close

Вход

Забыли?

вход по аккаунту

?

Решения МЭ 2018 математика 7-11 класс

код для вставкиСкачать
Решения заданий Муниципального этапа Всероссийской олимпиады
школьников 2018-2019 г.г. по математике
При проверке нужно помнить, что все задачи оцениваются из 7 баллов. Любое
верное решение, независимо от того, нравится оно проверяющему, или нет, должно
быть оценено в 7 баллов. Критерии проверки задач 7 и 9 классов размещены после
текстов решений соответствующих классов, критерии проверки задач 9-11 классов
размещены после решений соответствующих задач. Ходы решений, не отмеченные в
критериях, оцениваются согласно их степени продвижения в решении, здравому
смыслу и критериям, описанным в «Требованиях к проведению Муниципального
этапа Всероссийской олимпиады школьников по математике 2018-2019 г.г.».
7 класс
7.1. Проехав треть пути от Бологого до Поповки, Самуил лег спать и спал до тех пор, пока
ему не осталось проехать ровно треть того пути, который он проехал спящим. Какую
часть пути Самуил проспал в дороге?
Ответ. 1/2 (половину).
Решение. Обозначим через X длину всего пути от Бологого до Поповки, а через Y —
длину пути, который Самуил проспал в дороге. Тогда после трети пути Самуилу
оставалось проехать 2X/3, что равно 4Y/3. Значит, Y=1/2X.
7.2. Барон Мюнхгаузен загадал четырёхзначное число n, сложил его с самим собой,
записанным в обратном порядке, и теперь утверждает, что получил 9878. Сколько
существует различных чисел n, для которых вычисления барона могли оказаться
верными?
Ответ. 14.
Решение. Обозначим загаданное число как n = abcd = 1000a+100b+10c+d. Тогда a+d=8,
так как если a+d=18, то сумма была бы пятизначной, и b+c=17, так как если b+c = 7, то не
было бы перехода через разряд в первую цифру, и сумма бы начиналась с восьмёрки.
Заметим, что любые цифры, такие, что a+d=8,b+c=17, нам подходят, так как в сумме
последняя цифра будет равна 8, предпоследняя 7, третья с конца 8, т.к. туда перейдёт
разряд из десятков, и первая будет равна 9, т.к. туда перейдёт разряд из сотен.
Значит, имеется 7 вариантов для цифры a (цифра d по ней определяется однозначно), а
также 2 варианта для значений b, c: b=9, c=8 и b=8, c=9. Так как цифры числа мы можем
выбирать независимо, общее количество вариантов равно 2·7 = 14. Одним из них
является, например, 4984 + 4894 = 9878.
7.3. Назовем ферзеконем шахматную фигуру, которая ходит сначала как ферзь, а затем
чередует ходы коня и ферзя. Ферзеконь изначально стоит в углу доски 4 на 4. При ходе
ферзя фигура бьёт все клетки, над которыми совершён ход (включая начальную и
конечную клетки), а при ходе конём бьются только начальная и конечная клетки. Можно
ли за 10 ходов побить ферзеконем все клетки доски? (Ферзь ходит на любое ненулевое
расстояние по вертикали, горизонтали или диагонали; конь ходит на 2 клетки по
горизонтали и 1 по вертикали или на 2 клетки по вертикали и 1 по горизонтали).
Ответ. Да.
Решение. Приведем пример (могут быть и другие!). Крестом обозначено начальное
положение фигуры, номер хода стоит в конечной клетке хода, серым цветом обозначены
клетки, побитые длинным ходом ферзя. Все нечётные ходы совершаются ферзём, а чётные
— конём.
7.4. Разрежьте квадрат со стороной 8 см на восемь многоугольников, для каждого из
которых отношение его площади к периметру равно 0,25 см.
Решение. Сперва разрежем большой квадрат со стороной 8 см на четыре одинаковых
квадрата со стороной 4 см. Далее рассмотрим один такой малый квадрат (с остальными
квадратами со стороной 4 см. поступим аналогично). Разрезав его посередине, мы
получим прямоугольник со сторонами 2 и 4 см, площадью S = 8 (кв. см) и периметром P =
12 (см). Нам нужно добиться значения S/P = 1/4. Вдоль серединного разреза проведем
зигзагообразный разрез, как это показано ниже. Здесь высота зубца зигзага над срединной
линией равна l (см), количество зубцов - n.
Тогда площадь каждого многоугольника не изменится и будет равна 8, а периметр станет
равен 12 + 4nl. Остается подобрать такие значения n и l, чтобы 8/(12 + 4nl) = 1/4, т.е., nl =
5. Достаточно взять n = 5 и l = 1 (см).
Комментарий: могут быть и другие разрезания, их нужно проверять!
7.5. В некоторой школе было проведено 44 олимпиады, на каждой из которых наградили
ровно 7 победителей. Оказалось, что для любых двух олимпиад был ровно один
школьник, ставший победителем обеих. Докажите, что был школьник, ставший
победителем всех 44 олимпиад.
Решение. Зафиксируем произвольную олимпиаду X. У неё было ровно 7 победителей,
назовём их A1, A1,…, A7. Рассмотрим любую другую произвольную олимпиаду Y. X и Y
имеют ровно одного общего победителя, т.е. это один из людей A1-A7, следовательно, ктото из людей A1-A7 победил в олимпиаде Y. Повторим эти рассуждения для всех 43
олимпиад, отличных от X. Получим, что среди школьников A1-A7 есть победители всех 43
олимпиад, отличных от X. Если каждый школьник из A1-A7 победил максимум в 6 таких
олимпиадах, то всего они победили бы максимум в 42. Значит, среди них есть школьник,
назовём его A, который победил в семи. Вспоминая, что он ещё и победитель X,
заключаем, что нашёлся школьник A, который победил в восьми олимпиадах. Назовём эти
олимпиады X1, X2,… X8, и докажем, что A является искомым.
Допустим, А не победил в какой-либо олимпиаде O. Тогда у O и X1 есть общий
победитель B1, у O и X2 есть общий победитель B2, и при этом B1 и B2 – это разные
школьники, т.к. если B1= B2, то этот школьник является общим победителем для X1 и X2, а
таковым уже является A. Продолжая рассуждения, получим, что у O и всех X1-X8 есть
различные общие победители, а это противоречит тому, что у O ровно 7 победителей.
Критерии оценивания заданий муниципального этапа Всероссийской олимпиады
школьников Новосибирской области по математике 2018-2019 гг
Каждая задача оценивается в 7 баллов. Всего 35 баллов.
7 класс
7.1. Только ответ оценивается в 0б. Верная логика решения, но с ошибкой в арифметике,
оценивается от 4 до 6б. в зависимости от грубости ошибок.
7.2. Только ответ оценивается в 0б. Есть пример такого числа, но нет подсчёта количества
вариантов: 1б. Подсчёт числа вариантов методом перебора: снимать по 2б. за каждую
ошибку в переборе. Верное по сути решение (с ответом 7), но упущена вариативность
значений b,c: 5б. Не объяснено, почему a+d=8; b+c = 17: снимать 1 балл. Не объяснено,
почему любое число указанного вида нам подходит: снимать 1 балл.
7.3. Только ответ оценивается в 0б. Пример на 11 ходов ничего не стоит.
7.4. Верное по сути решение, но допущена арифметическая ошибка при построении
многоугольников (например, сделан вывод, что nl = 10, а не 5): 4-5 б.
7.5. Доказано, что есть школьник, победивший в 8 олимпиадах – 3 балла.
8 класс
8.1. Несколько школьников два дня считали ворон. Оказалось, что каждый из них за
первый день насчитал столько же ворон, сколько все остальные вместе взятые за второй
день. Докажите, что все школьники за два дня насчитали поровну ворон.
Решение. Рассмотрим произвольного школьника. За первый день он насчитал столько же,
сколько все остальные за второй. Если прибавить к этому ворон, которых он насчитал за
второй день, получим, что два дня он насчитал столько же, сколько все школьники вместе
за второй. Значит, любой школьник за два дня насчитал одинаковое количество –
суммарное количество насчитанных ворон за второй день.
8.2. Назовем ферзеконем шахматную фигуру, которая ходит сначала как ферзь, а затем
чередует ходы коня и ферзя. Ферзеконь изначально стоит в углу доски 4 на 4. При ходе
ферзя фигура бьёт все клетки, над которыми совершён ход (включая начальную и
конечную клетки), а при ходе конём бьются только начальная и конечная клетки. Можно
ли за 10 ходов побить ферзеконем все клетки доски? (Ферзь ходит на любое ненулевое
расстояние по вертикали, горизонтали или диагонали; конь ходит на 2 клетки по
горизонтали и 1 по вертикали или на 2 клетки по вертикали и 1 по горизонтали).
Ответ. Да.
Решение. Приведем пример (могут быть и другие!). Крестом обозначено начальное
положение фигуры, номер хода стоит в конечной клетке хода, серым цветом обозначены
клетки, побитые длинным ходом ферзя. Все нечётные ходы совершаются ферзём, а чётные
— конём.
8.3. Юра загадал несколько последовательных натуральных чисел, и сообщил лишь то,
что у каждого из загаданных чисел ровно четыре натуральных делителя, считая единицу и
само число. Какое наибольшее количество чисел мог загадать Юра?
Ответ: 3.
Решение: Допустим, что среди загаданных есть число, делящееся на 4. Если оно делится
на какое-либо простое p, не равное 2, то среди его делителей уже есть числа 1, 2, 4, p, 2p,
4p, то есть их количество больше четырёх. Если оно делится только на степени двойки, то,
чтобы делителей было ровно 4, это должны быть числа 1, 2, 4, 8. Заметим, что ни одного
из соседей восьмёрки Юра загадать не мог – у 7 делителей 2, а у 9 – 3.
Допустим теперь, что Юра загадал хотя бы 4 подряд идущих числа. Тогда среди них
найдётся число, которое делится на 4. По только что доказанному, это может быть только
восьмёрка, но тогда Юра загадал только её. Значит, Юра загадал не более трёх чисел.
Пример на три числа: 33 (делители 1, 3, 11, 33), 34 (1, 2, 17, 34) и 35(1, 5, 7, 35).
8.4. В треугольнике ABC угол B тупой, BM и AK – медианы. Перпендикуляр к BC,
восстановленный из точки B, пересекает отрезок AK в точке N. Оказалось, что BM:BC:AK
= 3:4:6. Найдите угол NMB.
Ответ: 90 градусов.
Решение: Разделим BM, BC и AK на 3,
4 и 6 частей соответственно. По условию все
эти маленькие части будут равны между собой,
пусть их длина равна x. Пусть O – точка пересечения
медиан. Так как медианы точкой пересечения делятся в
отношении 2:1, то BO = 2OM = 2x, AO = 2OK = 4x.
Заметим, что треугольник OBK равносторонний со стороной
2x, значит углы AOM, BOK, OBK равны по 60 градусов.
Докажем теперь, что N – это середина AO. Действительно, в треугольнике
NOB угол NBO равен 30 градусов, угол NOB равен 120 градусов, значит, угол
BNO равен 30 градусов, т.е. треугольник NOB равнобедренный, и NO = OB = 2x.
Пусть F точка на AK между A и O, такая что FO = x. Рассмотрим треугольник FOM.
Он равнобедренный, и в нём есть угол в 60 градусов, т.е. он равносторонний, и FM = x.
Наконец, рассмотрим треугольник NMO. В нём медиана MF равна половине стороны NO,
а значит, угол NMO прямой.
8.5. В некоторой школе было проведено 44 олимпиады, на каждой из которых наградили
ровно 7 победителей. Оказалось, что для любых двух олимпиад был ровно один
школьник, ставший победителем обеих. Докажите, что был школьник, ставший
победителем всех 44 олимпиад.
Решение. Зафиксируем произвольную олимпиаду X. У неё было ровно 7 победителей,
назовём их A1, A1,…, A7. Рассмотрим любую другую произвольную олимпиаду Y. X и Y
имеют ровно одного общего победителя, т.е. это один из людей A1-A7, следовательно, ктото из людей A1-A7 победил в олимпиаде Y. Повторим эти рассуждения для всех 43
олимпиад, отличных от X. Получим, что среди школьников A1-A7 есть победители всех 43
олимпиад, отличных от X. Если каждый школьник из A1-A7 победил максимум в 6 таких
олимпиадах, то всего они победили бы максимум в 42. Значит, среди них есть школьник,
назовём его A, который победил в семи. Вспоминая, что он ещё и победитель X,
заключаем, что нашёлся школьник A, который победил в восьми олимпиадах. Назовём эти
олимпиады X1, X2,… X8, и докажем, что A является искомым.
Допустим, А не победил в какой-либо олимпиаде O. Тогда у O и X1 есть общий
победитель B1, у O и X2 есть общий победитель B2, и при этом B1 и B2 – это разные
школьники, т.к. если B1= B2, то этот школьник является общим победителем для X1 и X2, а
таковым уже является A. Продолжая рассуждения, получим, что у O и всех X1-X8 есть
различные общие победители, а это противоречит тому, что у O ровно 7 победителей.
Критерии оценивания заданий муниципального этапа Всероссийской олимпиады
школьников Новосибирской области по математике 2018-2019 гг
Каждая задача оценивается в 7 баллов. Всего 35 баллов.
8 класс
8.1. Рассмотрение частных случаев ничего не стоит.
8.2. Только ответ оценивается в 0б. Пример на 11 ходов ничего не стоит.
8.3. Только ответ – 0 баллов. Только верный ответ с примером из трёх чисел – 2 балла.
Только оценка на то, что больше 4 чисел быть не может – 3 балла. Есть и оценка, и
пример, но не разобран случай с восьмёркой (если оценка доказывается так же, как в
решении) – 6 баллов. За отсутствие доказательства, что пример верный, баллов не
снимать.
8.4. Только деление отрезков на маленькие равные – 1б. Доказано, что угол между
медианами равен 60 градусов – 2б. Доказано, что N – середина AO – 2 балла. Баллы за два
последних критерия складываются.
8.5. Доказано, что есть школьник, победивший в 8 олимпиадах – 3 балла.
9 класс
Каждая задача оценивается в 7 баллов
9.1. Найти все четырёхзначные натуральные числа n такие, что общее
количество цифр, необходимых для записи всех натуральных чисел от 1 до n
включительно, равно 3n.
Ответ. 1107.
Решение. В записи всех 9 однозначных чисел содержатся 9 цифр, в записи
всех 90 двузначных – 180 цифр и в записи всех 900 трёхзначных 2700 цифр,
всего в записи всех 999 не более, чем трёхзначных чисел, содержатся 2889
цифр. В записи оставшихся n-999 четырёхзначных чисел содержатся 4(n-999)
цифр. По условию, 4(n-999)+2889=3n, откуда n=1107.
Критерии оценивания. Приведён правильный ответ с проверкой: 3 балла.
Только ответ: 0 баллов. Найдено количество цифр в записи всех не более,
чем 3-значных чисел: 2 балла.
9.2. Докажите, что число 218 + 610 + 320 является составным.
Доказательство. Заметим, что 218 + 610 + 320 = (29 ) 2 + 2 ⋅ 29 ⋅ 310 + (310 ) 2 = (29 + 310 ) 2 составное число, являющееся произведением двух равных сомножителей
29 + 310 , больших 1.
Критерии оценивания. Если найдено представление исходного числа как
произведения двух равных сомножителей, но в решении нигде не упомянуто,
что они оба должны быть больше единицы: снимаем 1 балл.
Замечание. Число 29 + 310 не является простым, но не делится на числа 5,7,11,
поэтому рассмотрением остатков от деления на малые простые числа эта
задача не решается.
9.3. На стороне АD квадрата АВСD внутрь него построен равносторонний
треугольник АМD. Точку пересечения прямых АС и МD обозначим за Р.
Докажите, что МС=РС.
Доказательство. Из равенства отрезков МD и СD следует, что треугольник
МDС равнобедренный. Величина угла МDС при его вершине равна 90-60=30
градусов, поэтому угол СМD равен ½(180-30)=75 градусов. Углы САD и
МАD равны 45 и 60 градусов соответственно, поэтому прямая АС лежит
внутри угла МАD и пересекает сторону МD треугольника АМD, значит,
точка Р лежит на отрезке МD.
В треугольнике СРD угол РСD равен 45 градусов, поэтому внешний угол
СРМ равен сумме углов РСD и МDС (поскольку точка Р лежит на отрезке
МD), то есть 75 градусов. Следовательно, треугольник МСР равнобедренный
и МС=РС.
Критерии оценивания. Найден угол СМD: 1 балла. Доказано, что точка Р
лежит на отрезке МD: 1 балл. Найден угол СРМ: 3 балла. Замечена
равнобедренность треугольника МСР и сделан вывод МС=РС: 2 балла.
9.4. На плоскости отмечено некоторое конечное множество точек так, что
среди любых трёх из них обязательно найдутся две, расстояние между
которыми не превосходит 10 см. Доказать, что можно начертить на
плоскости два круга радиуса 10 см каждый так, что каждая из отмеченных
точек содержатся внутри или на границе хотя бы одного из этих кругов.
Доказательство. Рассмотрим любую пару А и В отмеченных точек,
расстояние между которыми максимально среди всех расстояний между
парами отмеченных точек. Если длина АВ не превосходит 10 см, то все
расстояния между точками не больше 10 см и все точки содержатся в круге с
центром А и радиусом 10 см. В противном случае для любой оставшейся
точки Х одно из расстояний АХ или ВХ, по условию, не превосходит 10 см.
Следовательно, все отмеченные точки содержатся в объединении двух
кругов радиусов 10 см с центрами А и В.
Критерии оценивания. Идея рассмотреть круги с центрами в паре самых
удалённых друг от друга точек: 3 балла.
9.5. В хоккейном турнире каждая команда сыграла с каждой ровно по одному
разу, за выигрыш команда получает два очка, за ничью – одно очко, за
проигрыш – ноль очков. В итоге все команды набрали разное количество
очков, причём команда, занявшая последнее место, выиграла не меньше 25%
сыгранных ею игр, а команда, занявшая второе место, выиграла не больше
40% сыгранных ею игр. Сколько команд могло участвовать в турнире, если
их было не менее шести? Приводить пример соответствующего турнира не
обязательно
Ответ. 9.
Решение. Обозначим количество команд, участвовавших в турнире, за n,
тогда всего было сыграно n(n-1)/2 игр, в которых всеми командами в сумме
было набрано ровно n(n-1) очков, поскольку в каждой игре обе команды в
сумме получают ровно 2 очка. Последняя команда, как и все остальные,
сыграла n-1 игру, в которых набрала, по условию, не менее 2*0,25*(n1)=0,5(n-1) очков. Предпоследняя команда по условию набрала тогда не
меньше 0,5(n-1)+1 очков, следующая не менее 0,5(n-1)+2 очков, и так далее,
вторая – не меньше 0,5(n-1)+ n-2 очков, первая – не меньше 0,5(n-1)+ n-1
очков, Вторая команда в своих n-1 играх могла набрать не больше 2*0,4*(n1)+ 1*0,6*(n-1)=0,8(n-1)+ 0,6(n-1)= 1,4(n-1) очков. При этом, в силу условия,
все команды набрали разное число очков, поэтому 0,5(n-1)+n-2 должно быть
не больше 1,4(n-1), откуда n не превосходит 11.
С другой стороны, все команды набрали не менее 0,5(n-1)+ 0,5(n1)+1+…+0,5(n-1)+n-1=n(n-1) очков, значит, количества набранных
командами очков в точности равны 0,5(n-1),0,5(n-1)+1,…,0,5(n-1)+n-1, а
последняя команда выиграла в точности четверть своих игр и проиграла
остальные. Значит, n-1 делится на 4 и по условию n>5, откуда n=9.
Критерии оценивания. Получена оценка n не превосходит 11: 3 балла.
Доказано, что n-1 делится на 4: 3 балла.
Всероссийская олимпиада школьников 2018-2019 г.г. по математике
Муниципальный
этап
10 класс
Каждая задача оценивается в 7 баллов
10.1. Возраст учителя, ведущего математический кружок, на 24 года больше,
чем средний возраст учеников, занимающихся в этом кружке и на 20 лет
больше, чем средний возраст учеников и учителя вместе. Сколько учеников
занимается в кружке?
Ответ. 5.
Решение. Пусть в кружке занимаются n учеников, а возраст учителя равен x
лет. Тогда сумма возрастов учеников равна n(x-24) и x+n(x-24)=(n+1)(x-20)
по второй части условия. Отсюда 20(n+1)=24n и n=5. Заметим, что x в этой
задаче найти однозначно нельзя.
Критерии оценивания. Приведён правильный ответ с проверкой на частном
случае: 1 балл. Выписано верное уравнение x+n(x-24)=(n+1)(x-20): 4 балла.
b
c
c
a
a
b
10.2. Числа a, b, c таковы, что a + = b + = c + = 1 . Найдите
1 1 1
+ + .
a b c
Ответ. 0.
Решение. Из условия следует, что числа a, b, c не равны 0. Умножим все
равенства на знаменатели, получим ac + b = c, ab + c = a, bc + a = b , откуда
ac = c − b, ab = a − c, bc = b − a . Сложим все три равенства, получим ab + bc + ac = 0 .
Тогда
1 1 1 ab + ac + bc
0
+ + =
=
= 0.
a b c
abc
abc
Критерии оценивания. В решении нет упоминания, что числа a, b, c не
равны 0: снимаем 1 балл. Доказано, что ab + bc + ac = 0 : 5 баллов.
10.3. Назовём натуральное число полупростым, если его можно представить
как сумму двух различных простых чисел. Каково максимальное количество
подряд идущих полупростых чисел? Напоминание: единица не является
простым числом.
Ответ. 5.
Решение. Если бы количество подряд идущих полупростых чисел было не
меньше шести, то среди них было бы не меньше трёх последовательных
нечётных полупростых чисел, каждое из которых равно сумме 2 и
некоторого нечётного простого числа. Вычитая из них 2, мы получили бы три
последовательных нечётных числа, являющихся простыми. Покажем, что это
возможно, только когда меньшее из них равно 3. Рассмотрим остатки от их
деления на 3, если остаток от деления первого на 3 равен 0, 1 или 2, то
остатки от деления второго и третьего на 3 равны 2, 0 или 1 и 1, 2 или 0
соответственно. Таким образом, одно из них всегда делится на 3, и, в силу их
простоты это может быть только меньшее из них. Вспоминаем, что 1 не
является простым числом, следовательно, эти числа равны 3, 5 и 7, а шесть
первых из последовательных полупростых равны 5,6,7,8,9,10 или 4,5,6,7,8,9.
Однако числа 4 и 6 очевидно, не полупростые - противоречие.
Следовательно, искомых чисел не более 5.
Примерами пяти последовательных полупростых чисел являются 12=5+7,
13=2+11, 14=3+11, 15=2+13, 16=3+13, или 30=23+7, 31=2+29, 32=3+29,
33=2+31, 34=3+31, или числа с 18 по 22.
Критерии оценивания. Доказательство того, что искомых чисел не более 5:
5 баллов. При этом, если не доказано, что среди трёх последовательных
нечётных чисел одно делится на 3: снимаем 2 балла. Построение примера
пяти последовательных полупростых чисел с обоснованием, как в авторском
решении: 2 балла. Если нет обоснования: снимаем 1 балл.
10.4. В угол с вершиной О вписана окружность S, касающаяся его сторон в
точках А и В. На дуге АВ окружности с центром О радиуса ОА=ОВ внутри
угла взята произвольная точка Р. Обозначим за М и Т вторые точки
пересечения прямых АР и ВР с S. Доказать, что отрезок МТ является
диаметром окружности S.
Доказательство. Достаточно доказать, например, что угол ТАМ является
прямым, Последнее равносильно тому, что сумма углов АМТ, ВТМ и АТВ
равна 90 градусов. Заметим, что АМТ равен АВТ=АВР и ВТМ равен
ВАМ=ВАР, как вписанные в окружность S и опирающиеся на одинаковые
соответствующие дуги АТ и ВМ. Угол АТВ опирается в S на хорду АВ и
равен углу между этой хордой и касательной ОВ, то есть углу ОВА, равному
углу ОАВ. В окружности с центром О радиуса ОА=ОВ сумма углов
ВАР=ВАМ и АВР=АВТ равна вписанному углу, опирающемуся на хорду АВ,
лежащему с другой стороны от АВ, чем угол АРВ. Следовательно,
центральный угол АОВ этой окружности равен удвоенной сумме углов ВАМ
= ВТМ и АВТ=АМТ. Значит, сумма углов треугольника АОВ равна
удвоенной сумме углов АМТ, ВТМ и АТВ(=ОВА=ОАВ). Отсюда сумма
углов АМТ, ВТМ и АТВ равна 90, что и требовалось доказать.
Критерии оценивания. Замечено, что АМТ=АВТ, ВТМ=ВАМ: 1 балл.
Замечено, что АТВ=ОАВ: 1 балл. Показано, что сумма углов ВАР и АВР
равна вписанному углу, опирающемуся на хорду АВ: 2 балла. Отмечено, что
центральный угол АОВ равен удвоенной сумме углов ВАМ = ВТМ и
АВТ=АМТ: 1 балл.
10.5. Найти максимальное n такое, что после вычёркивания любых n чисел из
16 чисел 1,2,3,…,15,16 среди оставшихся всегда можно выбрать несколько,
сумма которых равна
1
(1 + 2 + 3 + .. + 15 + 16) = 68 .
2
Ответ. 4.
Решение. Разобьём все 16 чисел на 8 пар, суммы чисел в которых равны 17.
Если вычеркнуты не больше 4 чисел, то осталось не менее 4 незатронутых
пар, сумма чисел в которых равна как раз 68. Если же вычеркнуты не менее 5
чисел, то, если среди вычеркнутых окажутся 12,13,14,15 и 16, то сумма
остальных не превосходит 1+2+3+…+11=66<68 и в этом случае требуемых в
условии чисел найти не удастся. Поэтому максимальное искомое n равно 4.
Критерии оценивания. Доказательство того, что n не меньше 4: 5 баллов.
Доказательство максимальности n=4: 2 балла.
Всероссийская олимпиада школьников 2018-2019 г.г. по математике
Муниципальный этап
11 класс
Каждая задача оценивается в 7 баллов
b
c
c
a
a
b
11.1. Числа a, b, c таковы, что a + = b + = c + = 1 . Найдите
1 1 1
+ + .
a b c
Ответ. 0.
Решение. Из условия следует, что числа a, b, c не равны 0. Умножим все
равенства на знаменатели, получим ac + b = c, ab + c = a, bc + a = b , откуда
ac = c − b, ab = a − c, bc = b − a . Сложим все три равенства, получим ab + bc + ac = 0 .
Тогда
1 1 1 ab + ac + bc
0
+ + =
=
= 0.
a b c
abc
abc
Критерии оценивания. В решении нет упоминания, что числа a, b, c не
равны 0: снимаем 1 балл. Доказано, что ab + bc + ac = 0 : 5 баллов.
11.2. В пяти фруктовых ларьках есть в наличии яблоки, бананы и апельсины,
причём каждого фрукта в каждом ларьке содержится целое число
килограммов. При этом вес яблок в каждом ларьке равен весу бананов во
всех оставшихся ларьках, и вес бананов в каждом ларьке равен весу
апельсинов во всех оставшихся ларьках. Доказать, что общий вес всех
фруктов во всех ларьках в килограммах делится на 7.
Доказательство. Обозначим за x, y и z общие веса яблок, бананов и
апельсинов во всех пяти ларьках соответственно. Если мы сложим веса яблок
в каждом ларьке, равные сумме весов всех бананов в остальных ларьках, то, с
одной стороны мы получим х, а с другой – 4y, так как вес бананов в каждом
из ларьков при таком суммировании учитывается по 4 раза. Получаем
уравнение x=4y. Аналогично, при суммировании весов бананов в каждом
ларьке, равных сумме весов всех апельсинов в остальных ларьках, получим
уравнение y=4z. Тогда общий вес всех фруктов будет равен
x+y+z=16z+4z+z=21z, что делится на 7 ввиду целочисленности z.
Критерии оценивания. Доказано, что общий вес яблок в 4 раза больше
общего веса бананов: 3 балла.
11.3. Последовательность чисел
an =
a1 , a2 , a3 ,..., a46 такова,
что
a1 = 10, a46 = 1
и
2an −1an +1
для всех n = 2,3,..,45 . Найти все члены этой последовательности,
an −1 + an +1
кроме a1 , a46 , являющиеся целыми числами.
Ответ. a6 = 5, a21 = 2 .
Решение. Заметим, что все члены последовательности не равны 0, в
противном случае из формулы в условии легко получить, что все её члены
после нулевого тоже должны равняться 0. и возникнет деление на 0 или
равенство a46 = 0 . Поделив теперь 1 на обе части равенства в условии,
получим
1 1 1
1
= (
+
)
an 2 an −1 an +1
для всех
n = 2,3,..,45 .
Отсюда следует, что
1 1
1
, ,...,
является арифметической
a1 a2
a46
1 1
1
1 9
1
прогрессией с разностью ( − ) = ⋅ = . Тогда, если an = k -целому
45 a46 a1
45 10 50
1
1 n −1 1
50
числу, то
= , откуда k (n + 4) = 50, k =
= +
, что возможно лишь
an 10 50
k
n+4
последовательность обратных величин
при k = 10,5,2,1, n = 1,6,21,46 .откуда искомыми
последовательности будут a6 = 5, a21 = 2 .
Критерии оценивания. Получена формула
целочисленными
членами
1 1 1
1
= (
+
) : 1 балл. Отсюда
an 2 an −1 an +1
сделан вывод (даже без доказательства), что последовательность обратных
величин является арифметической прогрессией: 2 балла. Верно найдена
разность прогрессии: 1 балл. Найдено только одно из a6 , a21 : 1 балл. Нет
комментария, что все члены последовательности ненулевые: снимаем 1 балл
11.4. Обозначим за I центр окружности, вписанной в треугольник АВС, а за
М и Р точки пересечения описанной окружности треугольника АIС с
прямыми ВА и ВС соответственно. Докажите, что прямая РМ касается
вписанной окружности треугольника АВС.
Доказательство. 1. Обозначим описанную окружность треугольника АIС за
S и покажем, что одна из точек М и Р должна лежать на соответствующей
стороне треугольника, а вторая – на продолжении другой стороны.
Принадлежность М стороне АВ равносильна тому, что величина угла АМС
равна величине угла АIС, так как они при этом являются вписанными в S и
опирающимися на её общую дугу АС, не содержащую I. Поскольку AI и CI
являются биссектрисами углов А и С, то величина угла АIС равна 180(A+C)/2=90+B/2.
2. Если М принадлежит стороне АВ, то углы АМС и МАС лежат в одном
треугольнике и в сумме должны быть меньше 180 градусов. Значит,
А+90+B/2 меньше 180, следовательно 180-С=А+В<180-A, откуда А<C –
условие, равносильное тому, что точка М принадлежит стороне АВ. Если
А=С, то М=А и Р=С, если A>C, то Р принадлежит стороне ВС. Далее без
ограничения общности считаем, что М принадлежит стороне АВ, а Р –
продолжению стороны ВС за вершину С.
3. Из того, что AI является биссектрисой угла ВАС следует равенство дуг МI
и IС окружности S. Следовательно, равны вписанные в S и опирающиеся на
эти дуги углы МРI и IРС= IРВ (именно здесь используется указанное в п.2
расположение точек М и Р). Последнее означает, что РI является
биссектрисой угла МРВ, сторона РВ которого касается вписанной
окружности треугольника АВС. Следовательно, вторая сторона этого угла
тоже касается вписанной окружности.
Критерии оценивания. Если в решении не доказывается, что одна из точек
М и Р должна лежать на соответствующей стороне треугольника, а вторая –
на продолжении другой стороны: снимаем 2 балла.
11.5. Некоторые из ста гостей, приглашённых на банкет, знакомы друг с
другом. При этом, если А знает Б, то и Б знает А. Известно, что среди любых
четырёх из них обязательно найдётся хотя бы один, знакомый с каждым из
трёх оставшихся. Докажите, что тогда среди любых четырёх из них
обязательно найдётся хотя бы один, знакомый с каждым из приглашённых на
банкет.
Доказательство. 1.Заметим сначала, что любой приглашённый на банкет
может быть не знаком самое большее с двумя из всех остальных гостей, в
противном случае он и любые три незнакомых с ним гостя образовали бы
четвёрку участников, противоречащую условию задачи.
2. Далее, если гости А и Б не знакомы, то не могут найтись отличные от них
гости В и Г, незнакомые между собой, иначе А,Б,В и Г образовали бы
четвёрку гостей, противоречащую условию задачи. Следовательно, если
гости А и Б не знакомы, то все остальные гости попарно знакомы между
собой.
3. Рассмотрим теперь произвольную четвёрку гостей А,Б,В и Г. Считаем что
именно А знает всех остальных в этой четвёрке и предположим, что он не
знает хотя бы одного из других гостей на банкете, назовём его Н, в
противном случае задача уже решена. По доказанному в п.2, все гости, кроме
А и Н, знакомы между собой, в частности, любой из Б,В и Г знает всех,
кроме, возможно, Н. Теперь воспользуемся п.1 и заметим, что у Н не более
двух незнакомых с ним гостей, поэтому один из Б,В и Г точно знаком с Н,
следовательно, знает всех гостей на банкете.
Критерии оценивания. Доказательство любого из пунктов 1 и 2 стоит по 1
баллу.
Автор
o11671742
Документ
Категория
Методические пособия
Просмотров
11
Размер файла
268 Кб
Теги
решение, класс, 2018, математика
1/--страниц
Пожаловаться на содержимое документа