Решения задач по математике для муниципального этапа всероссийской

Решения задач по математике для муниципального этапа всероссийской
олимпиады школьников 2012-2013 учебного года
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ 7 КЛАССА
Задача 1. Решение. Показано на рис.
 За верный пример — 7 баллов. Верных примеров много
(горизонтальный разрез, показанный на рис., можно как угодно
смещать в пределах квадрата по вертикали). Если не указаны длины
разрезов, но чертёж верно нарисован «по клеточкам», или, наоборот,
длины разрезов указаны верно, но не соответствуют фактическим
длинам отрезков на чертеже, оценку не снижать. Но рисунки с
неверно указанными длинами разрезов или фактически неверные
чертежи без указания длин разрезов не засчитываются.
1,5 см
Рис. 4
Задача 2. Ответ: Михаил. Решение. Допустим, соврали Василий или
Николай. Но тогда соврал и Петр, а лжец по условию только один. Значит, Василий
с Николаем сказали правду. Но тогда прав и Петр. Следовательно, соврал Михаил.
 См. также задачу 2 10 класса.
 За ответ без всякого обоснования — 0 баллов. За ответ, подтверждённый
конкретным примером (скажем, когда в коробке лежат один синий и один зелёный
шарик), но не общим рассуждением — 2 балла. Если доказано, что Василий с
Николаем сказали правду, но не сделан вывод, что тогда прав и Петр — 3 балла.
Задача 3. Ответ: Нет. Решение. Если знаменатель дроби в 9 раз больше
числителя, значит этот знаменатель делится на 9. На 9 делятся те и только те числа,
сумма цифр которых делится на 9. Стиранием части цифр числа 12345 можно
получить ровно три таких числа: 45, 135 и 234. В самом деле, поскольку 1+2+3 < 9,
в каждое из таких чисел должны входить 4 или 5. Если пятёрки нет, то годится,
очевидно, только число 234. Если же она есть, то набрать недостающую сумму 4
можно двумя способами: взяв 1 и 3 или взяв 4. Заметим, однако, что числа
15 = 135:9 мы в числителе получить не сможем, потому что там нет единицы.
Поэтому ученики в лучшем случае могли получить две таких дроби: 5/45 и 26/234.
 За ответ «нет» без обоснования — 0 баллов. Любые вариации на тему:
«пробовал, никак не получается» — не обоснование. Если при переборе пропущен
хотя бы один возможный случай — 0 баллов.
Задача 4. Ответ: Нельзя. Решение. Если две различные прямые на
плоскости не пересекаются, то они параллельны. Получается, что каждая прямая
должна быть параллельна ровно пяти из числа проведённых. Но тогда все
проведённые прямые должны разбиваться на шестерки параллельных, а число 2012
на 6 не делится.
 За ответ «нет» без обоснования — 0 баллов.
Задача 5. Ответ: Можно. Решение. Покрасим числа 1, 2, 7, 17, 20 в первый
цвет, числа 3, 4, 5, 6, 18 и 19 — во второй цвет, а числа от 8 до 16 — в третий цвет.
Легко проверить, что такая раскраска удовлетворяет условию задачи.
 Компьютерный перебор показал, что с соблюдением условия задачи
можно покрасить в 3 цвета натуральные числа от 1 до 23, а от 1 до 24 — уже
нельзя. См. также задачи 5 для 8, 9 и 11 классов.
 За ответ «можно» без обоснования — 0 баллов. За верный пример
раскраски — 7 баллов, отсутствие обоснования правильности примера оценки не
снижает. Тщательно проверяйте правильность примеров; имейте в виду, что
приведённый в нашем решении пример — далеко не единственный!
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ 8 КЛАССА
Задача 1. Ответ: 96210. Решение. Очевидно, в искомом числе должно быть
как можно больше знаков, и они должны убывать от старших разрядов к младшим.
Знаков в нём не больше пяти, потому что сумма пяти даже самых маленьких
различных цифр равна 0+1+2+3+4 = 10. В пятизначном числе, удовлетворяющем
условию задачи, первая цифра не больше 9, а вторая — не больше 6: если вторая
цифра 7 или больше, то сумма трёх оставшихся цифр не меньше, чем 0+1+2 = 3,
что невозможно. В случае же 96*** имеем единственный удовлетворяющий
условию задачи вариант 9 = 6+2+1+0, откуда и получаем ответ.
 См. также задачу 1 для 9 класса.
 За верный ответ — 5 баллов. Из оставшихся 2 баллов оценивается
объяснение, почему это число наибольшее.
Задача 2. Решение. Первый способ. Положим на весы одну монету и по
очереди взвесим её с каждой из трёх других. Если все три взвешивания дадут
одинаковый результат, фальшива первая монета, и чтобы узнать, легче она или
тяжелее настоящей, надо четвёртым взвешиванием взвесить две настоящих
монеты. Если же одно из взвешиваний даст не такой результат, как два других,
фальшива та монета, которую мы в нём добавили к первой, а тяжелее она или легче
настоящей, покажет сравнение результата этого взвешивания с результатами двух
других. Второй способ. Будем взвешивать монеты по три. Три взвешивания, в
которых участвует фальшивая монета, дадут одинаковые результаты, а одно, в
котором она не участвует — другой результат. Если этот результат меньше
результатов трёх остальных взвешиваний — фальшивая монета тяжелее
настоящей, если больше — легче.
 Если предложенный алгоритм взвешиваний хотя бы в одном случае не
позволяет за 4 взвешивания определить всё, что требуется условием задачи — 0
баллов.
Задача 3. Ответ: 15 и 75. Решение. Пусть ABC — данный треугольник с
прямым углом при вершине С. Как известно, медиана CM равна половине
гипотенузы AB. Высота CH по условию равна AB/4. Стало быть, в прямоугольном
треугольнике CHM гипотенуза CM вдвое длиннее катета CH. Следовательно,
CMH = 30, а смежный с ним угол (пусть это BMC) равен 150. Поскольку это
угол при вершине равнобедренного треугольника BMC, ABC = MBC = (180–
BMC)/2 = 15, откуда и получаем ответ.
 За ответ без обоснования — 0 баллов.
Задача 4. Решение. Пусть паромы отправляются от причала с интервалом t
минут, через озеро плывут по T минут, а пока паром путешественника стоял у
берега, к этому берегу прибыло n других паромов. Так как последний из них
прибыл в момент отплытия путешественника, промежуток времени t укладывается
в промежутке времени T ровно n раз, то есть T = nt. С другой стороны, каждый
паром отправляется из данного пункта, например, К с интервалом в 4T: T на
переправу, T на стоянку в М, T на обратную переправу и T на стоянку перед
следующим отправлением. Следовательно, всего на переправе работает 4T/t = 4n
паромов, что и требовалось доказать.
 Оценка не снижается, если в решении фиксируется конкретное значение
какой-то одной из величин T или t (например, предполагается, что паром плывёт
через озеро 1 час): это не умаляет общность рассуждений, так как равносильно
выбору конкретной единицы измерения времени. Но если рассматривается только
частный случай, когда фиксированы обе величины T и t (например, T — 1 час, t —
15 мин), решение не засчитывается (0 баллов).
Задача 5. Ответ: Можно. Решение. Числа 1 и 2 покрасим в первый цвет,
числа от 3 до 6 — во второй, 7 — снова в первый, от 8 до 16 — в третий, 17 — в
первый, 18 и 19 — во второй, от 20 до 40 — в четвёртый, 41 — в первый, 42 и 43 —
во второй, от 44 до 50 — в третий. Выполнение условия задачи для данной
раскраски легко проверяется устным перебором.
 Отрезок от 1 до 50 — далеко не самый длинный из тех, которые можно
покрасить в 4 цвета с соблюдением условия задачи (у нас, например, есть пример
раскраски отрезка от 1 до 58). Поиски как можно более длинного такого отрезка —
хорошая тема для обсуждения на занятии кружка. См. также задачи 5 для 7, 9 и 11
классов.
 За ответ «можно» без обоснования — 0 баллов. За верный пример
раскраски — 7 баллов, отсутствие обоснования правильности примера оценки не
снижает. Тщательно проверяйте правильность примеров; имейте в виду, что
приведённый в нашем решении пример — далеко не единственный!
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ 9 КЛАССА
Задача 1. Ответ: 8421. Решение. Очевидно, в искомом числе не должно
быть нуля, должно быть как можно больше знаков, и они должны убывать от
старших разрядов к младшим. Знаков в искомом числе не больше четырёх, потому
что произведение даже самых маленьких четырёх различных ненулевых цифр
равно 1234 = 24. Поскольку цифру 9 можно представить в качестве
произведения различных цифр только как 19, она в искомое число не входит.
Поэтому первая цифра искомого числа не больше 8. Будем искать наше число в
виде 8***. Вторая его цифра, очевидно, не больше, чем 8:2 = 4. В случае же числа
84** имеем единственный удовлетворяющий условию задачи вариант 8 = 421,
откуда и получаем ответ.
 См. также задачи 1 для 5 и 8 классов.
 За верный ответ — 5 баллов. Из оставшихся 2 баллов оценивается
объяснение, почему это число наибольшее.
Задача 2. Ответ: 503. Решение. Пусть первое число равно a, второе — b.
Тогда третье число равно a+b, четвёртое — a+2b, пятое — 2a+3b, шестое — 3a+5b,
а сумма всех шести чисел — 8a+12b. Таким образом, пятое число равно четверти
суммы всех шести чисел, то есть 2012:4 = 503.
 За ответ без обоснования — 0 баллов.
Задача 3. Решение. Допустим, среди нарисованных кругов нет равных.
Тогда из самого большого круга проведены стрелки ко всем остальным, из второго
по величине — ко всем, кроме самого большого и т.д., а всего 7+6+5+4+3+2+1 = 28
стрелок. Противоречие.
 Ср. с задачей 5 10 класса.
 За «решение» приведением примера — 0 баллов.
Задача 4. Решение. В решении нужно буквы заменить: M на A, N на B, P=C,
S=N, M=R. По условию MN = AM/2 = ВС/2, то есть в треугольнике BNC медиана
MN равна половине стороны BC, к которой она проведена. Следовательно,
BNC = 90,
а
BCN = 90–CBN = 60.
Поскольку
NM = MC,
MNC = BCN = 60. Таким образом, треугольник NMC — равносторонний, откуда
NC = MN = MB = AN.
Заметим
также,
что
ANC = 180–CNM = 120
и
BMN = 180–NMC = 120.
Следовательно,
треугольники BMN и ANC равны по двум сторонам и углу между ними, откуда
AC = BN.
 Только доказательство того, что угол BNC — прямой — 1 балл. Доказано,
что угол BNC — прямой, треугольник NMC равносторонний, дальнейшего
содержательного продвижения нет — 3 балла.
Задача 5. Ответ: Тремя. Решение. Трёх цветов достаточно: например,
можно покрасить 1, 2, 4 и 8 в первый цвет, 3, 5, 6 и 7 — во второй, а 9, 10, 11 и 12
— в третий. Покажем, что двух цветов не хватит. Допустим противное; цвета для
определённости возьмём красный и синий. Пусть число 1 — красное. Тогда среди
чисел от 2 до 12 два красных не могут идти подряд. Следовательно, хотя бы одно
из чисел 2 или 3 — синее. Обозначим его через k. Допустим, среди чисел от 4 до 9
есть два соседних синих числа n и n+1. Тогда числа n+k и n+k+1 — красные, что
невозможно. Получается, что среди чисел от 4 до 9 нет двух одноцветных, идущих
подряд, то есть красные и синие числа тут чередуются. Но тогда числа 4 и 8 —
одного цвета, а 5 и 7 — другого цвета, и получается, что число 12 не может быть ни
красным, ни синим.
 Полный перебор возможностей показывает, что в два цвета требуемым в
задаче образом нельзя раскрасить уже числа от 1 до 9. А вот числа от 1 до 8 так
раскрасить можно (единственный возможный пример такой раскраски приведён в
нашем решении). См. также задачи 5 для 7, 8 и 11 классов.
 Ответ «тремя» без всякого обоснования — 0 баллов. Полное решение этой
задачи состоит из двух частей: примера раскраски в 3 цвета и доказательства
невозможности раскраски в два цвета. Верный пример при отсутствии
доказательства невозможности решение оценивается в 3 балла, доказательство
невозможности при отсутствии примера — в 4 балла. Если это доказательство
состоит в переборе возможностей, пропуск хотя бы одной из них означает, что
доказательства нет. А вот отсутствие обоснования правильности примера оценки
не снижает. Тщательно проверяйте правильность примеров; имейте в виду,
что вышеприведённый пример — далеко не единственный!
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ 10 КЛАССА
𝟏
Задача 1. Ответ:𝟏
. Решение. Понятно, что искомое число не может
𝟐𝟎𝟏𝟐
быть меньше 1: тогда его целая часть будет не больше 0. Поищем его среди чисел с
целой частью, равной 1. Если x — его дробная часть, то 1/x = 2012, откуда
1
x = 1/2012. Таким образом, между 1 и 2 существует единственное число1
, у
2012
которого частное от деления целой части на дробную равно 2012, и оно, очевидно,
является наименьшим из чисел с таким свойством.
 За верный ответ — 5 баллов, из оставшихся 2 баллов оценивается
обоснование минимальности найденного числа.
Задача 2. Первое решение. Если неправ Боря, то неправ и Вова. Если неправ
Гриша, то неправ и Дима. В этих случаях всё доказано. Пусть Боря и Гриша правы.
Если прав ещё и Антон, то в папке по одному алому, желтому и фиолетовому
листу, и Вова с Димой неправы — снова всё в порядке. Если же Антон неправ, то
кроме него ещё неправ либо Вова, либо Дима: если бы они оба были правы, в
коробке было бы по крайней мере 4 листа, а их там 3. Второе решение. В первом
решении было показано, что либо Вова, либо Дима неправы. Пусть неправ Вова
(ситуация, когда неправ Дима, разбирается аналогично). Если кроме него неправ
кто-то ещё — всё в порядке. Если же правы все остальные, то получается, что в
папке есть по крайней мере два желтых и по одному фиолетовому и алому листу,
то есть там не меньше 4 листов. Противоречие.
 Если обоснование не учитывает хотя бы одного из возможных случаев,
оценка — не выше 3 баллов. При неполном обосновании за замечание, что из
неправоты Бори/Гриши следует неправота Вовы/Димы начисляется 1 балл, а за
замечание, что Вова и Дима одновременно правы быть не могут — 2 балла.
Задача 3. Решение. Прямая y = ax+b будет замечательной, если уравнение
ax+b = x2+bx+a  x2+(b–a)x+a–b = 0 имеет единственное решение. Приравнивая
нулю дискриминант, после преобразований получаем (b–a)2–4(a–b) = (a–b)2–4(a–
b) = (a–b)(a–b–4) = 0. Таким образом, прямая y = ax+b будет замечательной тогда и
только тогда, когда a = b или a = b+4. Осталось заметить, что все прямые вида
y =ax+a проходят через точку (–1, 0), а все прямые вида y = (b+4)x+b — через
точку (–1, –4).
 Показано, что прямая y = ax+b будет замечательной тогда и только тогда,
когда a = b или a = b+4, но ни одна из искомых точек не найдена — 3 балла. Если
найдена только одна из искомых точек — не выше 4 баллов.
Задача 4. Решение. Верно. Пусть O — центр вписанной окружности
треугольника ABC, а AB — его наименьшая сторона. Поскольку в центре
вписанной окружности пересекаются биссектрисы треугольника, имеем
AOB = 180–(A+B)/2 = 90+C/2. Следовательно, угол AOB — тупой, и,
значит, наибольший в треугольнике AOB. Поэтому отрезки AO и BO короче AB, а,
стало быть, и двух других сторон треугольника ABC.
 Если доказано только, что каждый из отрезков AO, BO, CO короче двух
сторон треугольника, между которыми он заключён — 2 балла. Тот факт, что
AOB = 90+C/2, можно считать известным и не требовать его обоснования.
Задача 5. Ответ: Нет. Решение. Допустим, у нас получилось 50 стрелок.
Нарисуем их красным. Если бы мы провели по стрелке из каждого написанного
числа в каждое из остальных, всего получилось бы 87=56 стрелок. Дорисуем
недостающие 6 стрелок зелёным.
Возьмём на доске произвольные числа A и B. Из A в B есть стрелочка и ещё 6
непересекающихся путей, идущих по стрелочкам: A  C1  B, …, A  C6  B, где
C1, …, C6 — остальные написанные на доске числа. Зелёные стрелочки не могут
входить во все 7 этих путей, поэтому хотя бы один из них — целиком красный. Но
это означает, что B делится на A.
Итак, получается, что любое из написанных на доске чисел делится на любое
другое. Но это означает, что проведены не 50 стрелок, а все 56.
 Ответ «нет» без обоснования — 0 баллов.
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ 11 КЛАССА
𝟐𝟎𝟏𝟐
Задача 1. Ответ:𝟐𝟎𝟏𝟑
. Решение. Понятно, что искомое число не может
𝟐𝟎𝟏𝟑
быть меньше 2013: тогда его целая часть будет не больше 2012, а её произведение
на дробную — меньше 2012. С другой стороны, решая уравнение 2013x = 2012,
получаем x = 2012/2013. Таким образом, между 2013 и 2014 существует
2012
единственное число 2013
, у которого произведение целой части на дробную
2013
равно 2012, и оно, очевидно, является наименьшим из чисел с таким свойством.
 Ответ без обоснования — 4 балла.
Задача 2. Ответ:4545. Решение. Пусть a и b — катеты, c — гипотенуза и h
— высота, опущенная на гипотенузу нашего треугольника. Поскольку высота,
опущенная на катет прямоугольного треугольника, — это другой его катет, условие
задачи можно записать в виде abh = abc/2, откуда h = c/2. Но медиана, проведённая к
гипотенузе прямоугольного треугольника, тоже равна половине гипотенузы. Это
значит, что эта медиана в нашем треугольнике совпадает с высотой (иначе она была
бы длиннее высоты). Следовательно, наш треугольник — равнобедренный, откуда и
следует ответ.
 Ответ без обоснования того, что других ответов нет — 2 балла.
Задача 3. Ответ: Да. Решение. Возьмём четырёхугольную пирамиду
SABCD, а в качестве выбранных — прямые AB, BC, CD, DA, SA и SB. Тогда в
плоскости основания пирамиды будут лежать ровно четыре выбранные прямые, в
плоскости SAB — ровно три, в плоскости SBС — ровно две, а в плоскости SCD —
ровно одна.
 Если в качестве решения предложен чертёж без описания расположения
прямых, и расположение прямых не очевидно из самого чертежа — 0 баллов.
Задача 4. Решение. Предположим, что между числами –2 и 2 лежит корень
нашего трехчлена. Значения трехчлена в точках –2 и 2 имеют одинаковый знак,
поэтому второй корень трехчлена тоже должен лежать между –2 и 2 (это,
разумеется, верно и в случае, когда корни совпадают). Итак, модули обоих корней
меньше 2, и, значит, их произведении меньше 4. Но их произведение по теореме
Виета равно c, а |c|>5 — противоречие.
Задача 5. Ответ: Тремя. Решение. Назовём высотой числа сумму
показателей степеней простых чисел в его разложении на простые сомножители
(например, высота числа 540 = 22335 равна 2+3+1 = 6). Заметим, что высота
любого числа от 2 до 200 не меньше 1 и не больше 7, поскольку даже
28 = 256 > 200. Покрасим все числа нечётной высоты в один цвет, высоты 2 и 6 — в
другой, высоты 4 — в третий. Поскольку при перемножении чисел их высоты
складываются, эта раскраска в три цвета удовлетворяет условию задачи: сумма
двух нечётных чисел чётна, а сумма двух чисел, дающих при делении на 4 остаток
2, делится на 4.
Покажем, что двух цветов не хватит. Пусть число 2 — первого цвета. Тогда
22 = 4 — второго цвета, 44= 16 — первого цвета, 162= 32 — второго цвета. Но
тогда число 8 не может быть ни первого (из-за 28 = 16), ни второго (из-за 48 = 32)
цвета. Противоречие.
 За правильную раскраску в три цвета — 4 балла, за обоснование
невозможности раскраски в 2 цвета — 3 балла.
Задача 6. Решение. Легко получить или известно, что sin 3𝑥 = 3 sin 𝑥 −
1
4(sin 𝑥)3 . Поэтому 3 sin 100 − 4(sin 100 )3 = . Значит sin 100 является одним из
2
1
корней уравнения 4𝑦 3 − 3𝑦 + =0. исследуем функцию, стоящую в левой части. Ее
2
2
1 1
производная 12𝑦 -3 имеет корни − ,
2 2
и отрицательна между ними. Значит
1
исходная функция здесь убывает. Вычисляя значение многочлена в точках 𝑦 = и
2
6
𝑦 = легко видеть, что в первом случае получаем положительное значение, а во
11
втором – отрицательное. Следовательно, учитывая монотонность функции, корень
между ними.