Школьный этап всероссийской олимпиады по математике 2015-2016 уч.год 5 класс Ответы, указания, решения.

Школьный этап всероссийской олимпиады по математике
2015-2016 уч.год
5 класс
Ответы, указания, решения.
1. Ответ: А = 6, Б = 9, С = 1.
2. 33 – 17 = 16(кг) весит половина сиропа.
16 • 2 = 32(кг) весит сироп.
33 – 32 = 1(кг) весит сосуд.
Ответ: 1 килограмм.
3.
1) Налить молоко в пятилитровый бидон и перелить в восьмилитровый.
2) Снова налить молоко в пятилитровый бидон и долить восьмилитровый бидон. Тогда в
пятилитровом бидоне останется 2л молока.
3) Вылить молоко в цистерну из восьмилитрового бидона.
4) Перелить 2л молока из пятилитрового бидона в восьмилитровый бидон.
5) Налить молоко в пятилитровый бидон и перелить его в восьмилитровый.
В результате в восьмилитровом бидоне получим 2+5=7 (л) молока.
4. Разделите прямоугольник 3х4 на две равные части. Найдите как можно больше
способов. Резать можно лишь по стороне квадрата 1х1, а способы считаются разными,
если в каждом случае получаются разные фигуры.
Всего существует 5 вариантов
5. Дедка вдвое сильнее Бабки, Бабка втрое сильнее Внучки, Внучка вчетверо сильнее
Жучки, Жучка впятеро сильнее Кошки, Кошка вшестеро сильнее Мышки. Без Мышки все
остальные не могут вытащить репку, а вместе с Мышкой – могут. Сколько мышек надо
собрать вместе, чтобы эти мышки смогли вытащить репку сами?
Ответ. 1237 мышек.
Решение.
Кошка = 6 мышек;
жучка = 5 кошек = 30 мышек;
внучка = 4 жучки = 120 мышек;
бабка = 3 внучки = 360 мышек;
дедка = 2 бабки = 720 мышек.
Все вместе дедка + бабка + внучка + жучка + кошка + мышка =
720+360+120+30+6+1=1237 мышек.
Школьный этап всероссийской олимпиады по математике
2015-2016 уч.год
6 класс
Ответы, указания, решения.
1. Ответ: 55:5+5=16
2. Ответ: Алеша на трамвае, Боря на автобусе, Витя на троллейбусе. Алеша не может
ездить ни на автобусе, ни на троллейбусе.
3. Ответ: Обозначим число гусей в одном хлеве за х, а число козлят за у, тогда учитывая,
что ног в одном хлеве должно быть 10, получим уравнение: 2х+4у=10. Из данного
уравнения имеем, что число козлят может быть только 1 или 2, соответственно гусей
будет 3 или 1. Тогда размещение будет такое: в двух хлевах будет по 1 козе и 3 гусям, в
трех хлевах- по 2 козам и 1 гусю.
4. Решение:
Наливаем бензин в 5-литровый бидон и переливаем в бак мотоцикла. Затем вновь
наливаем бензин в 5-литровый бидон, переливаем в 9-литровое ведро, наливаем еще раз в
5-литровый бидон и отливаем недостающие 4л в 9-литровое ведро. Тогда в 5-литровом
бидоне остается ровно 1 л, его и переливаем в бак мотоцикла.
5. Решение:
Для доказательства составим таблицу зависимости числа набранных очков от числа
решенных задач.
Число решенных
задач
Число набранных
очков
10
9
8
7
6
5
4
3
2
1
20
17
14
11
8
5
2
0
0
0
Из таблицы видно, что существует всего 8 различных возможностей получения очков. А
так как учеников было 9, то, по крайней мере, два из них получили одинаковое количество
очков.
Школьный этап всероссийской олимпиады по математике
2015-2016 уч.год
7 класс
Ответы, указания, решения.
1. Ответ: х = -1
2. Ответ: медленнее идет тот туристов, кто делает шаги короче и чаще.
Решение. Действительно, когда второй турист делает своих 10 шагов длины а каждый,
первый турист делает 11 своих шагов длины 0,9а каждый. Таким образом, первый турист
проходит расстояние 9,9а за то же время, за то же время, за которое второй проходит
большее расстояние – 10а.
3. Решение. Добавлением гири, вес которой мы не можем получить при помощи гирь
меньших весов, легко получить 1, 2, 4, 8, 15.
4. Решение. 4. Всего денег у купцов (90+85+80+75):3=110 рублей. Поэтому у первого
110–90=20, у второго 110–85 = 25, у третьего 110–80=30, а четвертого 110–75=35 рублей.
5. Решение. Вычислим несколько первых членов данной последовательности: 7; 14; 17;
20; 5; 8;11;5; 8; 11; 5; … Таким образом, начиная с пятого члена последовательности,
будет повторяться одна и та же тройка чисел 5, 8, 11, так как 2008 – 4 = 2004, а 2004
кратно 3, то на 2008-м месте будет стоять число 11.
Школьный этап всероссийской олимпиады по математике
2015-2016 уч.год
8 класс
Ответы, указания, решения.
1. Ответ : 4.
Менее чем 4 ходами не обойтись: чтобы получить кучку из 8 спичек, придется из любой
первоначальной кучки убрать как минимум 4 спички. Четырех ходов достаточно:
перекладываем из кучки с 12 спичками по 2 спички в кучки с 19 и 24 спичками.
2. Ответ. Третьим выстрелом Петя выбил 10, а Вася - 2 очка.
Последними тремя выстрелами Вася не мог выбить больше, чем 9 очков (иначе Петя бы
выбил последними тремя выстрелами не меньше 30). Меньше 9 очков Вася тоже выбить
не мог, так как наименьшая сумма за три выстрела 2+3+4 = 9. Следовательно, Вася выбил
2, 3 и 4 очка а Петя 10, 9 и 8 очков (других вариантов набрать 27 очков тремя выстрелами
нет). Значит первыми двумя выстрелами мальчики выбили 9, 8, 5 и 4 очка. При этом Петя
третьим выстрелом выбил не меньше, чем 8, а Вася - не больше, чем 4 очка. Так как сумма
очков после первых трех выстрелов была равной, значит, первыми двумя выстрелами
Петя выбил по крайней мере на четыре очка меньше, чем Вася. Единственная
возможность - Вася выбил 9 и 8, а Петя 5 и 4 очка, следовательно, третьим выстрелом
Вася выбил 2, а Петя 10 очков.
3. Ответ. 1) 20 февраля 2002 2) 29 ноября 1192 года.
Заметим, что при условии, что дата записывается как палиндром, день и месяц однозначно
находятся по заданному году.
пункт (1): в 2001 году других палиндромов быть не может, а в следующем (2002) году это
должен быть 20 день второго месяца.
Пункт (2): Чтобы дата была как можно ближе к 2001 году, необходимо брать самый
большой возможный год, меньший 2001. Вторая цифра года должна быть первой цифрой
месяца, то есть 0 или 1, т.к. месяцев не больше 12. В 2000 году палиндрома быть не может
(нулевого дня не бывает), следовательно, первые две цифры года - 11 (соответственно,
месяц - ноябрь). Третью цифру года нужно взять максимально возможную, т.е. девять,
тогда четвертой (так как в ноябре не больше 31 дня) может быть два. Получится датапалиндром 29.11.1192.
4. Ответ : 14
Так как на каждый вопрос были даны 4 правильных ответа, общее число правильных
ответов делится на 4. Поскольку Петя дал 10 верных ответов, Вася — 13, а остальные трое
— от 11 до 12, то общее число правильных ответов не меньше, чем 10 + 13 + 3·11 = 56, и
не больше, чем 10 + 13 + 3·12 = 59. Из чисел в этих пределах только 56 кратно 4, поэтому
число вопросов равно 56:4=14.
5. Ответ : от сгущенки
По условию
3м + 4с + 2в > 2м + 3с + 4в, откуда
м + с > 2в. (*). По условию же
3м + 4с + 2в > 4м + 2с + 3в, откуда
2с > м + в.
Складывая последнее неравенство с неравенством (*), получаем м + 3с > м + 3в, откуда
с > в.
Школьный этап всероссийской олимпиады по математике
2015-2016 уч.год
9 класс
Ответы, указания, решения.
1. Ответ: Первоначально на корабле было 150 человек.
2. Решение:
Если предметы куплены за 360 рублей, то продали за 360*1,25=450 рублей.
х – себестоимость первого, (360 – х) – себестоимость второго.
1,5х + 1,125*360 - 1,125х= 450
0,375х = 450-405
0,375х = 45
х =120
Ответ: первый продан за 180 р, второй – за 270 р.
3. Ответ: - 1 .
Если число а является корнем уравнения, то верно равенство:
1 способ: Если к выражению прибавить 1 и вычесть 1 его значение не изменится.
2 способ:
умножим обе части на 2:
Подставим полученное выражение в числитель дроби:
4. Решение:
В треугольнике АВС(АВ=ВС=18) АD и СЕ-высоты.Пусть ВD=х, DС=18-х.
Из прямоугольных треугольников АВD и АDС найдем АD2: АD2=АВ2- ВD2=182-х2 и
648  144
 14 (см)
АD2= АС2- DС2= 122- ( 18-х)2=122-182=36х-х2, откуда х=
36
Теперь рассмотрим подобные тр. АВС и ВЕD: ЕD/АС=ВD/ВС или ЕD/12=14/18, откуда
28
1
 9 (см).
ЕD=
3
3
5. Решение:
Сделаем замену x = b1/15, y = a1/10. Тогда доказываемое неравенство приобретает вид
2y5 + 3x5 ≥ 5y2x3.
Деля на y5 и обозначая t = x / y, получаем 3t 5 – 5t 3 + 2 ≥ 0. Разложим левую часть на
множители. Последовательно получаем
(3t 5 – 3t 3) – (2t 3 – 2) = 3t 3(t 2 – 1) – 2(t – 1)(t 2 + t + 1) = (t – 1)(3t 3(t + 1) – 2(t 2 + t + 1)) =
=(t – 1)(3t 4 + 3t 3 – 2t 2 – 2t – 2) = (t – 1)((2t 4 – 2t 2) + (t 4 – t) + (t 3 – t) + (2t 3 – 2)) =
= (t – 1)(2t 2(t 2 – 1) + t(t 3 – 1) + t(t 2 – 1) + 2(t 3 – 1)) =
= (t – 1)2(2t 2(t + 1) + t(t 2 + t + 1) + t(t + 1) + 2(t 2 + t + 1)) =
= (t – 1)2(3t 3 + 6t 2 + 4t + 2) ≥ 0.
Для t > 0 выражение в первой скобке ≥ 0, во второй скобке > 0. В итоге, f(t) ≥ 0 для всех t >
0. Равенство нулю достигается лишь при t = 1, т.е. при x = y, т.е. при a3 = b2.
Школьный этап всероссийской олимпиады по математике
2015-2016 уч.год
10 класс
Ответы, указания, решения.
1. Ответ: 33 %
2. Решение: В трех контрольных работах оценки могли распределиться, например,
следующим образом:
К1
К2
К3
А
5
4
3
В
4
3
5
С
3
5
4
3. Ответ: 97 сумм
Решение:
Сначала покажем, что все суммы не могут быть нечетными. Действительно, пусть
все суммы нечетны. Это возможно только, если числа идут в следующем порядке: а)
нннн…; б) нччнччн…; в) чнччнчч…; г) ччнччнч… .
В первом случае получаем, что все числа от 1 до 100 должны быть нечетны, а в
остальных – что четных чисел больше, чем нечетных, т. е. приходим к пртиворечию.
Покажем теперь, как расставить числа, чтобы получилось 97 нечетных сумм:
Четной окажется только 75-я сумма.
4. Решение:
Треугольники АЕС и ВDС подобны, так как ∟ЕСА=∟ВDС и ∟ЕАС=∟DСВ. Пусть h и H
– длины перпендикуляров, опущенных из точек Е и В на прямую АС. Тогда в силу
подобия указанных треугольников имеем
= . Значит, h*DC= H*AC, т. е.
5. Ответ: 9фишек.
Решение:
Рис. 1
Рис. 2
Рис. 3
Очевидно, что одну фишку можно поставить так, что она накроет точки каждой
клетки фигуры, изображенной на рисунке 1. Поэтому, как показано на рисунке 2,
достаточно 9 фишек.
Меньшим количеством фишек обойтись нельзя. Рассмотрим 9 клеток, омеченных на
рисунке 3.
Эти клетки удалены друг от друга на расстояние, не меньшее , чем 2, поэтому одна
фишка не может задевать две клетки одновременно. Следовательно, фишек должно быть
не меньше, чем отмеченных клеток.
Школьный этап всероссийской олимпиады по математике
2015-2016 уч.год
11 класс
Ответы, указания, решения.
1. Ответ: 37037 и 74074.
Решение: Из условия х + у = 111111, х + 10у = 777777. Откуда 9у = 66666 у=74074.
Тогда х = 37037.
2. Решение. Пусть ABC - прямоугольный треугольник с прямым углом при вершине C,
для которого ABC больше СAB. Отметим на AC точку K так, чтобы AK=KB. Выберем
на AB точки M и N из условий AM=MK и BN=NK. В этом случае треугольник BKC прямоугольный, а треугольники AMK, KMN, KNB - равнобедренные. Это и требовалось
доказать.
3.
4. Преобразуем выражение к виду
х 4
х 4х
2

х 4
х  х  4

1
при х  4
х
1
, при условии, что х  4, х  4 . На рисунке видно, что прямая у = кх не
x
имеет с построенным графиком общих точек, если она горизонтальна, либо если она
1
 1

проходит через одну из удаленных точек  4;  или   4;  . Этим случаям
4
 4

1
1
соответствуют значения к = 0;  ;
16 16
Значит, y 
5.