Ответы и решения задач муниципального этапа по математике 7 класс

7 класс (решения и ответы)
Ответы и решения задач муниципального этапа всероссийской
олимпиады школьников по математике (2011 год)
7 класс
1. Ответ: 2222 – 999 + 11 – 0 = 1234.
2. Ответ: 40 лет.
Решение: Для решения задачи воспользуемся таблицей.
Игнат
Тогда
2x
Сейчас
4x
Через 15 лет
4 x  15
Уравнение: 7 x  30  100, x  10 . Сейчас Игнату 40 лет.
Сестра
x
3x
3x  15
3. Ответ: не могло.
Решение: Заметим, что число орехов у каждой пары детей делится на 3. Это
означает, что суммарное число орехов должно делиться на 3. Однако 2011 на 3 не
делится.
4. Решение:
5. Ответ: А – рыцарь, Б – лжец.
Решение: Если А – лжец, то его утверждение неверно, т.е. оба должны быть
рыцарями. Противоречие. Значит, А – рыцарь. Тогда его утверждение верно и Б –
лжец.
8 класс (решения и ответы)
Ответы и решения задач муниципального этапа всероссийской
олимпиады школьников по математике (2011 год)
8 класс
1. Ответ: 198.
Решение: Трехзначное число N можно записать в виде 100a 10b  c . Из
условия 100a  10b  c  11(a  b  c) следует, что 89a  10c  b . Справа стоит
двузначное (однозначное, если с = 0) число, которое делится на 89, значит,
10c  b  89 . Но тогда a  1.
2. Ответ: часть окружности с диаметром OP, лежащая внутри данной окружности.
Решение: Пусть O — центр данной окружности, M — середина хорды, отсекаемой
от окружности прямой, проходящей через точку P. Тогда PMO = 90o. Поэтому
искомое множество — часть окружности с диаметром OP, лежащая внутри данной
окружности.
3. Ответ: AC = BD = 10
Решение: Из условия следует равенство треугольников
ABM и AND ( BM  DN , AB  AD, ABM  AND ), откуда BAE  DAF .
Кроме того, AB  AD, ABE  ADF . Поэтому треугольники ABE и ADF равны,
и, значит, DF  BE  3, BD  BE  EF  FD  10 .
.
4. Ответ: 3111 <1714
Решение: 3111  3211  1611211  1611212  161116 3  1614  1714
5. Ответ: 1006 рыцарей
Решение: Заметим, что два воина, стоящие рядом, не могли оказаться рыцарями.
Действительно, если бы они оба были рыцарями, то они оба сказали бы неправду.
Выберем воина, стоящего слева, и разобьем ряд из оставшихся 2010 воинов на 1005
групп по два рядом стоящих воина. В каждой такой группе не более одного
рыцаря, т.е. среди рассматриваемых 2010 воинов не более 1005 рыцарей, т.е. всего
в шеренге не более 1005 + 1 = 1006 рыцарей.
Рассмотрим шеренгу РЛРЛР…РЛРЛР. В такой шеренге стоит ровно 1006 рыцарей.
9 класс (решения и ответы)
Ответы и решения задач муниципального этапа всероссийской
олимпиады школьников по математике (2011 год)
9 класс
1. Решение. Предположим, что никто из ребят не ошибся. Если Вася написал числа
x1 , x2 ,..., xn , то Петя должен был написать числа x12 , x 22 , ..., x n2 . Маша должна была
посчитать
сумму
2
2
2
2
2 2
2
S  x1  x 2  ...  x n  x1  x 2  ...  x n  ( x1  x1 )  ( x 2  x 2 )  ...  ( x n  x n ) . Заметим,
что если a – целое, то число a 2  a  a(a  1) – четное. Значит, S – сумма четных
чисел, т.е. четное число и не может равняться 2011.
1
2. Ответ: на 15 банок. Решение: На банку напитка уходит
бидона яблочного и
6
1
1 1
4

 объема
бидона виноградного сока, значит, объем банки равен
10
6 10 15
1
бидона. После изменения рецептуры на банку напитка уходит бидона яблочного
5
1
1 1
и
бидона виноградного сока, значит, объем банки равен  объема бидона.
x
5 x
1 1 4
Получим уравнение   , x  15 .
5 x 15
3. Решение: Из условия следует подобие треугольников AXB и KXL – по первому
признаку подобия треугольников ( AXB  KXL ). Отсюда BAK  LKA , но
LKA  ABL (вписанные углы, опирающиеся на одну дугу). Так как AK и BL –
биссектрисы углов A и B , половины которых равны, то отсюда следует: A  B ,
т.е. треугольник равнобедренный.
4. Решение: Докажем, что при x  0, y  0
выполняется неравенство
x2
 4( x  y) .
y
Действительно, домножим обе части неравенства на y : x 2  4( xy  y 2 ) , или, что то
же, ( x  2 y)  0 . Теперь, сложив неравенство
2
y2
 4( y  z ) , мы получим требуемое.
z
x2
 4( x  y) с неравенством
y
9 класс (решения и ответы)
5. Ответ: больше тех, у которых цифры идут в убывающем порядке.
Решение: 1) Запишем число первой группы в обратном порядке. Мы получим
число второй группы, причем из разных чисел первой группы получаются разные
числа второй группы. В то же время числа второй группы, оканчивающиеся на 0,
например 98 760, не могли быть получены «переворотом» из чисел первой группы
(число 06789 = 6789 – не пятизначное). Значит, во второй группе чисел больше.
2) Числа первой группы получаются из числа 123 456 789 вычеркиванием четырех
цифр, т.е. их C 94  126 , а числа второй группы – из числа 9 876 543 210
вычеркиванием
пяти
цифр,
т.е.
их
C105  252 .
10 класс (решения и ответы)
Ответы и решения задач муниципального этапа всероссийской
олимпиады школьников по математике (2011 год)
10 класс
1. Ответ: Нельзя получить 0. Решение. Сумма этих чисел равна 255 – нечетному
числу, а при замене перед каким – нибудь слагаемым «+» на «-» четность выражения не
меняется. Посмотрим, как меняется эта сумма, если из нее взять два слагаемых и
заменить их разностью этих чисел (вместо «+» поставить «-»). Если эти два числа были
четные, то их сумма была четной, их разность тоже будет четной и четность общей
суммы не изменится. Аналогично для двух нечетных чисел. Если же одно число было
четное, а другое – нечетное, то их сумма была нечетной, их разность тоже будет
нечетной и четность общей суммы тоже не изменится. Значит, у нас могут получаться
только нечетные суммы, т.е. значение полученного выражения быть равным 0 не
может.
1
2. Ответ: при a  1; . Решение: Обозначив корни уравнения за x1 и x 2 , получим:
9
1

x

x


, (1)
1
2

a

2

 x1  x 2   , (2)
a

 x1  x 2  3.(3)


Выражая x1 и x 2 из уравнений (1) и (3) и подставляя в уравнение (2), получим после
1
упрощения уравнение 9a 2  8a  1  0 . Решая его, найдем a  1; .
9
п  (п  1)  (п  2)
3. Ответ:
. Решение: Первую точку можно взять п способами,
6
п  ( п  1)
вторую (п  1) способом. Число прямых, проходящих через них, равно
.
2
Третью точку можно выбрать ( п  2) способами. Тогда число прямых, проходящих
п  (п  1)  (п  2)
через эти три точки, равно
, что и определяет наибольшее количество
6
плоскостей, которые можно провести через различные тройки из п точек.
Ответ: ( ,  ,  ) , (4 , ,2 ) , где   0 . Решение: По условию 2b  a  c и
1 1 1
1 1 1
1 1 1
выполняется одно из равенств: 2   , 2  
или 2   . В первом
b a c
a b c
c a b
случае, решив систему 2b  a  c , 2ac  bc  ab , получаем a  b  c . Во втором случае
получаем a  b  c или a  4b , c  2b . Третий случай аналогичен второму.
4.
10 класс (решения и ответы)
5. Ответ: отрезок OT без его концов, где точка T лежит на луче OD и
CTO  ACD .
Решение: Пусть S1 - окружность, проходящая через точки A и B и пересекающая
BD в точке K . Тогда согласно свойству вписанных углов MKB  MAB  ACD ,
поэтому точки M , C , D , K лежат на одной окружности; если K лежит на отрезке
OD , то MKD  MCD  180 0 , если K лежит вне этого отрезка (точка K1 на
рисунке). Таким образом, K  N , поскольку K  S1 и K  S 2 , т.е. окружности,
проходящей через точки C, D и M . Итак, мы показали, что точка N должна лежать на
отрезке OT . Покажем теперь, что любая точка этого отрезка, кроме O и T , входит в
искомое геометрическое место точек. Действительно, пусть N  OT  . Тогда, выбрав
точку M  OC  так, чтобы MNB  ACD , получаем, что N  S1 и N  S 2 .
11класс (решения и ответы)
Ответы и решения задач муниципального этапа всероссийской
олимпиады школьников по математике (2011 год)
11 класс
1.
Ответ: 11! Решение:
770  7 1110 , значит N! делиться на 11.
Наименьшее выражение, содержащее множитель 11, будет 11!, в это произведение
будут входить и 7, и 10.
2. Доказательство: 1 способ. Так как a (a  b  c)  0 , то
a  0,
a  0,


a  b  c  0;
a  b  c  0.
Рассмотрим первый случай. Так как a  0 , то ветви параболы, заданной формулой
y  ax 2  bx  c , направлены вверх. А так как y (1)  a  b  c  0 , то существуют
точки параболы, лежащие ниже оси OX . Значит, парабола пересекает ось OX в 2
точках. Поэтому уравнение ax 2  bx  c  0 имеет два действительных корня.
Во втором случае ветви параболы направлены вниз, а y (1)  a  b  c  0 , поэтому
парабола пересекает ось OX в 2 точках. Тогда уравнение ax 2  bx  c  0 имеет
снова два действительных корня.
2 способ. Рассмотрим неравенство a (a  b  c)  0 . Раскрывая скобки в левой части,
умножая неравенство на -4, затем прибавим к обеим частям неравенства b 2 ,
получим: b 2  4a 2  4ab  4ac  b 2 . Преобразуем данное неравенство к виду:
b 2  4ac  (b  2a) 2 . Так как (b  2a) 2  0 , то b 2  4ac  0 . Поэтому уравнение
ax 2  bx  c  0 имеет 2 действительных корня.
  
3. Ответ: (0;0;  ) , (0;  ;0) , ( ;0;0) , ( ; ; ) .
6 3 2
Решение: Очевидные решения (0;0;  ) , (0;  ;0) , ( ;0;0) . Понятно, что другие
тройки чисел с нулевыми компонентами не являются решениями данной системы.
Остается рассмотреть случай, когда x  0, y  0, z  0 . Тогда, очевидно, x, y, z углы прямоугольного треугольника с катетами m, m 3 ,2m ( m - натуральное).
  
Следовательно, тройка ( ; ; ) - еще одно решение.
6 3 2
4. Ответ: Нельзя.
Решение: Пусть стрелки как-то расставлены. Спроектируем все полученные
векторы на прямую, содержащую высоту SO пирамиды. Проекции векторов,
лежащих в плоскости основания равны
, а проекции векторов, лежащих на
боковых ребрах, равны
или . Из нечетности числа векторов, лежащих на
боковых ребрах, следует, что сумма их проекций не может равняться , поэтому не
может равняться и сумма всех полученных векторов.
11класс (решения и ответы)
5. Пронумеруем всех учеников в классе с помощью натуральных чисел от 1 до 20 и
обозначим через F (i, j , k ) число общих друзей у i, j и k -го учеников, а сумму
всех таких чисел F через S . Тогда, чтобы доказать утверждение задачи,
достаточно показать, что для некоторых i, j и k выполняется неравенство
F (i, j, k )  3 .
20!
3

 1140 . Так как у каждого ученика не
Всего чисел F будет C 20
3!17!
менее 10 друзей в классе, то при подсчете числа S каждого ученика мы учитываем
10!
 120 раз, поэтому S  120  20  2400 .
не менее C103 
3!7!
Таким образом, сумма 1140 целых чисел не меньше 2400, поэтому одно из
F
чисел
не меньше 3, что и требовалось доказать.