ГОРОДСКАЯ ОЛИМПИАДА ПО МАТЕМАТИКЕ 2011-2012

ГОРОДСКАЯ ОЛИМПИАДА ПО МАТЕМАТИКЕ 2011-2012
ШКОЛЬНЫЙ ТУР
РЕКОМЕНДАЦИИ
ПО ПРОВЕДЕНИЮ ШКОЛЬНОЙ ОЛИМПИАДЫ ПО МАТЕМАТИКЕ
Время, отводимое на решение задач:
5-8 классы
60 минут
9-11 классы
90 минут
Министерством образования России рекомендуется при проверке
решений задач городских (районных) олимпиад исходить из 7-балльного
оценивания каждой задачи (независимо от её сложности). При этом можно
придерживаться следующих критериев:
Число баллов
Критерии
7
Решение верное, полное, не содержит ошибок
6
Решение верное, но содержит недочёты
4-5
Решение в основных чертах верное, но не полно или
содержит непринципиальные ошибки
1-3
Решение неверное, но содержит разумные соображения,
имеется некоторое продвижение вперёд в решении задачи
0
Решение неверное или отсутствует
Решение считается неполным, если оно:
– содержит все идеи, но не доведено до конца;
– при верной общей схеме рассуждений содержит пробелы, то есть явно
или скрыто опирается на недоказанные утверждения, которые нельзя считать
известными или очевидными.
При оценивании решения не следует снижать баллы за
нерациональность рассуждений или исправления, внесённые учеником в
ходе решения.
Нахождение второго варианта решения задачи оценивать в 1-2 балла, в
зависимости от сложности задачи. За наличие «красивых» (оригинальных)
идей в решении можно поощрять дополнительным баллом.
При присваивании призовых мест желательно придерживаться
следующих соображений:
1 место присуждается при наборе учеником не менее 75% общего числа
баллов.
2 место присуждается при наборе учеником 60% – 75% общего числа
баллов.
3 место присуждается при наборе учеником 50% – 60% общего числа
баллов.
1
Городская олимпиада по математике 2011-2012
Школьный тур
(Решения)
5 класс
1. Вписать в квадраты цифры от 0 до 9 без повторений так, чтобы получилось
три верных примера. Найдите все варианты.
+
=
−
=
−
=
Решение.
Так как все цифры различны, а сложение с нулём, вычитание нуля не
меняют числа, и ноль может получиться только при вычитании одинаковых
чисел, то единственный возможный вариант расположение нуля – разряд
единиц результата первого примера. При сложении двух однозначных чисел
в разряде десятков может стоять цифра не больше, чем 1. Таким образом,
сумма чисел в первом примере равна 10. Рассмотрим возможные варианты:
1) 1  9  10 – невозможно, так как единица уже использована.
2) 2  8  10 . Тогда остаются неиспользованными цифры 3, 4, 5, 6, 7, 9.
Число 9 может быть только уменьшаемым. Если вычитаемое равно 3, то
разность равна 6. Из оставшихся чисел наибольшее – 7 и оно не равно сумме
остальных чисел 4  5  9 . Аналогично остальные опровергаются другие
варианты.
3) 3  7  10 . Тогда остаются неиспользованными цифры 2, 4, 5, 6, 8, 9.
Числа 9 и 8 могут быть только уменьшаемыми. Возможны варианты 9  5  4
или 9  4  5 и 8  6  2 или 8  2  6 .
4) 4  6  10 . Тогда остаются неиспользованными цифры 2, 3, 5, 7, 8, 9.
Числа 9 и 8 могут быть только уменьшаемыми. Возможны варианты 9  7  2
или 9  2  7 и 8  5  3 или 8  3  5 .
Аналогично варианты 6  4  10 , 7  3  10 , 8  2  10 , 9  1  10 .
2. Четыре утёнка и пять гусят весят 4 кг 100 г, а пять утят и четыре гусёнка
весят 4 кг. Сколько весит один гусёнок?
Решение.
Девять утят и девять гусят вместе весят 8 кг 100 г. Тогда один утёнок и
один гусёнок вместе весят 900 г. Четыре утёнка и четыре гусёнка вместе
весят 3 кг 600 г. Тогда один гусёнок весит 500 г.
2
3. В трёх мешках находятся крупа, мука и сахар. На одном мешке написано
«крупа», на другом – «мука», на третьем – «крупа или сахар». В каком мешке
что находится, если содержимое каждого из них не соответствует надписи?
Решение.
Так как на третьем мешке написано «крупа или сахар» и надпись эта –
ложная, то в нём находится мука. Тогда в мешке с надписью «крупа» не
может быть ни муки, ни крупы, то есть там сахар. Тогда в мешке с надписью
«мука» находится крупа.
4. Через 9 точек, расположенных в форме квадрата, провести 4 прямые
линии, не отрывая ручки от бумаги.
Решение.
3
Городская олимпиада по математике 2011-2012
Школьный тур
(Решения)
6 класс
1. Как, имея два сосуда вместимостью 5 литров и 7 литров, налить из
водопроводного крана 6 литров воды?
Решение.
5-ти литровый сосуд 7-ми литровый сосуд
5
0
0
5
5
5
3
7
3
0
0
3
5
3
1
7
0
1
5
1
0
6
2. К числу 157 добавить справа две цифры так, чтобы полученное
пятизначное число делилось на 36. Найти все такие пятизначные числа.
Решение.
Число делится на 36, если оно делится на 9 и на 4. Сумма первых трёх
цифр числа равна 13. Тогда, чтобы число делилось на 9, сумма последних
двух цифр должна быть равна 5 или 14. Для того чтобы число делилось на 4,
его последние две цифры должны образовывать двузначное число, кратное 4.
Рассмотрим варианты:
1) сумма равна 5:
а) 0  5 . Не удовлетворяет условию задачи, так как 5 не делится на 4.
б) 5  0 . Не удовлетворяет условию задачи, так как 50 не делится на 4.
в) 1  4 . Не удовлетворяет условию задачи, так как 14 не делится на 4.
г) 4  1. Не удовлетворяет условию задачи, так как 41 не делится на 4.
д) 2  3 . Не удовлетворяет условию задачи, так как 23 не делится на 4.
е) 3  2 . Удовлетворяет условию задачи, так как 32 делится на 4.
Получим число 15732.
2) сумма равна 14:
а) 5  9 . Не удовлетворяет условию задачи, так как 59 не делится на 4.
б) 9  5 . Не удовлетворяет условию задачи, так как 95 не делится на 4.
4
в) 6  8 . Удовлетворяет условию задачи, так как 68 делится на 4.
Получим число 15768.
г) 8  6 . Не удовлетворяет условию задачи, так как 86 не делится на 4.
д) 7  7 . Не удовлетворяет условию задачи, так как 77 не делится на 4.
Замечание. Могут быть и другие способы решения задачи. Например, можно
подобрать одно число, показать, что оно кратно 36, а остальные числа искать,
прибавляя к найденному (или вычитая из него) кратные 36. При этом
решение считать полным, если обосновано, что других вариантов нет.
Ответ: 15732, 15768.
3. Четыре брата Юра, Миша, Петя и Коля учатся в 1, 2, 3, 4 классах. Петя –
отличник, младшие братья стараются брать с него пример. Миша учится в 4
классе. Юра помогает решать задачи брату. Кто из них в каком классе
учится?
Решение.
По условию Миша учится в 4 классе. У Пети есть младшие братья,
значит, он не может учиться ни в первом, ни во втором классе, значит, он
учится в третьем классе. Так как Юра помогает решать задачи брату, то он не
может быть младшим, значит, он учится во втором классе. Тогда Коля учится
в первом классе.
Ответ: Миша учится в четвёртом классе, Петя – в третьем классе, Юра – во
втором, Коля – в первом.
4. Разрезать фигуру по сторонам клеток на четыре равные части.
Решение.
5
Городская олимпиада по математике 2011-2012
Школьный тур
(Решения)
7 класс
1. Расставить в записи 4 12  18: 6  3
наименьший возможный результат.
скобки так, чтобы получился
1
Решение.  4  12  18  :  6  3  7 .
3
2. Три яблока, четыре груши и один персик стоят 61 рубль. Два яблока,
четыре груши и два персика стоят 66 рублей. Сколько стоит одно яблоко,
одна груша и один персик, если персик стоит столько, сколько стоят два
яблока?
Решение.
Запишем условия в виде равенств:
3 я  4 г  1п  61,
2 я  4 г  2п  66,
1п  2 я.
Учитывая первое и третье условия, получим, что 5 я  4г  61, а из второго и
третьего условий получим, что 6 я  4г  66 . Значит, одно яблоко стоит
5 рублей. Тогда один персик стоит 10 рублей. Четыре груши стоят 36 рублей,
то есть одна груша стоит 9 рублей.
Ответ: персик стоит 10 рублей, груша – 9 рублей, яблоко – 5 рублей.
3. Чтобы определить расстояние от дома до школы, Сергей шёл
равномерным шагом и полпути считал шаги парами, а полпути – тройками,
причём пар получилось на 250 больше, чем троек. Сколько шагов до школы?
Решение.
Пусть пар будет x, а троек y . Тогда 2 x  3 y и x  y  250 . Отсюда
y  500 , а всего шагов до школы будет 2  3  y  6  500  3000 .
Ответ: 3000 шагов.
4. Прямоугольник ABCD разбит на квадраты.
Найти периметр прямоугольника, если сторона
закрашенного квадрата равна 3 см.
6
Решение.
Пронумеруем квадраты:
1
2
3
4
5
Длины сторон квадратов 2 и 3 равны, значит длина стороны квадрата 4 равна
3  3  6 (см). Сумма длин сторон квадратов 1 и 5 равна сумме длин сторон
квадратов 2 и 4, то есть 3  6  9 (см). Длины сторон квадратов 1 и 5 равны
Тогда
периметр
прямоугольника
равен:
9: 2  4,5 (см).
2    4,5  3  3  9   39 (см).
Ответ: 39 см.
7
Городская олимпиада по математике 2011-2012
Школьный тур
(Решения)
8 класс
1. Найти x , если x 2  2010  2012  1 и x  0 .
Решение.
x 2   2011  1   2011  1  1
x 2  20112  1  1
x 2  20112
Так как x  0 , то x  2011.
Ответ: x  2011.
2. Число 3 возвели в 23-ю степень. Полученное число вновь возвели в 23-ю
степень и так далее. Возведение повторено 2011 раз. Определить последнюю
цифру полученного числа.
Решение.
Натуральные степени числа 3 оканчиваются на 3, 9, 7, 1, 3, 9, 7, 1, …
Остаток от деления 23 на 4 равен 3, поэтому 23-я степень числа 3
оканчивается на 7.
Натуральные степени числа 7 оканчиваются на 7, 9, 3, 1, 7, 9, 3, 1, …
Остаток от деления 23 на 4 равен 3, поэтому 23-я степень 23-ей степени
числа 3 оканчивается на 3. Продолжая рассуждать аналогичным образом,
получим, что искомое число оканчивается на 7.
Ответ: 7.
3. У четырёх братьев всего 32 000 рублей. Если деньги первого брата
увеличить на 7 рублей, а деньги второго – уменьшить на 7 рублей, третьего –
увеличить в 7 раз, а четвёртого – уменьшить в 7 раз, то у братьев станет денег
поровну. Сколько денег было у каждого из братьев первоначально.
Решение.
Пусть у первого брата x рублей, у второго – y рублей, у третьего –
z рублей, у четвёртого – t рублей. Тогда:
 x  y  z  t  32000,


1
 x  7  y  7  7 z  7 t
Выразим все переменные через z и подставим в первое уравнение
системы:
 7 z  7    7 z  7   z  49 z  32000
64 z  32000 , z  500 ;
x  7  500  7 , x  3493 ;
8
y  7  500  7 , y  3507 ;
t  49  500 , t  24500 .
Ответ: у первого брата 3493 рублей, у второго – 3507 рублей, у третьего –
500 рублей, у четвёртого – 24500 рублей.
4. В треугольнике MKN найти MON .
K
40 40
O
M
N
Решение.
K
A
40 40
1
M
O
2
C 4
B
3
N
AOM  MOC по катету и гипотенузе, тогда 1  2 . Аналогично 3  4 .
KMN  MKN  KNM  180 .
2   2    40  40   2   4   180 ;
2   2  4   100 ; 2  4  50 .
MON  2  4  180 ;
MON  130 .
Ответ: MON  130 .
9
Городская олимпиада по математике 2011-2012
Школьный тур
(Решения)
9 класс
1. Разложите на множители 4  a 2  b 2   21b 2  20ab  36 .
Решение.
4  a 2  b 2   21b 2  20ab  36  4a 2  4b 2  21b 2  20ab  36 
 4a 2  25b 2  20ab  36   2a  5b   36   2a  5b  6  2a  5b  6 .
2
Ответ:  2a  5b  6  2a  5b  6  .
2. Изобразите на координатной плоскости множество точек, координаты
которых  x; y  удовлетворяют условию
3
3
x y x  y
.

 
2
 2 
3
Решение.
Перепишем данное равенство, возведя в куб левую часть и умножив его
на 8:
x3  y 3  3xy  x  y   4 x 3  4 y 3 ;
3 x  3 y  3 xy  x  y   0 ;
3
3
y
yx
y  x
x3  y 3  xy  x  y   0 ;
 x  y   x 2  xy  y 2  xy   0 ;
2
 x  y  x  y   0 ;
x
О
y  x .
Строим две прямые y   x .
3. Внутри квадрата расположен меньший квадрат,
стороны которого параллельны соответствующим
сторонам большего квадрата. Вершины квадратов
соединены так, как показано на рисунке.
Докажите,
что
суммы
площадей
четырёхугольников, не имеющих общих сторон,
равны.
S2
S1
S3
S4
10
Решение.
S2
h1
h3
S1
S3
S4
Пусть a – сторона большего квадрата, а b – сторона меньшего квадрата.
Вычислим S1  S3 . Образовавшиеся четырёхугольники – это трапеции с
основаниями a и b . Пусть их высоты h1 и h3 . Находим сумму площадей:
ab
ab
ab
ab
a2  b2
 h1 
 h3 
  h1  h3  
 a  b 
.
2
2
2
2
2
a 2  b2
Точно также S2  S4 
.
2
Таким образом, S1  S3  S2  S4 , что и требовалось.
S1  S3 
4. Есть 30 шаров красного, желтого и зеленого цвета. Петя рассматривает их
и выбирает из них 10, затем Вася выбирает 5 понравившихся ему из этих 10ти, а потом опять Петя выбирает 2 из этих 5-ти. Если оба окажутся красными,
Петя выиграл. При каком наименьшем количестве красных шаров Петя
наверняка может выиграть?
Решение.
Будем решать задачу с конца. Чтобы Петя смог взять два красных из
последних пяти, жёлтых и зелёных в этой пятёрке должно быть не больше
трёх. Следовательно, в отобранной Петей десятке шаров в начале игры,
жёлтых и зелёных должно быть тоже не больше трёх. Иначе Вася, сможет
выбрать не менее четырёх шаров, среди которых не будет красных. А,
значит, второй раз Петя будет выбирать из пяти шаров, среди которых точно
не будет двух красных. Поэтому наименьшее количество красных шаров
семь. (И Петя обязательно выбирает их в первую десятку).
Ответ: семь шаров.
11
Городская олимпиада по математике 2011-2012
Школьный тур
(Решения)
10 класс
 x  y  x  y  30
1. Решите систему  2
.
2
x

y

325

Решение.
Первое уравнение системы является квадратным относительно
x y .
 x y 5
Решим его как квадратное и найдём 
. Второе уравнение
 x  y  6
совокупности не имеет решений, а первое приводит к равносильному
уравнению x  y  25
 x  y  25
Теперь решаем систему  2
, равносильную первоначальной.
2
x

y

325

 x  10
Ответ: 
;
y

15

 x  15
.

y

10

2. Определите сумму всех таких натуральных чисел n , для которых числа
5600 и 3024 делятся без остатка на n и n  5 соответственно.
Решение.
Разложим на простые сомножители числа 5600 и 3024.
5600  25  52  7 , 3024  24  33  7 .
Если число n кратно 5, то и число n  5 кратно 5. Но среди делителей
числа 3024 нет кратных числа 5. Поэтому нас интересуют только некратные 5
делители числа 5600. Выпишем их и для каждого найдём n  5 .
n
1
2
4
8
16
32
7
14
28
56
112
224
n5
6
7
9
13
21
37
12
19
33
61
117
229
Число 3024 делится на 6, 7, 9, 21, 12 и не делится на
13, 37, 19, 33, 61, 117, 229. Значит, для числа n возможны только значения
1, 2, 4, 7, 16. Найдём их сумму: 1  2  4  7  16  30 .
Ответ: 30.
3. Непараллельные стороны трапеции продолжены до взаимного пересечения
и через полученную точку проведена прямая, параллельная основаниям
12
трапеции. Найдите длину отрезка, ограниченного
диагоналей, если основания равны a и b ( a  b ).
продолжениями
Решение.
Пусть DMNE – данная трапеция, AB – искомый отрезок. Тогда
AC h1 CB h1
DME CMA , DNE BNC , MNE ACE , поэтому
 ;
 ;
a
h
a
h
AC h1  h
C
B
A
. Из первых двух

b
h
h1
равенств
следует,
что
N
M b
AC  CB , а из первого и
ab
третьего – что AC 
.
a

b
h
Так
как
2ab
.
AB  AC  CB  2 AC 
a
a b
E
D
2ab
Ответ:
.
a b
4. Постройте график функции y 
Решение.
Преобразуем
 x  1
2

 x  1
выражение
2
,
x 1  x 1 .
2

 x  1
2
.
y
получим
Надо построить
график функции y  x  1  x  1 .
Раскроем
модули
по
определению, тогда функция
будет задана кусочно:
2, если x  1;

y  2 x, если  1  x  1;
2, если x  1.

 x  1
2
–1 O
x
1
–2
Строим график.
13
Городская олимпиада по математике 2011-2012
Школьный тур
(Решения)
11 класс
1. Докажите, что уравнение x
корней.
2012
1
2
 2 x  11 x  2  0 не имеет действительных
2
Решение.
1
2
Так как квадратное уравнение
не имеет
2 x  11 x  2  0
действительных корней ( D  0 ), а "ветви" соответствующего квадратного
трёхчлена направлены вверх, то для любого x верно неравенство
2
1
2
2 x  11 x  2  0 . Следовательно, для любого x верно и неравенство
2
1
2
x  2 x  11 x  2  0 , то есть данное уравнение не имеет действительных
корней, ч. т. д.
2012
2
2. Решите неравенство 2 x 2  2 x3  x
Решение.
Найдём допустимые значения для переменной x . Существование
2x3 требует x  0 . Но число 0 не является решением
слагаемого
неравенства, так как 0  0  0 неверно. Значит, с необходимостью x  0 .
Разделим обе части неравенства на положительное x и сохраним знак
2 x 2  2 x3
неравенства:
 1.
x
Так как x  0 , то 2 x3  2 x 2  x  x 2 x  x 2 x , и неравенство можно
2 x2  x 2x
записать в виде:
 1 , что равносильно 2 x  2 x  1 поскольку
x
x  0 . Последнее неравенство является квадратным относительно
2x .
Решая его, находим

1  5
 2x 
2

.

1  5
 2x 

2
3 5
Первое неравенство не имеет решений, а из второго x 
.
4
3 5

; .
Ответ: 
 4

14
3. В окружность радиуса R вписан треугольник,
вершины которого делят окружность в отношении
2 : 5:17 . Найдите площадь треугольника.
A
B
Решение.
Найдём градусные меры дуг, отсекаемых на C
окружности
вершинами
треугольника.
360 :  2  5  17   360 : 24  15 ;
2  15  30 ;
5  15  75 ; 17  15  255 . А, значит углы
треугольника,
равны
По
теореме
синусов
15; 37,5; 127,5 .
AC  2R sin B  2R sin37,5 ;
BC  2R sin A  2R sin127,5 .
AC  BC
2R sin37,5  2 R sin127,5  sin15 
.
Поскольку
S ABC 
sin C 
2
2
1
sin37,5  sin127,5  sin37,5  sin  90  37,5   sin37,5  cos37,5  sin 75 
2
1
2 R  2 R  cos15  sin15
1
1
R2
2
.
 cos15 . Поэтому S ABC 
 R 2   sin 30 
2
2
2
4
R2
Ответ:
.
4
4. Найдите все значения параметра a , при которых
x 2  2 x  a  5 не имеет решений на отрезке  1; 2 .
неравенство
Решение.
Переформулируем задачу так. При каких значениях параметра
неравенство x 2  2 x  a  5 справедливо для всех точек отрезка  1; 2 .
Раскроем модуль и перейдём к системе:
 x2  2 x  a  5
 x2  2 x  a  5  0
, или  2
.
 2
 x  2 x  a  5
x  2x  a  5  0
Рассмотрим функции
f  x   x2  2x  a  5
и
g  x   x2  2x  a  5 .
Абсциссы вершин обеих парабол равны 1 и лежат на отрезке  1; 2 , а ветви
 f  1  0
их направлены вверх. Условие f  x   0 равносильно системе 
.
 f  2  0
Условие g  x   0 равносильно g 1  0 .
 f  1  0

Таким образом, требуется решить систему  f  2   0 .
 g 1  0

Вычислим отдельно f  1 , f  2  , g 1 :
15
f  1   1  2   1  a  5  a  2, f  2   22  2  2  a  5  a  5,
2
g 1  12  2  1  a  5  a  4.
a  2  0
a  2


a  5  0  a  5   4  a  2.
a  4  0
a  4


Ответ:  4; 2 .
16