Олимпиада по математике Муниципальный этап 2015–16 уч. г.
Указания и решения задач
7 класс
В стакане находился раствор, в котором вода составляла 99%.
Стакан с раствором взвесили, и вес оказался равен 500 гр. После
этого часть воды испарилась, так что в результате доля воды
составила 98%. Сколько будет весить стакан с получившимся
раствором, если вес пустого стакана 300 гр.?
Ответ: 400 гр. Указание. Вначале воды было 0.99  (500  300)  198
(гр.), а вещества 200 – 198 = 2 (гр.). После выпаривания воды
2 гр. вещества составляют 100% – 98% = 2% раствора, значит,
весь раствор весит 100 гр., а вместе со стаканом 400 гр.
7.1.
Дан прямоугольник, у которого длина в полтора раза больше
ширины. Известно, что периметр прямоугольника численно
равен его площади. Найдите стороны прямоугольника.
10
Ответ:
и 5. Указание. Пусть х – ширина, тогда 1.5 х – длина
3
прямоугольника. Из условий задачи получаем уравнение
3
2(1.5 x  x)  1.5 x  x  5 x  x 2 . Отсюда, деля на х ( 0), получим
2
10
x
; тогда 1.5 x  5
3
.
7.3. На столе стоит куб. Можно ли расставить в его вершинах 8
чисел; 1, 2, ..., 8, так чтобы выполнялись следующие два условия:
1) если сложить для каждого вертикального ребра два числа на
его концах, то все четыре суммы будут одинаковы; 2) сумма
чисел на верхней грани равна сумме чисел на нижней?
Ответ: можно. Указание. Приведем пример. Расставим в вершинах
квадрата ABCD нижнего основания числа 1, 7, 6, 4, а над ними, в
вершинах квадрата A1 B1C1 D1 – числа 8, 2, 3, 5. Тогда суммы в
вершинах обоих квадратов равны по 18. На каждом из
вертикальных ребер сумма равна 9.
7.2.
Существуют ли такие два двузначных числа, что если к первому
из них прибавить 20, а из второго вычесть 15, то полученные
числа останутся двузначными, а их произведение окажется
равным произведению исходных чисел?
Ответ: существуют. Указание. Можно привести пример а = 16, b = 27.
Действительно, (16  20)  (27  15)  16  27  432 (Анализ решения
и все возможные пары рассмотрены в задаче 8.4).
7.4.
Прямоугольник площади 2015 см2 разлинован на 2015 клеток со
стороной 1 см. Этот прямоугольник разрезали двумя
перпендикулярными разрезами вдоль линий сетки и получили
четыре прямоугольника. Докажите, что хотя бы у одного из них
площадь не меньше 528 см2.
Указание. Простые делители числа 2015 – это 5, 13 и 31. Поэтому
стороны прямоугольника могут принимать три значения в
следующих случаях: 1) а = 135 = 65, b = 31; 2) а = 315 = 155,
b = 13; 3) а = 1331 = 403, b = 5 (очевидно, случай а = 2015, b = 1
невозможен, т.к. такой прямоугольник невозможно разрезать
указанным образом). В первом случае одна из четырех частей
после разрезания будет иметь размер не меньше 3316 = 528, во
втором – не меньше 787 = 546, в третьем – не меньше
2023 = 606.
7.5.
8 класс
В стакане находился раствор, в котором вода составляла 99%.
Стакан с раствором взвесили, и вес оказался равен 500 гр. После
этого часть воды испарилась, так что в результате доля воды
составила 98%. Сколько будет весить стакан с получившимся
раствором, если вес пустого стакана 300 гр.?
Ответ: 400 гр. Указание. См. задачу 7.1.
8.1.
8.2.
На столе стоит куб. Можно ли расставить в его вершинах 8
чисел; 1, 2, ..., 8, так чтобы выполнялись следующие два условия:
1) если сложить для каждого вертикального ребра два числа на
его концах, то все четыре суммы будут одинаковы; 2) сумма
чисел на верхней грани равна сумме чисел на нижней?
Ответ: можно. Указание. См. задачу 7.3.
8.3. Существует ли треугольник, высоты которого равны а) 2; 3; 6 ? б)
2; 3; 5?
Ответ а) не существует, б) существует. Указание. а) Предположим,
что такой треугольник существует. Обозначим стороны, к которым
проведены высоты, через a, b, с. Тогда из формулы площади
2a 3b 6c


, т.е. известны
2
2
2
1 1 1
отношения сторон a : b : c  : : . Но треугольник со
2 3 6
x x x
1 1 1
, ,
 
сторонами
(где x>0) не существует, т.к.
2 3 6
2 3 6
треугольника следует, что
S
(треугольник можно построить, когда наибольшая сторона меньше
суммы двух других). б) Рассуждая аналогично, получим, что
1 1 1
, ,
существует. Обозначим его
2 3 5
1
1
1

А1В1С1.  A1 B1  , B1C1  , A1C1   . Искомый треугольник
2
3
5

треугольник со сторонами
будет подобен А1В1С1, и чтобы его построить, проделаем
следующее. Проведем прямую, параллельную прямой А1С1 на
расстоянии 5 от нее, далее возьмем точку пересечения этой прямой
с прямой А1В1. Обозначим эту точку пересечения через В. Проведем
через точку В прямую, параллельную В1С1, и, найдя ее пересечение
с прямой А1С1, получим точку С. Тогда А1ВС – искомый
треугольник.
8.4.
а) Докажите что существует такая пара двузначных чисел, что
если к первому числу прибавить 20, а из второго вычесть 15, то
полученные числа останутся двузначными, а их произведение
окажется равным произведению исходных чисел? б) Сколько
всего таких пар?
Ответ: б) 16 пар. Указание. Для пункта а) достаточно привести
конкретный пример (см. задачу 7.4). б) Пусть a, b – искомая пара
чисел. Тогда (a  20)(b  15)  ab . Отсюда
20b  15a  20  15  4b  3a  60 . Поскольку 3а и 60 делятся на 3,
то b тоже должно делиться на 3, т.е. b  3b1 для некоторого
натурального b1. Аналогично, a = 4 a1. Тогда сокращая на 12
последнее уравнение, получим b1  a1  5 . Из условия
двузначности чисел a + 20 и b – 15 будем иметь ограничения 4
a1  20  100 и 3(a1  5)  15  10 . Отсюда a1  20 и a1  3 .
Взяв любое натуральное число а1 от 4 до 19, получим 16
различных значений, и для них числа a = 4a1 и b  3(a1  5)
будут искомыми парами.
Дан выпуклый 37-угольник, у которого все углы выражаются
целым числом градусов. Докажите, что среди углов имеются хотя
бы три одинаковых.
Указание. Предположим противное, а именно: пусть каждый угол
многоугольника повторяется не более двух раз, и воспользуемся
свойством суммы внешних углов выпуклого многоугольника: она
равна 360. Но сумма внешних углов данного многоугольника не
меньше 1  1  2  2  ...  18  18  19 (мы взяли самые маленькие
возможные значения внешних углов не более двух раз каждое).
Подсчет этой суммы дает 361 > 360. Противоречие доказывает
наше утверждение.
8.5.
9 класс
Сколько имеется пятизначных натуральных чисел, делящихся на
9, у которых последняя цифра больше предпоследней на 2?
Ответ: 800. Указание. Предпоследняя цифра (цифра десятков) может
быль любой от 0 до 7 (чтобы после прибавления двойки
последняя цифра имела смысл). Третья и вторая цифра могут
быть любыми (от 0 до 9). После выбора указанных трех цифр
(второй, третьей и четвертой) последняя цифра однозначно
определена по предпоследней, а первая цифра однозначно
определена после этого остальными четырьмя из условия
9.1.
делимости на 9 (заметим, что первой цифрой 0 быть не может, а
все остальные цифры 1, 2, ... , 9 дают все возможные остатки при
делении на 9). Итого, по правилу произведения имеем
81010 = 800 чисел.
а) Докажите, что если натуральные числа х, у удовлетворяют
уравнению x 3  5 y  y 3  5 x , то х = у. б) Существуют ли
различные положительные действительные числа х, у,
удовлетворяющие этому уравнению?
Ответ: б) существуют. Указание. а) Имеем x 3  y 3  5( x  y ) . Если
x  y , то отсюда после деления на (x – y) получим
9.2.
x 2  xy  y 2  5 . Самые маленькие (и различные) натуральные
числа 1 и 2 при подстановке в левую часть дают 7 > 5, значит, и
при бóльших значениях левая часть будет больше правой.
б) Возьмем, например y  2 x , и подставим в последнее
уравнение:
x2  2x2  4x2  5 . Тогда
x
5
и
y2
7
5
7
удовлетворяют уравнению.
Можно ли построить на координатной
плоскости а) квадрат площади 10 с
целочисленными координатами вершин?
б) многоугольник периметра 12 и
площади
4
с
целочисленными
координатами вершин?
Ответ: а) можно; б) можно. Указание. а)
9.3.
B
3
2
C
E
A
2
б) Пример пятиугольника (см. рис.) следует из
теоремы Пифагора, т.к. 32  42  52 . Площадь ABCDE равна
3 4
 2  4 , периметр равен 5  2  2  1  2  12 .
2
9.4.
Дана окружность с диаметром АВ, точка С – середина одной из
полуокружностей с концами А, В. Из точки С проведены два луча
под углом 45 друг к другу. Лучи пересекают диаметр АВ в
точках Р, Q. а окружность – в точках М и N (точки Р, М лежат на
одном луче, a Q, N – на другом; на диаметре точки расположены
в таком порядке: А, Р, Q, B). Докажите соотношение для
площадей треугольников: S CPQ  S AMP  S BNQ .
Указание. Пусть О – центр окружности, R – ее радиус. Обозначим
  AOM ,   BON и S1  S AMP , S2  S BNQ , S  SCPQ . Поскольку
MON  2MCN  90 , то     90 . Рассмотрим AMP и CQP .
Они подобны, т.к. APM  CPQ и AMP  PCQ = 45 (по
свойству вписанного угла АМС). Поэтому площади этих треугольников
относятся как квадраты высот к соответствующим сторонам АР и РQ,
т.е. S1 / S  ( R sin ) 2 / R 2  sin 2  . Аналогично S 2 / S  sin 2 
 sin 2 (90   )  cos 2  . Тогда ( S1  S 2 ) / S  sin 2   cos2   1 .
Дан выпуклый 37-угольник, у которого все углы выражаются
целым числом градусов. Докажите, что среди углов имеются хотя
бы три одинаковых.
Указание. См. задачу 8.5.
9.5.
D
1
точек В,.С
4
Сторона квадрата равна
10 , поэтому стороны не могут быть
параллельны осям координат. Из представления 10= 32  12 и
теоремы Пифагора получается пример квадрата с вершинами
А(0;0), В(-1,3), С(2;4), D(3,1). Действительно, все стороны
четырехугольника ABCD при подсчете дают длину 10 , а угол
BAC равен 90 - это следует из равенства прямоугольных
треугольников ABB1 и ACC1 , где B1 , C1 .- проекции на ось x
10 класс
10.1. Сколько имеется пятизначных натуральных чисел, делящихся на
9, у которых последняя цифра больше предпоследней на 2?
Ответ: 800. Указание. См. задачу 9.1.
10.2. Изобразите на координатной плоскости множество точек,
удовлетворяющих уравнению 2 x 2  3 xy  y 2  x  1 .
Ответ: искомое множество точек – совокупность двух прямых
y   x  1 и y  2 x  1 . Указание. Рассмотрим данное уравнение
как квадратное относительно у. Его дискриминант равен
D  (3x) 2  4(2 x 2  x  1)  x 2  4 x  4  ( x  2) 2 , и корни равны
y1  (3x  x  2) / 2   x  1 ,
y2  (3x  x  2) / 2  2 x  1 . Их
графики – это две прямые на плоскости.
10.4. Дана окружность с диаметром АВ. Точка С – середина одной из
полуокружностей с концами А, В. Из точки С проведены два луча
под углом 45 друг к другу, которые пересекают диаметр АВ в
точках Р, Q. а окружность – в точках М и N (точки Р, М лежат на
одном луче, a Q, N – на другом; на диаметре точки расположены
в таком порядке: А, Р, Q, B). Докажите соотношение для
площадей треугольников: S CPQ  S AMP  S BNQ .
10.3. а) Докажите, что если натуральные числа х, у удовлетворяют
уравнению x 3  y  y 3  x , то х = у. б) Существуют ли различные
положительные рациональные числа х, у, удовлетворяющие
этому уравнению?
Ответ: б) существуют. Указание. а) См. указание к пункту а) задачи
9.2 (уравнение x 2  xy  y 2  1 , очевидно, не имеет натуральных
решений). б) Пусть y = xt ( x, y, t  Q). Подставив y в уравнение
Указание. См. задачу 9.4.
x 2  xy  y 2  1 , получим t 2  t  1 
1
x2
. Обозначим u 
1
, u  Q,
x
и рассмотрим квадратное уравнение t 2  t  1  u 2  0 . Чтобы оно
имело рациональные корни, нужно чтобы дискриминант был
квадратом
рационального
числа:
2
2
2
2
1  4(1  u )  v (v  Q)  4u  v  3  (2u  v) (2u  v)  3 .
Разложить тройку на два рациональных множители можно
разными способами (надо еще не забыть о положительности
решения, и для этого v должно быть больше единицы). Возьмем,
1
например, такое разложение: 2u  v  9 , 2u  v  . Из данной
3
7
13
3
u ,v .
x
системы
находим
Тогда
и
3
3
7
13 
5
3
5

t    1   / 2  . Таким образом, числа x 
и y
3
3
7
7

удовлетворяют уравнению (это можно и непосредственно
проверить).
10.5. У Пети скопилось много кусочков пластилина трех цветов, и он
плотно заполнил пластилином полый куб со стороной 5 см, так
что в кубе не осталось свободного места. Докажите, что внутри
куба найдутся две точки одного цвета на расстоянии ровно 7 см
друг от друга.
Указание. В кубе ABCDA1B1C1D1 рассмотрим 4 вершины A, C , B1 , D1 –
они являются вершинами правильного тетраэдра со стороной
a 2 , где a = 5 – ребро куба. Поскольку 5 2  7 , рассмотрим
7
подобный тетраэдр с коэффициентом подобия
, т.е.
5 2
совершим гомотетию с центром в центре куба и данным
коэффициентом подобия. Получим четыре вершины нового
тетраэдра внутри куба. Поскольку цветов у пластилина три, хотя
бы две вершины этого тетраэдра будут одного цвета.
11 класс
11.1. Изобразите на координатной плоскости множество точек,
удовлетворяющих уравнению 2 x 2  3 xy  y 2  x  1 .
Ответ: искомое множество точек – это совокупность двух прямых
y   x  1 и y  2 x  1 . Указание. См. задачу 10.2.
11.2. а) Докажите, что если натуральные числа х, у удовлетворяют
уравнению x 3  64 y  y 3  64 x , то х = у. б) Существуют ли
различные положительные действительные числа х, у,
удовлетворяющие этому уравнению?
Ответ: б) существуют. Указание. Аналогично решению задач 9.2 и
10.3, приходим к уравнению x 2  xy  y 2  64 . Если х и у –
нечетные числа, то в левой части будет стоять нечетное число.
Если только одно из чисел х или у четное, то левая часть также
будет нечетной. Значит, x  2 x1 , y  2 y1 для некоторых
натуральных х1, у1. Подставляя эти выражения в уравнение,
придем к уравнению x12  x1 y1  y12  16 , а от него, аналогично, к
уравнению
x22  x2 y2  y22  4 ,
и
затем
к
уравнению
x32  x3 y3  y32  1 , которое натуральных решений не имеет (см.
задачу 9.2). б) См. задачу 9.2, пункт б).
11.3. Дана окружность с диаметром АВ, касающаяся прямой d в точке
В. Через точку А проведены два луча, пересекающие прямую d в
точках М и N, а окружность – в точках P и Q (точки Р, М лежат
на одном луче, a Q, N – на другом). а) Докажите, что длины
отрезков удовлетворяют неравенству PQ  MN . б) Докажите,
что
l PQ  MN , где l PQ – длина дуги с концами P и Q , не
содержащей точку А.
Указание. а) Пусть   MAB,   NAB , R – радиус окружности.
Пусть, для определенности, М и N лежат по одну сторону от
точки В и    . Искомое неравенство запишется в виде
sin(   )
sin(   ) 
.
2R sin(   )  2R(tg  tg) 
cos  cos 
Последнее неравенство очевидно, т.к. cos  1 , cos   1 . Если
М и N лежат по разные стороны от В, то при замене  на –
применимы предыдущие рассуждения. б) Теперь требуется
доказать более сильное неравенство, а именно (.учитывая, что
–
центральный
угол
данной
дуги):
2(  )
R2(  )   2 R( tg  tg)  tg    tg   .
Рассмотрим
сначала случай, когда М и N лежат по одну сторону от точки В.
Тогда 0     

. Рассмотрим функцию f ( x)  tg x  x при
2
 
Она
монотонно
возрастает,
т.к.
x  0;  .
 2
1
1  cos2 x
f ( x) 
1 
 0 , причем f ( x)  0 при x  0 , и
cos2 x
cos2 x
значит, возрастание строгое. Поэтому искомое неравенство
справедливо. Если М и N лежат по разные стороны от точки В, то

разбив точкой В и дугу PQ , и отрезок MN на две части,
применим к каждой из частей доказанное неравенство (при
 = 0).
11.4. Найдите геометрическое место точек М на координатной
плоскости таких, что две касательные, проведенные из М к
параболе у = х2, перпендикулярны друг другу.
1
Ответ: прямая y   . Указание. Пусть (a; b) – координаты точки М,
4
2
и M 1 ( x1; x1 ), M 2 ( x2 ; x22 ) – точки касания с параболой двух
касательных из точки М. Уравнение касательной в точке M1 есть
y  x12  2 x1 ( x  x1 ) (здесь мы учли, что угловой коэффициент
касательной равен ( x 2 )  2 x ). Подставляя координаты точки М,
получим x12  2 x1a  b  0 . Такое же уравнение с заменой х1 на х2
получим для точки М2, т.е. х1, х2 – корни уравнения
x 2  2ax  b  0 , и по теореме Виета b  x1 x2 . Из условия
перпендикулярности
двух
касательных
1
1
1
(2 x2 )  
 x1x2   . Итак, b  x1 x2   .
2 x1
4
4
имеем
11.5. У Пети скопилось много кусочков пластилина трех цветов, и он
плотно заполнил пластилином полый куб со стороной 5 см, так
что в кубе не осталось свободного места. Докажите, что внутри
куба найдутся две точки одного цвета на расстоянии ровно 7 см
друг от друга.
Указание. См. задачу 10.5.
Скачать

Олимпиада по математике Муниципальный этап 2015–16 уч. г. 7.4.