Материалы в формате DOC

Решения
Общие замечания по проверке.
Критерии написаны на основании «приведенного» к задаче решения.
В случае «другого» решения нужно выработать другие
критерии в соответствии с общими требованиями к критериям.
Решения 7 класса
1. Придумайте десятизначное число, все цифры которого различны, такое, что после вычеркивания любых пяти его цифр остается составное
число.
(К.П. Исаев)
Например, это число 1379502468. При вычеркивании любых пяти
цифр, на конце числа останется одна из цифр 5,0,2,4,6 или 8. По признакам
делимости полученное число делится на 5 или на 2. Возможны другие ответы.
Критерии проверки:
Найдено какое-нибудь решение без объяснений 1 балл.
Показано, что при некоторых вычеркиваниях остается составное число, но в
общем случае объяснения нет +1 балл.
2. В семье 3 человека: мама, папа и их сын-студент. Если папе увеличат
вдвое зарплату и сыну увеличат вдвое стипендию, общий доход семьи возрастет на 70%.Если маме увеличат втрое зарплату и сыну увеличат втрое
стипендию, то общий доход семьи тоже возрастет на 70%. Какую часть
дохода семьи в процентах составляет стипендия сына? (К.П. Исаев)
Ответ: 5%. Решение. Если папе увеличат зарплату вдвое и сыну увеличат
зарплату вдвое, то суммарный доход семьи возрастет ровно на папину зарплату и на стипендию сына, что по условиям задачи составляет 70% семейного бюджета. Следовательно, мамина зарплата составляет оставшиеся 30%
семейного бюджета. Если утроят стипендию сына и мамину зарплату, то
доход семьи увеличится на 2 стипендии сына и 2 мамины зарплаты, что
составляет 70% семейного бюджета. Значит, сын с мамой приносят в бюджет вдвоем 35%. Следовательно, папин доход составляет 65% семейного
бюджета. Мамина и папина зарплата вместе составляют 30+65=95% семейного бюджета. Значит, стипендия сына составляет 5% семейного бюджета.
Критерии проверки:
Найдено, что мамина зарплата – 30% семейного бюджета: 2 балла.
Найдено, что зарплата отца – 65% семейного бюджета: 2 балла.
Полностью верный ход решения, но имеется арифметическая ошибка: 6
баллов.
3. Как квадрат со стороной 2,5 метров разрезать на прямоугольники с
общим периметром 2009 см. Не забудьте записать, как найден общий периметр. (К.П. Исаев)
Решение. Если сделать вертикальный и горизонтальный разрез, то
суммарный периметр четырех получившихся четырехугольников будет в 2
раза больше периметра исходного квадрата, то есть 20 метров или 2000 см.
Если сделать сторону одного из прямоугольников
4,5 см, а затем разрезать его параллельно этой
стороне, то суммарный периметр пяти получившихся прямоугольников будет 2009 см.
Критерии проверки:
Если указано какое-нибудь разрезание, но не указаны
метрические соотношения 0 баллов.
Допущена ошибка следующего типа: при разрезании
линии разреза в суммарном периметре
учитываются только один раз 1 балл.
4. У Пети есть набор гирь, веса которых численно
равны (в граммах) тысяче первых простых чисел.
Сможет ли Петя разложить все гири на две чашки
весов так, чтобы наступило равновесие? (К.П. Исаев)
1)
Ответ: нет. Решение. Среди весов гирек
одно число четное (это число 2), остальные 999 нечетные. Если 999 гирь разбивать на 2 кучи, то в одной
куче будет четное число гирь, а в другой нечетное.
Сумма весов гирь в первой куче будет четной, а во второй – нечетной. Добавление гири весом 2 ничего не изменит. Следовательно, равенства быть
не может.
Критерии проверки:
Ответ без решения 0 баллов.
Указано, что есть одно четное простое число или сумма всех гирек нечетное
число:+1 балл.
Указано, что в одной кучке получается нечетный вес, а в другой - четный
без доказательства:+1 балл.
5. Найти какие-нибудь две обыкновенные дроби — одну со знаменателем
11, другую со знаменателем 2009 - такие, чтобы их разность равнялась
1
. (К.П. Исаев)
22099
Решение. Пусть первая дробь равна
вая из
них
больше
второй.
Тогда
x
y
, а вторая , и пер11
2009
разность между ними
равна
1
2009 х  11y
1
=
=
. Для этого нужно, чтобы числитель
11  2009
22099 11  2009
был равен единице. Это выполняется, например, при x=3, y=548.
6. В классе 33 человека. Известно, четверо из них занимаются карате в
одной секции, но не всем известно кто это. Учитель физкультуры тоже
не знает кто это, но попросил каждого ученика назвать трех человек, которые, по его мнению, занимаются карате. Каждый каратист назвал
трех других каратистов, а остальные могли назвать кого угодно. Докажите, что, пользуясь этими данными, учитель сможет выбрать одного из
ребят, который не занимается карате. (К.П. Исаев)
Решение 1:
Возьмем первого ученика, назовем его №1. Пусть он указал на 3-х человек:
№2, №3 и №4. Если №1 занимается карате, то №2, №3 и №4 занимаются
карате тоже и указали друг на друга и на него. Если же кто-то из них указал
на человека, не входящего в эту четверку, то №1 не занимается карате и
учитель может выбрать его. В случае, когда №1, №2, №3 и №4 указали друг
на друга, исключаем их из рассмотрения и рассматриваем оставшихся 29
ребят. Из них выбираем любого - №5. Сначала смотрим - не указал ли он на
кого-нибудь из уже исключенных из рассмотрения. Если указал, то быть
каратистом он не может, так как те не указали на него. Если не указал, то
рассматриваем тех, на кого он указал - №6, №7 и №8. Поступаем точно так
же, как с первой четверкой. И так далее. В худшем случае, у нас окажется
восемь четверок ребят, указавших друг на друга (33:4=8 (ост. 1)), но при
этом останется один человек, на которого не указал никто. Он каратистом
быть не может.
Решение 2: Рассмотрим двух учеников. Если они друг на друга указывают, что они каратисты, то они оба каратисты или оба не каратисты. Если
найдутся двое, один из которых указывает на второго, а второй - нет, то
тот, который указывает, не является каратистом. Поскольку всего указаний
3*33=99 – нечётное число, то пара: « один указывает, а другой нет» - имеется.
Критерии проверки:
Отмечено, что ученик не является каратистом, если один из тех, на кого он
указал, не указал на него. 2 балла.
Общие замечания по проверке.
Критерии написаны на основании «приведенного» к задаче решения.
В случае «другого» решения нужно выработать другие
критерии в соответствии с общими требованиями к критериям.
Решения 8 класса
8 класс
1. Придумайте десятизначное число, все цифры которого различны, такое, что после вычеркивания любых шести его цифр остается составное
число. (К.П. Исаев)
Ответ. Например, это число 3179502468.
Решение:
При вычеркивании любых шести цифр возможно две ситуации: а) на конце
числа останется одна из цифр 5,0,2,4,6 или 8. По признакам делимости полученное число делится на 5 или на 2; б) останется число 3179, которое делится на 11. Ответ не является единственным.
Критерии проверки:
Найдено какое-нибудь решение без объяснений, т.е. составлено
число, в котором на конце идут цифры 5, 0, 2, 4, 6, 8 в каком-то порядке: 1
балл, Рассмотрены доказательства некоторых случаев: +1 балл.
На конце идут цифры 5, 0, 2, 4, 6, 8 в каком-то порядке и оставшиеся цифры 3,1,7,9 составляют составное число (но не доказано): 4 балла.
2. Сумма трех натуральных чисел равна pp, где p – простое число. Сумма
первых двух из них вчетверо больше третьего числа. Найдите это третье
число. (К.П. Исаев)
Ответ: 625.
Решение: Пусть это числа a, b и с. По условию a+b=4c.
Тогда сумма этих чисел a+b+c=5c= pp. Следовательно, p делится на 5, а так
как оно простое, то p=5. Значит, 5c=55=3125. Поэтому c=625.
Критерии проверки:
Ответ без решения: 0 баллов.
Доказано, что p делится на 5: 3 балла.
3. В классе 33 человека. Известно, четверо из них занимаются карате в
одной секции, но не всем известно кто это. Учитель физкультуры тоже
не знает кто это, но попросил каждого ученика назвать трех человек, которые, по его мнению, занимаются карате. Каждый каратист назвал
трех других каратистов, а остальные могли назвать кого угодно. Докажите, что, пользуясь этими данными, учитель сможет выбрать одного из
ребят, который не занимается карате. (К.П. Исаев)
Решение 1: Возьмем первого ученика, назовем его №1. Пусть он
указал на 3-х человек: №2, №3 и №4. Если №1 занимается карате, то №2,
№3 и №4 занимаются карате тоже и указали друг на друга и на него. Если
же кто-то из них указал на человека, не входящего в эту четверку, то №1 не
занимается карате и учитель может выбрать его. В случае, когда №1, №2,
№3 и №4 указали друг на друга, исключаем их из рассмотрения и рассматриваем оставшихся 29 ребят. Из них выбираем любого - №5. Сначала смотрим - не указал ли он на кого-нибудь из уже исключенных из рассмотрения.
Если указал, то быть каратистом он не может, так как те не указали на него. Если не указал, то рассматриваем тех, на кого он указал - №6, №7 и №8.
Поступаем точно так же, как с первой четверкой. И так далее. В худшем
случае, у нас окажется восемь четверок ребят, указавших друг на друга
(33:4=8 (ост. 1)), но при этом останется один человек, на которого не указал
никто. Он каратистом быть не может.
Решение 2: Рассмотрим двух учеников. Если они друг на друга указывают,
что они каратисты, то они оба каратисты или оба не каратисты. Если
найдутся двое, один из которых указывает на второго, а второй - нет, то
тот, который указывает, не является каратистом. Поскольку всего указаний
3*33=99 – нечётное число, то пара один указывает, а другой - нет имеется.
Критерии проверки:
Отмечено, что ученик не является каратистом, если один из тех, на
кого он указал, не указал на него. 2 балла.
4. Сравнить числа 23009 и 32009. (Р.Г. Женодаров)
Решение.
23009=29*23000=29*81000.
32009=39*32000=39*91000.
Следовательно, 23009 < 32009.
Критерии проверки:
Ответ без обоснования 0 баллов.
5. В треугольнике ABC биссектриса из вершины A и высота из вершины B
пересекаются в точке O. Из точки O на сторону AB опустили перпендикуляр. Оказалось, что основание этого перпендикуляра – середина отрезка
AB. Найдите величину угла А. (К.П. Исаев)
Ответ: 600. Решение:
Пусть M – основание перпендикуляра, опущенного из точки O на AB. H –
основание высоты треугольника ABC, проведенной из вершины B.
ΔAMO=ΔBMO по двум сторонам и
углу между ними.
ΔAMO=ΔAHO по стороне и двум прилежащим к ней углам. Следовательно,
ΔAHO= ΔBMO. Значит, углы HAO,
МАО и MBO равны между собой. Из
прямоугольного треугольника ABH, в
сумме эти углы дают 900.Значит, каждый из них равен 300. Величина угла A
600.
Критерии проверки:
Доказано равенство углов HAO, МАО и MBO 3 балла.
* x  * y  *z  0,

6. Имеется система уравнений * x  * y  *z  0, Какие бы числа мы не
* x  * y  *z  0.

поставили вместо звездочек, x=0,y=0, z=0 – решение этой системы. Два
человека поочерёдно вписывают вместо звёздочек числа. Доказать, что
начинающий всегда может добиться того, чтобы система имела еще и
решение x=1, y=-1, z=0. (К.П. Исаев)
Решение. Начинающий первым ходом записывает произвольный коэффициент при z в первом уравнении. Затем на ход второго он отвечает следующим образом. Если второй записывает какой-то коэффициент при x или при
y, то первый записывает в том же самом уравнении при y или при x такой
же коэффициент. Если же второй записывает какой-то коэффициент при z,
то первый записывает произвольный коэффициент при z в оставшемся
уравнении.
Полученная система имеет решение (1, - 1, 0). Стратегия не является единственной.
Критерии проверки:
Рассмотрен конкретный пример игры, в котором выигрывает первый, или
несколько частных случаев: 1 балл.
Общие замечания по проверке.
Критерии написаны на основании «приведенного» к задаче решения.
В случае «другого» решения нужно выработать другие
критерии в соответствии с общими требованиями к критериям.
Решения 9 класса
1. В девятом классе 26 учеников. Некоторые из них всегда говорят правду,
а остальные всегда лгут. На уроке физкультуры все ученики этого класса
выстроились по кругу лицом к учителю, который задал каждому ученику
по два вопроса: «Кто стоит слева от тебя?» и «Кто стоит справа от
тебя?»,  и каждый из учеников на оба этих вопроса ответил: «Мальчик».
Сколько в классе может быть мальчиков? (Р.Г. Женодаров)
Ответ: 26, 13, 0.
Решение. Если все говорят правду, то в классе 26 мальчиков. Если все
лжецы, то мальчиков нет вообще. Рассмотрим случай, когда есть и лжецы и
правдивые. Тогда найдутся честный и лжец, стоящие рядом. И тот и другой
друг про друга говорят, что сосед мальчик. Значит, честный - это девочка, а
лжец - это мальчик. Но тогда у лжеца-мальчика оба соседа - девочки, и они
- честные. Получается, что в круге чередуются девочки и мальчики.
Критерии проверки:
За вариант ответа 0: +1
За вариант ответа 26: +1
За вариант ответа 13: +1
За обоснование ответа 13: +4
a  b и a 2  b 2  6ab .
2. Пусть a и b -положительные числа, причем
Найти (a  b) (a  b) . (Р.А.Башмаков)
Решение.
1 способ. Т.к. a  b  6ab , то  a  b   8ab ,
2
 a  b
2
 a  b
2
Т.к.

2
2
 a  b
2
 4ab . Тогда
8ab
2
.
4ab
a и b - положительные числа и a  b , то
ab
 0 . Поэтому
a b
ab
 2.
a b
2 способ. Из a  b  6ab , разделив на b , получим
2
2
2
2
a
a
a
   6    1  0 . Отсюда,  3  2 2 . Учитывая, что a  b , поb
b
b
a
1
a
a  b  b 
42 2
 3  2 2 . Тогда
лучаем, что
. Сокращая


b
a b  a 
2

2
2
  1
b
на 2 и домножая и числитель и знаменатель на сопряженное к знаменателю,
получаем
ab
 2.
a b
Рекомендации по проверке.
Полностью верно решенная задача: 7 баллов.
Если при первом способе решения не указывается, что
ab
положительa b
но: 5 баллов.
Если во втором способе решения не отброшено для
a
значение
b
a
 3  2 2 , то задача оценивается в 5 баллов. Если при верном решении
b
ab
не упрощено выражение для
(не избавились от иррациональности в
a b
знаменателе), то: 6 баллов.
3. В некотором числе переставили цифры, и получилось в три раза меньшее
число. Докажите, что исходное число делилось на 27. (Р.А.Башмаков)
Решение. Пусть А – исходное число, В – число, полученное после перестановки цифр. Тогда, по условию, А = 3В, то есть А кратно трем, следовательно, сумма цифр числа А делится на 3. Поскольку число В записывается теми
же цифрами, что и число А, то оно также кратно трем, следовательно, А делится на 9, тогда и В делится на 9. Таким образом, А = 3В делится на 27.
Числа, указанные в условии, существуют, например, А = 3105; В = 1035.
Рекомендации по проверке.
Если показано, что число делится на 9: 3 балла.
Если не указаны числа, удовлетворяющие условию задачи, то решение оценивается не выше 5 баллов.
4. Пусть S ( x ) – сумма цифр натурального числа
x . Решите уравне-
ние: S ( x)  x  2009 . (Р.А.Башмаков)
Решение.
1 способ. Так как сумма цифр трехзначного числа не превосходит 27, то x
 2009 – 27, то есть, трехзначным (тем более, двузначным или однозначным) число x быть не может. Следовательно, x – четырехзначное число,
первая цифра которого 1 или 2 , то есть, 1  S ( x ) . 28, значит, 1981  x .
2000. Дальнейший поиск решения осуществляется перебором, который
различным образом может быть оптимизирован. Ответ. x =1990.
2 способ. Как и в первом способе, x – четырехзначное число, первая цифра
которого 1 или 2. Следовательно, сумма цифр этого числа не превосходит
29. Значит, искомое число x  2009  29 , т.е. x  1980 . Представим x
в виде 1900  10a  b (если первая цифра 1). Тогда уравнение примет вид;
1900 10a  b 19  a  b  2009 . Отсюда, т. к. x  1980 , то a  8
или a  9. Пусть a  8 , тогда b - не целое. Если a  9 , то b  0 , т. е. x
=1990. Представим x в виде 2000  c (если первая цифра 2), т.к.
x  2009 . Тогда уравнение примет вид: 2000  c  2  c  2009. Т. е. c
- не целое. Итак, x =1990.
Критерии проверки:
Получено количество цифр числа x :+2 балла.
Получена оценка 1981  x : +2 балла.
5. Дан приведенный квадратный трехчлен P( x)  x 2  bx  c и некоторое
число m . Известно, что трехчлен P( x)  P ( x  m) имеет ровно один корень n . Найти корни трехчлена P ( x ) . (Р.А.Башмаков, Р.Г. Женодаров)
Решение: Запишем подробнее
P( x)  P( x  m)  x 2  bx  c  ( x  m)2  b( x  m)  c 
2 x 2  2(b  m) x  2c  m2  bm , следовательно, если, по условию, он имеет
единственный корень, то дискриминант равен 0, т.е.
(b+m)2 – 4c – 2m2 – 2bm = b2-2bm+m2-4c-2m2-2bm=b2-4c-m2=0; m2=b2-4c, и
корнем является вершина параболы:
n = - 2(b+m)/4 = -(b+m)/2 b=-2n-m;. Тогда корни первого трехчлена будут
следующими
x 1 ,2 
 b  b2  4c  b  m2 2n  m  m ; x =n;
1


2
2
2
x2=n+m;
Ответ: n; n+m;
Критерии проверки:
Найден дискриминант трехчлена P( x)  P( x  m) : +1 балл.
Найдено соотношение b  4c  m : +1 балл.
2
Найдены корни в виде x1,2 
балл.
.
2
b  m2 b | m |
b  m

или x1,2 
:+1
2
2
2
.
Выражено b через n , n :+3
6. На хорде AB окружности  с центром в точке O взята точка C. D –
вторая точка пересечения окружности  c окружностью, описанной около  ACO. Доказать, что CD=CB. (К.В. Трунов)
Решение. Соединим центр O окружности с точками A и D. Углы AOD и
ACD опираются на одну и ту же дугу окружности, описанной около  ACO,
следовательно, они равны AOD=ACD=. Но AOD - центральный в
окружности , а ABD - вписанный в неё, поэтому ABD=1/2AOD, то
есть =2. Из этого следует, что треугольник BCD равнобедренный
(СD=СB).
Критерии проверки:
1) Рассмотрены углы AOD и ACD и показано, что они равны: 2 балла.
2) Рассмотрены углы ABD и AOD и показано, что
ABD=1/2AOD: 2 балла.
Общие замечания по проверке.
Критерии написаны на основании «приведенного» к задаче решения.
В случае «другого» решения нужно выработать другие
критерии в соответствии с общими требованиями к критериям.
Решения 10 класса
1. Известно, что квадратные трехчлены ax 2  bx  c и cx  bx  a
имеют каждый по два несовпадающих целых корня. Найдите a  b  c .
(К.В. Трунов)
Ответ: a+b+c=0.
Решение1. Произведение корней первого трехчлена равно c/a, а второго
трехчлена равно a/c. Значит произведение всех четырех корней равно 1. Поскольку произведение целых чисел равно 1, эти числа могут быть только 1 и
–1. Поскольку у квадратного трехчлена два корня, значит 1 и –1 являются
его корнями. Значит, значение первого трехчлена при x=1 равно нулю:
a+b+c=0.
Решение2: Пусть x1 и x2 корни первого трехчлена, тогда
2
ax12  bx1  c  0 и ax22  bx2  c  0 и, так как a  0 и c  0 , то
x1  0 , x2  0 . Разделив первое и второе равенство, соответственно,
2
на
2
1
2
2
x иx ,
получим
равенства
1
1
c   b   a  0
 x1 
 x1 
и
2
1
1
1 1
c    b    a  0 . Поэтому   ,   корни второго мно x2 
 x2 
 x1   x2 
гочлена.
Так как корни обоих квадратных трехчленов целые, то
x1 и x2 являют-
ся делителями единицы, и так как они различны, то один из них,
например, x1 =1. Значит, если подставить его в первое уравнение, то получим a+b+c=0.
Критерии проверки:
1) Доказано, что если x1 и x2 корни первого трехчлена,
1
1
,
то x
x 2 корни второго трехчлена: 5 баллов.
1
2) Записана Теорема Виета для первого и второго трехчлена, без продвижений: 2 балла.
3) Указан только правильный ответ: 0 баллов.
2. На плоскости даны 11 прямых, никакие две из которых не параллельны.
Доказать, что найдутся две из них такие, что угол между ними меньше
17. (К.В. Трунов)
Решение: Перенесем прямые параллельно так, чтобы они пересекались в
одной точке. Тогда прямые разбивают плоскость на 22 угла. Пусть нет угла
меньше 170, тогда сумма всех углов больше 22170=3740>3600. Получили
противоречие, значит, такой угол найдется.
Критерии проверки:
Если перенесены прямые параллельно так, чтобы они пересекались в одной
точке: 3 балла.

y
1
3. Найти все действительные решения системы  x
2010
2010
2009
x
2009
y
1
(К.В. Трунов)
Решение: Из второго уравнения системы следует, что x 1, y1. Но если x
1, то x20091 и тогда из первого уравнение получаем, что y0, аналогично
получаем x0. Если же 0<x<1, то x2009>x2010, y2009y2010, следовательно,
1=x2009+y2009> x2010+y2010=1, уравнения системы противоречат друг другу.
Значит x=0 или x=1, а y=1 или y=0 соответственно.
Ответ: (1;0), (0;1).
Критерии проверки:
1) Указан только правильный ответ: 0 баллов.
2) Замечено, что x 1, y1 : 1 балл.
3) В дополнение к 2) обосновано, что x0, y0 : +2 балла.
4. В классе 33 человека. Известно, что четверо из них занимаются карате
в одной секции, но не всем известно кто это. Учитель физкультуры тоже
не знает кто это, но попросил каждого ученика назвать трех человек, которые, по его мнению, занимаются карате. Каждый каратист назвал
трех других каратистов, а остальные могли назвать кого угодно. Докажите, что, пользуясь этими данными, учитель сможет выбрать одного из
ребят, который не занимается карате. (К.П. Исаев)
Решение 1:
Возьмем первого ученика, назовем его №1. Пусть он указал на 3-х человек:
№2, №3 и №4. Если №1 занимается карате, то №2, №3 и №4 занимаются
карате тоже и указали друг на друга и на него. Если же кто-то из них указал
на человека, не входящего в эту четверку, то №1 не занимается карате и
учитель может выбрать его. В случае, когда №1, №2, №3 и №4 указали друг
на друга, исключаем их из рассмотрения и рассматриваем оставшихся 29
ребят. Из них выбираем любого - №5. Сначала смотрим - не указал ли он на
кого-нибудь из уже исключенных из рассмотрения. Если указал, то быть
каратистом он не может, так как те не указали на него. Если не указал, то
рассматриваем тех, на кого он указал - №6, №7 и №8. Поступаем точно так
же, как с первой четверкой. И так далее. В худшем случае, у нас окажется
восемь четверок ребят, указавших друг на друга (33:4=8 (ост. 1)), но при
этом останется один человек, на которого не указал никто. Он каратистом
быть не может.
Решение 2: Рассмотрим двух учеников. Если они друг на друга указывают,
что они каратисты, то они оба каратисты или оба не каратисты. Если
найдутся двое, один из которых указывает на второго, а второй - нет, то
тот, который указывает, не является каратистом. Поскольку всего указаний
3*33=99 – нечётное число, то пара один указывает, а другой - нет, имеется.
Критерии проверки:
Отмечено, что ученик не является каратистом, если один из тех, на кого он
указал, не указал на него: 2 балла.
5. Решить уравнение в целых числах 20 x 3  7 y 2  2047 . (К.В. Трунов)
Ответ: решений нет.
Решение1:
Перепишем уравнение в следующем виде 20 x 3  2040  7 y 2  7 
3
20( x 3  102 )  7( y 2  1) . Так как 20 и 7 взаимно простые, то x  102 7
 x 3  47 , то есть x3 при делении на 7 дает остаток 4, но куб любого целого числа при делении на 7 не может давать остаток 4. Значит, уравнение
не имеет решений в целых числах.
Решение 2. Перепишем уравнение в следующем виде 20x3–8y2+y2=2047. И
от равенства перейдём к сравнению по модулю 4.
0–0+ y2 3(mod 4) или y2 3(mod 4), но, как известно, это сравнение решений в целых числах не имеет.
Критерии проверки:
1) Уравнение переписано в виде 20( x 3  102 )  7( y 2  1) : 3 балла.
2) В дополнение к первому пункту показано, что x 3  102 7 : +1
балл.
6. Через точку P проведены секущая, пересекающая окружность в точках C и D и две касательные к окружности в точках A и B . Известно,
что PC  CD  2 . Найти длину отрезка PK , где K общая точка отрезков AB и PD . (В.И. Луценко)
Ответ: 8 3 . Решение. Так как PAC  PAD , то треугольники APD ,
CPA подобны, поэтому
a AP
4


. Следовательно,
d
2
AP
AP 2  8  AP  2 2 и PB  AP  2 2 . Аналогично, из подобия
c 2 2

треугольников PDB и PBC следует соотношение
. Также, поb
2
добны пары треугольников: AKD , CBK и BKD , CKA . Поэтому спраa m c y

 . Перемножим их и полуведливы следующие равенства
и
b x d m
ac m y y

 . Так как, с другой стороны,
чим
bd x m x
ac ac

 2 2  2 , то y  2 x . Из равенства x  y  2 находим,
bd db
2
8
что x  , а PK  PC  x  .
3
3
Второе решение Пусть O центр окружности, а M – середина хорды CD.
Пусть OM=a. Введем систему координат: Начало - точка M. Прямая MO –
ось Оy. Прямая MP – ось Ox. Координаты точек: O(0;a), P(3;0), C(1;0).
Уравнение окружности, проходящей через точки СВA: x2+(y–a)2=a2+1. (1)
Пусть G – середина отрезка PO, G(3/2;a/2). Точки A и B лежат на
окружности с диаметром PO. Её уравнение:
y
(x–3/2)2+(y–a/2)2=(a2+9)/4. (2)
Вычитая из уравнения (1) уравнение (2),
B
получим уравнение 3x-ay=1, а это - уравнение прямой AB. Полагая в нем y=0,
O
найдём x=1/3. Это абсцисса точки K.
G
a
Откуда PK=PM–KM=3–1/3=8/3.
K
1
Критерии проверки:
D
1
M
C
2
P
x
A
За выписанный ответ без обоснования: 0
баллов.
Найдены отрезки PA , PB : 1 балл.
Указаны, при этом, подобия треугольников APD ,
PBC или оба вместе: +1 балл.
CPA или PDB и
Указаны, что подобны треугольники AKD , CBK и BKD , CKA или оба
вместе: +1 балл.
Выписаны правильные пропорции хотя бы для одного подобия: +1 балл.
Найдено отношение x
y : +2 балла. Итого 6 баллов.
Найдено значение x или выписан ответ: +1 балл. Итого 7 баллов.
Общие замечания по проверке.
Критерии написаны на основании «приведенного» к задаче решения.
В случае «другого» решения нужно выработать другие
критерии в соответствии с общими требованиями к критериям.
Решения 11 класса
1. В старшей группе детского сада дети учатся писать. Всего в группе 30
человек. Некоторые из них умеют писать все буквы, кроме буквы С, а некоторые - все буквы, кроме буквы Т. Буквы, которые дети не умеют писать, они при написании слов просто пропускают. Однажды воспитательница попросила 7 ребят написать слово СУК, 9 ребят - слово ТУК, а
остальных 14 написать слово СТУК. Оказалось, что слова СУК, СТУК и
ТУК написаны по 8 раз. Сколько ребят написали своё слово правильно?
(Р.Г. Женодаров)
Ответ: 18. Решение. Слово СТУК написали неправильно 14–8=6 человек.
Слова СУК и ТУК написаны 8+8=16 раз. Из них 6 слов написаны теми, кто
писал слово СТУК. Значит, 16–6=10 человек написали их правильно. Всего
правильно написавших 8+10=18 человек.
Критерии проверки:
Найдено количество человек, написавших неправильно слово СТУК: 2 балла.
Найдено количество слов СУК и ТУК: +2 балла.
2. Найдите все целые значения a , при которых уравнение
x 2  ax  2a  0 имеет целый корень. (О.Г.Гайдамак)
Ответ. –1, 0, 8, 9. Решение. Пусть x  m - целый корень данного уравне2
ния. Тогда m  am  2a  0 . Если m+2=0, то 4=0, что невозможно, поэтому
a
По условию число
m2
(m 2  4)  4
4 .

 m  2 
m2
m2
m2
a должно быть целым, это возможно только в том слу4
чае, если дробь
является целым числом. Дробь будет целым числом
m2
только в одном из следующих случаев: m  2  1 , m  2  1 ,
m  2  2 , m  2  2 , m  2  4 или m  2  4 , то есть, m  1 ,
m  3 , m  0 , m  4 , m  2 или m  6 . В первом случае получаем
a  1, во втором a  9 , далее a  0 , a  8 , a  1 , a  9 . Итак, мы
получили 4 возможных значения a:  1 , 0, 8, 9.
Второе решение. Обозначим через
x1 и x2 целые корни данного уравнения, причем x1  x2 . По теореме Виета x1  x2  a , x1  x2  2a , следовательно,
( x1  2)  ( x2  2)  x1  x2  2( x1  x2 )  4  4 . Числа x1  2 и
x2  2 должны быть целыми, поэтому возможны только следующие случаи:
 x1  2  1,  x1  2  4,  x1  2  2,  x1  2  2,
Из первой си



x

2

4
,
x

2


1
,
x

2

2
,
x

2


2
.
 2
 2
 2
 2
стемы получаем x1  1 , x2  2 , следовательно, a  ( x1  x2 )  1. Из
второй системы x1  6 , x2  3 , следовательно,
a  9 . Из третьей системы x1  x2  0 , a  0 , из
четвертой системы x1  x2  4 , a  8 .
Критерии проверки:
За каждое полученное значение a : + 1 балл.
Если получены все четыре значения, но нет обоснования, что других значений a быть не может : 4 балла.
3. Бумажную треугольную пирамиду разрезали по боковым ребрам и развернули на
плоскость основания. Получили квадрат со
стороной 1. Найдите радиус сферы, вписанной в пирамиду. (Р.Г. Женодаров, В.И. Луценко)
Ответ: 1 8 . Решение. На первом рисунке
изображена развертка пирамиды. Т.е. квадрат
с вписанным в него треугольником с условием
где
AS1  AS3 и CS1  CS2 ,
S  S1  S2  S3 в пирамиде. Двугранные углы при вершине S , в пи-
рамиде, прямые, поэтому она является частью куба со стороной 1. (см. второй рисунок) Объем пирамиды можно найти двумя способами: 1) как 1/3
произведения площади основания на высоту. Поэтому объём
V(ABCS)=1/3∙1/2∙1/2∙1/2∙1=1/24; 2) как 1/3 произведения полной поверхности пирамиды на радиус вписанной сферы. Но площадь полной поверхности равна 1 (квадрат со стороной 1). Поэтому объём пирамиды ABCS равен
R/3. Учитывая, что это один и тот же объём, находим R=1/8.
Решение 2: Проведем сечение через центр сферы и ребро SB . Обозначим
проекцию центра вписанной сферы на основание пирамиды через L . Так
как центр равноудален от боковых перпендикулярных основанию плоско-
SL  2R .
SF  2 4  MF  LF  2 4  2 R . Так как BK  1  R , то по
2
2
2
2
2
теореме Пифагора OB  OK  BK  (1  R)  2 R . Далее,
стей, то LP  LH  R . Тогда
BM  OB 2  R 2  (1  R ) 2  R 2 . С одной стороны
BF  BS 2  SF 2  1  2 16  3 2 4 . С другой стороны
BF  BM  MF  (1  R) 2  R 2  2 4  2 R . Следовательно, из
равенства
(1  R) 2  R 2  2 4  2 R  3 2 4 получим соотношение
(1  R) 2  R 2  2 R  2 2  (1  R)2  R 2  2R 2  2R  1 2 . Из
которого определяется R  1 8 .
Решение3. (Метод координат)
Начало такое же, как в первом решении.
За начало координат возьмем вершину S. Оси x,y,z направим по ребрам SA, SB, SC. Тогда S(0;0;0), A(1/2,0,0), B(0,1,0), C(0,0,1/2). Используя
уравнение плоскости в отрезках, найдем уравнение плоскости ABC:
2x+y+2z=1. Центр вписанной сферы имеет координаты: O(r,r,r).Найдём расстояние от точки O до плоскости ABC: |2r+r+2r-1|/3=r.
Откуда: r=1/8, r=1/2 – не подходит, это радиус вневписанной сферы.
Критерии проверки:
Нарисована развертка с линиями излома: 2 балла.
Проведено сечение через центр сферы и ребру SB и однозначно определено положение центра в сечении, при условии, что радиус фиксирован и равен R . +1 балл
Выписаны все формулы в сечении, из которых можно определить R или
формула связывающая R , объем и площадь поверхности пирамиды: +1
балл.
Если использован координатный метод и при этом конечный результат неверен, то 0 баллов. Так как, в основном, в этом случае используется только
арифметические навыки.
4. Функции f ( x ) и h(x) заданы на всей вещественной оси и принимают
вещественные значения. Для любых вещественных x , y выполнено следующее
равенство
f ( x  h( y ))  2 x  y  9 .
Найдите
функцию
h( x  f ( y )) , т.е. выразите ее явно через переменные x и y .
(В.И. Луценко)
Ответ. h( x  f ( y ))  ( x  2 y  9) / 2 .
Решение. Пусть y  0 , тогда f ( x  h(0))  2 x  9 или, если обозначить
t  x  h(0) , то f (t )  2t  C , где C - некоторое фиксированное число.
Следовательно,
f ( x  h( y ))  2 x  y  9  2( x  h( y ))  C  2 x  2h( y )  C ,
 2 x  y  9  2 x  2h ( y )  C 
h( y )  ( y  9  C ) / 2 . Подставим в искомое соотношение найденное вы-
ражение, тогда h( x  f ( y ))  ( x  2 y  C  9  C ) / 2  ( x  2 y  9) / 2 .
Критерии проверки:
Если найден вид функции f (t ) : + 3 балла,
если найден вид функции h( y ) : + 3 балла.
5. Через точку P проведены секущая, пересекающая окружность в точках C и D ,
и две касательные к окружности в точках
A и B . Известно, что PC  CD  2 .
Найти длину отрезка PK , где K общая
точка отрезков AB и PD . (В.И. Луценко)
Ответ: 8 3 .Решение. Так как PAC  PAD , то треугольники APD ,
a AP
4


. Следовательно,
d
2
AP
AP 2  8  AP  2 2 и PB  AP  2 2 . Аналогично, из подобия
c 2 2

треугольников PDB и PBC , следует соотношение
. Также,
b
2
подобны пары треугольников: AKD , CBK и BKD , CKA . Поэтому
a m c y

 . Перемножим их и
справедливы следующие равенства
и
b x
d m
ac m y y

 . Так как, с другой стороны
получим
bd x m x
ac ac

 2 2  2 , то y  2 x . Из равенства x  y  2 находим,
bd db
2
8
что x  , а PK  PC  x  .
3
3
CPA подобны, поэтому
Второе решение. Пусть O центр окружности, а M – середина хорды CD.
Пусть OM=a. Введем систему координат: Начало - точка M. Прямая MO –
ось Оy. Прямая MP – ось Ox. Координаты точек: O(0;a), P(3;0), C(1;0).
Уравнение окружности, проходящей через точки СВA: x2+(y–a)2=a2+1. (1)
Пусть G – середина отрезка PO, G(3/2;a/2). Точки A и B лежат на
окружности с диаметром PO. Её уравнение:
y
(x–3/2)2+(y–a/2)2=(a2+9)/4. (2)
Вычитая из уравнения (1) уравнение (2),
B
получим уравнение 3x-ay=1, а это - уравнение прямой AB. Полагая в нем y=0,
O
найдём x=1/3. Это абсцисса точки K. ОтG
a
куда PK=PM–KM=3–1/3=8/3.
K
Критерии проверки:
За выписанный ответ без обоснования: 0
баллов.
x
P
2
C
1
1
M
D
A
Найдены отрезки PA , PB : 1 балл.
Указаны, при этом, подобия треугольников APD ,
PBC или оба вместе: +1 балл.
CPA или PDB и
Указано, что подобны треугольники AKD , CBK и BKD , CKA или оба
вместе: +1 балл.
Выписаны правильные пропорции хотя бы для одного подобия: +1 балл.
Найдено отношение x
Найдено значение
y : +2 балла. Итого 6 баллов.
x или выписан ответ: +1. Итого 7 баллов.
6. Натуральные числа от 1 до 2009 в порядке возрастания записаны по кругу в направлении движения часовой стрелки. Отправляясь от 1, двигаемся
по часовой стрелке и зачеркиваем каждое второе из чисел, не зачеркнутых
ранее. Процесс зачеркивания продолжаем до тех пор, пока это возможно.
В итоге останется одно число. Какое это число? (О.Г.Гайдамак)
Ответ. 1971. Решение. Рассмотрим сначала случай, когда по кругу записаны
2 n чисел a1 , a 2 , a3 , ..., a 2n 1 , a 2 n . Отправляясь от числа a1 и вычер-
кивая каждое второе число, мы за один круг вычеркнем все числа с четными номерами и снова придем к a1 . Останутся только числа с нечетными
n 1
номерами, таких чисел будет 2 . После последующего обхода по кругу и
соответствующих вычеркиваний снова придем к a1 , а на круге останется
2 n2 чисел. Очевидно, после n обходов по кругу останется только одно
число a1 .
Пусть теперь по кругу записаны числа 1, 2, 3, ..., 1969, 1970, 1971,
1972, ..., 2008, 2009. Заметим, что 2009  985  1024  985  2 . Отправляясь от числа 1 и вычеркивая каждое второе число, вычеркнем 985
10
10
чисел. После этого на круге останется 2 чисел и первым будет a1  1971:
1971, 1972, ..., 2008, 2009, 1, 3, ..., 1969.
Как показано выше, отправляясь от a1  1971, после 10 обходов по кругу и
соответствующих вычеркиваний мы оставим только число
Критерии проверки:
Рассмотрен частный случай для
2 n чисел: 3 балла.
a1  1971.
Уважаемые коллеги!
На решение задач второго этапа учащимся предоставляется по 4 часа.
Перед началом олимпиады участникам следует разъяснить, сколько времени они пишут олимпиаду, указать, что условия задач переписывать не нужно, достаточно написать номер задачи, решение которой записывается.
Следует сказать так же, что нужно приводить не только ответы, но и в обязательном порядке их обосновывать (в этом по существу и состоит решение
задачи, а ответ лишь его результат). Подробность и точность решения сказывается на оценке решения задачи в баллах. Следует так же указать, что
все задачи оцениваются в 7 баллов. Во время олимпиады не разрешается
пользоваться калькулятором. Рекомендовать по окончании работы сдавать не только чистовик, но и черновик, в нем жюри может найти записи,
служащие частью решения или его идеей, и каким-то образом это оценить.
Указания по проверке и оценке работ олимпиады.
Все задачи оцениваются в баллах одинаково по 7 баллов.
Критерии оценок:
Баллы Правильность (ошибочность) решения
7
Полное верное решение.
Верное решение. Имеются небольшие недочеты, в целом не влия6
ющие на решение.
Решение в целом верное. Однако решение содержит существенные
5
ошибки, либо пропущены случаи, не влияющие на логику рассуждений.
Верно рассмотрен один из двух (более сложный) существенных
4
случаев или в задаче типа «оценка + пример» верно получена
оценка.
Доказаны вспомогательные утверждения, помогающие в решении
3-2
задачи.
1
Рассмотрены отдельные важные случаи при отсутствии решения.
Решение неверное, продвижение отсутствует. Или решение отсут0
ствует.
Решение вопроса о том, сколько баллов снимать за допущенные недочеты или ошибки, дело жюри, важно, чтобы ко всем работам был единый
подход и мнение о том, что за что ставить, вырабатывалось коллективно
(это обычно называют критерии оценок по задаче). После проверки желательно провести детям показ их работ с предварительным объяснением, за
что и сколько ставилось и за что и сколько снималось. Во время показа
оценка за задачу может быть изменена, если выяснится, что жюри не все
правильно поняло в задаче (этого не стоит бояться - не ошибается тот, кто
ничего не делает), и только после показа решается вопрос о награждении и
утверждается на окончательном заседании жюри.