 x   cos x
cos3 x  cos 2 x  1  sin 2 x   cos x
.
,


cos x  0
cos x  0
cos3x  cos 2x  cos2 x  cos x
cos3 x  cos 2 x  cos x  1
,
,
последняя
система


cos x  0
cos x  0
равносильна уравнению cos3x  cos2 x  cos x  1 . Так как cos3x  1, cos 2 x  1 и
cos x  1 , то cos3x  cos 2 x  cos x  1 . Причём, если хотя бы одно из трёх
неравенств строгое, то и в произведении неравенств стоит строгое неравенство.
Следовательно, каждое решение уравнения cos3x  cos2 x  cos x  1 удовлетворяет
условиям cos3x  1, cos 2 x  1 и cos x  1 . Таким образом, уравнение
cos3x  cos2 x  cos x  1 равносильно совокупности четырёх систем:
cos3 x  1 cos3 x  1 cos3 x  1 cos3 x  1




cos 2 x  1, cos 2 x  1, cos 2 x  1 , cos 2 x  1. Решим каждую систему.
cos x  1 cos x  1 cos x  1 cos x  1




Уравнение
2 n

x

, nZ
3x  2 n, n  Z 
3


1) 2 x  2 m, m  Z ,  x   m, m  Z ,
 x  2 k , k  Z
 x  2 k , k  Z



y
y
O
x
O
y
x
O
x
x  2 k , k  Z .
13
2 n

x

, nZ

3
3 x  2 n, n  Z




2) 2 x    2 m, m  Z ,  x    m, m  Z
2

 x    2 k , k  Z

 x    2 k , k  Z


y
y
O
x
O
x
y
O
Решений нет.
 2 n

x


, nZ
3x    2 n, n  Z 
3
3


3) 2 x  2 m, m  Z ,  x   m, m  Z
,
 x    2 k , k  Z  x    2 k , k  Z



y
y
O
x
O
x
x
y
O
x
x    2 k , k  Z .
 2 n

x  3  3 , n  Z
3 x    2 n, n  Z 



4) 2 x    2 m, m  Z ,  x    m, m  Z ,
2

 x  2 k , k  Z

 x  2 k , k  Z


14
y
O
y
x
y
x
O
x
O
Решений нет.
В результате получены два множества точек: x  2 k , k  Z
x    2 k , k  Z , которые можно объединить в серию x   k , k  Z .
и
Ответ: x   k , k  Z .
2 x  y  1
2. Решите систему неравенств  2
.
2
5 x  5 y  1
Решение.
Правая часть первого неравенства положительна, следовательно, каждое его
решение делает его левую часть не меньше 1, т. е. также положительной. Поэтому
можно возвести в квадрат обе части неравенства с сохранением его знака:
2
 2 x  y   1 . Или 4 x 2  4 x y  y 2  1 . Это неравенство является следствием
системы. Умножим его на 1:
4 x 2  4 x y  y 2  1
и сложим со вторым неравенством системы:
x 2  4 x y  4 y 2  0 . Свернём
последнее:  x  2 y   0 , т. е.  x  2 y   0 или x  2 y  0 . Итак, первоначальная
2
2
2 x  y  1

система равносильна системе 5 x 2  5 y 2  1 . Решаем её:
 x  2y  0


x
2 x   1

2

5 x  2
2
 2

 x
2
5 x  5     1 , 25 x  4 ,
2


x
y 

x

2
y 
2

2
1
Ответ: x   ; y  .
5
5

5 x  2

5 x  2 ,

x
y 

2
5 x  2


x ,
y

2
2

 x  5
,

1
y

5
2

 x   5
.

1
y 

5
15
3. В треугольнике ABC из вершины A проведены медиана AM и биссектриса
AD . Длины сторон, прилегающих к вершине A , относятся как 2 : 3 . Найдите
отношение площадей треугольников ADM и ABD .
Решение.
Пусть для определённости AC  AB . Обозначим BC  a , тогда CM  MB 
a
2
CD 2
2a
3a
, DB 
.
 . Следовательно, CD 
DB 3
5
5
a 2a
Найдём длину отрезка DM : DM  CM  CD  
 0,1a . Составим
2 5
отношение площадей треугольников ADM и ABD , имеющих одну и ту же
S
DM
DM
0,1a
1
высоту: ADM 


 .
S ABD
BD BM  MD 0,5a  0,1a 6
Ответ: 1: 6 .
и (по свойству биссектрисы)
4. Найдите наименьшее значение функции y  x   x 2  4 x  5  x 2  2 x  10 .
Решение.
Выделим
полные
y  x 
 x  2
2
1 
 x  1
y  x 
 x  2
2
  0  1 
2
квадраты
2
9
 x  1
в
и
2
подкоренных
перепишем
выражениях:
так
  0  3 . Теперь видно, что y  x  можно
2
понимать как сумму расстояний от точки с координатами  x; 0  до точек,
координаты которых  2; 1 и  1; 3 .
B  1; 3 y
Покажем на рисунке.
Отразим точку А от оси Ox , получим
точку A1 , AC  A1C и BC  AC  BC  A1C .
Сумма расстояний BC и AC будет
наименьшей, если точки B, C , A1 лежат на
A 2; 1
1
одной прямой. Получаем: yнаим.  A1B ,
C  x; 0 
O
x
2
2
yнаим.   1  2    3   1   9  16  5 .
1
1
Ответ: 5.
A1  2;  1
16