Математические олимпиады и олимпиадные задачи

1. Решите числовой ребус .

2. Игнату сейчас вчетверо больше лет, чем было его сестре в тот момент, когда она была вдвое моложе его. Сколько лет сейчас Игнату, если через 15 лет ему и сестре будет вместе 100 лет?

3. Дети парами выходят из лесу, где они собирали орехи. В каждой паре идут мальчик и девочка, причем у мальчика орехов либо вдвое больше, либо вдвое меньше, чем у девочки. Могло ли так случиться, что у всех вместе 2011 орехов?

4. Разрежьте прямоугольник со сторонами 4 и 9 на наименьшее число частей так, чтобы сложить из них квадрат.

5. На острове О живут рыцари, которые всегда говорят правду, и лжецы, которые всегда лгут. Путешественник встретил двух туземцев – А и Б. Туземец А произнес фразу:

По крайней мере один из нас (А или Б) – лжец.

Можно ли сказать, кем является А и кем является Б (рыцарем или лжецом)?

Олимпиадные задачи муниципального этапа по математике

1. Найдите все такие трехзначные числа , что сумма цифр числа в 11 раз меньше самого числа https://pandia.ru/text/78/035/images/image003_105.gif" width="27" height="17"> квадрата взяты точки так, что прямая пересекает сторону в точке , прямая пересекает сторону в точке и https://pandia.ru/text/78/035/images/image013_32.gif" width="104" height="21">.

https://pandia.ru/text/78/035/images/image015_30.gif" width="96" height="24">

5. На смотре войска Острова лжецов и рыцарей (лжецы всегда лгут, рыцари всегда говорят правду) вождь построил всех воинов в шеренгу. Каждый из воинов, стоящих в шеренге, сказал: «Мои соседи по шеренге – лжецы». (Воины, стоящие в концах шеренги, сказали: «Мой сосед по шеренге – лжец».) Какое наибольшее число рыцарей могло оказаться в шеренге, если на смотр вышло 2011 воинов?

Олимпиадные задачи муниципального этапа всероссийской олимпиады школьников по математике

1. Вася написал на доске несколько целых чисел. Петя подписал под каждым из Васиных чисел его квадрат. После чего Маша сложила все числа, написанные на доске, и получила 2011. Докажите, что кто-то из ребят ошибся.

2. Кооператив получает яблочный и виноградный сок в одинаковых бидонах и выпускает яблочно-виноградный напиток в одинаковых банках. Одного бидона яблочного сока хватает ровно на 6 банок напитка, а одного бидона виноградного - ровно на 10. Когда рецептуру напитка изменили, одного бидона яблочного сока стало хватать ровно на 5 банок напитка. На сколько банок напитка хватит теперь одного бидона виноградного сока? (Напиток водой не разбавляется.)

3..gif" width="43" height="21 src=">.gif" width="64" height="21 src=">.gif" width="37" height="19 src="> равнобедренный.

4. Докажите, что при всех положительных https://pandia.ru/text/78/035/images/image023_20.gif" width="13" height="15"> разность корней уравнения равна 3?

3. Даны п точек, никакие четыре из которых не принадлежат одной плоскости. Сколько плоскостей можно провести через различные тройки этих точек?

4..gif" width="12" height="15 src=">, образующих арифметическую прогрессию и таких, что из чисел и также можно составить арифметическую прогрессию.

5. Диагонали параллелограмма пересекаются в точке . Пусть и - точки пересечения окружностей, одна из которых проходит через точки https://pandia.ru/text/78/035/images/image031_14.gif" width="16" height="17 src=">, а другая через и https://pandia.ru/text/78/035/images/image002_138.gif" width="19" height="19">, если точка лежит на отрезке и не совпадает с его концами.

Олимпиадные задачи муниципального этапа по математике

7 класс

По крайней мере один из нас (А или Б) – лжец.

Можно ли сказать, кем является А и кем является Б (рыцарем или лжецом)?

Олимпиадные задачи муниципального этапа всероссийской олимпиады школьников по математике

8 класс

Олимпиадные задачи муниципального этапа всероссийской олимпиады школьников по математике

9 класс

  1. Каких пятизначных чисел больше: тех, у которых цифры идут в строго возрастающем порядке, или тех, у которых цифры идут в строго убывающем порядке? (Например, в первую группу входит число 12 459, но не входят числа 12 495 и 12 259).

Олимпиадные задачи муниципального этапа всероссийской олимпиады школьников по математике

10 класс

  1. В ряд выписаны числа от 21 до 30. Можно ли расставить между ними знаки «+» и «-» так, чтобы значение полученного выражения было равно нулю?
  2. При каких значениях разность корней уравнения равна 3?
  3. Даны п точек, никакие четыре из которых не принадлежат одной плоскости. Сколько плоскостей можно провести через различные тройки этих точек?
  4. Найдите все тройки ненулевых чисел и , образующих арифметическую прогрессию и таких, что из чисел и также можно составить арифметическую прогрессию.
  5. Диагонали параллелограмма пересекаются в точке . Пусть и - точки пересечения окружностей, одна из которых проходит через точки и , а другая через и . Найдите геометрическое место точек , если точка лежит на отрезке и не совпадает с его концами.

Олимпиадные задачи муниципального этапа всероссийской олимпиады школьников по математике

11 класс

  1. Каково наименьшее натуральное такое, что делиться на 770?
  2. Докажите, что если , то уравнение
  3. Найдите , если ; ; , , .
  4. В основании правильной пирамиды лежит многоугольник с нечетным числом сторон. Можно ли расставить стрелки на ребрах этой пирамиды (по одной на каждом ребре) так, чтобы сумма полученных векторов оказалась равной ?
  1. В классе 20 учеников. Каждый дружит не менее чем с 10 другими. Докажите, что в этом классе можно выбрать две тройки учеников так, чтобы любой ученик из одной тройки дружил с любым учеником из другой тройки.

Предварительный просмотр:

7 класс (решения и ответы)

Ответы и решения задач муниципального этапа всероссийской олимпиады школьников по математике

  1. Ответ: 2222 – 999 + 11 – 0 = 1234.
  2. Ответ: 40 лет.

Решение: Для решения задачи воспользуемся таблицей.

Уравнение: . Сейчас Игнату 40 лет.

  1. Ответ: не могло.

Решение: Заметим, что число орехов у каждой пары детей делится на 3. Это означает, что суммарное число орехов должно делиться на 3. Однако 2011 на 3 не делится.

  1. Решение:
  1. Ответ: А – рыцарь, Б – лжец.

Решение: Если А – лжец, то его утверждение неверно, т.е. оба должны быть рыцарями. Противоречие. Значит, А – рыцарь. Тогда его утверждение верно и Б – лжец.

8 класс (решения и ответы)

Ответы и решения задач муниципального этапа всероссийской олимпиады школьников по математике

  1. Ответ: 198.

Решение: Трехзначное число можно записать в виде . Из условия следует, что . Справа стоит двузначное (однозначное, если с = 0) число, которое делится на 89, значит, . Но тогда

  1. Ответ: часть окружности с диаметром OP

Решение: Пусть O - центр данной окружности, M - середина хорды, отсекаемой от окружности прямой, проходящей через точку P . Тогда PMO = 90 o . Поэтому искомое множество - часть окружности с диаметром OP , лежащая внутри данной окружности.

Решение: Из условия следует равенство треугольников ), откуда . Кроме того, . Поэтому треугольники равны, и, значит, .

  1. Ответ: 31 11 14

Решение:

  1. Ответ: 1006 рыцарей

Решение: Заметим, что два воина, стоящие рядом, не могли оказаться рыцарями. Действительно, если бы они оба были рыцарями, то они оба сказали бы неправду. Выберем воина, стоящего слева, и разобьем ряд из оставшихся 2010 воинов на 1005 групп по два рядом стоящих воина. В каждой такой группе не более одного рыцаря, т.е. среди рассматриваемых 2010 воинов не более 1005 рыцарей, т.е. всего в шеренге не более 1005 + 1 = 1006 рыцарей.

Рассмотрим шеренгу РЛРЛР…РЛРЛР. В такой шеренге стоит ровно 1006 рыцарей.

9 класс (решения и ответы)

Ответы и решения задач муниципального этапа всероссийской олимпиады школьников по математике

  1. Ответ: больше тех, у которых цифры идут в убывающем порядке.

Решение: 1) Запишем число первой группы в обратном порядке. Мы получим число второй группы, причем из разных чисел первой группы получаются разные числа второй группы. В то же время числа второй группы, оканчивающиеся на 0, например 98 760, не могли быть получены «переворотом» из чисел первой группы (число 06789 = 6789 – не пятизначное). Значит, во второй группе чисел больше.

2) Числа первой группы получаются из числа 123 456 789 вычеркиванием четырех цифр, т.е. их , а числа второй группы – из числа 9 876 543 210 вычеркиванием пяти цифр, т.е. их .

10 класс (решения и ответы)

Ответы и решения задач муниципального этапа всероссийской олимпиады школьников по математике

Выражая и из уравнений (1) и (3) и подставляя в уравнение (2), получим после упрощения уравнение . Решая его, найдем .

  1. Ответ: , , где . Решение: По условию и выполняется одно из равенств: , или . В первом случае, решив систему , , получаем . Во втором случае получаем или , . Третий случай аналогичен второму.
  2. Ответ: отрезок без его концов, где точка лежит на луче и .

Решение: Пусть - окружность, проходящая через точки и и пересекающая в точке . Тогда согласно свойству вписанных углов , поэтому точки , , , лежат на одной окружности; если лежит на отрезке , то , если лежит вне этого отрезка (точка на рисунке). Таким образом, , поскольку и , т.е. окружности, проходящей через точки и . Итак, мы показали, что точка должна лежать на отрезке . Покажем теперь, что любая точка этого отрезка, кроме и , входит в искомое геометрическое место точек. Действительно, пусть . Тогда, выбрав точку так, чтобы , получаем, что и .

11класс (решения и ответы)

Ответы и решения задач муниципального этапа всероссийской олимпиады школьников по математике

Рассмотрим первый случай. Так как , то ветви параболы, заданной формулой , направлены вверх. А так как , то существуют точки параболы, лежащие ниже оси . Значит, парабола пересекает ось в 2 точках. Поэтому уравнение имеет два действительных корня.

Во втором случае ветви параболы направлены вниз, а , поэтому парабола пересекает ось в 2 точках. Тогда уравнение имеет снова два действительных корня.

2 способ . Рассмотрим неравенство . Раскрывая скобки в левой части, умножая неравенство на -4, затем прибавим к обеим частям неравенства , получим: . Преобразуем данное неравенство к виду: . Так как , то . Поэтому уравнение имеет 2 действительных корня.

Решение: Очевидные решения , , . Понятно, что другие тройки чисел с нулевыми компонентами не являются решениями данной системы. Остается рассмотреть случай, когда . Тогда, очевидно, - углы прямоугольного треугольника с катетами ( - натуральное). Следовательно, тройка - еще одно решение.

4. Ответ : Нельзя.

Решение: Пусть стрелки как-то расставлены. Спроектируем все полученные векторы на прямую, содержащую высоту SO пирамиды. Проекции векторов, лежащих в плоскости основания равны , а проекции векторов, лежащих на боковых ребрах, равны или - . Из нечетности числа векторов, лежащих на боковых ребрах, следует, что сумма их проекций не может равняться , поэтому не может равняться и сумма всех полученных векторов.

5 . Пронумеруем всех учеников в классе с помощью натуральных чисел от 1 до 20 и обозначим через число общих друзей у и -го учеников, а сумму всех таких чисел через . Тогда, чтобы доказать утверждение задачи, достаточно показать, что для некоторых и выполняется неравенство .

Всего чисел будет . Так как у каждого ученика не менее 10 друзей в классе, то при подсчете числа каждого ученика мы учитываем не менее раз, поэтому .

Таким образом, сумма 1140 целых чисел не меньше 2400, поэтому одно из чисел не меньше 3, что и требовалось доказать.


Задача 1:

Найти все тройки ненулевых чисел a, b и c, образующих арифметическую прогрессию и таких, что из чисел , , также можно составить арифметическую прогрессию.

Решение: По свойству арифметической прогрессии имеем a + c = 2b и одно из следующих уравнений

Первый случай приводит к уравнению b² = 2ac, которое не имеет решений при a + c = 2b; два других приводят к одному и тому же ответу: все тройки вида - 2t, - 0,5t, t, где t ≠ 0.

Ответ: - 2t, - 0,5t и t при t ≠ 0.

Задача 2:

Найдите тройки чисел a, b и c, являющиеся степенями пятёрки с целыми неотрицательными показателями, такие, что приписывая десятичную запись одного из них к десятичной записи другого, получим третье число.

Решение: Пусть a = 5 n ,b = 5 m ,c = 5 k и в числе b, ровно t десятичных знаков. Имеем уравнение: 5 n • 10 t + 5 m = 5 k . Очевидно, m < k. Сократив уравнение на 5 в наибольшей степени, получим либо 2 t + 5 m - n - t = 5 k - t , либо 5 n - m + t • 2 t + 1 = 5 k - m . Первое уравнение имеет единственное решение в целых числах t = 2, m - n - t = 0, k - t = 1, откуда b = 25, m = 2, n = 0, k = 3 и искомые числа - 1, 25, 125. Второе уравнение выполняется только при n - m + t = 0, что приводит к предыдущему случаю.

Ответ: 1, 25 и 125.

Задача 3:

В вершинах и точках пересечения диагоналей правильного пятиугольника записаны нули. За один ход разрешается добавить + 1 или - 1 одновременно ко всем числам, расположенным на какой-либо из диагоналей пятиугольника. Какие из указанных на рисунках пятиугольников можно получить через несколько ходов?

0.5mm em:linewidth 0.4pt 0.4pt

((Предложена С.Э.Нохриным.) )

Решение: Занумеруем диагонали пятиугольника числами от 1 до 5, и пусть x i - число добавленных единиц к i-ой диагонали. Число в любой вершине (точке пересечения диагоналей) равно сумме чисел x i по всем i таким, что i-ая диагональ проходит через эту вершину (точку пересечения диагоналей). Имеем систему десяти уравнений с пятью неизвестными, которая оказывается несовместной во всех изображённых на рисунках случаях.

Ответ: никакой пятиугольник получить нельзя.

Задача 4:

В остроугольном треугольнике ABC проведены высоты: AH, BK и CL. Найдите периметр треугольника HKL, если известны высота AH = h и угол ∠ BAC = α .

((Предложена В.Н.Ушаковым.) )

Решение: Прямые KL, KH и HL (см. рис.) отсекают от ∆ ABC треугольники, подобные ∆ ABC. Действительно, ∆ CHA ∽ ∆ CKB по I признаку подобия треугольников (2 равных угла). Отсюда . Но тогда ∆ KHC ∽ ∆ BAC по II признаку подобия треугольников (пропорциональность сторон и равенство углов между этими сторонами). Аналогично доказывается, что ∆ AKL ∽ ∆ ABC и ∆ BHL ∽ ∆ ABC. Итак, имеем ∠ HLB = ∠ ALK = ∠ C, ∠ AKL = ∠ CKH = ∠ B. Тогда точки H′ и H″, симметричные точке H относительно прямых AB и AC, соответственно, лежат на прямой KL. Действительно, ∠ HLB = ∠ H′LB (т.к. ∆ HLO′ = ∆ H′LO′), но ∠ HLB = ∠ ALK, отсюда ∠ ALK = ∠ H′LB, а значит точки K, L, H′ лежат на одной прямой. Аналогично доказывается, что H″, K, L лежат на одной прямой. Отрезок H″H′ равен периметру ∆ KLH (KH = KH″, и LH = LH′). Рассмотрим теперь ∆ H″AH′. Он равнобедренный, т.к. AH′ = AH = AH", а ∠ H″AH′ = 2 • (∠ CAH + ∠ BAH) = \ = 2 α . Отсюда H″H′ = 2AH′ sin \, α . Итак, периметр ∆ KLH равен 2h sin \, α .