Олимпиады по математике

ВСЕРОССИЙСКАЯ МАТЕМАТИЧЕСКАЯ ОЛИМПИАДА ШКОЛЬНИКОВ
I (школьный) этап
ЗАДАЧИ, РЕШЕНИЯ,
КРИТЕРИИ ПРОВЕРКИ
Омск – 2010
Материалы подготовлены предметно-методической комиссией муниципального
этапа олимпиады в следующем составе: учитель математики гимназии № 117 Л.А. Бачина;
кандидат педагогических наук, доцент ОмГУ И.К. Берникова; учитель математики лицея
№ 64 О.В. Деркач; учитель математики гимназии № 88 И.В. Куликова; учитель
математики лицея №64 Н.В. Наумова; учитель математики гимназии №117 И.А.
Чернявская; кандидат физико-математических наук, доцент ОмГУ А.С. Штерн.
Задания составлены на основе программ по математике для общеобразовательных
учебных учреждений и существующих программ школьных кружков (факультативов) с
учётом методических рекомендаций Центральной методической комиссии Всероссийской
математической олимпиады. Вариант заданий 5-7 классов состоит из 5 задач, остальные
варианты – из 6 задач. Варианты для учащихся 5-6 классов рассчитаны на работу в
течение двух уроков, для 7-8 классов – трех уроков, 9-11 классов – четырех уроков.
При составлении использовались малоизвестные материалы математических
соревнований школьников (региональные олимпиады разных регионов России прошлых
лет, турнир журнала «Квант», Уральский турнир юных математиков и т.д.), а также
национальных математических олимпиад США, Канады и других стран. Некоторые из
предложенных задач являются авторскими.
Приводятся подробные решения и критерии проверки работ. Оценка работ
участников школьного тура Всероссийской олимпиады проводится по той же системе
подсчёта очков, который принят на всех этапах Всероссийской математической
олимпиады школьников. Максимум, который школьник может получить за каждую из
задач, составляет 7 баллов. Если в решении присутствуют недочёты, оценка может быть
снижена. Ни в каком случае не снижаются баллы за нерациональность решения, за
неаккуратность в оформлении и т.д. Все ответы должны быть обоснованы. Ответ, не
обоснованный рассуждениями и вычислениями, оценивается, как правило, невысоко. На
это необходимо обратить внимание школьников до того как они приступят к работе.
Следует учитывать, что задания математических олимпиад являются творческими
и допускают различные варианты решений. Необходимо оценивать частичные
продвижения в задачах (например, разбор важного случая, доказательство леммы,
нахождение примера и т.п.) и снижать баллы за логические и арифметические ошибки в
решениях.
Во всех вариантах последние две задачи существенно сложнее предыдущих. К
решению этих задач следует приступать после того, как решены все или почти все более
простые задачи.
Контактный адрес электронной почты и телефон предметно-методической
комиссии: ashtern@yandex.ru, 89139731909 – Штерн Александр Савельевич.
ПЯТЫЙ КЛАСС
УСЛОВИЯ ЗАДАЧ
1. На двух деревьях сидело 36 снегирей. Когда с первого улетело 8 снегирей, а затем
со второго дерева на первое перелетели 3 снегиря, снегирей на деревьях стало
одинаковое количество. Сколько снегирей было на каждом дереве первоначально?
2.
Между числами 123456 расставьте знаки четырех арифметических действий и
скобки так, чтобы значение полученного выражения равнялось 100.
3. Счетчик грузовой машины показывал 12921 км. Через сколько километров на
счетчике появится следующее число, которое читается одинаково в обоих
направлениях?
4. Квадрат 4  4 разделен на 16 клеток. Раскрасьте эти клетки в черный и белый
цвета так, чтобы у каждой черной клетки было ровно три белых соседа, а у каждой
белой клетки был ровно один черный сосед. (Соседними считаются клетки,
имеющие общую сторону).
А
5. Закрашенная фигура вписана в прямоугольник со сторонами
3 см
и 6 см. Выделенные точки разбивают стороны
D
В
прямоугольника на равные части, а АВСD – квадрат. Чему
равна площадь закрашенной части?
С
Время работы 1 час 30 минут
ШЕСТОЙ КЛАСС
УСЛОВИЯ ЗАДАЧ
1. В равенстве
6 * 5 * 4 * 3 * 2 *1
 17 замените звёздочки на плюсы и минусы так, чтобы
8*7
получилось верное равенство.
2. Выпишите все четырехзначные числа, сумма цифр которых равна 3. Сколько
получилось чисел?
3. Петя и Вася вышли навстречу друг другу из деревень Петино и Васино. Петя
вышел из деревни Петино в 10 часов и пришёл в деревню Васино в 12 часов. А
Вася вышел из деревни Васино в 11 часов и пришёл в деревню Петино в 13 часов.
В котором часу они встретились? Ответ необходимо объяснить.
4. Разрежьте фигуру из 16 клеток, изображенную на рисунке справа,
на две части, из которых можно сложить квадрат.
5. У Пети есть 21 карточка с числами: 4 карточки с единицей, 2
карточки с двойкой, 7 карточек с тройкой и 8 карточек с
четвёркой. Петя сложил из этих карточек прямоугольник 45, и одна карточка
осталась. При этом сумма чисел во всех четырёх вертикальных рядах оказалась
одинаковой, и сумма чисел в пяти горизонтальных тоже рядах оказалась
одинаковой. Какое число написано на карточке, которая осталась у Пети?
Время работы 1 час 30 минут
СЕДЬМОЙ КЛАСС
УСЛОВИЯ ЗАДАЧ
1. На прямой расположено 5 точек – A,B,C,D,E (именно в таком порядке). Известно,
что AB=19 см, CE=97 см, CA=BD. Найдите длину отрезка СЕ. Ответ необходимо
объяснить.
2. В классе 10 мальчиков и 20 девочек. Как расставить их по кругу так, чтобы рядом
с каждым мальчиком стояли мальчик и девочка, и через одного человека от
каждой девочки тоже стояли мальчик и девочка?
3. У Ксюши было 80 рублей, а у Наташи — 64 рубля. Каждая из девочек захотела
купить как можно больше шоколадок «Алёнка». Ксюша получила восемь рублей
сдачи, а Наташа — десять. Смогут ли девочки, сложившись, купить ещё одну
шоколадку? Известно, что каждая шоколадка стоит целое число рублей. Ответ
необходимо объяснить.
4. Два парома одновременно отходят от противоположных берегов реки и
пересекают её перпендикулярно берегам. Скорости паромов постоянны, но не
равны. Паромы встречаются на расстоянии 720 метров от берега, после чего
продолжают движение. На обратном пути они встречаются в 400 метрах от
другого берега. Какова ширина реки?
5. Даны два целых числа a и b. Известно, что из четырёх чисел a+b, 2a−b, 2b–а и 1
можно выбрать три числа, сумма которых равна 99. Найдите сумму всех четырёх
чисел. Не забудьте объяснить, почему Вы считаете свой ответ единственным
возможным ответом.
Время работы 2 час 15 минут
ВОСЬМОЙ КЛАСС
УСЛОВИЯ ЗАДАЧ
1. Если уменьшить длину прямоугольника на 20%, а ширину увеличить на 20%, то
его периметр уменьшится на 10%. Как и на сколько процентов изменится при этом
его площадь?
2. На некотором острове необычайно регулярный климат: по понедельникам и средам
всегда идут дожди, по субботам - туман, зато в остальные дни - солнечно. Утром
какого дня недели нужно начать свой отдых группе туристов, если они хотят
пробыть там 44 дня и захватить при этом как можно больше солнечных дней?
3. Докажите, что сумма 13 + 132 + 133 + 134 +…+ 132009 + 132010 делится нацело на 7.
4. Расставьте в клетках квадрата 33 числа 1, 2, 3, …, 9 так чтобы сумма чисел в
любом квадратике 22 не превосходила 25.
5. Треугольник ABC – равнобедренный, BAC = 120. На продолжении стороны AС
за вершину A взята точка D так, что AD = 2AB. Найдите угол DBC.
6. Четыре различных (никакие два не равны) числа (не обязательно целых) a, b, c, d
подобраны так, что выполнены равенства a  b  ab  1 . Чему равно произведение
c
d
cd  1
abcd?
Время работы 2 час 15 минут
ДЕВЯТЫЙ КЛАСС
УСЛОВИЯ ЗАДАЧ
1. У кассирши тёти Маши в кассе есть 10-рублёвые и 25-рублёвые купюры, всего 100
купюр Известно, что сумма, которую она может набрать 25-рублёвыми купюрами
меньше, суммы, которую она может набрать 10-рублёвыми купюрами. Сколько 25рублёвых купюр может лежать в кассе (укажите наибольшее возможное значение
этой величины)?
2. В социальной сети год назад было зарегистрировано 30% детей, 50% людей
среднего возраста и 20% пенсионеров. За год количество детей увеличилось на
100%, людей среднего возраста — на 80%, а пенсионеров — на 150%. Сколько
теперь процентов составляют пользователи-дети, люди среднего возраста,
пенсионеры?
3. Петя вышел из точки А плоской равнины и прошел 1 м на юг, 2 м на запад, 3 м на
север, 4 м на восток, 5 м на юг, 6 м на запад, 7 м на север, 8 м на восток и т.д. Когда
пришла пора пройти прямолинейный отрезок 124 м, Петя прошел лишь 62 м, устал
и сел отдохнуть. На каком расстоянии от точки А и в каком направлении от неё
расположено место отдыха?
4. В выпуклом четырехугольнике ABCD точки Е, F и Н – середины сторон АВ, ВС и
AD соответственно, причем НЕ перпендикулярен АВ, а НF перпендикулярен ВС.
Найдите величину угла ACD.
5. Три различных числа a, b, с подобраны так, что выполнены равенства
a2(b+c)=b2(a+c)=2010. Чему равно с2(b+а)?
6. В вершинах кубика в каком-то порядке написали числа 1,2,…8, а на каждом ребре
записали разность между большим и меньшим числом, стоящим на концах этого
ребра. Какое наименьшее количество различных чисел может быть написано на
рёбрах?
Время работы 3 астрономических часа
ДЕСЯТЫЙ КЛАСС
УСЛОВИЯ ЗАДАЧ
1. Решите неравенство
 x  x  x2  x
.
2. Моторная лодка проплывает по реке от пункта А до пункта В за 3 часа, а от пункта
В до пункта А за 8 часов. Сможет ли лодка проплыть от пункта В до пункта до
пункта А, если скорость течения увеличится в 2 раза, а собственная скорость лодки
не изменится? Ответ должен быть обоснован.
3. Трёхсотый день второго года правления царя Гороха пришёлся на четверг.
Двухсотый день третьего года правления царя Гороха тоже пришёлся на четверг.
На какой день пришёлся сотый день первого года правления царя Гороха? Ответ
необходимо объяснить.
4. Через точку, лежащую на гипотенузе прямоугольного треугольника, провели две
прямые, параллельные катетам, так, что треугольник разбился на квадрат и два
прямоугольных треугольника. Площадь одного из полученных треугольников в m
раз больше площади квадрата, а площадь второго треугольника меньше площади
квадрата. Во сколько раз?
5. Сколько раз цифра 1 встречается в десятичной записи числа
9 + 99 + 999 + …+ 99…9 (последнее слагаемое состоит из 2010 девяток)?
6. Найдите все значения параметра а, при которых найдутся три различных числа
(x, y, z) (никакие два не равны), удовлетворяющие системе уравнений
x
1
1
1
 a, y   a, z   a
y
z
x
(проверьте, что найденные Вами значения параметра
годятся, и докажите, что других нет).
Время работы 3 астрономических часа
ОДИННАДЦАТЫЙ КЛАСС
УСЛОВИЯ ЗАДАЧ
1. В некотором году на школьные летние каникулы (с 1 июня по 31 августа)
пришлось 14 воскресений. Какой день недели придётся на 31 декабря? (В июне,
сентябре и ноябре 30 дней, в июле, августе, октябре и декабре – 31)
2. Решите неравенство: 
х

2
 х2
2х 2
 2010 .
3. Углы ,  подобраны так, что выполнено равенство sin cos = -1/2. Чему равно
наибольшее возможное значение произведения sincos? Найдите два угла , ,
для которых равенство sin cos = -1/2 выполнено, а величина sincos принимает
наибольшее возможное значение.
4. Диагонали четырехугольника АВСD перпендикулярны и равны. Найдите его углы,
если AB = 1, BC = 2 , CD = 3 .
5. На доске после урока алгебры остались график функции y=x2 и 2010 прямых,
заданных уравнениями y=x+1, y=x+2, …, y=x+2010, каждая из которых пересекает
параболу в двух точках. Одиннадцатиклассник Петя нашёл ординаты всех 4020
точек пересечения прямых с параболой. Найдите сумму всех чисел, найденных
Петей.
6. Найдите все натуральные числа n, при которых число n5 + n4 + 1 является простым.
Время работы 3 астрономических часа
ПЯТЫЙ КЛАСС
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
1. Ответ: 19 и 17. Решение: 1) 36 – 8 = 28 снегирей стало на двух деревьях после
того, как улетели 8 снегирей; 2) 28 : 2 = 14 снегирей стало на каждом дереве; 3)
14 + 3 = 17 снегирей было на втором дереве; 4) 14 – 3 + 8 = 19 снегирей было на
первом дереве.
2. Решение: 1 + (2 + 3 + 4)(5 + 6) = 100.
3. Решение: Следующее число с заданными свойствами 13031, оно появится через
13031 – 12921 = 110 км.
4. Ответ: 9 см2. Решение. Проведём через точки A, B, C, D вертикальные линии. В
результате весь прямоугольник разрежется на 16 треугольников, из которых 8
закрашенных и 8 незакрашенных. Поэтому площадь закрашенной части
составляют половину площади всего прямоугольника, то есть 9 см2.
5. В первом столбце красим вторую снизу клетку, во втором столбце первую клетку
сверху, в третьем первую клетку снизу, и в четвёртом столбце вторую клетку
сверху.
КРИТЕРИИ ПРОВЕРКИ
1. Приведены все нужные вычисления, получен верный ответ – 7 баллов; приведено
верное решение, но в вычислениях содержится ошибка – 5 или 6 баллов; только
ответ – 1 балл; в остальных случаях – 0 баллов.
2. Скобки расставлены правильно – 7 баллов; в остальных случаях – 0 баллов.
3. Выписано следующее число и верно найдена разность – 7 баллов; найдено только
следующее заданное число, но разность не вычислена или вычислена с
арифметической ошибкой – 5 баллов; в остальных случаях – 0 баллов.
4. На чертеже показано, что закрашенная площадь составляет половину площади
всего прямоугольника, получен правильный ответ – 7 баллов; только ответ без
пояснений – 2 балла.
5. Правильная раскраска – 7 баллов; в остальных случаях – 0 баллов.
ШЕСТОЙ КЛАСС
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
1. Ответ: Например, так
6  5  4  3  2 1
 17 .
87
2. Ответ: 10 чисел.
Т.к. сумма цифр равна 3, то возможны варианты: 3  3  0  0  0 , 3  2  1  0  0 ;
3  1 1 1  0 . Соответственно получаем числа:
3000
2100
1200
1110
2010
2001
1020
1002
1011
1101
3. Ответ: В 11 часов 30 минут.
Так как расстояние между деревнями и Петя, и Вася проходят за одинаковое время,
то их скорости одинаковы. К 11 часам Петя находился ровно посередине между
Петино и Васино, а Вася только вышел из Васино. Так как скорости мальчиков
одинаковы, то их встреча произошла ровно посередине между точками, в которых
они находились в 11 часов. Вася к моменту встречи прошел четверть расстояния
между деревнями, т. е. встреча произошла в 11 часов 30 минут.
4. Ответ: Искомое разрезание приведено на рисунке.
5. Ответ: Число 1.
Найдем сумму всех чисел, записанных на карточках: 4+2×2+7×3+8×4=61. Так как
после выкладывания прямоугольника сумма чисел в четырех рядах была
одинакова, то сумма чисел в 20 задействованных карточках делится на 4.
Аналогично, так как сумма чисел в пяти горизонтальных рядах одинакова, то
общая сумма чисел в прямоугольнике делится на 5. Но тогда она делится на 20.
Тогда у Пети осталась карточка с числом 1: 61–1=60 – делится на 20. Других
вариантов нет, так как 61–2=59, 61–3=58 61–4=57 – не делятся на 20.
КРИТЕРИИ ПРОВЕРКИ
1. Любой правильный способ расстановки знаков оценивается в 7 баллов. В
противном случае – 0 баллов.
2. Приведены все 10 чисел – 7 баллов. Потеряно одно из чисел кроме числа 3000 – 5
баллов. Потерян один из случаев, либо все случаи разобраны, но при этом более
одного числа потеряно – 2 балла. В остальных случаях – 0 баллов.
3. Получен правильный ответ, который обоснован с помощью картинки или
рассуждений – 7 баллов. Приведён правильный ответ без объяснений – 2 балла.
4. Приведен правильный способ разрезания – 7 баллов. В остальных случаях – 0
баллов.
5. Получен правильный ответ и доказано, что другие варианты ответа невозможны –
7 баллов. Приведён правильный ответ без объяснений – 2 балла. В остальных
случаях – 0 баллов.
СЕДЬМОЙ КЛАСС
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
1. Ответ: 78 см. Решение: Удаляя из равных отрезков CA и BD их общую часть ВС,
получаем отрезки АВ и CD. Значит CD=АВ=19 см. откуда ED=СЕ-СD=97-19=78
см.
2. Ответ: ставим подряд двух мальчиков и четырёх девочек.
3. Ответ: да, смогут. Решение. Легко посчитать, что Ксюша потратила на шоколадки
72 рубля, а Наташа — 54 рубля. Поскольку каждая купила целое число шоколадок,
цена одной шоколадки является общим делителем чисел 72 и 54. НОД(72, 54) = 18,
поэтому цена шоколадки не больше, чем 18 рублей. Поскольку у девочек как раз
осталось 18 рублей, то ещё одну шоколадку они смогут купить.
4. Ответ: 1760 метров. Решение. Суммарное расстояние, пройденное паромами к
моменту первой встречи, равно ширине реки, а к моменту второй встречи равно
утроенной ширине реки. Так как скорости паромов постоянны, то до второй
встречи каждый из них пройдёт втрое большее расстояние, чем до первой встречи.
Так как один из паромов до первой встречи прошёл 720 метров, то до второй
встречи он прошёл расстояние 720 · 3 = 2160 метров. При этом он прошёл путь,
равный ширине реки, и ещё 400 метров. Следовательно, ширина реки равна 2160 −
400 = 1760 метров.
5. Ответ: 197. Решение. Найдём, какие три из четырёх указанных чисел в сумме
составляют 99. Равенство (a + b)+(2a − b)+(2b–а)=99 невозможно, так как
(a+b)+(2a−b)+(2b–а)=2a+2b есть число чётное. Равенства (a+b)+(2a−b)+1=99 тоже
невозможно, т.к. сумма (a + b)+(2a−b)+1= 3а+1 не делится на 3. Аналогично,
невозможно равенство (a+b)+(2b–а)+1=99. Остаётся случай (2a−b)+(2b–а)+1=99,
что эквивалентно равенству a+b=98. Тогда сумма всех чисел
(a + b)+(2a−b)+(2b–а) + 1= 2a+2b+1=197.
КРИТЕРИИ ПРОВЕРКИ
1. Правильный ответ с объяснением в виде текста или чертежа – 7 баллов, в
остальных случаях 0 баллов.
2. Верный пример оценивается в 7 баллов даже при отсутствии каких-либо
объяснений; неверный пример или его отсутствие – 0 баллов.
3. Верный ответ с объяснением – 7 баллов; замечено и объяснено, что цена
шоколадки есть делитель числа 18 без дальнейших продвижений – 4 балла; в
остальных случаях 0 баллов.
4. Правильный ответ без каких-либо объяснений – 0 баллов; правильный с
объяснениями – 7 баллов; за неточности в объяснениях можно снимать от 1 до 3
баллов.
5. Правильный ответ без каких-либо объяснений – 0 баллов. Получен правильный
ответ, правильно выбраны три числа, дающие в сумме 99, но не объяснено, почему
другие случаи невозможны – 3 балла. При разборе случаев один из двух
существенно различных случаев упущен – 5 баллов. Получен правильный ответ,
даны все объяснения – 7 баллов.
ВОСЬМОЙ КЛАСС
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
1. Ответ: уменьшится на 4%. Решение. Пусть длина прямоугольника равна a , а ширина
равна b. Тогда его периметр изначально составлял 2(a+b), а после изменений составляет
2(1,2a+0,8b). По условию 0,9(a+b)=1,2a+0,8b, откуда следует равенство 3a=b. Значит,
изначально площадь прямоугольника составляла ab=3a2, а после изменений стала
составлять 1,2a·0,8b=2,88a2, что составляет 96% от исходной величины.
2. Решение: В 44 днях 6 полных недель и еще 2 дня. В течении 6 недель число солнечных
дней постоянно и не зависит от выбора дня начала отдыха. Два оставшихся дня выбираем
четверг и пятницу - солнечные дни. Следовательно, отправляем туристов утром в четверг.
3. Решение: 13 + 132 + 133 + 134 + … + 132009 + 132010 = 13 (1 + 13) + 133(1 + 13) + … +
132009(1 + 13) = = 14 (13 + 133 + … + 132009). Так как 14 делится на 7, то и само число
делится нацело на 7.
4. Ответ
1
7 2
8
9 6
3
5 4
5. Ответ: 120 градусов. Решение. Е –
середина отрезка AD, тогда
АЕ =
1
АD = AB (см. рис. 4). Так как BAC =
2
120, то смежный с ним угол ВАЕ равен
60. Таким образом, треугольник ВАЕ –
равнобедренный с углом 60 при
вершине, значит, треугольник ВАЕ –
равносторонний.
Кроме
того,


BED  180  AEB  120 . Значит, треугольники BAC и BED равны по двум сторонам и
углу между ними, причём в каждом из них угол при вершине В составляет 30 градусов.
Значит, угол CBD составляет 30+30+60=120 градусов.
6. Ответ: 1. Решение. Из первого равенства следует ad=bc, а из второго bcd+b=abd+d .
Подставляя bc вместо ad в правую часть, получаем bcd+b= b2c +d  b–d = bc(b–d). Так
как все числа различны, на разность b–d можно сократить, откуда следует 1= bc= ad и
abсd =1.
ДЕВЯТЫЙ КЛАСС
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
1. Ответ: 28 купюр. Решение. Пусть x – количество 25-рублевых купюр, а y –
количество 10-рублевых, тогда x+y=100, 5x<2y. Выразим y из уравнения и
подставим в неравенство. Решая линейное неравенство на x, получаем, что x<200/7,
т.е. наибольшее возможное число 25-рублевых купюр равно 28.
6. Ответ: 30, 45, 25% соответственно. Решение. Пусть год назад в сети было
зарегистрировано x человек, тогда из них детей было 0,3x , взрослых - 0, 5x ,
пенсионеров - 0, 2x . Тогда за год произошли следующие изменения: детей стало
1  1  0,3x  0,6 x , взрослых 1  0,8  0,5x  0,9 x , пенсионеров
1  1,5  0, 2x  0,5x , что вместе составило 0, 6 x  0,9 x  0,5 x  2 x . Но тогда дети
теперь составляют 30%, взрослые – 45% , пенсионеры – 25%.
7. Ответ: На расстоянии 62 м к северу от точки A. Решение. За первые 4 шага Петя
сдвигается на 3–1=2 м на север и 4–2=2 м на восток. Следующие 4 шага
отличаются от первых четырех тем, что они соответственно длиннее на 4 метра, и
тем самым за эти 4 шага Петя снова сдвинется на 2 метра на север и 2 метра на
восток, и так далее. Если бы Петя сделал все 124 шага, то он суммарно сдвинулся
бы на 2*(124/4)=62 м на север и 62 м на восток. Так как последние 124 метров идут
в направлении с запада на восток, и 62 метра лишние, Петя на самом деле
сместился на восток на 0 метров, то есть находится на расстоянии 62 м к северу от
точки A.
8. Ответ: 90 градусов. Решение. Соединим точку Н с вершинами В и С
четырехугольника. В треугольнике АВН НЕ – медиана и высота, тогда АН=НВ.
Аналогично в треугольнике ВСН HF – медиана и высота, значит ВН=СН. Но
тогда в треугольнике ACD медиана СН равна половине стороны AD, к
которой она проведена, а значит треугольник ACD - прямоугольный.
9. Ответ: 2010. Решение. Рассмотрим разность a2(b+c)–b2(a+c)=0. Сгруппируем и
разложим на множители a2b+ a2c–b2a– b2c= ab(a–b)+c(a2 –b2)= (a–b)(ab+ca+cb)=0.
По условию первый множитель не равен нулю, тогда ab+ca+cb =0. Аналогично
(меняем символы b , c местами) a2(b+c)–c2(a+b)= (a–с)(ab+ca+cb)=0 и
c2(a+b)=a2(b+c)=2010.
10. Ответ: 3. Решение. Ясно, что двумя числами не обойтись, поскольку на трёх
рёбрах, выходящих из вершины с цифрой 1, должны стоять разные числа. Пример с
тремя различными числами строится. Обозначим вершины нижнего основания
кубика через А, В, С и D, а верхнего соответственно А1, В1, С1, D1 . Расставим в
вершинах следующие числа: А-1, В-2. С-3, D-4, А1-5, В1-6, С1-7, D1-8.
КРИТЕРИИ ПРОВЕРКИ
1. Приведено полное решение, получен правильный ответ – 7 баллов. Ход решения
верный, но при работе с неравенством допущена ошибка – 5 баллов. В противном
случае – 0 баллов.
2. Приведено полное решение, получен правильный ответ – 7 баллов. Ход решения
верный, но каком-то шаге допущена ошибка – 5 баллов. В противном случае – 0
баллов.
3. Приведено полное решение, получен правильный ответ – 7 баллов. Установлена и
описана закономерность – что происходит за каждые четыре шага, но неправильно
интерпретировано, что происходит на последнем шаге, из-за чего получен
неправильный ответ – 4 балла. Приведен правильный ответ без объяснений – 2 балла.
В противном случае – 0 баллов.
4. Полное решение – 7 баллов. В противном случае – 0 баллов.
5. Приведено полное решение, получен правильный ответ – 7 баллов. В результате
алгебраических преобразований получено равенство ab+ca+cb =0, дальнейшие
продвижения отсутствуют - 3 балла. В противном случае – 0 баллов.
6. Доказано, что двумя различными числами обойтись нельзя, приведен пример для
трех различных значений – 7 баллов. Имеется только половина решения (либо
доказано, что двух чисел быть не может, либо приведен правильный пример для трех
различных чисел) – 3 балла. В противном случае – 0 баллов.
ДЕСЯТЫЙ КЛАСС
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
10 класс
1. Ответ: х(–;–1). Решение. Данное неравенство эквивалентно системе двух
неравенств x<0 и x2+x>0. Решая систему, получаем ответ.
2. Ответ: да, сможет. Решение. Пусть S=AB, x – собственная скорость лодки, y –
скорость течения реки. Тогда выполнены равенства S=3(x+y)=8(x–y), откуда 5x=11y и
y=5x/11. Отсюда видно, что при увеличении в 2 раза скорость течения будет
составлять 10/11 собственной скорости лодки, и лодка сможет двигаться против
течения.
3. Ответ: на субботу. Решение. Заметим, что второй год правления царя Гороха
оказался високосным. В противном случае, между двумя четвергами прошло бы 265
дней (включая последний четверг), что не составляет несколько полных недель. А 266
дней – как раз 38 полных недель. Значит, первый год правления царя Гороха
високосным не был. Поэтому, между интересующим нас сотым днём первого года и
первым из двух четвергов прошло 265+300==565 дней, что составляет ровно 81
неделю без 2 дней. Поэтому к субботе пройдёт ровно 82 недели. Значит, сотый день
первого года правления царя Гороха был субботой.
4. Ответ: в 4m раз. Решение. Пусть х – длина стороны квадрата. Тогда площадь
большего треугольника составляет mx2, а длина одного из его катетов равна х. Поэтому
длина второго 2mx. Но больший и меньший треугольники подобны, поэтому,
составляя пропорцию, видим, что второй катет меньшего треугольника равен x/2m, а
его площадь равна x2/4m.
5. Ответ: 2007 раз. Решение. Обозначим эту сумму буквой S и прибавим к каждому
слагаемому по единице. Тогда получим S+2010=10+100+…+10…0 (в последнем
слагаемом 2010 нулей) = 11…10 (2010 единиц) и S=11…11110–2010=11…109100. В
начале числа стоит 2006 единиц и ещё одна единица на третьем месте от конца. Всего
2007 единиц.
6. Ответ: при а = 1. Решение. Поочерёдно выражая неизвестные друг через друга,
получаем: y=1/(a–x), z=1/(a– y)=(a–x)/(a2–ax–1). Теперь подставим полученное
выражение для z в последнее равенство и избавимся от знаменателя. Приходим к
равенству (a2–1) (х2–ax+1)=0. Если а1, то x  1  z  1  a и x=z. Пример при а =1
x
x
строится, например, так х=2, y=-1, z=1/2. Для построения примера при а = -1
достаточно поменять знаки у чисел x, y, z.
КРИТЕРИИ ПРОВЕРКИ
1. Неравенство решено верно, получен правильный ответ – 7 баллов. Неравенство
x2>–x решалось и было решено верно, но ОДЗ не было учтено, что привело к
неправильному ответу – 2 балла. В остальных случаях 0 баллов.
2. Задача решена верно, получен правильный ответ – 7 баллов. Соотношение 5x=11y
получено, но правильный вывод не сделан – 5 баллов. Выписано равенство
3(x+y)=8(x–y), но дальнейших продвижений нет – 2 балла. Приведён один ответ
без какой-либо аргументации – 0 баллов. Примечание. Возможны попытки
решения задачи рассуждениями с минимальным использованием алгебры или
вообще без неё. В этим случае нужно очень внимательно следить за
рассуждениями. Скорее всего, они будут содержать логические ошибки.
3. Решение задачи состоит из двух соображений: «счёт неделями» и
«невисокосность» первого года, вытекающая из високосности второго года.
Отсюда вытекают следующие критерии. Задача решена верно, получен правильный
ответ – 7 баллов. «Счёт неделями» проводится верно, но «невисокосность» не
обоснована – 5 баллов. «Невисокосность» обоснована, идея счёта неделями
присутствует, но при подсчёте дней допущена ошибка, что привело к неверному
ответу – 4 балла. «Невисокосность» не обоснована, идея счёта неделями
присутствует, но при подсчёте дней также допущена ошибка, что привело к
неверному ответу – 2 балла. Один ответ – 0 баллов.
4. Задача решена верно, получен правильный ответ – 7 баллов. Стороны
треугольников правильно выражены через сторону квадрата, однако дальнейших
продвижений нет, либо в них допущена ошибка – 2 балла. В остальных случаях 0
баллов.
5. Задача решена верно, получен правильный ответ – 7 баллов. Десятичная запись
суммы выписана верно, но при подсчёте числа единиц допущена ошибка – 6
баллов. Предприняты попытки просуммировать ряд, не приведшие к правильному
ответу – не более 2 баллов.
6. Задача решена верно, получен правильный ответ – 7 баллов. Приведён правильный
ответ и объяснено, почему данные значения параметра удовлетворяют условию
задачи, но не доказано, что другие значения параметра не подходят – 2 балла. То
же, но из двух ответов приведён и обоснован только один – 1 балл. Все выкладки
проделаны правильно, сделан верный вывод, но не приведены примеры для а = 1
– 5 баллов.
ОДИННАДЦАТЫЙ КЛАСС
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
1.
2.
Ответ. На среду. Решение. Три летних месяца содержат 92 дня, т.е. 13 полных
недель и еще один день (92 = 7 × 13 + 1). Так как всего было 14 воскресений, то 31
августа – это воскресенье. Следовательно, учебный год (1 сентября) начнется в
понедельник. С 1 сентября по 30 декабря 121 день (30 + 31 + 30 + 30 = 121). 121
день – это 17 полных недель и еще два дня день (121 = 7 × 17 + 2). Значит, 30
декабря – это вторник, а 31 декабря – среда.
Ответ: x[-1/2010;0). Решение. Анализируя ОДЗ, получаем условие x<0. Тогда
неравенство принимает вид  х 2 х  2010  0  2010х  1 .
2х
3.
4.
х
Ответ: ½; =3/4, =5/4. Решение: sincos=sin(–)+sin cos; т.к. sin(–)1,
sincos1/2. Легко проверяется, что при =3/4, =5/4 выполнены оба равенства
sin cos = -1/2, sin cos = -1/2.
Ответ. А = В = 105, С = D =75. Решение. Несложно доказать (теорема
Пифагора по отношению к парам противолежащих треугольников, образованных
пересечением диагоналей), что суммы квадратов противоположных сторон
четырехугольника со взаимно перпендикулярными диагоналями равны.
AB 2  CD 2  BC 2  AD 2 . Тогда AD = 2 .
Пусть О - точка пересечения диагоналей; d – длина каждой из диагоналей. Тогда
применим теорему Пифагора к треугольникам ВОС и АОD:
2
BO 2  d  AO   2
BO 2  d 2  2d  AO  AO 2  2
или

АО = ВО.
2
AO 2  d  BO   2
AO 2  d 2  2d  BO  BO 2  2
Тогда CO = DO. Значит, треугольники АОВ и COD прямоугольные и
равнобедренные, а значит, их острые углы по 45. Легко найти катеты этих
DO
1
3
 3 , т.е.
треугольников. АО = ВО =
, CO = DO =
. Тогда tgDAO 
AO
2
2
DAO  60 , а ADO  30 . Аналогично находятся углы в треугольнике ВОС.
5. Ответ: 2010·2012. Решение. Прямая, заданная уравнением y = x + k, пересекает
параболу y = x2 в двух точках, абсциссы которых являются корнями х1, х2
квадратного уравнения x2 – x – k = 0. Ординаты этих точек соответственно равны
х1+ k, х2+ k. Но по теореме Виета х1+ х2 =1 и, соответственно, суммы ординат
равны (х1+ k)+(х2+ k)=1+2k. Значит, искомая сумма равна
2010+2(1+2+…+2010)=2010+2010·2011=2010·2012.
6. Ответ: n=1. Решение. Проделаем следующие преобразования: n5 + n4 + 1= n5 + n4
+ 1+ n3 + n2+n– n3 –n2–n=(n3 +n2+n)(n2–1)+(n2+n+1)= (n2+n+1) (n3–n+1). Чтобы
число n5 + n4 + 1 было простым, нужно, чтобы одна из скобок была равна 1. Но
первая скобка не может быть единицей ни при каком натуральном, а вторая
только при n=1.
КРИТЕРИИ ПРОВЕРКИ
1. Полное верное решение – 7 баллов. Рассуждения о количестве дней и полных
недель верны, но имеется ошибка в расчетах – 4 балла. Установлено, что в летние
каникулы 14 воскресений возможно лишь в единственном варианте, но других
продвижений нет – 2 балла. В остальных случаях – 0 баллов.
2. Получено полное верное решение – 7 баллов. Концы отрезка включены (или не
включены) в ответ неверно, других ошибок нет – 5 баллов. Получено верное
рациональное неравенство, но в его решении допущены ошибки, что привело к
неверному ответу – 2 балла. В остальных случаях – 0 баллов.
3. Значение ½ указано и его максимальность обоснована, значения углов подобраны
верно – 7 баллов. Значение ½ указано, но его максимальность не обоснована, при
этом значения углов подобраны верно – 3 балла. Значение ½ указано, его
максимальность обоснована, но значения углов не найдены или найдены неверно
– 3 балла. Приведён полный верный ответ на оба вопроса без каких-либо
пояснений – 1балл. В остальных случаях 0 баллов.
4. Получено полное верное решение – 7 баллов. Рассуждения в целом верны, но
отсутствуют некоторые объяснения – 5 или 6 баллов. Верно найдена сторона AD,
но других продвижений нет – 2 балла. В остальных случаях 0 баллов.
5. Дан верный ответ, приведено верное решение – 7 баллов. Ход решения верный, но
при суммировании допущены ошибки – 5 или 6 баллов. Ординаты каждой точки в
отдельности найдены верно, но дальнейших продвижений нет – не более 2 баллов.
Ответ без каких-либо объяснений – 0 баллов.
6. Дан верный ответ, приведено верное решение – 7 баллов. Нет аккуратного
решения уравнения n3–n+1=1 – 6 баллов. Приведён один ответ с проверкой
(указано, что 3 – простое число) – 1 балл.