Решения и критерии - Школьные олимпиады по математике

Республиканская олимпиада по математике 2015-2016г.
7 класс. Решения задач
1. Петя записал в вершинах квадрата четыре числа, сумма которых равна 100, затем
записал на каждой стороне произведение чисел, стоящих в её концах, после чего
вычислил сумму чисел, записанных на сторонах. Вася увеличил каждое число,
поставленное Петей в вершине, на 1, затем точно таким же образом подсчитал
новую сумму чисел на сторонах. На сколько Васина сумма больше Петиной?
Ответ. 204.
Решение. Пусть в вершинах квадрата стоят числа a, b, c и d (в порядке обхода).
Петина
сумма
равна
ab+bc+cd+da.
Васина
сумма
–
(a+1)(b+1)+(b+1)(c+1)+(c+1)(d+1)+(d+1)(a+1) = ab+bc+cd+da+2(a+b+c+d)+4 =
ab+bc+cd+da+204. Поэтому Васина сумма на 204 больше.
Так же можно было в сумме чисел, записанных на сторонах, учитывать числа,
записанные в вершинах. В этом случае ответ увеличивался на 4. Учитывались
обе трактовки условия задачи.
Критерии. Доказано, что сумма увеличилась на удвоенную сумму
первоначальных чисел+4 – 6 баллов.
Только ответ – 1 балл.
2. У Кощея хранятся 100 одинаковых бутылок с водой. Он помнит, что в половине
бутылок живая вода, а во второй половине – мертвая, но не помнит, какая где.
Если полить цветок хотя бы каплей Кощеевой воды, то завтра станет ясно, что
это была за вода. Кощею завтра потребуются 10 бутылок живой воды. Какое
наименьшее количество цветов он должен полить для того, чтобы ничего не
перепутать? Поливать один цветок водой из нескольких бутылок нельзя.
Ответ. 59.
Решение. Пусть Кощей полил 59 цветков. Если из них выжило хотя бы 10, то
вода, которой их поливали, – живая и мы решили задачу. Если выжило не более 9
цветков, то хотя бы 50 цветков погибло, а так как всего есть 50 бутылок с
мертвой водой, то среди неиспользованных бутылок нет бутылок с мертвой
водой. И подойдут любые 10 оставшихся бутылок. Покажем, что 58 (и меньшего
количества) бутылок не хватит. Действительно, среди использованных бутылок
может быть не более 9 бутылок с живой водой и хотя бы одна бутылка с мертвой
водой будет не использована. А это означает, что из неиспользованных бутылок
Кощей не сможет гарантированно выбрать бутылку с живой водой.
Критерии. Только доказательство того, что 59 хватит – 3 балла.
Только доказательство того, что 58 не хватит – 3 балла.
Только ответ – 1 балл.
3. В ряд выложено 52 белых и 58 черных шаров. На каждом из них написано,
сколько шаров противоположного цвета находится левее него. Сумма чисел на
белых шарах равна 1000. Чему равна сумма чисел на черных? Укажите все
варианты.
C
Ответ. 2016=52×58−1000.
Решение. Для каждой пары разноцветных шаров (не
M
обязательно соседних) правый шар добавляет 1 к
A
B
числу, написанному на левом шаре. Поэтому сумма
H
всех чисел равна 52×58=3016.
Критерии. Только ответ – 1 балл.
4. В треугольнике ABC угол A равен 30°, а угол C равен 105°. Найдите угол между
медианой BM и стороной AB.
Ответ 15°. Решение. Проведем высоту CH. Тогда треугольник ACH –
прямоугольный с углом в 30°. Как известно, медиана прямоугольного
треугольника, проведенная к гипотенузе, меньше ее в два раза, поэтому в
треугольнике CHM равны MH и CM. А так как угол C этого треугольника равен
60°, то CHM – правильный. Треугольник BCH – прямоугольный с углом в 45°,
поэтому он равнобедренный. Тогда MH=HC=BH. Т.е. треугольник BMH –
равнобедренный с углом при вершине в 150°. Из этого следует, что искомый
угол равен 15°.
Критерии. Только ответ – 0 баллов.
5. Оля написала в ряд несколько цифр. Даша переписала Олины цифры, но каждую
написала подряд дважды. Каждая девочка поставила между некоторыми
цифрами знаки арифметических действий так, что у обеих получилось 2016.
Могло ли так быть, что ни одна из девочек не ошиблась, если известно, что
знаков они поставили поровну? (Скобочки они не ставили. Лидирующие нули не
учитываются, т.е. число 032 будем считать числом 32.)
Ответ. Могло.
Решение. Пусть Оля выписала 2016×2 единиц и расставила знаки следующим
образом:
1:1+1:1+1:1+…+1:1.
А
Даша
расставила
знаки
так:
11:11+11:11+11:11+…+11:11. Очевидно, что сумма в обоих случаях равна 2016 и
знаков было использовано поровну.
Другой пример: 2016+0×2×2×9×9×4=2016=220011660×0+2222−99−99−4−4.
Другой пример: 2016+0+0+0+0+0=2016=2+2001+1+6+6+0000000000.
Критерии. Примеры с ошибками, которые доводятся понятным жюри способом,
– 3 балла.
6. Дана доска 8×8. Одной операцией можно взять любой квадрат 3×3, или любую
строку, или любой столбец и поменять цвета всех клеток этой области на
противоположные. С помощью таких операций из полностью белой доски
получили доску, в которой ровно одна черная клетка. Где может оказаться эта
клетка?
Ответ. 4 клетки,
изображенные на
первом
рисунке.
Первое решение.
Рассмотрим
две
раскраски,
изображенные на
втором и третьем рисунках. Каждое перекрашивание изменяет цвет четного
количества клеток в отмеченных областях. Поэтому, если получилась ровно одна
черная клетка, то она располагается вне отмеченной области.
Научимся перекрашивать ровно одну из отмеченных на первом рисунке клеток.
Пронумеруем столбцы слева направо и строки снизу вверх. Покажем, как
перекрасить клетку (3,3). Перекрасим первые три строки, а также квадраты с
центрами (2,2), (4,2) и (7,2). При этом будет перекрашена трехклеточная полоска
(3,1), (3,2) и (3,3). Аналогично, передвинув конструкцию по вертикали, можно
перекрасить любые три подряд идущие клетки третьего столбца. Тогда
перекрасим весь третий столбец, а также блоки 1−3, 3−5 и 6−8. При этом только
клетка (3,3) изменит свой цвет.
Второе решение. Рассмотрим выделенные области на рисунке. Каждое
перекрашивание изменяет цвет четного количества клеток в отмеченных
областях. Поэтому, если получилась ровно одна черная клетка, она располагается
вне отмеченной области. Повернем раскраску на 90°, аналогично единственная
черная клетка будет располагаться вне отмеченной области. Пересечение
неотмеченных областей и есть 4 клетки из первого решения. Доказательство
возможности перекрашивания этих четырех клеток возьмем
из первого решения.
Критерии. Только доказательство, что другие клетки не
могут остаться – 3 балла.
Только пример на нужные клетки – 3 балла.
Только ответ – 0 баллов.