ОЛИМПИАДА ПО МАТЕМАТИКЕ 2013/2014 учебный год I этап 7 класс

ОЛИМПИАДА ПО МАТЕМАТИКЕ
2013/2014 учебный год
I этап
7 класс
1. Запишите число 1997 с помощью 10 двоек и арифметических операций.
2. В строку друг за другом записаны все числа от 1 до n. Для какого n написанное число является 1998значным?
3. Семья состоит из трех человек: отца, матери и сына. В настоящее время сумма их возрастов составляет 74
года, а 10 лет назад эта сумма составляла 47 лет. Сколько лет сейчас отцу, если он старше сына на 28 лет?
4. Какое наибольшее количество уголков вида
, состоящих из трех квадратов 1×1, можно поместить в
прямоугольнике 5×7? (Уголки можно поворачивать и переворачивать, но нельзя накладывать друг на друга).
Ответ объясните, приведите пример размещения уголков.
5. Во время первенства класса по шахматам двое участников, сыграв равное количество партий, заболели и
выбыли из турнира, а остальные участники доиграли турнир до конца. Играли ли выбывшие между собой,
если всего было сыграно 23 партии? (Турнир проводился по круговой системе: каждый играл с каждым 1
партию).
8 класс
1. Запишите число 1997 с помощью 10 троек и арифметических операций.
2. Собака, находясь в пункте А, погналась за лисицей, которая была на расстоянии 30 м от собаки в пункте В.
Скачок собаки равен 2 м, скачок лисицы 1 м. Собака делает 2 скачка, в то время как лисица делает 3 скачка.
На каком расстоянии от пункта А собака догонит лисицу?
3. Найдите все трехзначные числа, которые уменьшаются в 5 раз после вычеркивания первой цифры.
4. Какое наибольшее количество уголков вида
, , состоящих из 5 квадратов 1×1, можно поместить в
квадрате 7×7? (Уголки можно поворачивать и переворачивать, но нельзя накладывать друг на друга). Ответ
объясните, приведите пример размещения уголков.
5. Можно ли закрасить некоторые клетки квадрата 9×9 так, чтобы у каждой клетки было ровно два
закрашенных соседа? (Клетки называются соседними, если они имеют общую сторону).
9 класс
1. Запишите число 1997 с помощью 11 четверок и арифметических операций.
2. Какое из чисел больше, 21997 или 5850?
3. Серединные перпендикуляры к сторонам АВ и СD четырехугольника АВСD пересекаются на стороне АD.
Докажите, что если ∟А = ∟D, то диагонали четырехугольника АВСD равны.
4. На вопрос о возрасте его детей математик ответил: «У нас трое детей. Когда родился наш первенец,
суммарный возраст членов семьи был равен 45 годам, год назад, когда родился третий ребенок – 70 лет, а в
этом году суммарный возраст детей – 14 лет.» Каков возраст детей математика?
5. Имеется неограниченное число фишек шести цветов. Какое наименьшее число фишек нужно расположить
в ряд так, чтобы для любых двух различных цветов в ряду нашлись две соседние фишки этих цветов?
10 класс
1. Запишите число 1997 с помощью 12 пятерок и знаков арифметических операций.
2. Числа a и b – длины катетов, с – длина гипотенузы прямоугольного треугольника.
3 4
Докажите, что a4+a2b2+b4≥
c.
4
3. Квадратный трехчлен Р (х) = ax2+bx+c (a, b, c – целые, с – нечетное) имеет целые корни. Может ли
Р (1997) быть нечетным числом?
4. Биссектрисы АА1 и СС1 треугольника АВС пересекаются в точке Р. Докажите, что если в
четырехугольнике РС1ВА1 можно вписать окружность, то треугольник АВС – равнобедренный.
5. На полке стоят 666 книг по черной и белой магии, причем никакие 2 книги по белой магии не стоят через
13 книг (т.е. между ними не может стоять 13 книг). Какое наибольшее число книг по белой магии может
стоять на полке?
11 класс
у
1. Дан график у=х2+ах+а. Найдите а. (Ответ объясните).
1
1
1
2. Числа
;
и
образуют арифметическую прогрессию.
х
ab
ac
bc
Докажите, что числа a2, b2, c2 также образуют арифметическую прогрессию.
Рис. 1
3. АА1 и СС1 – биссектрисы АВС. Докажите, что если радиусы окружностей, вписанных в ∆ АА1С и
∆СС1А равны, то
∆АВС – равнобедренный.
4. Найдите все тройки простых чисел p, g и r, для которых числа │p-q│, │q-r│, │r-p│- также простые.
5. Можно ли правильный 1997-угольник разбить непересекающимися диагоналями на равнобедренные
треугольники?
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
7.1 2222 - 222 - 2 - 2 : 2 = 1997.
7.2 Ответ. 702.
Число 123... 979899 имеет 9 + 2 • 90 = 189 цифр, поэтому 1998 = 189 + 3 ∙ (п - 99).
7. 3 Ответ. 35 лет.
Из того, что (74 — 47) — 2 • 10 = 7 следует, что сейчас сыну 7 лет.
Рис. 3
Рис. 4
.
7.4 Ответ. 11.
Площадь уголка равна 3, а площадь прямоугольника — 35, поэтому в прямоугольнике не может поместиться 12
уголков. На рис. 3 приведён один из способов размещения в прямоугольнике 11 уголков.
7.5 Ответ. Не играли.
Турнир с 6 участниками состоит из 15 партий (6 участников х 5 партий : 2), с 7 участниками — из 21 партии, с 8
участниками — из 28 партий. Поэтому либо в турнире участвовало, кроме выбывших А и Б, 6 участников и, значит, А
и Б участвовали в 8 партиях, либо — 7 участников, и тогда А и Б участвовали в 2 партиях. Поэтому если бы они
сыграли между собой, то они сыграли бы с другими участниками в первом случае 7 партий, во втором — 1 партию, и,
значит, не смогли бы сыграть равное количество партий.
Комментарий: рассмотрение одного случая — 3 очка.
8.1 1997 = 3-33З + З∙333-3:3.
8.2. Ответ. 120 м.
За единицу времени собака пробегает 2 • 2 = 4(м), а лисица 3 ∙ 1= 3(м), значит, за единицу времени собака
настигает лисицу на 1 м. Расстояние в 30 м будет покрыто за 30 единиц времени.
8.3. Ответ. 125, 250, 375.
__
Первое решение. Пусть n = abc — искомое число. По условию 100а + 10b + с = 5(10b+с), откуда 25а = 10b+с, т.е. с
делится на 5. Если с = 0, то 5а = 2b, откуда b = 5, а = 2 (b=0→ а = 0). Если же с = 5, то 5а = 2b + 1, откуда b = 2 или b = 7.
Второе решение. Пусть m = 10b + с, тогда 100а + m = 5m, m = 25а. Отсюда п = 100а + 25а = 125а, т.е. п =
125, 250, 375, 500, 625, 750, 875. Проверкой убеждаемся в том, что искомыми являются первые три числа.
8.4. Ответ. 9.
Площадь каждого уголка равна 5, а площадь квадрата — 49, поэтому в квадрате нельзя поместить более 9
уголков. На рис. 4 приведён один из способов размещения в квадрате 9 уголков.
8.5. Ответ. Нельзя.
Пусть искомую раскраску удалось получить. Тогда клетки 2 и 1
2
3 — соседки клетки 1 (см.рис. 5) — закрашены. Эти же клетки
— соседки клетки 4, значит, клетки 5 и 6 — не закрашены. 3 4 5
6 7
8
Тогда клетки 8 и 9 — соседки клетки 7 — закрашены.
9
10
Продолжая эти рассуждения, получаем, что закрашены клетки
11, 12, 13, 14. Тогда клетки 16 и 17 — соседки клетки 15 не
11
закрашены. Значит, у клетки 18 нет закрашенных соседок.
12
14
.
13
15
17
16
18
.
Рис. 5
9.1. 1997 = 444 ∙ 4 + 44 • 4 + 44 + 4 : 4.
9.2. Ответ, 21997 > 5850.
Из неравенства 27 = 128 > 125 = 53 следует, что 21997 = (27)285 ∙ 22 >53 ∙ 285=5855 >5850
и ∟КB А = ∟ВАК =
=∟KDC = ∟KCD. Отсюда ∟AKB = ∟CKD, значит, ∟AKC = ∟BKD. Но тогда ∆АКС = ∆BKD (по
9..3. Пусть К — точка пересечения серединных перпендикуляров (рис. 6). Тогда АК= KB, СК = KD
двум сторонам и углу между ними).
С
Рис. 6
9.4. Ответ. 1, 5, 8 лет.
Если первенец старше второго ребёнка на х лет, а средний старше третьего ребёнка на у лет, то 70-45 =
=3(х+у)+у, так как возраст каждого из родителей и старшего ребёнка к моменту рождения третьего ребёнка
увеличился на (х + у) лет, а возраст второго — на у лет. Аналогично, (х + у + 1) + (у + 1) + 1 = 14. Мы
получили систему уравнений
{
3х+ 4y = 25
Х+2у=11
, из которой х=3, у=4
9.5. Ответ. 18 фишек.
Из условия следует, что для каждого фиксированного цвета А фишка этого цвета должна встретиться в паре с
фишкой каждого из остальных 5 цветов. В ряду фишка имеет не более двух соседей, поэтому фишка цвета А
должна встретиться не менее 3 раз. Аналогично с каждым другим цветом. Таким образом, всего должно быть не
менее 3 х 6 = 18 фишек (с обоснованием — 4 очка).
Вот один из примеров искомого расположения фишек: 123456246325164135.
10.1 Два варианта:
1997 = (555 - 55) (5 - 5 : 5) - (5 + 5 + 5) : 5
1997 = (55 - 5)(55 - 5 - 5 - 5)'- (5 + 5 + 5) : 5
10.2 Из равенства а2+b2 = с2 следует а4+2а2b2 +b4 = с4, поэтому доказываемое неравенство
принимает вид: 4(а4+а2b2+b4) ≥ 3(а4+2а2b2+b4)  а4-2a2b2 +b4 ≥ 0  (а2-b2)2 ≥ 0.
10.3 Ответ. Нет.
Пусть х1 и х2 — корни Р(х). Тогда по теореме Виета: х ∙ х2 =
с
а
, т.е. х1 ∙ х2 ∙ а= с, то с — нечётное; а, х1 , х2 —
целые. Отсюда следует, что х1 , х2 , а — нечётные. По теореме Виета х1 + х2 = —
b
a
, то есть b = —(х1 + x2) · a; b
— чётное число. Тогда Р(1997) = а ∙ 19972 + b · 1997 + с — сумма двух нечётных и одного чётного числа, т.е. четно.
10.4.Данная окружность вписана в ∟ABC, поэтому её
центр О лежит на биссектрисе ВР угла (см.рис. 7).
Поэтому при симметрии относительно прямой ВО
окружность переходит в себя, а касательная PC1
в касательную РС2. Но прямые РА1 и РС2 совпадают, значит, ∆РА1 В симметричен ∆РС1 В.
Отсюда ∟РА 1 В=∟РС 1 В, т.е. γ +

2
=

2
+

= γ, где

- ∟ВАС, γ=
=∟ВСА
10.5.Ответ. 336.
Разобьём книги на цепочки книг, идущих через 13: 1-я, 15-я, 29-я, ...; 2-я, 16-я,
. . . ; . . . , 14-я, 28-я,
_ Из того, что 666 = 14 · 47 + 8 следует, что мы
Рис.7
получим 8 цепочек по 48 книг и 6 по 47 книг. В
каждой из цепочек, по условию, книги по белой
магии не могут быть соседними. Значит, в любой
цепочке длины 48 их наибольшее количество равно 24, и в цепочке длины 47 их также
может быть 24 (цепочка начинается и заканчивается такой книгой). Всего: 14x24 = 336
книг.
11 1. Ответ. 4.
График касается оси Ох, поэтому у = (х + X0 )2, у = х2 + 2X0 X + х0 2 , т.е. а= 2X0 И а = Х0 2 . Отсюда а = 0 или а= 4. Но из
графика следует, что а ≠ 0.
11. 2 По, условию
а  с  2b
2
1
1
2



, т.е.
(a  b)(b  c) a  c
аb bc ac
Умножив на (а + b)(b + с)(а + с) и приведя подобные, получаем а2 + с2 = 2b2 , что и требовалось доказать.
11.3. Если О1 и 02 — соответственно центры окружностей,
вписанных в ∆СС1 А и ∆АА1 С, К1 и К2 — точки касания
этими окружностями стороны АС (см.рис. 8), то О 1 €
АА 1, , О 2 € СС 1 и . О1 К1 = О2 К2 = r . Отсюда следует, что
четырёхугольник AO1 O2 C — трапеция. Но АО2 — биссeктриса ∟А1 АС, СО1 — биссектриса ∟С1 СА, поэтому ∟О1 АО2 = ∟О2АС = ∟АО2 О1 , т.е. АO1 =
О1 О2 . Аналогично, СО2 = О1 02 . Трапеция АО1 О2 С —
равнобедренная, значит, ∟О1АС = ∟О2СА, откуда
следует утверждение задачи, так как ∟ВАС =
= 2 ∟О1 AC,∟ВСА = 2 ∟О2СА.
11. 4 Ответ. 2,5,7.
Из условия следует, что все числа р, q и r различны. Без ограничения
общности р > q > r.
Если все числа р, q, r нечётны, то их разности — четны, значит, они все равны 2, что невозможно.
11.5. Имеется неограниченное число фишек шести цветов. Какое наименьшее число
фишек нужно расположить в ряд так, чтобы для любых двух различных цветов в ряду
нашлись две соседние фишки этих цветов?
Оргкомитету и жюри I этапа
математической олимпиады.
Уважаемые коллеги!
Напоминаем, что согласно Положению об олимпиаде, на выполнение заданий отводится 4 астрономических часа. По
окончании олимпиады просим провести разбор решений задач для участников.
ОБЩИЕ УКАЗАНИЯ ПО ПРОВЕРКЕ И ОЦЕНКЕ РАБОТ
1. Решение каждой задачи оценивается из 7 баллов. Жюри не имеет права изменять
цену задачи.
2. При оценке решения учитываются только его правильность, обоснованность, полнота,
идейность и оригинальность. Нельзя снижать оценку за „ нерациональность " решения,
за нетиповые рассуждения, за неряшливое оформление, исправления и т.п.: олимпиада
— не контрольная работа.
3. Уровень строгости объяснения решений требуется не больший, чем в обычной школьной
практике (но от средних классов к старшим он, конечно, повышается). Умение хорошо
изложить решение поощряется, но умение догадываться на олимпиаде ценится выше.
Иногда школьник, владея нужным обоснованием, не может или не хочет записать его. Тогда роль обоснования в
какой-то степени могут сыграть черновые записи или рисунки. Поэтому при проверке надо смотреть все черновики. При
этом недостатки черновика, отсутствующие в чистовике, не учитываются, но учитываются всё, что улучшает чистовое
решение.
4. В случаях, не предусмотренных указаниями по проверке конкретной задачи, решение
оценивается по следующим общим правилам:
Оценка
За что ставится
0 Решение неверно или отсутствует
1-3 Решение в целом неверно, но в рассуждениях есть верные идеи
4-5 Решение по идее верно, но является неполным
6 Верное решение с недочётами
7 Верное решение
Решение считается неполным в следующих случаях:
а) содержит основные идеи, но не доведено до конца;
б) в принципе верно, но содержит пробелы, т.е. явно или скрыто опирается на не
доказанные утверждения, которые нельзя счесть известными или очевидными;
в) требует разбора нескольких возможных случаев, большая часть из которых рассмотрена, но некоторые упущены.
5. Оценивая работу, следует отличать принципиальные (например, логические) ошибки от технических (например,
вычислительная ошибка в невычислительной задаче). Последние, если они не искажают логику решения, следует
относить к недочётам.
Желаем успешной работы!