Олимпиадные задания с решениями

Математика 10 класс, муниципальный этап (2 этап), г. Москва, 2017-2018 учебный год

Содержание

  1. Задание 1
  2. Задание 2
  3. Задание 3
  4. Задание 4
  5. Задание 5
  6. Задание 6

Задание 1

Содержание ↑

33 богатыря выходят в дозор 33 дня. В первый день должен выйти один богатырь, во второй – два, в третий – три, и так далее, в последний день – все богатыри. Сможет ли дядька Черномор организовать дозоры так, чтобы все богатыри вышли в дозор одинаковое количество раз?

Ответ: сможет.

Решение. Так как 1 + 2 + … + 33 =   = 17×33, то каждый богатырь должен выйти в дозор 17 раз. Пусть, например, Черномор пронумерует богатырей и в первые 16 дней богатыри выходят в дозор в соответствии со своими номерами: в первый день –богатырь с номером один, во второй – с номерами 1 и 2, и так далее, в шестнадцатый день –богатыри с номерами от 1 до 16. В следующие 16 дней порядок выхода такой: в семнадцатый день – богатыри с номерами от 17 до 33, в восемнадцатый – с номерами от 16 до 33, и так далее, в тридцать второй день : богатыри с номерами от 2 до 33. Таким образом, за эти дни каждый богатырь побывает в дозоре 16 раз, а в последний день выйдут все.

Это решение можно изложить в общем виде, например, так. Например, пусть в k-ый день, где 1 ≤ k ≤ 16, выходят богатыри с номерами от 1 до k, а все богатыри, которые не вышли в в k-ый день, выходят в день, имеющий номер 33 k. Тогда за каждую пару дней вида (k; 33 k) в дозоре побывают все богатыри, и каждый выйдет 16 раз – по количеству таких пар. После этого они все вместе выйдут в последний день.

Критерии проверки

+Приведено полное обоснованное решение

±Приведен верный алгоритм, но рассуждения не полны или содержат неточности

“–” Приведен только ответ

“–” Приведено неверное решение или оно отсутствует

 

Задание 2

Содержание ↑

Существуют ли такие попарно различные числа a, b и c, что число a является корнем квадратного трехчлена x2 – 2bx + c2, число b является корнем квадратного трехчлена x2 – 2cx + a2, а число c является корнем квадратного трехчлена x2 – 2ax + b2?

Ответ: не существуют.

Решение. Предположим, что такие числа нашлись. Тогда выполняются равенства: a2 – 2ba c2 = 0, b2 – 2cb + a2 = 0 и с2 – 2+ b2 = 0. Сложим эти равенства. Перегруппировав и выделив полные квадраты, получим: (a b)2 + (b c)2 + (c a)2 = 0. Это возможно только в случае, когда a =b = c, что противоречит условию.

Критерии проверки

+Приведено полное обоснованное решение

±Приведено верное в целом решение, содержащее незначительные пробелы или неточности

“-/+” Присутствует только верная идея сложения равенств, не доведенная до конца

“–” Приведен только ответ

“–” Приведено неверное решение или оно отсутствует

 

Задание 3

Содержание ↑

Две окружности пересекаются в точках А и В. Оказалось, что радиусы ОА и ОВ первой окружности являются касательными ко второй окружности. Через точку А проведена прямая, которая вторично пересекает окружности в точках М и N. Докажите, что MBNB.

 

Решение. Пусть ∠BMN = ∝, ∠BNM = β (см. рис. 10.3 а, б).

Первый способ. См. рис. 10.3а. Заметим, что ∠ОАВ = ∠ОВА = a (по теореме об угле между касательной и хордой), ∠АОВ = 2β (центральный угол). Из треугольника АОВ: 2∝ + 2β = 180°, значит ∝ + β = 90°. Следовательно, ∠MBN = 90°, что и требовалось.

Второй способ. См. рис. 10.3б. Пусть Q – центр второй окружности, тогда ∠ОQВ = 1/2 ∠АQB = ∝, ∠QOВ =1/2 ∠АOB = β. Следовательно, треугольники QBO и MBN подобны. Но ∠QBO = 90° (перпендикулярность касательной и радиуса), значит, ∠MBN = 90°, что и требовалось.

Существуют и другие способы рассуждений, например, можно использовать, что четырехугольник OAQB – вписанный (см. рис. 10.3б).

Критерии проверки

+Приведено полное обоснованное решение

±Приведено верное в целом решение, содержащее незначительные пробелы или неточности

“–” Приведено неверное решение или оно отсутствует

 

Задание 4

Содержание ↑

Выписаны все делители некоторого натурального числа, кроме единицы и его самого. Какие-то два числа из этого списка отличаются в шесть раз. А во сколько раз отличаются два самых больших числа из этого списка?

Ответ: в полтора раза.

Решение. Пусть среди делителей числа N есть числа а и 6а, тогда N делится на 6а.

Следовательно N делится на 2 и на 3, то есть 2 и 3 – два наименьших числа в списке. Тогда два наибольших числа в списке – это N/3 и N/2. Их отношение: N/2 : N/3 = 3/2.

Критерии проверки

+Приведено полное обоснованное решение

±Приведено верное в целом решение, содержащее незначительные пробелы или неточности

“-/+” Верный ответ получен, исходя из того, что 2 и 3 – наименьшие числа в списке делителей, ноих присутствие в этом списке не доказано

“-/+” Верный ответ получен, исходя из рассмотрения конкретных примеров

“–” Приведен только ответ

“–” Приведено неверное решение или оно отсутствует

 

Задание 5

Содержание ↑

На сторонах АВ и ВС треугольника АВС отмечены точки X и Y соответственно. Отрезки CX и AY пересекаются в точке T. Докажите, что площадь треугольника XBY больше площади треугольника XTY.

Рисунок 10.5.a

Решение. Первый способ. Отметим на отрезке BX точку X1 так, что YX1 || CX (см. рис. 10.5а). Аналогично, на отрезке BY выберем точку Y1 так, что XY1 || AY. Пусть отрезки YX1 и XY1 пересекаются в точке S. Тогда XSYT – параллелограмм, поэтому равны треугольники XSY и YTX, следовательно, равны и их площади. Но площадь треугольника XBY больше площади треугольника XSY, значит, SXBY > SXTY.

Отметив указанным образом точку X1можно рассуждать иначе: из подобия треугольников XAT и X1AY следует, что YX1 > TX. Тогда SXTY < SXYX1 < SXBY.

Задача допускает также многочисленные вычислительные решения. Приведём одно из них.

 

Рисунок 10.5.б

Второй способ. Обозначим площади треугольников буквами a, b, c, d, e так, как показано на рис. 10.5б.

Так как площади треугольников с общей высотой относятся как их основания, то b/d = XT/TC = c/e. Тогда e = cd/b . Аналогично,

 

Отсюда a(d + e) = (a + b c)(b + d).

Выразим а из этого равенства, учитывая найденное выражение для e:

 

Тогда требуемое неравенство a > b следует из того, что

Последнее неравенство выполняется, так как числитель дроби больше cd, а знаменатель меньше, чем cd.

Критерии проверки

+Приведено полное обоснованное решение

±Приведено верное в целом решение, содержащее незначительные пробелы или неточности

“–” Приведено неверное решение или оно отсутствует

 

Задание 6

Содержание ↑

Есть две коробки, в одной 2017 конфет, а в другой 2018. Играют двое, ходят по очереди. За один ход каждый может съесть любое количество конфет, отличное от нуля, из любой коробки.

Правила игры не допускают, чтобы после какого-то хода число конфет в одной из коробок делилось на число конфет в другой. Проигрывает тот, кто не может сделать ход, не нарушив этого условия.

Кто сможет выиграть: начинающий игру или второй игрок, как бы ни играл его соперник?

Ответ: сможет выиграть первый.

Решение. Для того, чтобы выиграть, первый игрок после каждого своего хода должен создавать ситуацию, когда в одной из коробок 2n конфет, а в другой 2n + 1 (n – натуральное число).

В такой ситуации он заведомо не проигрывает.

Сначала он съедает две конфеты из второй коробки и получает нужную ситуацию. В дальнейшем, в ответ на любой ход второго игрока первый будет восстанавливать такое распределение конфет. Покажем, что он сможет это делать. Возможны 4 случая.

  1. Второй ест четное количество конфет из той коробки, где их 2n. Тогда в ней останется 2m конфет (m > 0, иначе второй проиграл). В ответ первый съедает из другой коробки такое же количество конфет, и в ней остается 2m + 1.
  2. Второй ест нечетное количество конфет из той коробки, где их 2n. Тогда в ней останется 2m + 1 конфет (m > 0, иначе второй проиграл). В ответ первый съедает из другой коробки на две конфеты больше и в ней остается 2m.
  3. Второй ест нечетное количество конфет из той коробки, где их 2n + 1. Тогда в ней останется 2конфет, где 0 < m < n (иначе второй проиграл). В ответ первый съедает из другой коробки на две конфеты меньше и в ней остается 2m + 1.
  4. Второй ест четное количество конфет из той коробки, где их 2n + 1. Тогда в ней останется 2m + 1 конфет (m > 0, иначе второй проиграл). В ответ первый съедает из другой коробки такое же количество конфет, и в ней остается 2m.

Действуя таким образом, первый (если второй до этого ни разу не ошибётся) сведет игру к тому, что в одной коробке останется две конфеты, а в другой три, и после этого второй проигрывает, какой бы ход он ни сделал.

Критерии проверки

+Приведено полное обоснованное решение

±Приведено верное в целом решение, содержащее незначительные пробелы или неточности

“-/+” Приведена верная стратегия, но она не обоснована

“–” Приведен только ответ или ответ, полученный рассмотрением конкретных примеров

“–” Приведено неверное решение или оно отсутствует

Содержание ↑

Рекомендуем ознакомиться: