решения задач - Омские олимпиады

ВСЕРОССИЙСКАЯ МАТЕМАТИЧЕСКАЯ ОЛИМПИАДА ШКОЛЬНИКОВ
II (муниципальный) этап
ЗАДАЧИ, РЕШЕНИЯ,
КРИТЕРИИ ПРОВЕРКИ
Омск – 2008
Материалы подготовлены предметно-методической комиссией муниципального
этапа олимпиады в следующем составе: кандидат физико-математических наук А.В.
Адельшин, доктор педагогических наук, профессор В.А. Далингер, кандидат физикоматематических наук, доцент И.А. Латыпов, преподаватель ОмГУ Е.Г. Кукина, кандидат
физико-математических наук, доцент А.С. Штерн.
Задания составлены на основе программ по математике для общеобразовательных
учебных учреждений и существующих программ школьных кружков (факультативов) с
учётом методических рекомендаций Центральной методической комиссии Всероссийской
математической олимпиады (http://math.rusolymp.ru/). Вариант заданий седьмого
класса состоит из 5 задач, остальные варианты – из 6 задач. Варианты для учащихся
всех классов рассчитаны на работу в течение 4 астрономических часов.
При составлении использовались малоизвестные материалы математических
соревнований школьников (региональные олимпиады разных регионов России прошлых
лет, турнир журнала «Квант», Уральский турнир юных математиков и т.д.), а также
национальных математических олимпиад США, Канады и других стран. Некоторые из
предложенных задач являются авторскими.
Приводятся подробные решения и критерии проверки работ. Оценка работ
участников муниципального тура Всероссийской олимпиады проводится по той же
системе подсчёта очков, который принят на всех этапах Всероссийской математической
олимпиады школьников. Максимум, который школьник может получить за каждую из
задач, составляет 7 баллов. Если в решении присутствуют недочёты, оценка может быть
снижена. Ни в каком случае не снижаются баллы за нерациональность решения, за
неаккуратность в оформлении и т.д.
Следует учитывать, что задания математических олимпиад являются творческими
и допускают различные варианты решений. Необходимо оценивать частичные
продвижения в задачах (например, разбор важного случая, доказательство леммы,
нахождение примера и т.п.) и снижать баллы за логические и арифметические ошибки в
решениях.
С членами предметно-методической комиссии можно связаться по следующим
электронным адресам и мобильным телефонам:
latypov@math.omsu.omskreg.ru, 89043292332 – Латыпов Ильяс Абдульхаевич.
ashtern@yandex.ru , 89139731909 – Штерн Александр Савельевич.
СЕДЬМОЙ КЛАСС
УСЛОВИЯ ЗАДАЧ
1. Составьте три несократимые дроби (не обязательно правильные), произведение
которых равно 1, использовав в качестве числителей и знаменателей этих дробей
шесть чисел из набора {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9}. (Каждое число можно использовать один
раз или не использовать вовсе.)
2. В семье 3 человека. Если папе увеличат вдвое зарплату и Васе увеличат вдвое
стипендию, общий доход семьи возрастет на 80%. Если маме увеличат втрое зарплату
и Васе увеличат втрое стипендию, то общий доход семьи возрастет на 60%. На сколько
процентов уменьшится доход семьи, если маме и папе вдвое уменьшат зарплату?
3. Два пешехода отправились навстречу друг другу. Один из пункта А в пункт Б, другой
из пункта Б в пункт А. Через 2 часа они встретились. Достигнув пункта назначения,
они, не задерживаясь, пошли обратно. На обратном пути они снова встретились. Через
какое время после начала движения произошла вторая встреча? Не забудьте
обосновать свой ответ.
4. Есть три шкатулки. В одной лежит брильянт, в другой сидит жаба, а в третьей пусто.
Шкатулки закрыты, а на крышках имеются следующие надписи.
Надпись на первой шкатулке.
Бриллиант в первой шкатулке. Жаба во второй шкатулке.
Надпись на второй шкатулке.
Бриллиант в первой шкатулке. Жаба в третьей шкатулке.
Надпись на третьей шкатулке.
Бриллиант в третьей шкатулке. Жаба во второй шкатулке.
Известно, что на шкатулке с бриллиантом оба написанных утверждения верны; на
шкатулке с жабой оба утверждения ложны. В какой шкатулке жаба, в какой
бриллиант, а в какой пусто?
5. В классе 30 учеников. Они сидят за 15 партами так, что ровно половина всех девочек
класса сидят с мальчиками. Докажите, что их не удастся пересадить (за те же 15 парт)
так, чтобы ровно половина всех мальчиков класса сидели с девочками.
СЕДЬМОЙ КЛАСС
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
1. Один из возможных примеров:
1 4 9
   1.
6 3 2
2. Ответ: на 45 процентов. Решение. Если папе увеличат зарплату вдвое и Васе увеличат
зарплату вдвое, то суммарный доход семьи возрастет ровно на папину зарплату и на
Васину стипендию, что по условиям задачи составляет 80% семейного бюджета.
Следовательно, мамина зарплата составляет оставшиеся 20% семейного бюджета.
Если утроят Васину стипендию и мамину зарплату, то доход семьи увеличится на 2
Васины стипендии и 2 мамины зарплаты, что составляет 60% семейного бюджета.
Значит, Вася с мамой приносят в бюджет вдвоем 30%. Следовательно, папин доход
составляет 70% семейного бюджета. Мамина и папина зарплата вместе составляют
20+70=90% семейного бюджета. Значит, если зарплату маме и папе уменьшат вдвое,
то семейный бюджет уменьшится на 45%.
3. Ответ: 6 часов. Решение. До первой встречи пешеходы вместе прошли расстояние,
равное расстоянию между А и Б. До второй встречи пешеходы вместе прошли
расстояние, равное утроенному расстоянию от А до Б (по одному разу каждый прошел
этот путь «туда» и один раз они его прошли суммарно на обратном пути).
Следовательно, до второй встречи пройдет втрое больше времени, чем до первой, т.е. 6
часов.
4. Ответ: брильянт в третьей, жаба во второй, первая пуста. Решение. Предположим, что
брильянт в первой шкатулке. Тогда жаба во второй шкатулке. Тогда высказывания на
второй шкатулке ложны, а там написано, что брильянт в первой шкатулке (что по
предположению верно). Противоречие. Значит, брильянт не может быть в первой
шкатулке. Предположим, что брильянт во второй шкатулке. Тогда высказывания на
ней истинны. Значит, брильянт должен быть в первой шкатулке. Противоречие.
Брильянт не может быть во второй шкатулке. Осталось проверить, может ли быть
брильянт в третьей шкатулке. Действительно, тогда жаба получается во второй
шкатулке, и оба высказывания на ней ложны. А первая шкатулка пуста.
5. Доказательство. Поскольку парт 15, а учеников 30, все ученики сидят по двое, никто
не сидит один. Ровно половина девочек сидит с мальчиками, значит, остальные
девочки сидят друг с другом. Поскольку половина всех девочек четное число,
получаем, что количество девочек делится на 4. Если бы мы смогли рассадить
мальчиков так, чтобы ровно половина мальчиков сидела с девочками, то
аналогичными рассуждениями мы бы доказали, что количество мальчиков делится на
4. Но если количество мальчиков делится на 4, количество девочек делится на 4, то и
количество учеников в классе должно делиться на 4, а это не так. Противоречие.
Значит, нельзя пересадить учеников так, чтобы ровно половина мальчиков сидела с
девочками.
КРИТЕРИИ ПРОВЕРКИ
1. Правильный пример без пояснений – 7 баллов. Неправильный пример – 0 баллов.
Если не приведен пример (даже если есть какие-то рассуждения) – 0 баллов.
2. Правильный ответ с обоснованием – 7 баллов. Правильно вычислены доли в бюджете
всех членов семьи (мама 20%, Вася 10%, папа 70%), но нет правильного
окончательного ответа – 3 балла. Вычислены доли некоторых членов семьи (не всех) с
обоснованием – 1 балл Правильный ответ (45%) без всяких обоснований – 1 балл. То
же самое без обоснования – 0 баллов. Если разобран частный случай (например: пусть
Вася получает 1000 рублей, мама 2000 рублей и т.д.) – 0 баллов.
3. Верный ответ с необходимыми объяснениями – 7 баллов. Правильный ответ с
чертежом, без объяснений – 1 балл. Правильный ответ без объяснений и чертежа – 0
баллов.
4. Верный ответ со всеми необходимыми объяснениями – 7 баллов. Верный ответ без
обоснования и проверки – 0 баллов. Приведён верный ответ с проверкой того, что он
действительно удовлетворяет условию задачи, но доказательство невозможности
других вариантов ответа отсутствует – 2 балла. Приведён верный ответ с попыткой
доказательства невозможности других вариантов, но в доказательстве содержится
логическая ошибка – не более 4 баллов.
5. Верный ответ со всеми необходимыми объяснениями – 7 баллов. Замечено, что
количество девочек делится на 4, однако дальнейшие выводы не сделаны или сделаны
с логическими ошибками – 3 балла.
ВОСЬМОЙ КЛАСС
УСЛОВИЯ ЗАДАЧ
1. Расставьте в клетки квадрата 3x3 числа от 1 до 9 так, чтобы суммы чисел в строках
были тремя последовательными числами.
2. Старший брат идет от дома до школы 12 минут, а младший — 16 минут. Сколько
минут потребуется старшему брату, чтобы догнать младшего, если тот вышел на
одну минуту раньше?
3. Дан остроугольный треугольник ABC. На его сторонах во внешнюю сторону
построены квадраты AKLB, BMNC и CPQA. Докажите, что периметр
шестиугольника KLMNPQ больше удвоенного периметра треугольника ABC.
4. Найдите все пары натуральных чисел (x,y), для которых выполнено равенство
2 x 2  y 2  2 xy  4 x .
5. На листе бумаги нарисован треугольник. Автомат умеет проводить в любом не
равнобедренном и не прямоугольном треугольнике высоты и биссектрисы. Можно
ли с его помощью нарисовать на этом листе какой-нибудь квадрат? Приведите
пример с обоснованием или докажите, что этого сделать нельзя.
6. Имеется шесть натуральных чисел. Для каждой пары этих чисел выписали их
наибольший общий делитель. Могли ли при этом оказаться выписанными все
натуральные числа от 1 до 15?
ВОСЬМОЙ КЛАСС
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
1. Один из вариантов расстановки
чисел приведён на рисунке
1 6 7
2 5 8
3 4 9
2. Ответ: 3 минуты.
Решение. Первый способ. За 1 минуту старший брат проходит 1/12 часть расстояния от
дома до школы, а младший брат – 1/16 часть. Через минуту младший брат был от дома на
расстоянии 1/16 части всего пути, с этого момента к нему вдогонку отправился старший
брат. За минуту расстояние между ними сокращается на 1/12–1/16=1/48 часть пути.
Значит, до встречи пройдёт 1/16:1/48=3 минуты.
Второй способ. Заметим, что если братья идут одинаковое время, то младший брат
проходит ¾ от расстояния, пройденного старшим. Пусть для того, чтобы догнать
младшего, старшему пришлось пройти расстояние x. Значит в тот момент, когда старший
начал идти, младший уже прошел x/4 за 1 минуту. На оставшиеся ¾ пути потребуется 3
минуты.
3. Решение. Очевидно, что KL+MN+PQ равно периметру
треугольника ABC. Покажем, что сумма LM+NP+KQ больше
периметра ABC. Рассмотрим сумму углов при вершине А:
ВАС+САQ+QАК+КАВ=360. Учтём, что ВАС – острый,
САQ=КАВ=90. Значит, QАК – тупой. Аналогично
доказывается, что углы B и C в треугольниках BLM и CNP,
соответственно, тупые. Следовательно, стороны KQ, LM и NP –
большие в рассмотренных треугольниках. Запишем неравенства:
KQ>AK, LM>MB, NP>CP. Так как AK=AB, MB=BC и CP=AC, то
KQ+LM+MP > AB+BC+AC, что и требовалось доказать.
M
L
N
B
K
A
C
Q
P
4. Ответ: две пары (2,4) и (4,4).
Решение. Данное равенство легко преобразовать к виду (x–y)2 + (x–2)2 = 4. Так как x,y –
натуральные, то в левой части стоит сумма двух точных квадратов, которые могут быть
равны только 0 и 4. При этом возможны случаи: а) x–y = 0, x–2 = 2; б) x–y = 2, x–2 = 0.
Рассматривая каждый из них, находим две пары натуральных чисел (2,4) и (4,4).
5. Ответ: можно.
B
Решение. Автомат, может работать, например, так. Сначала
проводим высоту ВН, лежащую внутри треугольника. Затем
биссектрису HK треугольника HBC, высоты KM и KL в
K
L
треугольниках HKC и BKH. Докажем, что HLKM – квадрат. Из
построения следует, что это прямоугольник. Кроме того, KL=LH,
так как треугольник KLH равнобедренный (LHK=KHM по
M
A
H
C
определению биссектрисы угла, KHM=HKL как накрест
лежащие при параллельных прямых KL, МН и секущей КН.
Значит, LHK=HKL).
6. Ответ: Нет.
Решение. Допустим, такие шесть чисел нашлись. Среди их попарных наибольших общих
делителей должны встретиться семь четных чисел (2, 4, ..., 14). Если среди наших шести
чисел четных не больше четырех, то четных наибольших общих делителей (или, что то же
самое, пар четных чисел) будет не больше шести, а если среди наших шести чисел четных
не меньше пяти, то четных наибольших общих делителей будет не меньше десяти.
Противоречие.
КРИТЕРИИ ПРОВЕРКИ
1. Правильный пример расстановки чисел (даже без каких-либо объяснений) – 7
баллов; неправильный – 0 баллов.
2. Правильное решение – 7 баллов; правильное решение, в котором содержится
арифметическая ошибка – 5 баллов; решение неверно или записан только ответ – 0
баллов.
3. Правильное решение – 7 баллов. Доказано, что треугольники KAQ, BLM и CNP
тупоугольные, но дальнейшие выводы не сделаны – 1 балл.
4. Правильное решение – 7 баллов; правильно выделены полные квадраты и при
нахождении x, y пропущено не более двух случаев или имеются арифметические
ошибки – не более 4 баллов; в остальных случаях – 0 баллов.
5. Приведен правильный пример и доказано получение квадрата – 7 баллов; если не
доказано, что фигура является квадратом, но построение верно – 3 балла.
6. Правильное решение – 7 баллов; в остальных случаях – 0 баллов.
ДЕВЯТЫЙ КЛАСС
УСЛОВИЯ ЗАДАЧ
1. Три отрицательных числа x, y, z подобраны так, что выполняются равенства
z
z
 3 . Что больше: z или x?
 2и
yx
x y
2. На гипотенузе АС прямоугольного треугольника АВС выбраны точки К и Е так,
что АК=АВ и ВС=СЕ. Докажите, что КЕ2=2АЕСК.
3. На доске написано число. За один ход число на доске заменяется на произведение
своей последней цифры на число, полученное зачёркиванием этой цифры
(например, из числа 2008 получается число 2008=1600). Придумайте такое
трёхзначное число, чтобы оно записывалось тремя различными нечётными
цифрами, а ровно через три хода (не раньше!) из этого числа получался бы ноль. Не
забудьте привести проверку того, что предъявленное Вами число действительно за
3 хода превращается в 0.
4. Три числа, обладают следующим свойством. У любых двух из этих чисел либо
сумма квадратов равна единице, либо сумма кубов равна единице. Докажите, что
среди этих чисел есть равные.
5. Девятиклассники играли в шахматы на картонной шахматной доске. После того,
как игра окончилась, на некоторых клетках осталось по шахматной фигуре.
Девятиклассник Петя провел все возможные диагонали длиной от 1 до 8 клеток и
подсчитал в каждой из этих диагоналей количество занятых клеток. Он утверждает,
что все полученные им числа оказались нечётными. Может ли так быть?
6. Центр Р окружности, описанной около выпуклого четырёхугольника ABCD, лежит
внутри этого четырёхугольника. При этом диагонали четырёхугольника
перпендикулярны, а стороны AB и CD не параллельны. Докажите, что площади
треугольников АВР и CPD равны.
ДЕВЯТЫЙ КЛАСС
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
1. Ответ: z  x . Решение. Из приведённых равенств следует:
2x  y   z  3 y  x   y  5x  z  12 x . Так как число х отрицательно, при умножении
на 12 оно уменьшается. Поэтому z  x .
2. Решение. Из неравенства треугольника следует АК+СЕ>АС. Поэтому отрезки АК
и СЕ перекрываются. Обозначим через х их общую часть ЕК. Обозначим
оставшиеся части гипотенузы АЕ=у и СК=z. Тогда АС=x+y+z, АВ= x+y, ВС= x+z.
Из теоремы Пифагора следует (x+y+z)2=(x+y)2+(x+z)2. Раскрывая скобки, получаем
2yz=x2, что и требовалось.
3. Решение. Например: 157105500 или 13565300.
4. Решение. Возможны следующие принципиально различные варианты. А) В двух
парах суммы кубов равны 1. Б) Во всех парах суммы квадратов равны 1. В) В
одной паре единице равны суммы кубов, а в двух других – суммы квадратов.
Разберём все случаи.
А) x3+y3=1=y3+z3y=z.
Б) x2+y2=1=y2+z2= x2+z2 x2=y2=z2. Ясно, что в этом случае хотя бы два числа из
трёх окажутся равными.
В) x3+y3=1=y2+z2= x2+z2  у = х. Но из равенства у = – х следует равенство x3+y3=0.
Поэтому у=х.
Итак, во всех трёх случаях, среди наших чисел найдутся два равных.
5. Нет, не может. Рассмотрим все диагонали, состоящие из чёрных клеток. В одном
направлении идёт семь таких диагоналей, а в другом – восемь. Но сумма семи
нечётных слагаемых есть число нечётное, а сумма восьми нечётных слагаемых есть
число чётное. Если бы Петины подсчёты были верно, то число всех занятых
чёрных клеток было бы одновременно и чётным, и нечётным, что, конечно,
невозможно.
6. Обозначим через М точку пересечения диагоналей четырёхугольника. Из точки Р
опустим перпендикуляр РЕ на сторону АВ и перпендикуляр РК на сторону CD.
Рассмотрим треугольники АЕР и РКD. Угол КРD есть половина центрального угла
СРD и поэтому измеряется половиной дуги СD. Но половиной этой дуги также
измеряется опирающийся на неё вписанный угол CBD. Значит  КРD= CBD.
Аналогично угол ЕРА измеряется половиной дуги АВ и поэтому равен вписанному
углу АСВ. Но углы АСВ и CBD – острые углы в прямоугольном треугольнике
СВР, поэтому их сумма составляет 90 градусов. Но тогда в силу доказанного
 ЕРА+КРD=90и, рассматривая прямоугольный треугольник АЕР, получаем
КРD=90– ЕРА=ЕАР. Это означает, что треугольники АЕР и КРD равны по
острым углам и гипотенузе (их гипотенузы – радиусы окружности). Но тогда
равны и их площади, а они составляют по половине площади треугольников АРВ и
CPD соответственно. Значит, площади этих треугольников тоже равны.
B
E
A
M
P
D
K
C
Критерии проверки
1. Школьник верно проделал все преобразования и выразил два неизвестных через
третье, но дал в конце неверный ответ из-за того, что не учёл отрицательность
чисел – 1 балл. В ходе решения были допущены ошибки или описки, но два
неизвестных были выражены через третье (пусть неверно) и был дан верный ответ
с учётом отрицательности чисел – 3 балла.
2. Школьник пытался использовать теорему Пифагора, но не пришёл к верному
ответу из-за допущённых ошибок (например, из-за неверного раскрытия скобок) –
1 балл.
3. Необходимо не только предъявить трехзначное число, но и проверить, что оно
действительно превращается в ноль за 3 шага. Число без проверки оценивается в 0
баллов.
4. Решение задачи предполагает разбор трёх различных случаев. Если один из
случаев упущен, решение оценивается в 3 балла. Если упущены 2 случая – в 1
балл.
5. Правильный ответ без объяснений или с неверными объяснениями оценивается в 0
баллов.
6. Установлена нужная для доказательства связь между вписанными и центральными
углами, но доказательство не получено – 1 балл.
ДЕСЯТЫЙ КЛАСС
УСЛОВИЯ ЗАДАЧ
1
Найдите все пары x и y , удовлетворяющие равенству
3x  2 y  7  4 x2  y 2  4 xy .
2
На доске написано число. За один ход число на доске заменяется на
произведение своей последней цифры на число, полученное зачёркиванием этой
цифры (например, из числа 2008 получается число 2008=1600). Придумайте
такое трёхзначное число, чтобы оно записывалось тремя различными
нечётными цифрами, а ровно через три хода (не раньше!) из этого числа
получался бы ноль. Не забудьте привести проверку того, что предъявленное
Вами число действительно за 3 хода превращается в 0.
2 x  1, x  3,

3 Дана функция f ( x)  3x  3,3  x  10, Найдите значение f f f ...  f  2  
14  x, x  10.
2008

(знак функции используется 2008 раз).
 

4
Треугольник АВС, две меньшие стороны которого равны 3 и 4, подобен
треугольнику, составленному из своих высот. Найдите длину третьей стороны.
5
Можно ли числа 1, 2, ..., 20 расставить в вершинах и серединах ребер куба так,
чтобы каждое число, стоящее в середине ребра, равнялось среднему
арифметическому чисел, стоящих на концах этого ребра?
6
В параллелограмме АВСD точки Е и F – середины сторон ВС и CD соответственно.
Могут ли лучи АЕ и AF делить угол ВАD на три равные части?
ДЕСЯТЫЙ КЛАСС
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
1
Ответ: (1;2). Решение. Перенесем слагаемое из правой части в левую и свернем
2
полный квадрат, получим 3x  2 y  7  2 x  y   0 . Сумма двух
неотрицательных чисел равна нулю только, если оба слагаемых равны нулю.
Получаем систему линейных уравнений, из которой следует, что х=1, у=2.
2
Решение. Например: 157105500 или 13565300
3
4
Ответ: 5. Решение. Найдем f (2)  5 , тогда f  f 2  f 5  12 , а значит
f  f  f 2  f  f 5  f 12  2 . Таким образом, композиция трех функций
число 2 отображает в себя. Число 2008 при делении на 3 дает в остатке 1. Это
значит, что композиция 2008 подряд функций f число 2 отображает в 5.
1
Ответ: x  5 . Решение. Пусть третья сторона треугольника равна x , а его
3
площадь равна S . Тогда длины сторон треугольника, составленного из высот,
2 S 2S
2S
,
равны соответственно:
и
(причем, стороны упорядочены по
x
4
3
возрастанию). Так как треугольники подобны, то выполнено равенство:
1
3
, откуда следует, что 3x  16 , т.е. x  5 .
 4
 x
2S
2S
2S
3
x
4
3
5
Ответ: нет, нельзя. Решение. Докажем рассуждениями от противного. Так как
любое число, стоящее в середине ребра, является целым и равно среднему
арифметическому чисел, стоящих в вершинах куба, то в вершинах должны
стоять числа одной четности (либо все четные, либо все нечетные). Но тогда
либо 1, либо 20 стоят в середине какого-то ребра, что невозможно, так как для
ab
b.
любых a  b выполнено, что a 
2
6
Ответ: нет, не могут. Решение. Предположим, что существует параллелограмм,
в котором BAE  EAF  FAD .
Продлим прямую EF до пересечения с АВ в точке К, с прямой AD в точке
М. Тогда треугольники BKE, CFE и DFM равны по стороне и двум углам. В
равных треугольниках против равных углов лежат равные стороны, а значит
KE=EF=FM.
В треугольнике AKF AE является биссектрисой и медианой, а значит,
высотой. Но в треугольнике АЕМ AF является биссектрисой и медианой, а
значит, и высотой. Тогда к прямой EF проведены два перпендикуляра из одной
точки: АЕ и AF. Получили противоречие.
КРИТЕРИИ ПРОВЕРКИ
1. 7 баллов – приведены рассуждения, связанные с выделением полного квадрата,
обоснован выход на систему уравнений для переменных, получены верные
значения переменных.
5 баллов – все рассуждения верные, но на последнем шаге при работе с
системой допущена арифметическая ошибка.
0 баллов – если приведен только ответ без обоснований, что он единственный.
2. 7 баллов – приведена верная цепочка, превращающая трехзначное число,
записанное именно различными нечетными цифрами, за три хода в ноль.
0 баллов – если приведен только ответ без проверки.
3. 7 баллов – обнаружен цикл, который образуют композиции из одной, двух,
трех функций, проанализировано число 2008 на предмет остатка от деления на
3, получен верный ответ.
4 балла – если школьник обнаружил цикл, который образуют композиции из
одной, двух, трех функций, но дальше не продвинулся в решении.
4. 7 баллов – получен верный ответ с полным обоснованием. Решение, которое
приведено, пожалуй, самое «культурное». Вполне возможно, что школьники
будут использовать больше параметров.
5. 7 баллов – если приведены общие рассуждения, из которых следует
невозможность такой конструкции или приведен полный перебор случаев.
2 балла – отмечено, что в вершинах стоят числа одной чётности, но дальнейшие
выводы не сделаны.
1 балл – замечено, что числа 1 и 20 должны стоять в вершинах куба.
0 баллов – если школьником рассмотрены только частные случаи.
6. 7 баллов – получен верный ответ с полным обоснованием.
Задача имеет много способов решения, например, с другими дополнительными
построениями или с применением тригонометрических функций. В каждом
случае логика решения должна тщательно отслеживаться.
ОДИННАДЦАТЫЙ КЛАСС
УСЛОВИЯ ЗАДАЧ
1. Найдите все пары чисел ( x; y) , удовлетворяющие условиям | x | 3,| y | 5 и
sin x  sin y  1 .
2. На доске написано число. За один ход число на доске заменяется на
произведение своей последней цифры на число, полученное зачёркиванием этой
цифры (например, из числа 2008 получается число 2008=1600). Придумайте
такое трёхзначное число, чтобы оно записывалось тремя различными
нечётными цифрами, а ровно через три хода (не раньше!) из этого числа
получался бы ноль. Не забудьте привести проверку того, что предъявленное
Вами число действительно за 3 хода превращается в 0.
2 x  1, x  3,

3. Дана функция f ( x)  3x  3,3  x  10, Найдите значение f f f ...  f  2  
14  x, x  10.
2008

(знак функции используется 2008 раз).
 

4. В основании четырехугольной пирамиды лежит квадрат ABCD, сторона
которого равна 2, а боковое ребро SA перпендикулярно плоскости основания и
тоже равно 2. Через боковое ребро SC и точку, принадлежащую стороне AB,
проведена плоскость так, что полученное сечение пирамиды имеет наименьший
периметр. Найдите площадь сечения.
5. Неотрицательные числа a и b удовлетворяют неравенству a3  b3  ab . Докажите,
что a  b  1 .
6. В каждой клетке квадрата 8 на 8 расставлены числа 1 или -1. Петя подсчитал
произведения чисел в каждой строке и сложил эти произведения. Вася подсчитал
произведения чисел в каждом столбце и сложил эти произведения. Толя же сложил
Петино и Васино число. Докажите, что Толино число делится на 4.
ОДИННАДЦАТЫЙ КЛАСС
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
1
 
 3        3 
Ответ:  ;  ,  ;
 ,   ;   ,   ;  . Ввиду оценки на синус, либо
2 2 2 2   2 2  2 2 


 x  2  2 n
, неравенствам
sin x  sin y  1 , либо sin x  sin y  1 . В первом случае 
 y    2 m

2


x    2 n

 
 3 

2
удовлетворяют лишь точки  ;  ,  ;
,
 . Во втором случае 

2
2
2
2

 

 y    2 m

2
      3 
неравенствам удовлетворяют лишь точки   ;   ,   ;  .
 2 2  2 2 
2
Ответ: например, 157 или 135.
157  105  50  0 или 135  65  30  0 .
3
Ответ: 5.
Найдем f (2)  5 , тогда f  f 2  f 5  12 , а значит
f  f  f 2  f  f 5  f 12  2 . Таким образом, композиция трех функций
число 2 отображает в себя. Число 2008 при делении на 3 дает в остатке 1. Это
значит, что композиция 2008 подряд функций f число 2 отображает в 5.
4
Длина ребра SC

22  2 2

2
 3 2 . Пусть сечение проводится через точку М
стороны АВ. Чтобы периметр сечения был минимален, необходимо, чтобы
была минимальна сумма SM+MC. Рассмотрим развертку граней SAB и ABCD в
виде трапеции SADC (точка B лежит на основании SD). На ней SMC – ломаная,
сумма SM+MC – ее длина, она минимальна, если точка М лежит на прямой SC.
Тогда М – середина ребра АВ. Отрезки SM и MC равны 22  12  5 . Высота
равнобедренного треугольника SMC, опущенная на основание SC, равна
2
3 2 
1
1
1
5  
, а площадь равна  3 2 
 1,5 . Возможны другие
 
2
2
2
2


способы решения. Например, можно использовать исследование функции с
помощью производной.
2
5
Доказательство. Если оба числа равны нулю, то неравенство очевидно. Если
хотя бы одно из чисел a и b не равно нулю, то a  b 
2
a 3  b3
ab
, так

a  ab  b2 a 2  ab  b2
2
как a 2  ab  b 2  a 2  2  a   12 b   b 2  b 2   a  b   b 2  0 , причем равенство нулю
1
4
3
4

1
2 
3
4
ab
 1 . Домножая на
a 2  ab  b 2
ab  a2  ab  b2 , 0  a2  2ab  b2 , 0  (a  b) 2 ,
возможно лишь при a  b  0 . Осталось доказать, что
положительный знаменатель, получаем
что верно.
6
Доказательство. Пусть произведение чисел равно единице в p строках, и в
q столбцах. Тогда Петино число равно p  (8  p)  2 p  8 , Васино число равно
q  (8  q)  2q  8 , а Толино число будет равно 2 p  2q  16 . Достаточно
доказать, что p  q четно, или что числа p и q - одной четности. Подсчитаем
четность количества чисел (-1) по строкам и по столбцам. По строкам: в p
строках четное количество (-1) и в 8  p строках нечетное количество (-1),
значит четность количества (-1) во всей таблице совпадает с четностью числа
8  p . По столбцам: в q столбцах четное количество (-1) и в 8  q столбцах
нечетное количество (-1), значит четность количества (-1) во всей таблице
совпадает с четностью числа 8  q . Тогда числа 8  p и 8  q - одной четности.
Значит, p и q - также одной четности, что и требовалось.
КРИТЕРИИ ПРОВЕРКИ
1. Правильное решение с необходимыми объяснениями – 7 баллов. Если разобран
только случай sin x  sin y  1 , и разобран правильно - 3 балла. Если указаны оба
случая для синусов, верно найдены x и y (с двумя целыми параметрами – в
приведенном решении это m и n), но допущена ошибка при сравнениях
рациональных чисел с π – 3 балла. В остальных случаях - 0 баллов.
2. Приведен пример, удовлетворяющий условиям, и необходимые вычисления – 7
баллов. Во всех остальных случаях – 0 баллов.
3. Правильное решение – 7 баллов. Если замечена цикличность, но верный ответ не
получен - 3 балла.
4. Правильное решение с необходимыми пояснениями – 7 баллов. Если сечение
наименьшего периметра не найдено – 0 баллов. Если указано (без доказательства)
сечение наименьшего периметра, а затем верно найдена его площадь – 2 балла.
Если проводилось исследование функции, при этом правильно найден корень
производной, но не доказано, что корень – точка наименьшего значения, а затем
верно найдена площадь сечения, - 3 балла. За ошибки в алгебраических
преобразованиях при правильной логике решения оценка снижается на 1 или 2
балла.
5. Полное доказательство – 7 баллов. Если неравенство не доказано – 0 баллов. Если
при умножении обеих частей неравенства на выражение, содержащие переменные,
не доказана положительность этого выражения – 5 баллов.
6. Полное доказательство – 7 баллов. Если задача сведена к доказательству четности
p  q (или равносильному утверждению), но самого доказательства четности p  q
(или равносильного утверждения) нет, - 2 балла.