Ответы - 26206-school11utsa.edusite.ru

Решения (5 класс)
1.
Если бы из первой пачки переложили во вторую 2 тетради, то во второй пачке стало бы 30 : 3  10 тетрадей, значит, было в ней 8 тетрадей, а в первой пачке 22 тетради.
2.
3.
4.
5.
6.
Решения (6 класс)
1. Так как сортов имеется 3, а ящиков 25, хотя бы одного сорта имеем не
меньше 9 ящиков.
Ответ: можно.
2.
3.
4.
5.
6.
Решения (7 класс)
1.
Решение. Например, так, как на рисунке:
.
2.
3.
4.
5.
6.
Решения 8 класс
№
Решение задачи
1. Ответ: 10001  1111=11111111
Замечание. Рассматривая умножение «в столбик», нетрудно убедиться,
что приведенный ответ – единственно возможный.
2. Ответ 5/34.
3. 1  2  4  8  16  19
4. x  1
2x  1
5. При перестановке людей сохраняется четность номера места. Например, человек, стоящий вторым, может быть переставлен на четвертое,
шестое, восьмое, … две тысячи двенадцатое место. Поэтому, если самый высокий человек стоит, например, вторым, то он никогда не станет
первым.
6. Ответ: Может. Например: 3; -4; 3; -4; 3.
Решения 9 класс
№
Решение задачи
1. Ответ: 26.
Решение. Пусть вначале было отмечено k точек. Тогда к ним вначале
добавилась ещё k-1 точка (по одной между первой и второй, второй и
третьей,…,k-1 – ой и k-ой отмеченными точками), а затем – ещё (k+(k1))-1=2k-2 точек. Всего точек в итоге стало 4k-3. Решая уравнение 4k3=101, находим ответ.
2. Сложив дискриминанты всех трех квадратных трехчленов, мы получим
неотрицательную сумму (a  1)2  (b  1)2  (c  1)2 , откуда следует, что хотя
бы один из дискриминантов неотрицателен.
3. Ответ (1, 9) и (9, 1)
4. Ответ: Сможет.
Сумма всех чисел равна –5, поэтому если в конце у первого игрока
сумма не превосходит –5, то у второго она будет неотрицательной и,
значит, ровно на 5 меньшей по модулю. Выигрышная стратегия первого
игрока такова: всегда из имеющихся чисел выбирать наименьшее. Тогда следующим ходом второй игрок будет выбирать число, большее по
крайней мере на 1, поэтому после 5 пар ходов сумма чисел второго будет превосходить сумму чисел первого по крайней мере на 5.
5. Ответ: 600 .
Если BB1 - высота треугольника, то треугольники AB1B и HB1C подобны.
Отсюда BB1 : CB1  BA : CH  3 :1. Значит, tg C  3 , откуда C  600 .
6. Ответ: 18, 19 или 20.
Если среди остальных (без Петра) есть космонавт Д, который
дружит со всеми, то каждый дружит по крайней мере с одним космонавтом, следовательно, в группе остальных так распределены дружбы:
1, 2, 3, …, n 1, где n - количество космонавтов. Удалив в другую комнату Д и космонавта, который дружит только с Д (имеющего 1 дружбу),
получим такую же ситуацию с заменой n 1 на n  3 . Так попарно удаляя всех в другую комнату, мы придем к ситуации, когда либо все будут удалены, либо останется один, который знаком с Петром. При каждом удалении число друзей Петра уменьшается на 1. Значит, были удалены либо 18 человек, и тогда общее количество космонавтов равно 19,
либо 16 человек, при этом один остался. В этом случае получаем 18
космонавтов.
Если среди остальных нет космонавта, который дружит со всеми, то
между ними дружбы распределены так: 0, 1, 2, …, n  2 . В этом случае,
если выбросить того, кто ни с кем не дружит, мы придем к предыдущей
ситуации – человек, имеющий n  2 друзей, дружит со всеми оставшимися. Поэтому в этом случае число космонавтов равно 19 или 20.
Решения задач (10 класс)
1.
Ответ: Больше хоккеистов.
2.
3.
4.
5.
6.
Решение задач 11 класс
№
Решение задачи
1.
Решение. ОДЗ: cosx ≠
Пусть cosx=y,
2 2 cos 2 x  6  cos x
.
>0.
2
2 cos 2 x  1
y  1 , тогда неравенство относительно y примет вид:
3

2
 2( y  2 )( y  2)
2y2  y  6
0
0

1

2
1
или 
 y2 ;
2
 2y 1
2( y 
2
 y 1

2

 y 1



2
2
, тогда
 y 
2
2
2
2
.
 cos x 
2
2
Данное неравенство равносильно совокупности:

3
 2n, n  z
  2n  x 

3
4
4
 m 
 m, m  z .

4
4
7
 5
 4  2лk  x  4  2k , k  z
Ответ:

x    m,
4
3

 m  m  z .
4

2.
3. Если бы выполнялось неравенство sin y  0 , то оба неравенства можно было возвести в квадрат и сложить. Получилось бы неравенство 1 > 1. Противоречие.
4. Натуральное число n является суммой квадратов трех целых чисел. Докажите, что
2
и число n является суммой квадратов трех целых чисел.
Пусть n  a 2  b 2  c 2 , тогда n2  (a 2  b2  c 2 )2  (a 2  b2  c 2 )2  (2ac)2  (2bc)2 , откуда и следует утверждение задачи.
5. Продолжив медиану на отрезок, равный KM за точку M , получим точку N Тогда в
четырехугольнике KCNB диагонали точкой пересечения делятся пополам, и значит
он – параллелограмм. Тогда, во-первых, BAC  BNC  1800 , т.е. точки B, A, C , N
лежат на одной окружности. Во-вторых, CK  BN и BK  CN , поэтому нам нужно
доказать равенство BA BN  CA CN . Но из подобия треугольников CMN и AMB
следует, что CN : AB  CM : AM . Аналогично, BN : AC  BM : AM . Теперь утверждение следует из равенства отрезков BM и CM .
6. Пусть заданий не более 11. Выберем любого космонавта – пусть он получал зада-
ния 1 и 2. Теперь можно выбрать космонавта, получившего третье задание, космонавта, получившего 4-е и т. д. Всего мы выбрали не более 10 космонавтов (некоторые из выбранных могли совпасть). Дополнив их, если нужно, до группы из 10 человек, получим, что для этой группы нет задания, которого никто не получал. Это
противоречит условию.
Осталось показать, что для 12 заданий такая ситуация возможна. Пусть каждый
космонавт получил 12-е задание и еще какое-то из первых одиннадцати (при этом,
естественно, каждое из этих одиннадцати кем-то получено). Тогда любая группа из
10 человек получила максимум 10 из первых одиннадцати заданий – значит, какоето из них не получил ни один из этой группы.
ОТВЕТ: 12 заданий