Городская (районная) олимпиада по математике 7 класс

Городская (районная) олимпиада по математике
2010 год
7 класс
информационная поддержка http://www.ruemcenter.ru
1. Александр Иванович написал на листке бумаги число 20. Тридцать три
семиклассника передают листок друг другу, и каждый по своему усмотрению вычитает от него или прибавляет к нему 1. Может ли в результате
получиться 10?
2. Съев на пустой желудок трёх поросят и семерых козлят, Серый Волк всё
ещё страдал от голода. Зато в другой раз он съел на пустой желудок 7 поросят и козлёнка и страдал уже от обжорства. От чего пострадает Волк,
если съест на пустой желудок 11 козлят?
3. Найдите 10 натуральных чисел обладающих тем свойством, что их сумма
делится на каждое из них.
4. Можно ли разрезать квадрат 7  5 на 5 частей так, чтобы из них можно
было сложить три квадрата, никакие два из которых не были бы равными?
5. Если у осьминога чётное число ног, он всегда говорит правду. Если нечётное, то он всегда лжёт. Однажды зелёный осьминог сказал тёмносинему:
–У меня 8 ног. А у тебя только 6.
–Это у меня 8 ног,–обиделся тёмно-синий.–А у тебя всего 7.
–У тёмно-синего действительно 8 ног,–поддержал фиолетовый и похвастался:–А вот у меня целых 9!
–Ни у кого из вас не 8 ног,–вступил в разговор полосатый осьминог–Только
у меня 8 ног!
У кого из осьминогов было ровно 8 ног?
1.
2.
3.
4.
С
С
С
С
С
С
E
5.
Городская (районная) олимпиада по математике
2010 год
7 класс (Решение)
Ответ: нет. Т.к. число будет изменено нечетное число раз (33 раза) на
единицу, и изменится в целом на 20-10=10 не может.
Ответ: Волк будет страдать от голода. Обозначим «сытность» поросёнка через p , а козлёнка через k . Тогда имеем из условия 3 p  7k  7 p  k ,
откуда 6k  4 p , а стало быть, k  2 p . Значит, 11k  7k  3 p , то есть
3
Волк после поедания 11 козлят будет страдать от голода.
Одно из возможных решений!!! Заметим, что три числа 1, 2 и 3 обладают тем свойством, что их сумма делится на каждое из них. Рассмотрим
теперь числа 1, 2, 3 и 6 ( 6  1  2  3 ). Очевидно, что эти четыре числа обладают тем же свойством. Допишем теперь к ним пятое число
1  2  3  6  12 , шестое – 1  2  3  6  12  24 . Таким образом получается искомый набор из десяти чисел 1, 2, 3, 6, 12, 24, 48, 96, 192, 384.
Можно. Рассмотрим одно из возможных разбиение.
С С С С А A
С С С С A A Различные квадраты получаются из A, B и ещё
С С С С D D один квадрат складывается из C, D, E.
С С С С D D
С С С B B B
С С С B B B
E E E B B B
Ответ: 8 ног было у полосатого осьминога. Если фиолетовый осьминог
говорит правду, то у него чётное число ног. Но в таком случае он не может сказать, что у него 9 ног. Значит, фиолетовый осьминог лжёт. Поэтому у тёмно-синего осьминога не 8 ног. Но тёмно-синий говорит, что у него 8 ног, то есть лжёт. Поэтому у него нечётное число ног. Сказав, что у
тёмно-синего осьминога 6 ног, зелёный солгал. Поэтому он солгал и в
первый раз, и у него не 8 ног. Итак, первое утверждение полосатого осьминога верно. Значит, верно и второе, и у него действительно 8 ног. А у
остальных осьминогов нечётное число ног.
Городская (районная) олимпиада по математике
2010 год
8 класс
информационная поддержка http://www.ruemcenter.ru
1. КУБ является кубом. Докажите, что ШАР кубом не является. (КУБ и ШАР –
трёхзначные числа, разные буквы обозначают различные цифры.)


2. Является ли число 2  5
5  1  5 5  11 рациональным или иррациональным?
3. Даны 8 гирек весом 1, 2, ..., 8 грамм, но неизвестно какая из них сколько весит. Барон Мюнхгаузен утверждает, что помнит, какая из гирек сколько весит и в доказательство своей правоты готов провести одно взвешивание, в
результате которого будет однозначно установлен вес хотя бы одной из гирь.
Не обманывает ли он?
4. В треугольнике ABC точка D – середина стороны BC, точка E – середина AD,
и CE пересекает сторону AB в точке K. Докажите, что AK = EK, если известно, что BE=BD.
5. В квадрате 30×30 Александр Иванович закрасил несколько столбцов и несколько строк. После этого он дал задание Илье подсчитать, сколько есть
квадратов 2×2, в которых хотя бы одна клетка закрашена. Через 14 часов
подсчета Илья сообщил, что насчитал 600 таких квадратов. Докажите, что он
ошибся.
Городская (районная) олимпиада по математике
2010 год
8 класс (Решение)
1. Рассмотрим все кубы, являющиеся трёхзначными числами. Это 53=125,
63=216, 73=343, 83=512, 93=729 (других нет, так как 43=64<100, а
103=1000>999). Так как разные буквы обозначают разные цифры, ни одно из
чисел КУБ и ШАР не равно 343. Но во всех оставшихся кубах есть общая
цифра 2, а в числах КУБ и ШАР общих цифр нет.
2. Ответ: рациональным. Это число равно нулю. Достаточно заметить, что
квадраты обоих слагаемых равны 5 5  11 , и что первое отрицательно
( 2  5 ), а второе – положительно.
3. Не обманывает: 1  2  3  4  5  7  8 , останется 6. Это единственный вариант, когда пять гирь равны двум по весу.
4. Треугольник BED – равнобедренный, поэтому  BED
B
=  BDE, поэтому равны и смежные им углы. Тогда
треугольники EDC и AEB равны по первому признаD
K
ку (ED = AE, CD = BE,  EDC = AEB), откуда получаем, что  BAE =  CED, но углы CED и AEK верE
тикальные, поэтому они равны, и треугольник AKE A
C
является равнобедренным.
5. Допустим, что Илья прав. Всего квадратиков 2×2 в нашем квадрате
29·29 = 841. Квадратиков, у которых нет закрашенных клеток, оказалось 241.
Но количество таких квадратиков – это произведение количества пар соседних незакрашенных строк и количества пар соседних незакрашенных столбцов, т.е. число либо меньшее 30, либо составное. Но 241 – простое число,
большее 30. Следовательно, Илья ошибся.
Городская (районная) олимпиада по математике
2010 год
9 класс
информационная поддержка http://www.ruemcenter.ru
1. По прогнозу экспертов, цены на квартиры в Москве через год упадут: в рублях на 20%, в евро на 40%. А в Сочи цены в рублях упадут на 10%. На
сколько упадут цены в Сочи в евро?
2. Запах куста розы распространяется вокруг на расстояние 10 метров от него.
Какое минимальное возможное количество кустов нужно посадить на прямоугольной аллее длиной 300 метров и шириной 6 метров, чтобы в любой
точке аллеи пахло розами? (Аллея – дорога, пешеходная или проезжая
(обычно в парке, саду, иногда вне их), обсаженная по обеим сторонам деревьями или кустарниками.)
3. Найдите наименьшее положительное число x , удовлетворяющее неравенству x  x  3 . Здесь x  – целая часть числа x (наибольшее целое, не превосходящее x ), а x  x  x–дробная часть числа x .
4. На сторонах AB , BC , CD и DA вписанного четырехугольника ABCD , длины которых равны a , b , c и d , внешним образом построены прямоугольники размером a  c , b  d , c  a и d  b . Докажите, что их центры являются
вершинами прямоугольника.
5. На олимпиаде m  1 школьников решали n  1 задач. Все школьники решили
разное количество задач. Все задачи решены разным количеством школьников. Докажите, что один из школьников решил ровно одну задачу.
1.
2.
3.
4.
5.
Городская (районная) олимпиада по математике
2010 год
9 класс (Решение)
В Москве через год цены на жилье составят 80% в рублях и 60% в евро от
нынешних. Значит, цена самого евро в рублях изменится в 3/4 раза. В Сочи
цена квартиры в рублях будет составлять 90%, а в евро – 90%3/4 = 67,5% от
нынешней. Значит, она уменьшится на 32,5%.
Ответ: 17. Пусть аллея горизонтальна и левый нижний край ее в точке 0;0  .
Нарисуем окружность радиуса 10 вокруг одного из кустов. Она пересечёт тот
край аллеи, на котором куст, на расстоянии 10. А противоположный – на
расстоянии 8 (считая от основания перпендикуляра). Вот на расстоянии 10 от
последней точки пересечения и можно сажать второй куст. Следовательно
максимально допустимое расстояние по горизонтали между соседними кустами
18.
Тогда
розы
расположены
в
точках
k
8;0, 26;6, 44;0,...,8  18k ;3(1  (1) ),...,(296;0) , т.е. k принимает 17 значений от 0 до 16.
Ответ: 4,75. Очевидно, что x  3 , т.к. x  1. При x  4 получаем
x  3  0.75 , т.е. x  4.75 . Если же x  5 , то x  x  5  4.75 . Значит,
x
наименьшее x  4.75 .
Пусть на сторонах AB и BC построены прямоугольники ABC1 D1 и A2 BCD 2 ;
P, Q, R и S — центры прямоугольников, построенных на сторонах AB, BC,
CD и DA. Так как ABC  ABD  180  , то ADC  A2 BC1 , а значит
RDS  PBQ и RS  PQ . Аналогично QR  PS . Следовательно, PQRS —
параллелограмм, причем один из треугольников RDS и PBQ построен на его
сторонах внешним образом, а другой внутренним; аналогичное утверждение
справедливо
и
для
треугольников
QCR
и
SAP.
Поэтому

так
как
и
PQB  RSD
PQR  RSP  BQC  DSA  180 ,
RQC  PSA . Следовательно, PQRS – прямоугольник.
Если нашёлся школьник, не решивший ни одной задачи, то не будем его рассматривать. Затем, если есть задача, не решённая ни одним из школьников,
то не будем её рассматривать. По-прежнему все школьники решили разное
количество задач, все задачи решены разным количеством школьников.
Пусть осталось m  школьников и n  задач. Тогда m  1 , n  1 . Если каждый
из m  школьников решил от 2 до n  задач и все решили разное количество
задач, то m  n  1 . Так как каждая из n  задач решена от 1 до m  школьниками, и все задачи решены разным количеством школьников, то n  m .
Противоречие, значит требуемый школьник найдётся.
Городская (районная) олимпиада по математике
2010 год
10 класс
информационная поддержка http://www.ruemcenter.ru
1. Найдите наименьшее положительное число x , удовлетворяющее неравенству x  x  3 . Здесь x  – целая часть числа x (наибольшее целое, не превосходящее x ), а x  x  x–дробная часть числа x .
2. На параболе y  x 2 выбраны четыре точки A, B, C, D так, что прямые AB и
CD пересекаются на оси ординат. Найдите абсциссу точки D, если абсциссы
точек A, B и C равны a , b и c соответственно.
3. В окружности проведены две хорды AB и BC ( AB  BC ). Из точки M – середины дуги ABC опущен перпендикуляр на AB . Докажите, что его основание H делит пополам ломанную ABC .
4. Герцогиня Дзю утверждает, что она придумала такое натуральное число, что
для любых натуральных чисел n и k , не больших 2010, это число можно
представить в виде произведения n различных натуральных чисел, являющихся точными k -ми степенями. Не хвастается ли Герцогиня?
5. На шахматной доске на левом нижнем поле a1 находится ладья. За один ход
ладья перемещается на одно поле или по вертикали, или по горизонтали.
Может ли ладья обойти все поля доски, побывав на каком-то поле ровно 1
раз, на другом поле ровно 2 раза, на третьем поле ровно 3 раза, ..., на 64-м
поле ровно 64 раза, и вернуться на исходное поле. (Начальная позиция на
поле а1 считается за однократное «посещение» этого поля.)
1.
2.
3.
4.
Городская (районная) олимпиада по математике
2010 год
10 класс (Решение)
Ответ: 4,75. Очевидно, что x  3 , т.к. x  1. При x  4 получаем
x  3  0.75 , т.е. x  4.75 . Если же x  5 , то x  x  5  4.75 . Значит,
x
наименьшее x  4.75 .
Пусть l 0 – ордината точки пересечения прямых AB и CD. Тогда прямая AB
задается уравнением вида y=kx+l0, поэтому числа a, b являются корнями
уравнения x 2  kx  l0  0 . По теореме Виета их произведение равно -l0. Аналогично произведение абсцисс точек C и D равно -l0, и, следовательно, абсцисса точки D равна ab/c.
Нам необходимо доказать, что AH  HB  BC . Отложим на продолжении
хорды AB за точку B точку C  так, чтобы BC   BC . Докажем, что MB –
биссектриса угла CBC . В самом деле, CBK равен половине угловой величины дуги AM , то есть четверти угловой величины дуги AMC . С другой
стороны, CBK равен полусумме дуг CB и BM , что тоже равняется четверти
угловой величины дуги AMC . Итак, BK биссектриса равнобедренного
CBC , поэтому любая её точка равноудалена от точек C и C . Имеем
MC  MC  MA так как M – середина дуги AC ), откуда MH – высота равнобедренного CMA . Тогда AH  CH  CB  BH  CB  BH , что и требуется доказать.
Герцогиня не хвастается. Пусть p1 , p 2 ,…, p M – различные простые числа
( M – любое число, делящееся на все числа от 1 до 2010, например, 2010!).
M
Тогда число A   p1  p2  ...  pM  – искомое. В самом деле, пусть n и k – любые числа, не превосходящие 2010. Тогда M  n  a  k  b , где a , b – натуральные
и

 



A   p1  p2  ...  pa    pa 1  pa 2  ...  p2 a   ...   p( n1) a 1  pn1) a 2  ...  pna  .
5. Покажем, что требуемого маршрута ладьи не существует. Действительно,
для того чтобы вернуться на поле а1 нужно сделать четное число ходов по
горизонтали и четное число ходов по вертикали, т. е. общее число ходов
должно быть четным. Число посещений всех полей шахматной доски по
условию задачи равно 1  2  3  ...  64  2080 и является четным. В начальный момент ладья уже находится на поле а1 (есть одно посещение). Следовательно, остается осуществить 2079 посещений и сделать это надо за четное
число ходов, что, очевидно, невозможно.
b k
b k
b k
Городская (районная) олимпиада по математике
2010 год
11 класс
информационная поддержка http://www.ruemcenter.ru
1. Известно, что сумма любых двух из трёх квадратных трёхчленов
x 2  ax  b , x 2  cx  d , x 2  ex  f не имеет корней. Может ли сумма всех
этих трёхчленов иметь корни?
2. Найдите все возрастающие конечные арифметические прогрессии, которые состоят из простых чисел и у которых количество членов больше, чем
разность прогрессии.
3. На сторонах AB , BC , CD и DA вписанного четырехугольника ABCD ,
длины которых равны a , b , c и d , внешним образом построены прямоугольники размером a  c , b  d , c  a и d  b . Докажите, что их центры
являются вершинами прямоугольника.
4. Пусть n – натуральное число, а D(n) произведение цифр числа n . Решите уравнение D(n)  n  111...11 (всего 2011 единицы).
5. На шахматной доске на левом нижнем поле a1 находится ладья. За один
ход ладья перемещается на одно поле или по вертикали, или по горизонтали. Может ли ладья обойти все поля доски, побывав на каком-то поле
ровно 1 раз, на другом поле ровно 2 раза, на третьем поле ровно 3 раза, ...,
на 64-м поле ровно 64 раза, и вернуться на исходное поле. (Начальная позиция на поле а1 считается за однократное «посещение» этого поля.)
Городская (районная) олимпиада по математике
2010 год
11 класс (Решение)
1. Ответ: нет, не может. Обозначим эти трёхчлены через f 1(x), f2(x) и f 3(x). По
условию все их попарные суммы не имеют корней; поскольку у всех квадратных трёхчленов коэффициент при x2 положительный, то каждая из функций f 1(x) + f2(x), f 2( x) + f 3( x) и f3(x)+f 1(x) при всех x принимает только положительные значения. Теперь заметим, что 2(f 1(x) + f2(x) + f3(x)) =
(f 1(x) + f2(x)) + (f2(x) + f3(x)) + (f3(x) +f 1(x)) > 0 для всех x, а значит, и неравенство f 1(x) + f2(x) + f3(x) > 0 выполнено для всех значений x. Отсюда и следует
утверждение задачи.
2. О т в е т: (2;3) , (3;5;7) . Пусть d –разность прогрессии. Если d=1, то в прогрессии есть четные числа. Поскольку единственное четное простое число –
это 2, получаем прогрессию (2; 3). Если d=2, то три члена прогрессии (a, a+2
и a +4) дают при делении на 3 попарно различные остатки. Поэтому один из
них делится на 3 и, будучи простым числом, равен 3. Отсюда получаем (3; 5;
7). Пусть d > 2. Последние d  1 членов прогрессии дают попарно различные
остатки при делении на d  1. Поэтому один из них (обозначим его a) делится на d  1. Так как d  1  1 и a – простое число, то a  d  1  d . Но количество членов прогрессии больше d, поэтому a  d принадлежит прогрессии и,
значит, положительно – противоречие.
3. Пусть на сторонах AB и BC построены прямоугольники ABC1 D1 и A2 BCD 2 ;
P, Q, R и S — центры прямоугольников, построенных на сторонах AB, BC,
CD и DA. Так как ABC  ABD  180  , то ADC  A2 BC1 , а значит
RDS  PBQ и RS  PQ . Аналогично QR  PS . Следовательно, PQRS —
параллелограмм, причем один из треугольников RDS и PBQ построен на его
сторонах внешним образом, а другой внутренним; аналогичное утверждение
справедливо
и
для
треугольников
QCR
и
SAP.
Поэтому

PQB  RSD
так
как
и
PQR  RSP  BQC  DSA  180 ,
RQC  PSA . Следовательно, PQRS – прямоугольник.
4. Если в числе n есть чётная цифра, то D(n) – чётно, а значит и D(n)  n – чётно. Если в числе n есть тройка или девятка, то D(n) делится на 3, а значит и
D(n)  n делится на 3, но число, состоящее из ровно 2011 единиц (и только из
них) не может делиться на 3, т.к. 2011 даёт остаток 1 при делении на 3. Если
в числе n есть пятёрка, то D(n) делится на 5, а значит и D(n)  n делится на
5. И, наконец, если в числе n есть семёрка, то D(n) делится на 7, а значит и
D(n)  n делится на 7. Но остатки, которые дают репьюниты (натуральные
числа, запись которых в системе счисления с основанием b  1 состоит из
одних единиц) при делении на 7, повторяются с периодом 6. 2011 даёт остаток 1 при делении на 6, а значит, 2011-й репьюнит даёт остаток 1 при делении на 7. Подведём итог: Число n может быть только репьюнитом, а значит,
D(n)  1, но тогда D(n)  n  n . Значит, уравнение имеет единственное реше-
ние, а именно n  111...11 (всего 2011 единицы). То, что остатки при делении на 7 повторяются детям можно объяснить делением уголком.
5. Покажем, что требуемого маршрута ладьи не существует. Действительно,
для того чтобы вернуться на поле а1 нужно сделать четное число ходов по
горизонтали и четное число ходов по вертикали, т. е. общее число ходов
должно быть четным. Число посещений всех полей шахматной доски по
условию задачи равно 1  2  3  ...  64  2080 и является четным. В начальный момент ладья уже находится на поле а1 (есть одно посещение). Следовательно, остается осуществить 2079 посещений и сделать это надо за четное
число ходов, что, очевидно, невозможно.