задания, решения

Задания муниципального этапа всероссийской олимпиады школьников
по математике в 2011-2012 учебном году
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ.
7 класс
Общие замечания по проверке:
Почти у всех задач критерии написаны на основании
«приведенного» к задаче решения. В случае «другого» решения нужно
выработать другие критерии в соответствии с общими требованиями к
критериям, которые помещены в конце брошюры.
1. A, B, C, D – четыре последовательные цифры (в порядке возрастания).
Четырьмя звёздочками обозначено число, состоящее из тех же цифр A, B,
C, D в каком-то порядке. Решите числовой ребус:
Указание.
Заметим, что A не может быть 5 или больше, так как 5678+8765 уже больше
12300. Значит,
может равняться только 1234, 2345, 3456, 4567.
Подсчитаем для каждого из этих вариантов значение выражения 12300–
. Оно должно равняться ****, то есть должно быть
составлено из цифр A, B, C, D. Прямой подсчёт показывает, что это
выполняется, только если
(в этом случае ****=4523).
Критерии проверки:
Если имеется только ответ, в котором указано, что
и
****=4523, то один балл за каждую часть ответа. В итоге два балла за обе
части.
Не рассмотрение одного из четырех случаев, в которых нет решения (A=1,
A=3, A=4, A≥5) , снижает оценку до четырех баллов.
Рассмотрены все случаи, но имеются арифметические ошибки – оценка
снижается до пяти баллов.
2. Есть 100 карточек, у каждой одна сторона черная, а другая белая.
Карточки лежат на столе белой стороной вверх. Костя перевернул 50
карточек, затем Серёжа перевернул 60 карточек, а после этого Оля
перевернула 70 карточек, и наконец, Дима перевернул 80 карточек. В
результате все карточки оказались повёрнуты чёрной стороной вверх.
Сколько карточек было перевёрнуто только один раз? А сколько три раза?
Приведите все возможные ответы и докажите, что других нет.
Решение.
Поскольку все карточки сменили цвет, значит, каждую переворачивали
нечётное число раз. А поскольку каждую переворачивали не более четырех
раз, то каждую переворачивали один или три раза. Пусть x -количество
переворачиваний по 3 раза. Тогда по одному разу было 100– x переворотов.
И всего их было 3x+(100–x)=2x+100. С другой стороны их было
50+60+70+80=260. Получаем уравнение 2x+100=260.
Его корнем является число 80. Значит три раза перевёрнуто 80 карточек и
один раз 100–80=20 карточек.
Можно решить задачу и не составляя уравнения.
Поскольку все карточки сменили цвет, значит, каждую переворачивали
нечётное число раз. А поскольку каждую переворачивали не более четырех
раз, то каждую переворачивали один или три раза. Всего переворотов
50+60+70+80=260. А карточек 100, то
260–100=160 переворотов
приходится на карточки, которые переворачивали три раза. А значит на
каждую ещё по два переворота. Поэтому 160:2=80 карточек
переворачивались три раза. Один раз переворачивали 100–80=20 карточек.
Критерии проверки:
Уравнение составлено, но решено неверно – три балла.
Указан только один ответ: про карточки с тремя или одним поворотом. Всё
остальное есть. Шесть баллов.
3. На доске выписано число 181818…18 (всего 100 цифр: 50 единиц и 50
восьмёрок). Вова вычеркнул из него 13 цифр. Может ли оказаться, что
полученное число будет кратно 7?
Решение.
Если любую из цифр 8 заменить на 1, то
делимость на 7 не меняется, так как
разность между старым и новым числом
равна 7000…000
и кратна 7. Значит,
требуется установить, делится ли число
111…11 (87 единиц на 7). Выполняя
деление столбиком можно заметить, что
число 111111 делится на 7, а числа из
меньшего числа единиц не делятся. Но
поскольку 87 не кратно 6, то полученное
Вовой число не может оказаться кратным
7.
Критерии проверки:
Только ответ – нуль баллов.
Замечено, что можно 8 заменить на 1 и
более ничего - один балл.
А если еще и объяснено почему, то два балла.
4. Разрежьте приведённую на рисунке картинку на четыре равные части,
повредив при этом как можно меньше костей домино. (Не забудьте
объяснить, почему нельзя обойтись меньшим число повреждённых костей
домино.)
Решение.
Каждая кость домино состоит из двух клеток. Всего 36 клеток. Значит,
каждая из равных фигур должна содержать по 9 клеток. То есть, по крайней
мере, одну клетку из испорченной кости домино. Чтобы получить четыре
клетки, нужно испортить минимум две кости домино. Как получить
требуемое разрезание, показано на рисунке. Все четыре фигуры
совмещаются при повороте вокруг центра.
Критерии проверки:
Есть пример, нет оценки – три балла.
Есть оценка, нет примера – три балла.
За отсутствие объяснения равенства фигур баллов не снижать.
5. Деревня рыцарей и лжецов на карте имеет вид клетчатого квадрата 6×6, в
каждой клетке живет один человек – рыцарь или лжец. Рыцари всегда
говорят правду, а лжецы всегда врут. Соседними считаются клетки
примыкающие друг к другу по стороне или углу. Каждый житель сказал:
Среди моих соседей нечётное число лжецов. Доказать, что количество
лжецов в деревне чётно.
Решение.
Разобьем доску на четыре квадрата 3×3. Докажем, что в каждом таком
квадрате нечетное количество лжецов. Рассмотрим жителя из центральной
клетки. Если он рыцарь, то среди его соседей нечётное число лжецов и
значит и во всём квадрате их нечётное число. Если он лжец, то среди его
соседей чётное число лжецов, да еще он сам, и всего в квадрате - нечётное
число лжецов.
Так как сумма четырёх нечётных чисел чётна, значит чётно и общее число
лжецов.
Критерии проверки:
Есть идея разбиения на квадраты 3×3. Один балл.
Указано, что в квадрате 3×3 нечётное число лжецов, но не доказано – три
балла.
Комментарий. Не требуется приводить пример, что такое возможно, хотя
это и не сложно. Например, четыре лжеца в центральных клетках квадратов
3×3, а остальные рыцари.
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
8 класс
Общие замечания по проверке:
Почти у всех задач критерии написаны на основании
«приведенного» к задаче решения. В случае «другого» решения нужно
выработать другие критерии в соответствии с общими требованиями к
критериям, которые помещены в конце брошюры.
1. Доказать, что при любом натуральном n число
является квадратом рационального числа.
Указание.
Раскрыв скобки и приведя подобные в числителе и знаменателе, получим,
что выражение равно
, а число
– рациональное, так как является отношением
натуральных чисел.
Критерии проверки:
В результате упрощений получено отношение квадратов, а не квадрат – три
балла.
Не указано, что число
– рациональное, и это не объяснено, остальное
имеется – шесть баллов.
2. Можно ли выписать друг за другом четырнадцать трехзначных чисел так,
чтобы каждое число было меньше следующего за ним, но его сумма цифр
была бы больше, чем у следующего за ним?
Решение.
Условиям задачи удовлетворяет следующая последовательность из 14
трёхзначных чисел: 589, 597, 668, 676, 684, 692, 718, 726, 734, 742, 750, 803,
820, 900.
Критерии проверки:
Ответ «можно», без примера – нуль баллов.
Пример без слова «можно» - 7 баллов.
Описки в записи чисел не наказываются.
3. На праздник пришло несколько детей, некоторые из них с мамами, всего
30 человек. Оказалось, что детей, пришедших без мам, на десять меньше,
чем остальных детей. Сколько мам пришло на праздник? Приведите все
варианты и объясните, почему нет других.
Решение.
Заметим, что у одной матери может быть несколько детей, с которыми она
пришла на праздник. Пусть количество пришедших на праздник детей без
мам равно x, тогда детей с мамами x+10, а всего детей 2x+10. Значит, мам
пришло 30–(2x+10)=20–2x=2(10–x), то есть чётное количество. Понятно,
чем больше мам, тем меньше детей, и наоборот. И ещё детей с мамами не
может быть меньше, чем мам. Перебирая последовательно положительные
чётные числа в качестве возможного количества пришедших мам, получаем
подходящие варианты для 2, 4, 6, 8, 10 и 12 мам. При количестве мам
равном 14, детей без мам получается: (30–14–10):2=3, а детей с мамами:
3+10=13, что меньше 14, и значит 14 и все большие четные числа не
подходят.
Ответ: мам могло быть на празднике четное количество от 2 до 12
включительно.
Критерии проверки:
Только ответ - один балл.
Не показано, почему не может быть 14 и более - ставится не более четырех
баллов.
4. Диагонали четырехугольника ABCD перпендикулярны и пересекаются в
точке O. Пусть H точка пересечения высот остроугольного треугольника
ADC. Оказалось, что DH=BO и CAB=CDB. Доказать, что H – середина
отрезка DO.
Решение.
Пусть AE высота треугольника ACD.
Заметим,
что
в
прямоугольных
треугольниках OHA и EHD острые углы
OHA и EHD равны как вертикальные. А
значит, равны и вторые острые углы этих
треугольников:
EDH=ОAH. Из этого равенства и
равенства углов CAB=CDB получаем,
что BAO=HAO. А значит, AO –
биссектриса треугольника ABH, но она же
и высота этого треугольника (диагонали
перпендикулярны).
И
поэтому
треугольник ABH равнобедренный. AO - его медиана. BO=OH, ВO=HD (по
условию) и значит OH=HD и H – середина отрезка DO.
Критерии проверки:
Указано, но не доказано, что треугольник ABH – равнобедренный: один
балл.
А если из этого доказано утверждение задачи: три балла.
5. Деревня рыцарей и лжецов на карте имеет вид клетчатого квадрата 9×9, в
каждой клетке живет один человек – рыцарь или лжец. Рыцари всегда
говорят правду, а лжецы всегда врут. Соседними считаются клетки,
примыкающие друг к другу по стороне или углу. Каждый житель сказал:
Среди моих соседей нечётное число лжецов. Чётно или нечётно количество
лжецов в деревне?
Решение.Разобьем доску на девять квадратов 3×3. Докажем, что в каждом
таком квадрате нечетное количество лжецов. Рассмотрим жителя из
центральной клетки. Если он рыцарь, то среди его соседей нечётное число
лжецов и значит и во всём квадрате их нечётное число. Если он лжец, то
среди его соседей - чётное число лжецов, да еще он сам и в итоге в квадрате
- нечётное число лжецов.
Так как сумма девяти нечётных чисел нечётна, значит нечётно и общее
число лжецов.
Критерии проверки: Есть идея разбиения на квадраты 3×3. Один балл.
Указано, что в квадрате 3×3 нечётное число лжецов, но не доказано – три
балла.
Комментарий. Не требуется приводить пример, что такое возможно, хотя
это и не сложно. Например, девять лжецов в центральных клетках
квадратов 3×3, а остальные - рыцари.
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
9 класс
Общие замечания по проверке:
Почти у всех задач критерии написаны на основании
«приведенного» к задаче решения. В случае «другого» решения нужно
выработать другие критерии в соответствии с общими требованиями к
критериям, которые помещены в конце брошюры.
1. Из цифр 4 и 9 (каждая цифра должна быть использована) составить
наименьшее возможное натуральное число, кратное 4 и 9.
Решение.
Для того чтобы число делилось на 4 необходимо и достаточно, чтобы число,
составленное из двух последних цифр, делилось на 4. Возможные
окончания числа: 44, 49, 99, 94. Только первое делится на 4. Для делимости
на 9 необходимо и достаточно, чтобы сумма его цифр делилась на 9. От
добавления или убирания девяток делимость суммы цифр не меняется,
значит, если удалить все девятки, сумма всех оставшихся четвёрок должна
делиться на 9. Но 4 и 9 взаимно просты, значит на 9 должно делиться их
количество. То есть, в наименьшем числе - девять четвёрок, поскольку
число тем меньше, чем меньше в нём цифр. Число тем меньше, чем меньше
первые цифры, поэтому получаем, что наименьшее возможное число,
кратное 4 и 9, - это 4444444944.
Критерии проверки: Есть только ответ, и никаких обоснований: один балл.
Должно присутствовать пять моментов в обосновании:
Делимость на 4.
Делимость на 9.
Наименьшее по количеству цифр.
И наименьшее при одинаковом количестве цифр.
Взаимная проста 4 и 9.
Присутствие каждого добавляет к оценке еще один балл.
Наличие всех добавляет еще балл.
Оценка с пропуском одного пункта - пять баллов.
2. Двоечник Вова складывает дроби, прибавляя числитель к числителю, а
знаменатель - к знаменателю. Однажды он сложил две правильные
несократимые дроби и получил ответ, который в два раза меньше
истинного. Какие дроби складывал Вова, если известно, что они различны
и одна из них равна . (Найдите все варианты и докажите, что других нет.)
Решение.
Пусть вторая дробь была x/y (0<x<y – так как она правильная, и x и y взаимно простые, так как она несократимая). Из условия составляем
уравнение:
. Из него после преобразования получим
. Поскольку y>0, это уравнение равносильно
.
Получаем y=14 (при этом x – любое) или y =14x. Второе решение не
подходит, т.к. тогда вторая дробь, равная , оказывается равной первой, что
противоречит условию. В первом решении (y=14) x может
принимать значения, равные 3, 5, 9, 11 и 13. При всех других допустимых
значениях (0<x<14) дробь окажется либо равной известной, либо
сократимой.
Критерии проверки: Составлено уравнение, но нерешено или решено
неверно: один балл.
3. В треугольнике ABC провели медианы AN и BM. Оказалось, что
AN=BM=AB=1. Найти AC.
Решение.
Пусть G точка пересечения медиан.
Медианы равны и точкой пересечения
делятся в отношении 2 к 1, считая от
вершины, поэтому BG=AG, а значит
треугольник ABG – равнобедренный и углы
MBA
и NAB равны. Отсюда следует
равенство треугольников ABN и BAM (по
двум сторонам и углу между ними). Из
равенства треугольников имеем BN=AM.
Равны половины сторон, значит, равны и
стороны, т.е. треугольник ABC – равнобедренный. У двух равнобедренных
треугольников ABC и AMB общий угол, значит, они подобны. Из подобия
AB:AM=AC:AB. Значит 1:AC/2=AC:1 и AC2=2. Учитывая, что длина всегда
положительна, получаем AC= .
Критерии проверки. Доказана равнобедренность треугольника ABC – 2
балла.
4. Даны положительные числа a,b,c такие, что abc=ab+bc+ac. Доказать
неравенство
.
Решение.
Известно, что a2+b2 ≥2ab. Заменяя сумму квадратов в каждом знаменателе
на их удвоенное произведение, которое положительно, мы увеличиваем
дробь.
Критерии проверки:
Отсутствие ссылки на положительность произведения при наличии
остального уменьшает оценку до шести баллов.
Наличие или отсутствие доказательства неравенства a2+b2 ≥2ab оценку
решения не меняет.
5. На столе лежит 35 монет. За ход можно перевернуть любые две,
находящиеся в одинаковом положении (две решки или два орла). Могло ли
случиться, что к некоторому моменту любую пару монеток переворачивали
ровно один раз?
Решение.
Поскольку всего - нечётное число монет, то можно считать, что решек -
четное число, и пусть их k пар. За один ход число решек на столе
изменяется на две в сторону увеличения или уменьшения, то есть на одну
пару. То есть после нечетного числа ходов мы не сможем получить k решек.
С другой стороны, всего пар 35∙34/2=35∙17, то есть нечётное число. И,
значит, для реализации всех пар нужно сделать нечетное число ходов.
Каждая монета участвует в 34 парах и, значит, вернётся в начальное
состояние, то есть в конце пар решек столько же, сколько было в начале.
Чего быть не может. Значит этого добиться нельзя.
Критерии проверки: Показано сколько всего пар. Один балл.
Указано, что если можно, то каждая монета переворачивалась 34 раза один балл.
Если есть оба и больше ничего - два балла.
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
10 класс
Общие замечания по проверке:
Почти у всех задач критерии написаны на основании
«приведенного» к задаче решения. В случае «другого» решения нужно
выработать другие критерии в соответствии с общими требованиями к
критериям, которые помещены в конце брошюры.
1.. Найдите все натуральные числа n такие, что число n 5  5n 3  4n
заканчивается на 2012.
Ответ: не существует.
Решение: n5  5n 3  4n  n(n 4  5n 2  4) 
 n(n 2  1)  (n 2  4)  (n  2)  (n  1)  n  (n  1)  (n  2) . Получили произведение
пяти подряд идущих целых чисел, значит одно из них обязательно делится
на 5. Следовательно, число n 5  5n 3  4n делится на 5, но число a1...ak 2012
не делится на 5.
Рекомендации по проверке. Если получено, что
n5  5n3  4n  (n  2)  (n  1)  n  (n  1)  (n  2) : 4 балла.
2. В классе 25 учеников. На уроке физкультуры учитель попросил
построиться учеников в шеренгу по убыванию роста учеников слева
направо. Но оказалось, что не все ученики построились правильно по росту.
Учитель делает замечания двум рядом стоящим ученикам, если они стоят не
по росту. После этого они меняются местами. Какое наименьшее число
замечаний надо сделать учителю, чтобы все ученики выстроились по росту
независимо от их начального положения.
Ответ:300
Решение. Пусть имеется некоторое расположение учеников в шеренге.
Рассмотрим всевозможные различные пары учеников (всего таких пар
2524 : 2 = 300). Назовем пару учеников, стоящих рядом друг с другом
«хорошей», если эта пара учеников стоит по росту, противном случае будем
называть её «плохой». После того как ученики выстроятся по росту не
должно остаться «плохих» пар. Заметим, что за одну операцию число
«плохих»(«хороших») пар меняется не более чем на 1. В самом деле, только
в паре учеников, которые меняются местами, может появиться или
исчезнуть «плохая» («хорошая») пара. Следовательно, при начальном
расположении, в котором ученики стоят в обратном порядке (каждая пара
учеников образует «плохую» пару), потребуется сделать не менее 300
замечаний.
Покажем, что 300 замечаний всегда достаточно. Если в некотором
расположении ученики стоят не по росту, то найдется «плохая» пара
учеников, образующая беспорядок. Поменяв местами эту пару учеников,
мы уменьшаем число «плохих» пар на 1. Таким образом, каждой операцией
мы можем уменьшать число «плохих» пар на 1 и не более, чем через 300
операций прийти правильному порядку учеников.
Рекомендации по проверке. Указан правильный ответ: 1 балл
Найден ответ, как количество различных пар учеников, но не показано, что
можно при любой начальной расстановке 300 замечаний достаточно: 3
балла.
3.
Даны
такие
f ( x)  x  bx  a
2
различные числа a,b,c,d, что график функции
не пересекает ось абсцисс, а для функции
g ( x)  x 2  cx  d выполняется условие: g (a)  b, g (b)  a. Доказать, что
уравнение ax 2  bx  c  0 имеет два различных корня.
Решение.
1) Так как f ( x)  x 2  bx  a не пересекает ось абсцисс, то уравнение
не
имеет
x 2  bx  a  0
2
2
D  b  4a  0  0  b  4a  a  0 .
2)
Из
g (a )  b, g (b)  a
условия
корней,
получаем:
то
есть
a 2  ca  d  b и
b 2  cb  d  a . Вычитая из первого равенства второе, получаем:
a 2  b 2  ca  cb  b  a  (a  b)( a  b)  c(a  b)  b  a . Так как
числа
a
и
b
различны,
то
a-b≠0.
(a  b)( a  b)  c(a  b)  b  a  a  b  c  1.
Следовательно
3) Рассмотрим функцию h( x )  ax 2  bx  c . Из (1) и (2) следует, что
a  0 и h(1)  a  b  c  1  0 . А это означает, что график
квадратичной функции имеет две точки пересечения с осью
абсцисс.
Рекомендации по проверке.Получено условие a  0 : 1 балл.
Получено, что a  b  c  1, но не доказано, что a  0 : 4 балла.
 20122011  2011  .
2012  1   20122  2 
4. Найдите сумму 


...


 



22
22011
 2
 



Ответ: 2 
2013
.
2 2011
Решение.
Каждое слагаемое в сумме можно записать в
виде
k
k
 2012  k   2012
k  
k 
k

   k  k   1006  k  , где k=1,2,…,2011. Так как
k
2
2
2
2


 
 
1006k натуральное, то в силу свойств дробной части числа получаем, что
k  k 

k
1006  k    k  . Далее отметим, что при любом k=1,2,…,2011
2  2 

k
k  k .
,
следовательно
Получаем,
что
0 k 1
 k k
2
2  2
2
 20122011  2011 1 2 3
2011
 2012  1  2012  2 


  ...  
   2  3  ...  2011 
2
2011
2
2
2
2
2
2
2

 



1  1 1
1  1
1 
1  1
1 1
 1
   2  ...  2011    2  3  ...  2011    3  ...  2011   ...   2010  2011   2011 
2  2 2
2  2
2 
2  2
2 2
2
1  1 1
1  1
1 
1  1
1 1
 1
   2  ...  2011    2  3  ...  2011    3  ...  2011   ...   2010  2011   2011 
2  2 2
2  2
2 
2  2
2 2
2
1  1
1  1
1 
1  1

 1
 1  2011     2011    2  2011   ...   2009  2011   2011 
2  2
 2  2 2  2 2 
2
1  2009
1
2009
2013
 1 1
 1   2  ...  2009   2011  2  2009  2011  2  2011 .
2  2
2
2
2
 2 2
Рекомендации по проверке.
2
2011
Доказано, что  2012  1   2012  2   ...   2012  2011  1  2  3  ...  2011

 



2
2011
2
3
2011

2
 
2


2
 2 2
2
2
но не найдена сумма: 4 балла
5 Около четырехугольника ABCD описана окружность с центром в точке
O. Диагонали четырехугольника перпендикулярны. Найдите длину стороны
BC, если расстояние от точки O до стороны AD равно 1.
Ответ: BC=2
Решение:
Пусть OEAD, тогда ОЕ=1. Проведем
через
точку
A
прямую
перпендикулярную
AD,
которая
пересекают окружность в точке M.
Тогда DM – диаметр и DO=OM. Так
как DBA=DMA (как вписанные
углы, опирающиеся на одну и ту же
дугу),
MDA=90–DMA
и
CAB=90–DBA, то CAB=MDA.
Следовательно, дуга AM равна дуге BC
и BC=AM. MDA подобен ODE (по
двум равным углам) c коэффициентом подобия ½, значит 2OE=AM=BC=2.
Рекомендации по проверке.
Доказано подобие OED и CBA: 2 балла
РЕШЕНИЯ.
11 класс
Общие замечания по проверке:
Почти у всех задач критерии написаны на основании
«приведенного» к задаче решения. В случае «другого» решения нужно
выработать другие критерии в соответствии с общими требованиями к
критериям, которые помещены в конце брошюры.
1. Найдите 2011-ую цифру после запятой в десятичной записи числа
15 

 cos

32 

2011
Решение. cos
.
Ответ: 0.
15

 sin .
32
32
sin x  x для всех x  0.
2011
15 
1


1


 . Значит  cos
 2011 и 2011-ая
Тогда sin

32 32 10
32 
10

Далее можно воспользоваться оценкой
цифра после запятой в этом числе – 0.
Рекомендации по проверке.Если просто констатируется, что sin

32

1
10
и далее получается ответ, то ставится 0 баллов.
2. Найдите все возможные положительные значения параметра a в
квадратном трехчлене f ( x)  ax  bx  c , если он имеет два различных
2
корня, лежащих в интервале (0,1), а f (0)  f (1)  1 .
Ответ: ( 4,).
Решение. Из условия задачи f (0)  f (1)  1 . С другой стороны, если x1 и
x2 - корни квадратного трехчлена, то
f (0)  f (1)  a 2 x1x2 (1  x1 )(1  x2 )  a 2 x1 (1  x1 ) x2 (1  x2 ) 
1
1 1 a2
 a    . Причем равенство возможно только при x1  x 2  .
2
4 4 16
2
a
. Откуда получаем, что a2  16 и a  4.
Значит f (0)  f (1) 
16
Осталось показать, что для любого a  4 такой трехчлен найдется.
2
Действительно, f ( x)  ax  ax  1 в точках 0 и 1 принимает значение 1,
2
1
а его корни 
2
1
2
4
a
при
a  4 принадлежат интервалу (0,1).
Рекомендации по проверке.
Доказано, что если выполнены условия задачи, то a  4 (оценка) – 4 балла.
Показано, что все a  4 подходят (пример) - +3 балла.
3. На доске выписано число 181818…18 (всего 2012 цифр: 1006 единиц и
1006 восьмёрок). Вова вычеркнул из него 12 цифр. Может ли оказаться,
что полученное число будет кратно 7?
Решение.
Если любую из цифр 8 заменить на 1, то делимость на 7 не меняется, так
как разность между старым и новым числом равна 7000…000 и кратна 7.
Значит, требуется установить, делится ли число 111…11 (2000 единиц на 7).
Выполняя деление столбиком можно заметить, что число 111111 делится на
7, а числа из меньшего числа единиц не делятся. Но поскольку 2000 не
кратно 6, то полученное Вовой число не может оказаться кратным 7.
Критерии проверки:
Только ответ – нуль баллов.
Замечено, что можно 8 заменить на 1 и
более ничего - один балл.
А если еще и объяснено почему, то два
балла.
4. Ребро KL треугольной пирамиды KLMN
перпендикулярно плоскости основания
LMN, треугольник LMN – прямоугольный с
гипотенузой
3 . Строится
последовательность точек {O1, O2 ,...} по
следующему правилу: O1 - центр сферы описанной около пирамиды KLMN,
O2 - центр сферы описанной около пирамиды O1LMN, … , On - центр
LN,
KL=
сферы описанной около пирамиды On-1LMN, найдите длину отрезка LN,
если в последовательности {O1, O2 ,...} ровно две различные точки.
Ответ: 3.
Решение. Центр сферы O1 , описанной около пирамиды KLMN лежит на
прямой a , проходящей через центр окружности, описанной около
треугольника LMN точку A, перпендикулярно плоскости этого
треугольника. LMN – прямоугольный, следовательно A – середина
гипотенузы LN. Плоскость KLN перпендикулярна плоскости основания
LMN, поэтому прямая a лежит в плоскости KLN. С другой стороны, O1
лежит на серединном перпендикуляре к отрезку KN, а так как прямая a
делит отрезок KN пополам, то O1 - середина KN.
Каждая точка
Oi равноудалена от точек L,M и N, поэтому все они лежат на
прямой a. Точка
O2 равноудалена от точек O1 , L и N:
O1O2  LO2  NO2 . Значит, O1  O2. Тогда по условию задачи
O3  O1 , O4  O2 , O5  O1 , O6  O2 ,... .
Тогда
LO1  NO1  O1O2  LO2  NO2. Откуда KNL  30.
Значит,
KN  2 3 и LN  3 .
Рекомендации по проверке. Доказано, что
O1 - середина KN – 2 балла.
Доказано, что все точки Oi принадлежат прямой a - +1 балл.
5. Внутри выпуклого 2011- угольника отмечены 2010 точек. Обозначим
через M множество точек, состоящее из этих 2010 точек и из вершин 2011угольника. Никакие три из 4021 точки множества M не лежат на одной
прямой. Данный 2011-угольник разрезан на треугольники так, что все точки
множества M являются вершинами этих треугольников, и других вершин у
этих треугольников нет. Сколько треугольников получается при таком
разрезании?
Ответ: 6029.
Решение.
Посчитаем сумму углов всех получившихся треугольников. Сумма углов с
вершинами во внутренних точках 2011-угольника равна 360  2010 .
Сумма углов с вершинами в вершинах 2011-угольника равна сумме

180  2009 .


Итак, получим 360  2010 + 180  2009 . Тогда количество
360  2010  180  2009
треугольников
.
180
внутренних углов 2011-угольника, т.е.
Уважаемые коллеги!
На решение задач второго этапа учащимся предоставляется по 4 часа.
Перед началом олимпиады участникам следует разъяснить, сколько
времени они пишут олимпиаду, указать, что условия задач переписывать не
нужно, достаточно написать номер задачи, решение которой записывается.
Следует сказать так же, что нужно приводить не только ответы, но и в
обязательном порядке их обосновывать (в этом по существу и состоит
решение задачи, а ответ лишь его результат). Подробность и точность
решения сказывается на оценке решения задачи в баллах. Следует так же
указать, что все задачи оцениваются в 7 баллов. Во время олимпиады не
разрешается пользоваться калькулятором. Рекомендовать по окончании
работы сдавать не только чистовик, но и черновик, в нем жюри может
найти записи, служащие частью решения или его идеей, и каким-то образом
это оценить.
Указания по проверке и оценке работ олимпиады.
Все задачи оцениваются в баллах одинаково по 7 баллов.
Критерии оценок:
Баллы Правильность (ошибочность) решения
7
Полное верное решение.
Верное решение. Имеются небольшие недочеты, в целом не
6
влияющие на решение.
Решение в целом верное. Однако решение содержит существенные
5
ошибки, либо пропущены случаи, не влияющие на логику
рассуждений.
Верно рассмотрен один из двух (более сложный) существенных
4
случаев или в задаче типа «оценка + пример» верно получена
оценка.
Доказаны вспомогательные утверждения, помогающие в решении
3-2
задачи.
1
Рассмотрены отдельные важные случаи при отсутствии решения.
Решение неверное, продвижение отсутствует. Или решение
0
отсутствует.
Решение вопроса о том, сколько баллов снимать за допущенные
недочеты или ошибки, дело жюри, важно, чтобы ко всем работам был
единый подход и мнение о том, что за что ставить, вырабатывалось
коллективно (это обычно называют критерии оценок по задаче). После
проверки желательно провести детям показ их работ с предварительным
объяснением, за что и сколько ставилось и за что и сколько снималось. Во
время показа оценка за задачу может быть изменена, если выяснится, что
жюри не все правильно поняло в задаче (этого не стоит бояться - не
ошибается тот, кто ничего не делает), и только после показа решается
вопрос о награждении и утверждается на окончательном заседании жюри.