Ответы, указания, решения (1 тур) (стр. 1 )

Турнир «Математические бои команд школ Алтайского края и городов Сибири памяти »

г. Барнаул, 9 -11 января 2017 г.

Ответы, указания, решения (1 тур)

7 класс

1. Можно ли представить дробь 2/7 в виде суммы двух дробей, числители которых равны 1, а знаменатели – различные целые числа?

Ответ: можно. Например, 2/7 = 1/4 + 1/28.

2. Карлсону подарили пакет с конфетами: шоколадными и карамельками. За первые 10 минут Карлсон съел 20% всех конфет, причем 25% из них составляли карамельки. После этого Карлсон съел еще 3 шоколадные конфеты, и доля карамелек среди съеденных Карлсоном конфет понизилась до 20%. Сколько конфет было в подаренном Карлсону пакете?

Ответ: 60 конфет. В первой порции съеденных конфет шоколадных было в 3 раза больше, чем карамелек, а потом их стало в 4 раза больше. Значит, число дополнительно съеденных шоколадных конфет равно числу карамелек. Таким образом, вначале Карлсон съел 3 карамельки и 9 шоколадных конфет, и эти 12 конфет составляют 20% всех конфет. Следовательно, всего в пакете было 60 конфет.

3. Даны два трехзначных числа. Цифра сотен каждого из них соответствует цифре единиц другого. Найдите эти цифры, если их разность чисел равна 297, а сумма цифр меньшего числа 23.

Ответ: 689, 986. Обозначим и данные числа, при этом . Это означает, что a > c. Последняя цифра числа 297, то есть 7 есть разность 10 + c – a = 7, a = c + 3. Ясно, что c ≤ 6. Если же c ≤ 5, то сумма цифр меньшего числа c + d + a ≤ 5 + 9 + 8 = 22, что невозможно. Значит, c = 6, a = 9, 6 + d + 9 = 23, d = 8. Цифра b определяется из равенства . Slovenian National Mathematical Olympiad 1999

4. В команде ЧГК 6 человек: Аня, Боря, Вася, Галя, Дима и Егор. У Ани в команде есть 1 друг, у Бори – 2, у Васи – 3, у Гали – 4, у Димы – 5. Сколько друзей у Егора? (кстати, что за командная игра?)

Ответ: трое. Из условия следует, что Дима дружен со всеми членами команды (включая Егора), а Аня дружит именно с ним. Удалим Диму и Аню из команды. У всех оставшихся количество друзей уменьшится на 1. Значит, Галя будет дружна со всеми, а Боря только с ней. Удалим их. Останутся двое Вася и Егор, при этом в оставшейся компании у Васи 1 друг. Значит это Егор. Осталось вспомнить, что количество друзей Егора дважды уменьшалось на 1. (Ярославль 2011).

5. Два отрезка AB и CD длины 1 пересекаются в точке O, так, что Ð AOC = 60°. Докажите, что AC + BD ≥ 1.

Проведем отрезок CE равный и параллельный отрезку AB. Четырехугольник ACEB параллелограмм по построению, значит, AC = BE. Далее, треугольник DCE равнобедренный (CD = CE) с углом 60° при вершине C, значит, он равносторонний и DE = 1. Осталось заметить, что AC + BD = DB + BE ≥ DE = 1.

6. В пятиконечной звезде даны три угла. Известно, что АВ = ВС. Чему равен угол х?

Ответ: 54°. По условию треугольник АВС равнобедренный, значит углы A и C равны, как углы при основании. Они равны (180° – 14°): 2 = 83°. По свойству вертикальных углов один их углов треугольника, содержащего угол x также равен 83°. Найдем второй внутренний угол данного треугольника: 180° – (80° + 57°) = 43°. Тогда значение искомого угла таково: 180° – (83° + 43°) = 54°.

7. Из натуральных чисел от 1 до 22 вычеркнули все числа, кратные 5, а остальные покрасили в два цвета. Докажите, что можно выбрать несколько одноцветных чисел так, чтобы их сумма делилась на 10.

Так как, по сути, важны только последние цифры, то будем считать, что на карточках 11, 21 написана 1, на карточках 12, 22 написаны 2 и так далее. Тогда если хотя бы одна карточка 1 имеет тот же цвет, что и хотя бы одна карточка 9, то мы получим требуемую сумму. Поэтому пусть все карточки 1 окрашены в черный цвет, а все карточки 9 – в белый. Так как всего карточек 1 три штуки, то все карточки 8 и все карточки 7 тоже окрашены в белый цвет, иначе, добавляя нужное количество карточек с 1, получим сумму 10. Но две карточки 7 и две карточки 8 дадут в сумме число, кратное 10.

8. Перед нами стоят три закрытых ящика. Известно, что в одном ящике лежат два белых шарика, в другом – два черных, а в третьем ящике лежит один белый шарик и один черный. На каждом ящике имеется этикетка с надписью. На первом ящике написано: «Два белых», на втором написано «Два черных», на третьем «Один белый и один черный». Известно, что ни одна надпись не соответствует действительности. Можно ли, не смотря во внутрь ящиков, перевесить этикетки так, чтобы хотя бы один раз надпись соответствовала содержанию?

Ответ: да, можно. Поменяем местами надписи «Два белых» и «Два черных», оставив надпись «Один белый и один черный» на месте. Предположим, что новые надписи ни разу не соответствуют действительности. С учетом того, что изначально надписи ни разу не соответствовали действительности, это означает, что в первом и втором ящике находятся один белый шар и один черный шар, что невозможно.

8 класс

1	16	3	14
12	5	10	7
9	8	11	6
4	13	2	15

1. Можно ли расставить в таблице 4×4 различные натуральные числа от 1 до 16 так, чтобы во всех квадратиках 2×2 сумма чисел делилась на 17?

Ответ: Можно. Один из примеров на рис.

2. Неутомимый Вова составляет «таблицу умножения» для двухзначных чисел. Слева от таблицы он написал натуральные числа от 10 до 55 включительно, сверху – от 56 до 99 включительно. После чего записал в таблицу соответствующие произведения пар чисел. Сколько из выписанных произведений являются четными числами?

Ответ: 1518. Найдем количество нечетных произведений, затем вычтем из общего количества произведений. Произведение двух чисел нечетное, если и только если оба сомножителя нечетные числа. Слева от таблицы он среди чисел от 10 до 55 находится 23 нечетных числа, сверху – среди чисел от 56 до 99 находится 22 нечетных числа. Значит, в таблице их . Всего чисел в таблице , значит четных там 1518.

3. На острове растут 18 пальм. На них поровну кокосов. Подул ветер, и с некоторых пальм кокосы осыпались: с каких-то могла упасть ровно половина, с каких-то – ровно треть всех кокосов, с остальных же ничего не упало. При этом со всех пальм вместе упала ровно одна девятая часть всех кокосов. Со скольких пальм кокосы могли не упасть?

Ответ: 12, 13 или 14. Во-первых, 1/9 часть всех кокосов – это количество кокосов на 2 пальмах. Во-вторых, осталось понять, как можно получить число 2, складывая только дроби ½ и ⅓?

Возможны варианты:

1) с 2 пальм упало по половине кокосов, с 3 – по трети. Тогда ответ 13.

2) с 4 пальм упало по половине кокосов, по трети не падало. Тогда ответ 14.

3) с 6 пальм упало по трети кокосов, по половине не падало. Тогда ответ 12.

4. В треугольнике ABC, AB = 2AC и ÐA = 2ÐB. Докажите, что AC и BC перпендикулярны.

Проведем биссектрису AD. Треугольник ADB – равнобедренный, поскольку его углы A и B равны. Проведем в этом треугольнике высоту DE. Она является медианой, значит, AB = 2AE. Треугольники ACD и AED равны по двум сторонам и углу между ними. Значит, угол C – прямой.

5. В треугольнике ABC, ÐB = ÐC = 80°. Точка P на стороне AB такова, что ÐBPC = 30°. Докажите, что AP = BC.

Ясно, что ÐBAC = 20° и ÐPCA = 10°. Проведем PQ так, что угол ÐPQA = 20°. Получим APQ – равнобедренный треугольник, AP = PQ. В треугольнике CQP внешний угол при вершине Q вдвое больше, чем угол при вершине C, это означает, что углы P и C равны (по 10°). В треугольнике PQC опустим высоту QD (точка D будет находиться в середине основания). Из вершины C опустим высоту CT. Треугольник CTP прямоугольный с углом 30° при вершине P. Значит, катет TC равен половине гипотенузы PC. Треугольники BCT и QPD равны по катетам (CT = PD) и острому углу. Значит, AP = BC.

6. В ряд стоят 9 звёздочек. Два игрока по очереди заменяют звёздочки на цифры. Какую именно из оставшихся звёздочек заменять на цифру, решает игрок, делающий очередной ход. Если получившееся девятизначное число (возможно, начинающееся на цифру 0 и, возможно, имеющее одинаковые цифры) делится на 14, то выигрывает первый игрок, иначе — второй. Кто выигрывает при правильной игре?