Решения задач Муниципального этапа олимпиады по математике 2011/2012 учебного года 7-8 класс

Решения задач
Муниципального этапа олимпиады по математике
2011/2012 учебного года
7-8 класс
1.
Даны четыре шара массой 101 г, 102 г, 103 г и 105 г, а также весы со стрелкой, на которых
можно взвесить любой груз. Сделав два взвешивания, определите массу каждого шара.
Решение. Взвесим какие-нибудь два шара вместе, а затем – один из них и один из
оставшихся вместе. Поскольку массы всех пар различны (203, 204, 205, 206, 207 и 208 г),
масса пары шаров однозначно определяет состав этой пары. Например, взвесив сначала 1-й
и 2-й шары, а затем 1-й и 3-й с результатами 207 г и 205 г соответственно, определяем, что
1-й шар весит 102 г, 2-й – 105 г, 3-й – 103 г, а 4-й – 101 г.
2.
Из некоторого четырехзначного числа вычитают число, составленное из тех же цифр, но
расположенных в обратном порядке. Может ли получиться число 1008?
Решение.
a1a2 a3 a4
Пусть
a1a 2 a3 a4  a4 a3 a2 a1  1008 .
–
искомое
четырехзначное
число
и
Тогда, очевидно, а1>a4. Начиная вычитать с конца, мы
видим, что а1=а4+2, a3=a2+1. Но тогда разность должна иметь цифру сотен, равную 9, а не
0. Противоречие.
Ответ. Не может.
3.
Из вершины В произвольного треугольника АВС проведены вне треугольника прямые BM
и BN так, что ABM=CBN. Точки А' и С' симметричны точкам А и С относительно
прямых BM и BN соответственно. Доказать, что АС'=А'С.
Решение. Обозначим точку пересечения прямых BM и АА' за K, а прямых BN и СС' за L
(Рис. 1).
C
A
N
L
C'
B
K
M
A'
Поскольку
А
ABМ=А'BМ.
и
А'
симметричны
Аналогично,
Рис. 1
относительно
прямой
СВ=С'В,
А'BС=АBС+АBА'=АBС+2ABM=АBС+2СBN=
BM,
имеем:
СBN=С'BN.
АВ=А'В,
Отсюда
=АBС+СBС'=АBС'. Поэтому треугольники А'BС и АBС' равны по двум сторонам и
углу между ними. Следовательно, АС'=А'С.
4.
Произведение 2012 целых чисел равно 1. Может ли их сумма быть равна 2?
Решение. Очевидно, среди этих чисел есть только 1 и -1, причем последних – четное
количество (иначе произведение будет отрицательным). Но для того, чтобы сумма чисел
равнялась 2, должно быть 1007 чисел 1 и 1005 чисел -1. Противоречие.
Ответ. Не может
5.
В коридоре длиной 100 м постелено 20 ковровых дорожек общей длиной 1000 м (ширина
каждой дорожки равна ширине коридора). Каково может быть наибольшее число
незастеленных участков коридора?
Решение. Поскольку длина дорожек в 10 раз больше длины коридора, то либо весь коридор
застелен десятикратно (и тогда незастеленных участков нет вообще), либо есть какая-то
точка коридора, застеленная не менее чем 11 дорожками. Но тогда эти 11 дорожек
застилают некоторый сплошной участок, так что всего имеется не более 1+9=10
застеленных, и, соответственно, не более 11 разделенных ими незастеленных участков.
Пример, в котором есть 11 незастеленных участков, дает следующая конструкция:
Н0 БЗУ Н1 З1 Н2 З2 … Н9 З9 Н10, где
Н0 – незастеленный участок длиной 0,5 м;
БЗУ – большой застеленный участок, застеленный 11-ю дорожками длиной 90,5 м каждая.
лежащими друг над другом без смещения;
Н1, Н2, …, Н10 – незастеленные участки длиной 0,45 м каждый;
З1, З2, …, З9 чередующиеся с ними малые застеленные участки длиной 0,5 м каждый.
Ответ. 11
9 класс
1. Докажите, что
1 1 1 1 1
1
1
2
    

 .
2 3 4 5 6
999 1000 5
Решение. Имеем:
1 1 1 1 1
1
1
1 1 1 1 1
1 
 1
    

          


2 3 4 5 6
999 1000 2  3 4   5 6 
 999 1000 
1 1 1 1 1 1 1
1 23 24 2
        


 .
2  3 4   5 6  2 12 30 60 60 5
2. На сторонах AD и DC параллелограмма ABCD взяты соответственно точки N и M так, что
AN:AD=1:3, DM:DC=1:4. Отрезки BM и CN пересекаются в точке О. Найдите отношение
OM:OB.
Решение. Из условия следует, что AN:DN=1:2 и MC:DC=3:4. Продолжим отрезок CN за
точку N до пересечения с прямой AB в точке K (Рис. 1). KNA=CND, AKN=DCN.
D
N
D
M
C
O
Рис. 1
K
A
B
Отсюда следует, что треугольники KNA и CND подобны, поэтому
AK AN 1
1
3

 , откуда AK  DC . Следовательно, BK  AK  AB  AK  DC  DC .
DC DN 2
2
2
Аналогично, из подобия треугольников MOC и BOK получаем:
OM MC 2 MC 2 3 1

 
   , т.е. OM:OB=1:2.
OB
BK 3 DC 3 4 2
Ответ. 1:2
3. По дороге едут четверо: один на автомобиле, второй на мотоцикле, третий на мопеде,
четвертый на велосипеде. Каждый едет со своей постоянной скоростью. Едущий на
автомобиле догнал мопед в 12 ч, встретился с велосипедистом в 14 ч, а с мотоциклистом –
в 16 ч. Мотоциклист встретил мопед в 17 ч и догнал велосипедиста в 18 ч. Сколько времени
было, когда велосипедист встретил мопед?
Решение. Из условия задачи следует, что автомобиль и мопед едут по дороге в одном
направлении, а велосипедист и мотоциклист едут им навстречу, причем впереди едет
велосипедист, которого мотоциклист догоняет в 18 ч после всех происшедших встреч.
Скорость автомобиля больше скорости мопеда, ибо автомобиль в 12 ч догнал мопед.
Аналогично скорость мотоциклиста больше скорости велосипедиста. Обозначим через a, b,
u, v скорости автомобиля, мопеда, велосипедиста и мотоциклиста соответственно. Пусть А
– пункт, в котором автомобиль догнал мопед, В, С – пункты, в которых автомобиль
встретился соответственно с велосипедистом (в 14 ч) и с мотоциклистом (в 16 ч). Пусть D –
пункт, в котором мопед встретился с велосипедистом (после 14 ч), а Е – пункт, в котором
мопед встретился с мотоциклистом (в 17 ч). Заметим, что мотоциклист догнал
велосипедиста в 18 ч, т.е. после встречи с мопедом. Обозначим этот пункт через F. Из
условий задачи следует, что пункт D находится между А и В, что В есть середина АС, и что
Е есть середина СF.
Пусть t – искомое время встречи мопеда и велосипедиста. Ясно, что 14<t<17. АВ=ВС=2a,
АС=4a, ЕС=v, FC=2v, BF=4u, АЕ=5b, AD=b(t-12), DB=u(t-14). Равенства FC=FB+BC,
AC=AE+EC,
AB=AD+DB
принимают
вид
2v=4u+2a,
4a=5b+v,
2a=b(t-12)+u(t-14)
соответственно.
Исключая из двух первых равенств переменную v, получаем равенство 2u=3a-5b. Из
третьего равенства следует, что t 
Подставляя сюда u 
t
2a  12b  14u
.
bu
3
5
a  b , получаем, что
2
2
2a  12b  21a  35b 23a  23b 46
1


 15 .
3
5
3
3
3
3
b a b
a b
2
2
2
2
Ответ. 15 ч 20 мин.
4.
На листе клетчатой бумаги с клетками размером 11 нарисована окружность радиуса R с
центром в узле сетки. Докажите, что если на ней лежит ровно 2012 узлов сетки, то либо R,
либо
R 2
– целое число.
Решение. Введем на плоскости прямоугольную систему координат с началом в центре
окружности и с осями, идущими по линиям сетки. Тогда окружность задается уравнением
x2+y2=R2, а узлы сетки – точки с целыми координатами. Заметим, что вместе с точкой (x, y)
на данной окружности лежат все точки (x, y) и (y, x). Их восемь, если x≠y и ни одно из
чисел x, y не равно 0 (в противном случае точек 4). Так как число 2012 при делении на 8
дает остаток 4, то среди данных 2012 точек найдется такая точка (x0, y0), для которой
реализуется именно второй случай. При этом, если x0=y0, то 2x02=R2 и
R 2
– целое
число, а если x0=0 или y0=0, то y02=R2 или x02=R2 соответственно, поэтому R –целое число.
5.
Мышка грызет куб сыра с ребром 3, разделенный на 27 единичных кубиков. Когда мышка
съедает какой-либо кубик, она переходит к другому кубику, имеющему общую грань с
предыдущим. Может ли мышка съесть весь куб, кроме центрального кубика?
Решение. Каждый из 26 единичных кубиков, отличных от центрального, будем считать
либо белым, либо черным в шахматном порядке: 12 кубиков, имеющих ровно по 2 грани на
поверхности большого куба, назовем белыми, а остальные 14 – черными. Заметим, что в
любой паре таких кубиков, имеющих общую грань, один кубик будет белым, а другой –
черным. Указанные 26 кубиков мышка съесть не сможет, так как в противном случае их
можно было бы разбить на 13 пар последовательно съеденных кубиков, т.е. в каждой паре
присутствовал бы 1 белый и 1 черный кубик, а тогда белых и черных кубиков было бы
поровну.
Ответ. Не может.
10 класс
1. Найдите все простые числа p такие, что 8p2+1 – также простое.
Решение. При p=3 имеем 8p2+1=73 – простое. Любое другое простое p не делится на 3, а
потому представляется в виде p=3k1 для некоторого натурального k. Следовательно,
8p2+1=8(3k1)2+1=72k248k+8+1=
=3(24k216k+3) – делится на 3, поэтому простым не является.
Ответ. 3
2. В треугольнике ABC угол C тупой. На стороне AB отмечены точки E и H, на сторонах AC и
BC – точки K и M соответственно. Оказалось, что AH=AC, EB=BC, AE=AK, BH=BM.
Доказать, что точки E, H, K, и M лежат на одной окружности.
Решение. По условию треугольники AHC и AEK равнобедренные, поэтому КСНЕ –
равнобочная трапеция, следовательно, вписана в некоторую окружность. Аналогично,
CMHE – равнобочная трапеция, также вписанная в свою окружность. С другой стороны,
существует единственная окружность, описанная вокруг треугольника СНЕ, а поскольку
точки С, Н, и Е являются вершинами обеих трапеций, описанные вокруг данных трапеций
окружности совпадают. Таким образом, все 4 точки – E, H, K, и M (и даже 5 – вместе с
точкой С) лежат на одной окружности.
3.
Найдите все значения a и b, такие, что для любого x из отрезка [-1; 1] будет выполняться
неравенство |2x2+ax+b|≤1.
Решение. Пусть числа a и b, такие, что для любого x[-1; 1] выполняется данное
неравенство, т.е. -1≤2x2+ax+b≤1. Полагая здесь последовательно x=0, x=1, x=-1, получаем,
что a и b удовлетворяют следующей системе неравенств:
 1  b  1
 3  b  a  1 .
 3  b  a  1
Складывая почленно два последних неравенства, получим -3≤b≤-1. Отсюда и из первого
неравенства получаем b=-1. Тогда a удовлетворяет неравенствам -2≤a≤0 и -2≤-a≤0, поэтому
a=0. Таким образом, если существуют числа a и b, удовлетворяющие условию задачи, то
a=0, b=-1, и других решений задача не имеет.
Чтобы доказать теперь, что найденные значения a=0, b=-1 являются решениями задачи,
остается проверить, что для любого x[-1; 1] справедливы неравенства -1≤2x2-1≤1. А эти
неравенства равносильны неравенствам 0≤2x2≤2, которые, очевидно, справедливы на
указанном промежутке.
Ответ. a=0, b=-1.
4.
Пусть для положительных a, b и c выполнено a+b+c=1. Докажите, что
1 1 1
   9.
a b c
Решение. Разделив обе части равенства a+b+c=1 по очереди на a, b и c и сложив, получим:
1 1 1
a b b c  c a
   3              9 , поскольку каждая скобка не меньше
a b c
b a c b a c
2.
5.
Из цифр 1, 2, 3, …, 9 составлены все четырехзначные числа, не содержащие
повторяющихся цифр. Найти сумму этих чисел.
Решение. Четырехзначные числа с неповторяющимися цифрами из цифр 1, 2, …, 9 можно
составить 9876 способами. Для любого числа, принадлежащего этому множеству, в том
же множестве существует число, каждая цифра которого дополняет соответствующую
цифру исходного числа до 10 (например, для числа 2794 это будет число 8316), т.е. все
числа этого множества можно разбить на указанные пары. Всего будет 9876/2=9873
таких пар. Сумма чисел, образующих одну пару, равна 100010+10010+1010+110=11110.
Значит, сумма всех членов, образующих данное множество, равна S=987311110.
Ответ. 987311110.
11 класс
2
1. Доказать, что для корней x1, x2 многочлена x  px 
неравенство
1
, где pR, p≠0, выполнено
2 p2
x14  x 24  2  2 .
Решение. Для начала заметим, что корни многочлена существуют, поскольку его
дискриминант
x1 x2  
1
)
2 p2
D  p2 
и
2
 0.
p2
неравенство
Теперь,
между
используя
средним
теорему
Виета
арифметическим
(x1+x2=-p,
и
средним
геометрическим двух чисел, получаем:


x14  x24  x1  x2   2 x1 x2 2x1  x2   x1 x2  p 4 
4
 p4  2 
2
1
1
4

2

2
p

 2 2
2 p4
2 p4
1
p2
 2
1 
 2 p 

2 
2
p


что
и
требовалось доказать.
2. Про семь чисел известно, что сумма любых шести из них делится на 5. Докажите, что
каждое из чисел делится на 5.
Решение. Обозначим данные числа a1, a2, …, a7. По условию каждая из сумм
a1+a3+a4+a5+a6+a7 и a2+a3+a4+a5+a6+a7 делится на 5, следовательно, их разность a1-a2 будет
делиться на 5; это означает, что числа a1 и a2 имеют одинаковые остатки от деления на 5.
Рассматривая разности других сумм, аналогично устанавливаем, что все заданные числа
имеют одинаковые остатки от деления на 5. Пусть это остаток r (0≤r<5). Тогда любая из
рассматриваемых сумм имеет при делении на 5 тот же остаток, что и 6r, а поскольку по
условию он равен 0, должно быть r=0.
3. Дан треугольник ABC площадью S. Точки M, N – середины его сторон AC и AB
соответственно. Точки P и Q делят сторону BC на три равных отрезка так, что BP=PQ=QC.
Найдите площадь общей части четырехугольника ANPQ и треугольника BMC.
Решение. Обозначим через D и E точки пересечения прямой BM с отрезками NP и AQ
соответственно (Рис. 1). Искомая площадь – площадь четырехугольника EDPQ
(заштрихован).
B
P
A
N
D
Q
E
V
K
M
Рис. 1
U
A
С
В треугольнике ABQ имеем AN=NB, BP=PQ. Поэтому отрезок NP является средней линией
треугольника ABQ и, в частности, NPAQ. В треугольнике EBQ точка P – середина
стороны BQ, а прямая DP (она же – NP) параллельна стороне EQ. Следовательно,
треугольники DBP и EBQ подобны с коэффициентом подобия k 
площадей
S EDPQ 
PB 1
 , а отношение
QB 2
S DBP
1
 k 2  . Это означает, что площадь трапеции EDPQ равна
S EBQ
4
3
S EBQ .
4
Проведем через точку M прямую MKAQ (точка K лежит на отрезке QC). Так как
AM=MC, то QK  KC 
В
треугольнике
Следовательно,
S EDPQ 
MBK
1
5
BC , и значит BK  BC  KC  BC .
6
6
имеем
треугольники
EQMK,
EBQ
3
3 16
12
S EBQ   S MBK 
S MBK .
4
4 25
25
причем
и
QB  2
 5
 4
  BC  :  BC   .
BK  3
 6
 5
MBK
подобны
и
Опустим из точки M перпендикуляр MV на сторону BC, а из точки B – перпендикуляр BU
на прямую AC. Треугольники MBK и MBC имеют общую высоту MV, поэтому их площади
относятся как длины соответствующих оснований:
Аналогично для треугольников MBC и ABC:
S MBK BK 5

 .
S MBC BC 6
S MBC MC 1

 .
S ABC AC 2
Окончательно получаем:
4.
S EDPQ 
12
12 5
12 5 1
1
S
S MBK 
 S MBC 
  S ABC  S ABC  .
25
25 6
25 6 2
5
5
Ответ.
S
.
5
Могут ли числа 1, 2, …, 100 быть членами ровно двенадцати геометрических прогрессий?
Решение. Покажем, что 3 разных простых числа не могут входить в одну геометрическую
прогрессию. Предположим противное: p1<p2<p3 – простые числа, p1=aqk-1, p2=aqr-1, p3=aqm-1.
Тогда p2/p1=qr-k=qs, p3/p2=qm-r=qn. Отсюда p2s+n=p1np3s, что невозможно, так как n и s –
ненулевые целые числа. Отрицательный ответ на вопрос задачи теперь следует из того
факта, что среди чисел от 1 до 100 содержится 25 различных простых чисел, а в одну
геометрическую прогрессию могут входить не более двух из них.
Ответ. Не могут.
5.
Имеется 1000 билетов с номерами 000, 001, …, 999 и 100 ящиков с номерами 00, 01, …, 99.
Билет можно опустить в ящик, если номер ящика можно получить из номера этого билета
вычеркиванием одной из цифр. Докажите, что:
а) можно разложить все билеты в 50 ящиков;
б) нельзя разложить все билеты менее, чем в 40 ящиков.
Решение. а) Разобьем десять цифр 0, 1, …, 9 на две группы по пять цифр в каждой
(например, от 0 до 4 – одна группа, от 5 до 9 – другая группа). Достаточно использовать
ящики, у которых обе цифры берутся из одной группы, поскольку из трех цифр билета
какие-то две принадлежат одной группе, т.е. такие две цифры есть в любом трехзначном
номере. В каждом десятке от
a0 до a9 таких ящиков будет ровно 5, а всего – ровно 50.
б) Кроме 10 ящиков 00, 11, …, 99, которые точно будут заняты билетами 000, 111, …, 999
соответственно, потребуется не менее 30 ящиков, чтобы разместить билеты с номерами,
составленными из трех различных цифр: таких билетов всего 1098=720, а в каждый ящик
с номером
ab (a≠b) помещается не более 38=24 из них ( abc, acb,
любая цифра, отличная от a и b).
и cab , где с –