Всероссийская предметная олимпиада школьников по математике. 2 этап. 8.12.2015

7 класс

1. Разрежьте данную фигуру на три равные части.

Решение:

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2. Даны две правильные обыкновенные дроби. У одной из них числитель на 100 меньше знаменателя, у другой числитель на 2015 меньше знаменателя. Может ли у суммы этих дробей числитель быть больше знаменателя?

Могут. Достаточно привести любой подтверждающий пример. Проще всего это сделать, предъявив две дроби, каждая из которых больше ½. Например, 101/201 и 2016/4031. Тогда их сумма будет больше 1, а значит, у их суммы числитель будет больше знаменателя.

Комментарий. Если приведен правильный пример, но никоим образом не пояснено, почему он верен (нет сравнения суммы с единицей, или вычисления суммы в явном виде и т.д.) – снимать два балла.

 

3. За круглым столом сидят эльфы, люди, хоббиты, гномы и орки. Известно, что для любых двух народов найдутся два представителя этих народов, сидящие рядом. Какое наименьшее число существ может сидеть за столом?

Поскольку у каждого сидящего за столом по 2 соседа, а рядом с представителями каждого народа должны оказаться существа от четырех других народов, то каждый народ представляют как минимум двое, т.е. общее число существ не менее 10. Пример на 10 существ: – Э – Ч – Х – Г – О – Э – Г – Ч – О – Х –

НЕ нашли? Не то? Что вы ищете?

Комментарий: только пример без доказательства минимальности – 2 балла. Только доказательство минимальности без предъявления примера (или с неправильным примером) – 4 балла. Любой ответ, больший 10 – 0 баллов.

 

4. Разность двух четырехзначных чисел равна 7. На сколько могут отличаться суммы цифр у этих чисел?

Если при добавлении 7 последняя цифра увеличивается на 7 и не происходит переноса в другой разряд, то сумма цифр также увеличивается на 7 (пример – 1000 и 1007, суммы цифр 1 и 8).

Если же при прибавлении перенос из разряда в разряд происходит, то каждый такой факт переноса «уменьшает» сумму цифр на 9 (так как в одном разряде сумма становится на 10 меньше, а в другом на 1 больше). Таких переносов может быть не более трех (из единиц в десятки, из десятков в сотни, из сотен в тысячи). Тогда возможны варианты:

– при одном переносе сумма цифр уменьшается на 2 (7 – 9). Пример: 1005 + 7 = 1012.

– при двух переносах сумма цифр уменьшается на 11 (7 – 18). Пример: 1095 + 7 = 2002.

– при трех переносах сумма цифр уменьшается на 20 (7 – 27). Пример: 1999 + 7 = 2006.

Ответ: на 2, 7, 11 и 20.

Комментарий. Если верно найден только 1 случай – 1 балл. Если 2 или 3 случая – 2 балла. Если найдены все 4 случая, но в одном из них явно обсчитался (например, 7 – 27 получилось 19) – 5 баллов. Если верно найдены все случаи, но примеры не предъявлены – 6 баллов.

 

5. В шахматном турнире участвовали 8 человек, и все они набрали разное количество очков. Шахматист, занявший второе место, набрал столько же очков, сколько и шахматисты, занявшие четыре последних места вместе взятые. Как завершилась игра между шахматистами, занявшими 4 и 5 места? (В шахматах победа приносит 1 очко, ничья ½ очка, поражение 0 очков).

Назовем игроков, занявших места с 1 по 8, A, B, C, D, E, F, G, H соответственно. Игроки E, F, G, H сыграли друг с другом 6 партий, то есть уже набрали не менее 6 очков. Значит, у игрока B не менее 6 очков, а у игрока А – не менее 6,5. Так как каждый игрок играет 7 партий, то и набрать он может не более 7 очков, т.е. у А – или 6,5 очков, или 7.

Если у А 7 очков, то он выиграл все партии, в том числе и у В, т.е. у В не более 6 очков (а значит, ровно 6).

Если у А 6,5 очков, то у В меньше – значит, все равно ровно 6.

Итак, игрок В набрал ровно 6 очков. Значит, игроки E, F, G, H набрали тоже ровно 6 очков на всех (играя между собой). Это означает, что все остальные свои партии они проиграли. Но тогда партия между D и E завершилась победой D.

Ответ: победил игрок, занявший 4 место.

Комментарий. Ответ без объяснения – 0 баллов. Ответ с ошибочным объяснением – не более 1 балла.

Всероссийская предметная олимпиада школьников по математике. 2 этап. 8.12.2015

8 класс

1. Имеется по 100 литров 5%-го, 10%-го и 15%-го растворов кислоты. Какое максимальное количество 12%-го раствора можно получить из имеющихся?

Если мы смешаем все растворы, то 3 литра 10%-го раствора – крепость меньше нужной. Если мы смешаем только 10%-й и 15%-й растворы, то получим 2 литра 12,5%-го раствора – крепость больше, чем надо. Вывод: искомый максимум меньше 3 литров, но больше двух, и получается, если 10%-й и 15%-й растворы взять полностью, а потом разбавить 5%-м раствором до нужной концентрации.

Пусть х – количество 5%-го раствора для разбавления. Тогда получим уравнение

0,05х + 0,125´2 = 0,12 (х + 2),

откуда х = 1/7.

Таким образом, получим 2 1/7 литра нужного раствора.

Ответ: 2 1/7.

Комментарий: за запись ответа в виде 15/7 баллы не снижать. За получение правильного ответа, который потом в ответе округляется – снять 2 балла.

 

2. Докажите, что если ab + cd делится нацело на a + c, то ad + bc тоже делится нацело на a + c (числа a, b, c, d натуральные).

(ab + cd) + (ad + bc) = (a + c)(d + b) делится на a + c. Ну а если сумма двух чисел делится на a + c  и первое слагаемое делится на a + c, то и второе слагаемое тоже делится на a + c.

 

3. На доске размером 3´2016 находятся белая ладья и черный слон. Фигуры ходят по обычным правилам (ладья – только по горизонталям и вертикалям, слон – только по диагоналям). Первой ходит ладья. Как должна ходить ладья, чтобы наверняка взять слона (число ходов не ограничено)?

Общая стратегия: ладья должна первым (или вторым, если первым она вдруг попадет под удар слона) занять среднюю горизонталь, а затем на любой ход слона или брать его, или, не сходя со средней горизонтали , вставать от него на «ход коня» (см. рис.)

 

 

 

 

С

 

 

 

 

Л

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

*

В такой позиции слон может пойти или под удар, или на клетку, помеченную *. После этого ладья делает ход на 2 клетки в том же направлении, оттесняя, таким образом, слона к одному из концов доски. В конечном итоге после хода ладьи возникнет одна из ситуаций (изображены для правого края доски, но ученик может решать и для левого, конечно):

 

 

 

С

 

 

 

 

 

 

 

С

 

Л

 

 

 

 

 

 

 

Л

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

После этого слон гибнет: любой из его ходов приводит на битое поле.

Комментарий: ученик теряет один из возможных конечных вариантов и утверждает, что слон, например, «обязательно уйдет в угол», но в остальном стратегия верна – снять 2 балла.

4. Какое наименьшее количество точек на плоскости надо взять, чтобы среди попарных расстояний между ними встретились числа 1, 2, 4, 8, 16, 32, 64?

Очевидно, что 8 точек A1, A2, ..., A8, расположенных на расстояниях A1A2 = 1, A2A3 = 2, ..., A7A8 = 64, удовлетворяют условию. Покажем, что меньшего числа точек на плоскости расположить нельзя. Для каждого k = 0, 1,..., 6 выберем пару точек, между которыми расстояние равно 2k, и соединим их отрезками. Из неравенства треугольника следует, что полученные 7 отрезков (и никакая часть из них) не образуют замкнутого многоугольника. Следовательно, число точек должно по крайней мере на 1 превосходить число этих отрезков, т. е. быть не меньшим 7 + 1 = 8.

Ответ: 8.

Комментарий: только ответ – 0 балл. Только пример 8 точек – 2 балла. Любое верное обоснование должно ссылаться на неравенство треугольника. Только обоснование минимальности без примера – 4 балла.

 

5. Футбольный матч «Мордовия» – «Рубин» завершился со счетом 5 : 8. Муж, болеющий за «Мордовию» и жена, болеющая за «Рубин», собираются посмотреть этот матч в записи (уже зная итоговый счет). Но смотреть они будут по очереди: сначала смотрит муж (а жена сидит с ребенком), потом – жена (а муж сидит с ребенком). Докажите, что они смогут поменяться так, чтобы каждый увидел равное количество мячей, забитых их любимой командой.

Смена зрителя должна произойти после того, как сумма забитых мячей станет 8, но до того, как будет забит 9-й мяч.

Если при этом «Рубин» забил х мячей, то «Мордовия» забила 8 – х (муж увидел 8 – х мячей своей команды).

После смены Мордовия забьет 5 – (8 – х) = х – 3 мяча, а Рубин 8 – х мячей (жена увидела 8 – х мячей своей команды).

Таким образом, условие задачи выполнено (при этом может оказаться даже, что х = 8, и никто вообще не увидит ни одного мяча, забитого своей командой, но и это не нарушает условия).


Всероссийская предметная олимпиада школьников по математике. 2 этап. 8.12.2015

9 класс

 

1. Доказать или опровергнуть утверждение: из любого трехзначного числа можно, изменив только одну его цифру, получить простое число.

Опровержение. Рассмотрим число 200. Если в нем менять любую из первых двух цифр, или менять третью цифру на четную, то в итоге получится четное число (отличное от 2), которое не является простым. Если же менять третью цифру на нечетную, то получатся составные числа: 201 = 3´67, 203 = 7´29, 205 = 5´41, 207 = 3´69, 209 = 11´19.

Возможны и другие примеры.

Комментарий: только ответ с примером числа, для которого эти условия выполняются (без доказательства, что все получаемые числа составные) – 2 балла. Рассмотрение только нечетных примером без упоминания четных вообще – 6 баллов.

 

2. Разложите на простые множители 222 +39 · 210 +81.

Решение: 222 +39 · 210 +81 = 4 × 220 +39 · 210 +81 = (квадратный трехчлен, t = 210) =

= 4 (210 + 6,75) (210 + 3) = (212 + 27) (210 + 3) = 4123 ´ 1027 = 7´19´31´13´79.

Комментарий: решение остановилось на разложении на 2 множителя – 2 балла. Получено 3-4 простых множителя – 3-4 балла. Если ученик вычислил исходное число и раскладывал его на множители прямо так (и разложил!) – выставление баллов по тем же правилам, баллы за нерациональность решения не снимать.

 

3. В прямоугольном треугольнике a, b – длины катетов, c – длина гипотенуза, h – длина высоты, опущенной на гипотенузу. Доказать, что a + b < c + h.

Рассмотрим разность:

(a + b)2 – (c + h)2 = (a2 + 2ab + b2) – (c2 + 2ch + h2) = (a2 + b2 – c2) + 2(ab – ch) – h2 = – h2 < 0.

Первая скобка равна 0 по теореме Пифагора, вторая – по равенству ab = ch.

Таким образом, (a + b)2 < (c + h)2, откуда и следует утверждение задачи.

Комментарий. Правильное решение должно либо идти от верного неравенства к доказываемому, либо при преобразовании доказываемого неравенства необходимо ссылаться на равносильность получаемых неравенств. Если же ученик берет то неравенство, которое надо доказать, производит над ним преобразования и получает верное неравенство в итоге, то здесь логическая ошибка (неравенство, полученное как следствие из неверного, может быть и верным, но это ничего не доказывает!), и за это ставить не более 2 баллов.

 

4. Решить систему уравнений:

xy + x + y = 80,

yz + y + z = 80,

zx + z + x = 80.

Вариант решения – сделать так:

(x + 1)(y + 1) = 81,

(y + 1)(z + 1) = 81,

(z + 1)(x + 1) = 81,

Далее уже масса вариантов, например, выразить из первого и второго уравнения (x + 1) и (z + 1) через (y + 1) и подставить в третье.

Ответ: (8; 8; 8) и (–10; –10; –10).

Комментарий. Не снижать баллы за нерациональность решения. Если сразу и без доказательств утверждается, что x = y = z – не более 2 баллов. Если одно из решений потеряно – не более 2 баллов.

 

5. На продаже волшебной палочки Гарри Поттер заработал 9 галеонов, однако ему подсунули одну фальшивую монету (она чуть легче настоящих). Чтобы найти ее, Гарри пошел к Хагриду, у которого оказались два экземпляра чашечных весов. Хагрид предупредил Гарри, что одни из весов заедают: если на чашах лежит поровну монет, то эти весы всегда показывают равенство. Какие весы заедают, Хагрид не помнит. Сможет ли Гарри за три взвешивания найти фальшивую монету?

Сможет. Занумеруем монеты от числами от 1 до 9, а весы номерами 1 и 2.

I взвешивание. Выбираем первые весы и 1, 2, 3, 4 сравниваем с 5, 6, 7, 8.

а) Если весы не в равновесии, то мы нашли незаедающие весы, а среди монет на легкой чаше 1 фальшивая. Теперь задача становится известной: выкидываем сломанные весы, а на правильных осталось за 2 взвешивания найти 1 легкую монету из 4. Можно сравнивать, например, попарно – там вариантов много.

б) Если весы в равновесии, то (II взвешивание) на вторых весах сравниваем монеты 1, 2, 3 и 5, 6, 7. Если при этом весы не в равновесии, то мы нашли и правильные весы, и три монеты, среди которых фальшивая. Третьим взвешиванием на правильных весах сравниваем две из этих монет, та, что легче, – фальшивая; если они равны, то фальшивая третья.

Если же весы и при втором взвешивании в равновесии, то:

– либо первые весы верны, и фальшива монета № 9;

– либо вторые весы верны, и фальшива одна из монет 4, 8, 9.

III взвешивание: на вторых весах сравниваем монеты 4 и 8. Если весы не в равновесии, то более легкая монета найдена, как и правильные весы. Если весы в равновесии, то монеты 4 и 8 настоящие – это проверено на обоих весах, и фальшива монета № 9. При этом какие весы заедают, мы не определили, но это и не требовалось.

Комментарий. Только ответ без приведения алгоритма взвешивания – 0 баллов. При рассмотрении только частных случаев – не более 1 балла.


Всероссийская предметная олимпиада школьников по математике. 2 этап. 8.12.2015

10 класс

 

1. Доказать или опровергнуть утверждение: из любого натурального числа, записанного в десятичной системе счисления, можно, изменив только одну его цифру, получить простое число.

Опровержение. Рассмотрим число 200. Если в нем менять любую из первых двух цифр, или менять третью цифру на четную, то в итоге получится четное число (отличное от 2), которое не является простым. Если же менять третью цифру на нечетную, то получатся составные числа: 201 = 3´67, 203 = 7´29, 205 = 5´41, 207 = 3´69, 209 = 11´19.

Возможны и другие примеры.

Комментарий: только ответ с примером числа, для которого эти условия выполняются (без доказательства, что все получаемые числа составные) – 2 балла. Рассмотрение только нечетных примером без упоминания четных вообще – 6 баллов.

 

2. Найти наименьшее значение функции P(x) = (x + 1)(x + 2)(x + 3)(x + 4) и все значения х, при которых оно достигается.

Ответ х = –2,5 естественный, но неверный. Перемножим первую скобку с последней, а вторую с предпоследней: P(x) = (x2 + 5х + 4)(x2 + 5х + 6). Пусть t = x2 + 5х + 5, тогда P(t) = (t – 1)(t + 1) = t2 – 1.

Наименьшее значение P(t) = –1 при t = 0,

Комментарий: за решение с помощью производной баллы не снижать.

 

3. Существует ли натуральное число k такое, что k6 + k4 + k2 = 10k+1 + 9?

Не существует. Правая часть, очевидно, не делится на 3, а левая делится (этот факт нужно аккуратно доказать, и в способах доказательства ученики не ограничены – или разложением левой части на множители и перебором случаев; или просто обосновав, что либо k делится на 3, и тогда все слагаемые делятся на 3, либо k не делится на 3, и тогда все слагаемые в левой части при делении на 3 дают остаток 1, а тогда их сумма все равно делится на 3; или еще как-то).

 

4. В треугольнике АВС известно, что 3ÐА + 2ÐВ = 180°. Доказать, что

ВС2 = АВ × (АВ – АС).

Во-первых, ученик должен показать, что АВ > АС. Это следует из того, что

ÐС = 180° – ÐА – ÐВ = 3ÐА + 2ÐВ – ÐА – ÐВ = 2ÐА + ÐВ >ÐВ.

Далее возьмем на стороне АВ точку D так, что АD = АС. Треугольник ADC равнобедренный по построению, треугольники АВС и СВD подобны: у них ÐВ  общий, а

ÐCDВ = 180° – ÐCDA =180° – 0,5 (180° – ÐА) = 180° – 0,5 (2ÐА + 2ÐВ) = 180° – ÐА – ÐВ = ÐС.

Из подобия следует, что ВС/АВ = АD/ВC, т.е. ВС2 = АВ × AD, а это и требовалось доказать.

Комментарий. Отсутствие первого пункта – минус 2 балла.

 

5. Команды провели турнир по футболу в 1 круг. Оказалось, что у единоличного победителя количество побед меньше чем количество поражений. Какое наименьшее число команд могло участвовать в турнире?

Оценка: Из условия задачи следует, что существует команда (не победитель), у которой побед больше, чем поражений (т.к. общее число побед и поражений у всех команд в сумме совпадает). Эта команда в k встречах набирает не меньше, чем 3 + (k – 1) = k + 2 очка (объяснение: первые три очка – это та самая лишняя победа; в остальных матчах ничьи приносят по 1 очку, а пара «победа + поражение» – 3 очка за 2 матча, т.е. по 1,5 очка за матч; значит, в каждом из этих k – 1 матчей команда набирает не менее 1 очка). У команды-победителя должно быть более k + 2 очков.

Если у победителя не более 3 побед (а поражений, не забываем, минимум на одно больше!), то она набирает не более, чем 3´3 + (k – 3 – 4)´1 = k + 2 очка. Значит, у победителя минимум 4 победы и 5 поражений. Но тогда в турнире участвуют не менее 10 команд.

Пример: победитель выигрывает у 4 команд и проигрывает 5, а все остальные матчи заканчиваются вничью. Тогда у победиочков, у 5 команд, которым он проиграл – по 11, а у 4 команд, у которых он выиграл – по 8.

Комментарий: только пример на 10 команд – 2 балла, оценка без примера – 4 балла.


Всероссийская предметная олимпиада школьников по математике. 2 этап. 8.12.2015

11 класс

 

1. Доказать, что число 20172017 + 20132013 делится на 10.

Ученик должен обосновать (например, через периодичность значения последних цифр степеней 7 и 3), что десятичная запись первого слагаемого оканчивается на 7, а второго – на 3.

Комментарий: попытка применить формулу сокращенного умножения и доказать, что сумма делится на 2017 + 2013 – 0 баллов.

2. Найти наименьшее значение функции P(x) = (x + 1)(x + 2)(x + 3)(x + 4) и все значения х, при которых оно достигается.

Ответ х = –2,5 естественный, но неверный. Перемножим первую скобку с последней, а вторую с предпоследней: P(x) = (x2 + 5х + 4)(x2 + 5х + 6). Пусть t = x2 + 5х + 5, тогда P(t) = (t – 1)(t + 1) = t2 – 1.

Наименьшее значение P(t) = –1 при t = 0,

Комментарий: за решение с помощью производной баллы не снижать.

 

3. Найти все натуральные числа, которые в 13 раз больше суммы своих цифр.

Во-первых, ученик должен доказать, что это число обязательно трехзначное. Пусть n – количество цифр числа

Если  то  – не подходит (слишком подробного доказательства неравенства  не требуется: при n = 4 оно верно, а при увеличении n на единицу левая часть увеличивается менее чем в 2 раза, а правая – в 10 раз).

Если  то  – не подходит.

Значит,  Тогда   Далее  а для b и c – перебор вариантов.

Ответ: 117, 156, 195.

Комментарий: отсутствие доказательства трехзначности с предъявлением всех решений – не более 3 баллов. Просто предъявление 1-2 примеров – 1 балл.

 

4. Какое наибольшее число непересекающихся квадратов со стороной 1 можно разместить в круге радиуса 2?

При любом размещении непересекающихся девяти квадратов со стороной 1 наибольшее расстояние между их точками будет не меньше длины диагонали квадрата 3´3, т.е. не меньше , следовательно, девять квадратов со стороной 1 нельзя разместить в круге радиуса 2. Докажем, что восемь квадратов разместить можно. Расположим квадраты так, как показано на рисунке. Докажем, что радиус окружности, описанной около равнобокой трапеции ABCD, меньше 2, а точки E и F будут лежать внутри окружности. Тем самым будет доказано и требуемое. Пусть О – центр окружности, K, L, M – середины отрезков AD, BC, EF. Пусть OK = x. Тогда

  

  

Так как  то OE < OA, т. Е лежит внутри окружности, что и требовалось доказать.

 

5. На королевский турнир за руку принцессы и полцарства в придачу приехали сражаться 52 рыцаря. Известно, что силы у всех различны, и в каждом поединке более сильный всегда побеждает более слабого, за одним исключением: самый слабый рыцарь из гордости всегда побеждает самого сильного. Реальные силы рыцарей королю неизвестны. Может ли король выявить самого сильного рыцаря не более, чем за 64 поединка?

Может. Обозначим сильнейшего рыцаря за S, слабейшего W. Разобьем их на 13 четверок. В каждой четверке a, b, c, d проведем «полуфиналы» и «финал»: пусть a > b, c > d, a > c (символом «>» обозначаем победу). Борец a победил двоих, значит, он не W. Поэтому b и c – не S. Сравним a и d. Если a > d, то d – тоже не S. Переходим к следующей четверке.

Если такая ситуация повторится по всех четверках, то мы после 13´4 = 52 поединков оставили 13 рыцарей, среди которых нет W, но есть S. За оставшиеся 12 боев находим из них сильнейшего (способов много).

Допустим теперь, что в одной из четверок (в худшем случае – в последней) при четвертом поединке оказалось, что a < d. Возник цикл: a > c > d > a. Ясно, что такое возможно тогда и только тогда, когда в этом цикле есть и S и W. Возможны варианты: с = W, d = S или d = W, a = S. Сравним b и d (b точно не S). Если b > d, то a = S, если b < d, то d = S. Значит, мы нашли S не более чем за 53 боя.

Комментарий: полностью и верно рассмотрена только первая или только вторая ситуация – не более 3 баллов.