Материалы в формате DOC

РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
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.
7 класс
1. Таня пошла покупать ручки и карандаши. Целиком
потратив деньги, она могла купить 6 ручек или 12 карандашей.
Она решила на все деньги купить и того и другого поровну.
Сколько?
Ответ: 4.
Решение.
Одна ручка стоит как два карандаша, а ручка и карандаш –
как три карандаша. Поэтому Таня может купить 12:3=4
комплекта из ручки и карандаша.
Критерии проверки.
Ответ, обоснованный конкретным числовым примером: 1
балл
2. Близняшки Аня, Маня и Таня испекли на день рождения
пирожные. Если бы Аня и Маня испекли в два раза больше
пирожных, то общее число пирожных увеличилось бы на 60%.
Какую долю пирожных в процентах испекла Таня?
Решение. Если бы Таня напекла пирожных тоже в два раза
больше, то всех пирожных увеличилось бы на 100 %. Доля
Ани и Мани 60%, значит доля Тани: 100%-60%=40% .
Критерии проверки.
Нет разумных продвижений, но есть ответ: 0 баллов
Рассмотрен частный случай: 1 балл.
Есть действие 100%-60%, но не сделано предположение
про Таню: 2 балла
Наличие всех деталей в решении: 7 баллов.
3. На доске были записаны четыре натуральных числа.
Сложив их всевозможными различными способами по два,
Петя получил следующие шесть сумм: 17, 18, 20, 21, 23, 26.
Докажите, что Петя ошибся при вычислении сумм.
Решение. Сумма всех шести попарных сумм равна 125.
Каждое из записанных на доске чисел входит в эту сумму три
раза, значит, эта сумма должна быть кратна 3, но 125 на 3 не
делится.
Критерии проверки:
Найдена сумма всех попарных сумм, равная 125: 1 балл.
Указано, что каждое число в качестве слагаемого
используется три раза: 2 балла.
Высказаны оба предыдущих утверждения: 3 балла
Замечено, что раз каждое число является слагаемым три
раза, то сумма должна делится на 3, но вывод о том, что
пришли к противоречию не сделан: 6 баллов.
Наличие всех деталей в решении: 7 баллов.
2 способ. Расположим написанные числа в порядке
неубывания: abcd. Тогда
a+b=17, a+c=18, b+d=23, c+d=26. 18+23=a+b+c+d=17+26.
(либо
26–23=c–b=18–17
)
Получили
противоречие,
следовательно, была ошибка в вычислениях.
Это решение приведено для демонстрации того факта, что
условие «числа натуральные» лишнее. Оно для обучения детей
другому подходу к задаче (методу крайнего).
4. У Пети имеется прямоугольник 5×7 и квадратик 1×1.
Может ли Петя разрезать этот прямоугольник на 2 части, не
являющиеся прямоугольниками, а потом из этих двух частей и
данного квадратика 1×1 сложить квадрат 6×6? (Если возможно,
то должно быть показано, как разрезан прямоугольник и как
составлен квадрат. Либо объяснено, почему это невозможно.)
Ответ. Может.
Указано несколько разрезаний прямоугольника и сборки
квадрата.
(Есть ещё и другие решения.)
Рисунок 1
Рисунок 2.
Рисунок 3
Рисунок 4.
Критерии проверки:
Если разрезание есть, но рисунок только один, то есть,
показано, как собрать или как разрезать: 4 балла.
5. Шесть друзей: Андрей, Витя, Боря, Саша, Толя и Гена, выстроились в ряд в порядке убывания их роста (среди них нет
имеющих одинаковый рост). Затем Гена и Андрей поменялись
местами, Боря и Витя также поменялись местами и, наконец,
Саша и Толя тоже поменялись местами. Оказалось, что теперь
мальчики стоят в порядке возрастания их роста. Найдите
самого высокого среди мальчиков, если известно, что Боря
выше Андрея и Гены, но ниже Саши.
Решение. Поскольку после всех перестановок ребята
выстроились в противоположном порядке, то самый высокий
и самый маленький поменялись местами (1). В эту пару не
могут входить Андрей и Гена: они оба ниже Бори (2). В эту
пару не может входить Боря. Он ниже Саши, но выше Андрея значит он не самый высокий и не самый низкий (3). Осталась
одна пара: Саша и Толя. Саша выше Бори и самым низким
быть не может (4). Значит, самый высокий Саша, а самый
низкий Толя.
Критерии проверки:
Указан только верный ответ: 1 балл.
Есть первое утверждение (1) : 2 балла.
Есть утверждения (1) и (2): 3 балла.
Есть утверждения (1) и (2) и (3): 6 баллов.
Есть все утверждения: 7 баллов.
6. На полоске 120 на 10 левых полях стоят 10 шашек.
Шашка может ходить на соседнюю справа свободную клетку
или перепрыгнуть через соседнюю справа шашку на
следующую за ней клетку, если эта клетка свободна. Движение
влево не разрешается. Можно ли все шашки переставить
подряд без пробелов в обратном порядке?
Решение. Занумеруем шашки числами 1,2,3,…,9,10.
Пример перестановок. Перемещения состоят из двух
частей: перемещение нечётных (разборка) и перемещение
чётных (сборка).
1
2
1
2 3
3 4
4
5
6
5 6
1 2 3 4 5 6
1 2 3 4
6
6
1 2
4
4
7 8 9 10
7 8
10
9
8
10
9
7
10
10
9
9
7
7
5
5
6
8
8
8
10
9
7
5
6
8
10
9
7
5
8
10
9
9
7
8 7
6 5
10
10 9
8 7
6 5
6 5
3
3 2
4 3 2
4 3 2
4 3 2
4 3 2
1
1
1
1
1
Критерии проверки:
Указаны все перестановки: 7 баллов.
Указано начало и конец, но есть многоточие. 6 баллов.
Указано начало разборки и далее сказано: аналогично - 3
балла, то есть, нет сборки.
Если она тоже есть, но есть пропуск ходов – 5 баллов.
Замечание. Перемещение каждой фишки показано
начальным и конечным положением, промежуточные ходы
легко восстановить. К таким пропускам придираться не нужно.
8 класс.
1. В числе 333332222211111, записанном на доске, Петя стер
три цифры и получил число кратное 9. Какое число записано
теперь на доске? (Указать все возможности и доказать, что
других нет.)
Решение
Число делится на 9 только в том случае, когда сумма его цифр
делится на 9. Сумма цифр написанного числа равна 30. Сумма
трех цифр от 1 до 3 может изменяться от 3 до 9. Поэтому,
после зачеркивания трех цифр сумма цифр нового числа
может быть от 23 до 27. Из них кратно 9 только 27. Значит
зачёркнуто три цифры сумма которых равна 3, то есть, три
единицы. На доске останется число: 333332222211.
Критерии проверки.
Предъявлен ответ: 1 балл.
Указано, что нужна делимость суммы цифр на 9, поэтому
нужно вычеркнуть три цифры, сумма которых 3, значит это три
единицы: 4 балла.
Для полного решения должно быть показано, что не может
быть получена другая сумма цифр, кратная 9. Если это сделано
– 7 баллов. Если рассуждение показывает, что вычеркнуты три
единицы, а число не предъявлено: минус 1 балл.
2. Наташа и Инна купили по одинаковой коробке чая в
пакетиках. Известно, что с помощью одного пакетика они
заваривали две или три чашки чая. Этой коробки Наташе
хватило на 53 чашки чая, а Инне — на 76. Сколько пакетиков
было в коробке? Ответ должен быть обоснован.
Решение
Заметим, что в коробке не могло быть меньше 26 пакетиков:
если их хотя бы 25, то Инна не сможет выпить больше 25 . 3 =
75 чашек, а она выпила 76. С другой стороны, в коробке
не могло быть больше 26 пакетиков: если их хотя бы 27, то
Наташа не могла выпить меньше 27 . 2 = 54 чашки, а она
выпила 53. Таким образом, в коробке было 26 пакетиков: Инна
заварила 24 пакетика по три раза и 2 пакетика по два раза, а
Наташа заварила 1 пакетик три раза и 25 пакетика по два раза.
Критерии проверки.
Предъявлен только ответ 26 пакетиков: 0 баллов.
Обязательно надо предъявить способ выпить 53 и 76 чашки
чая, иначе решение будет не полным. Отсутствие каждого
примера: минус 1 балл.
3. Семь гномов различного возраста сидят за круглым столом.
Известно, что каждый гном может говорить правду или ложь.
Каждый из них сказал, что он старше своих соседей. Какое
наибольшее количество правдивых утверждений могло быть?
Ответ: 3.
Решение.
Оценка. Рассмотрим старшего гнома. Он не мог сказать
правду. Остальных 6 разобьём на три пары соседних. В каждой
паре правду мог сказать только один гном. Значит, правду
сказали не более трех гномов. Пример: 7, 5, 6, 3 , 4 , 1 , 2.
(Гномы занумерованы по старшинству.)
Критерии проверки.
Задача на оценку плюс пример.
Пример: 2 балла.
Оценка: 4 балла.
При оценке важно, что соседние гномы не могут оба говорить
правду, а если не менее четверых говорят правду, то среди них
есть соседние.
Всё вместе 7 баллов.
Замечание. Если бы гномы сидели в ряд, то правду могли
сказать 4 гнома.
6, 7, 4, 5, 2, 3, 1.
4. Известно, что
. Найти
.
Решение
Сложим дроби левой части:
Откуда
Значит
. Снова
сложив дроби в левой части последнего равенства получим
.
Окончательно имеем
5. Маленькие детки кушали конфетки. Каждый съел на 11
конфет меньше, чем все остальные вместе, но все же больше
одной конфеты. Сколько всего конфет было съедено?
Решение
Выберем из детей одного — к примеру, Петю. Если из всех
остальных конфет забрать 11, останется столько же, сколько у
Пети. Значит, удвоенное число конфет Пети равно общему
числу конфет без одиннадцати. То же можно сказать про
любого из детей, значит, у всех детей конфет поровну —
скажем, по одной кучке.
Ясно, что каждый съел на целое число кучек меньше
остальных вместе. Поэтому 11 делится на размер кучки. Значит
(так как по условию каждый съел больше 1 конфеты), в кучках
по 11 конфет, т. е. каждый съел на кучку меньше остальных
вместе. Петя съел одну кучку, следовательно, остальные —
две. Значит, всего кучек три, а конфет — 33.
Это же решение можно записать и алгебраически.
Обозначим через S общее число конфет, которые съели дети.
Если один из детей съел a конфет, то по условию все
остальные съели a+11 конфет, и тем самым все вместе съели
S=a+(a+11)=2a+11 конфет. Такое рассуждение справедливо
для каждого ребенка, поэтому все дети съели одно и то же
количество конфет: по a=(S–11)/2 штук.
Обозначим теперь через N число детей. Тогда условие
записывается как a=a(N–1)–11 , откуда 11=a(N–2) . Число 11
простое, поэтому один из сомножителей равен 1, а другой 11.
Но по условию a>1 , поэтому a=11 , N–2=1 . Тем самым N=3 ,
и была съедена S=aN=33 конфеты.
Ответ: 33 конфеты.
Только ответ: 0 баллов.
6. На сторонах AB и AC треугольника ABC взяли точки K и D
соответственно. Точку E выбрали так, что K – середина
отрезка DE. Оказалось, что EAK=ACB и AE=DC. Доказать,
что BD – биссектриса угла ABC.
Решение.
Из точки D опустим перпендикуляры DL и DM на прямые AB
и BC соответственно. Из точки E опустим перпендикуляр EN
на прямую AB. Прямоугольные треугольники AEN и CDM
равны по гипотенузе и острому углу. Значит DM=EN. Кроме
того, EN=DL (из равенства прямоугольных треугольников,
если N и L различны, либо как совпадающие с отрезками EK и
DK, если точки N, L и K совпадают).
Значит DL=DM, и точка D равноудалена от сторон угла ABC и,
следовательно, лежит на биссектрисе этого угла.
Критерии проверки. Опущены нужные перпендикуляры: 1
балл.
При доказательстве равенства EN=DL не рассмотрен случай
совпадения оснований перпендикуляров: минус 1 балл.
9 класс
1. Куб натурального числа N делится на 2010. Следует ли
отсюда, что само число N делится на 2010? Ответ: следует.
Решение. 2010=2*3*5*67. Числа 2, 3, 5 и 67 –простые.
N 3 делится на 2  N делится на 2,
N 3 делится на 3  N делится на 3,
N 3 делится на 5  N делится на 5,
N 3 делится на 67  N делится на 67.
Следовательно, N делится на 2010.
Рекомендации по проверке.
Указан только ответ: 0 баллов.
2. Имеются разные по размеру банки: А, Б, В и Г. Известно, что
в 11 банок А и 7 банок Б вмещается столько же, сколько в 12
банок В. В 6 банок А и 5 банок Б вмещается столько же,
сколько в 6 банок В и 1 банку Г. 6 банок Г полностью
наполнены водой. Хватит ли 3 банки А и 8 банок Б, чтобы
перелить всю воду из 6 банок Г?
Решение. Пусть x, y, z и t - объёмы банок А,Б,В и Г
11 x  7 y  12 z ,
соответственно. По условию задачи 
6 x  5 y  6 z  t.
Тогда
 11x  7 y 
6t  6(6 x  5 y  6 z )  36 x  30 y  36 z  36 x  30 y  36
  3x  9 y  3x  8 y.
 12 
Рекомендации по проверке.
За правильно составленную систему уравнений: 2 балла.
3. Дан параллелограмм KLMN
с острым углом при вершине
K. На лучах KL и ML отмечены
точки A и B соответственно,
причём AM = LM и BK = KL.
а) Докажите, что AN = BN.
б) Докажите, что треугольники
ABN и BKL подобны.
Решение.
Из равенства треугольников AMN и BKN (по двум сторонам и
углу между ними) следует равенство отрезков AN и BN.
Из равенства углов AKB и AMB (углы при вершинах подобных
равнобедренных треугольников BKL и AML) следует, что точки
A, B, K, M лежат на одной окружности, а так как
MBK  KNM  180  ,
то на этой окружности лежит и точка N. Следовательно, углы
BNA и BKL при вершинах N и K равнобедренных
треугольников BNA и BKL равны. Поэтому треугольники
подобны.
Рекомендации по проверке.
Доказан пункт а):
3 балла.
Доказан пункт б):
4 балла.
4. Доказать, что если уравнения x 2  ax  b  0 и  x 2  cx  d  0
оба не имеют корней, то уравнение
2010 x 2  (1007 a  1003 c) x  1007 b  1003 d  0 не имеет корней.
Решение.
Возьмем произвольное x .
Тогда x 2  ax  b  0 не имеет корней, поэтому x 2  ax  b  0 для
любого x .
Уравнение  x 2  cx  d  0 не имеет корней, поэтому
 x 2  cx  d  0 для любого x . Следовательно, x 2  cx  d  0 для
любого x .
Тогда
2010 x 2  (1007a  1003c) x  1007b  1003d 
 1007( x 2  ax  b)  1003( x 2  cx  d )  0
для любого x . То есть уравнение
2010 x 2  (1007 a  1003 c) x  1007 b  1003 d  0
не имеет корней.
Рекомендации по проверке. Указано, что x 2  ax  b  0 и
 x 2  cx  d  0 для любого x
3 балла.
Доказано, что 2010 x 2  (1007 a  1003 c) x  1007 b  1003 d  0 для
любого x
+4
балла.
Если нет соответствующего разъяснения, то нет и
соответствующего добавления баллов.
5. Вася забыл четырехзначный код в камере хранения (код
может быть любым от 0000 до 9999). Он помнит только, что
число, задающее код, делится на 3 и на 7 и не делится на 5 и на
9. Сколько вариантов ему придется перебрать, чтобы наверняка
угадать код?
Ответ: 254.
Решение. 1 способ.
Код 0000 не подходит.
999 9 
Среди чисел от 1 до 9999 ровно 
 =476 делятся на 21. Из
 21 
476
них каждое третье делится на 9, то есть    158 , и каждое
 3 
 476 
пятое делится на 5, то есть    95 . Но среди 158 чисел,
 5 
делящихся на 9, и среди 95 чисел, делящихся на 5, есть
совпадающие. Это числа, делящиеся на 45. Среди 476 чисел,
476
делящихся на 21, таких ровно    31 . Тогда чисел,
 15 
удовлетворяющих условию задачи, ровно 476-158-95+31=254.
2 способ.
9*5*7=315, поэтому среди чисел от 1 до 315, от 316 до 630, от
630 до 945 и т.д. одинаковое количество чисел,
удовлетворяющих условию задачи. От 1 до 315 таких чисел
ровно 8 (это числа 21, 42, 84, 147, 168, 231, 273, 294). Значит,
от 1 до 315*31=9765 таких чисел 31*8=248. Осталось
рассмотреть числа от 9766 до 9999 и убедиться, что среди них
удовлетворяет условию задачи ровно 6 чисел (9786, 9807, 9849,
9912, 9933, 9996). Итого 248+6=254 числа.
Рекомендации по проверке.
1 способ.
Ответ без решения:
0 баллов.
Показано, как сосчитать количество чисел от 1 до 999999,
делящихся на 21:
+1балл.
Показано, как сосчитать, сколько из них делится на 5:
+1
балл.
Показано, как сосчитать, сколько из них делится на 5:
+1
балл.
Показано, как сосчитать совпадающие числа среди чисел,
делящихся на 5, и среди чисел, делящихся на 9:
+1
балл.
Указана формула типа 476-158-95+31=254 :
+ 3 балла.
Каждая вычислительная ошибка:
- 1 балл.
2 способ.
Ответ без решения:
0 баллов.
Указано, что среди каждых следующих 315 чисел одинаковое
количество чисел, удовлетворяющих условию задачи:
+3 балла.
Посчитано, что от 1 до 315 ровно 8 удовлетворяет условию:
+1 балл.
Посчитано, что от 9766 до 9999 ровно 6 удовлетворяет
условию задачи:
+1 балл.
Указана формула типа 248+6=254:
+2 балла.
Если у кого-то хватит терпения выписать все 254 числа и не
ошибиться при этом:
7 баллов.
2010
, x  0 . Из
6. Точки A и B взяты на графике функции y 
x
них опущены перпендикуляры на ось абсцисс, основания
перпендикуляров - HA и HB; С – начало координат. Докажите,
что площадь фигуры, ограниченной прямыми СA, СB и дугой
AB, равна площади фигуры, ограниченной прямыми AHA, BHB,
осью абсцисс и дугой AB. 5. Точки A и B взяты на графике
функции y  2010 , x  0 . Из них опущены перпендикуляры на
x
ось абсцисс, основания перпендикуляров - HA и HB; С – начало
координат. Докажите, что площадь фигуры, ограниченной
прямыми СA, СB и дугой AB, равна площади фигуры,
ограниченной прямыми AHA, BHB, осью абсцисс и дугой AB.
Решение. Можно считать, что абсцисса
точки A меньше абсциссы точки B (см.
рис.) Рассмотрим точку K пересечения
отрезков AHA и СB. Тогда разность
рассматриваемых площадей равна
разности площадей треугольника СAK
и четырёхугольника HAKBHB, которая,
в свою очередь, равна разности
площадей треугольников СAHA и СBHB. А поскольку
СHA*AHA=СHB*BHB=2010 (A и B лежат на графике), эти
площади равны между собой.
Рекомендации по проверке.
Показано, что разность рассматриваемых площадей равна
4 балла.
SCAH A  SCBH B или SCAK  S BKH A H B :
Доказано, что SCAH A  SCBH B или SCAK  S BKH A H B :
+3 балла.
10 класс.
1.. Докажите, что для всех натуральных n справедливо
неравенство n n 20102010  n 2010 2010n.
Решение: Разделим обе части неравенства на положительную
величину 20102010 n 2010. Получим неравенство
n n  2010  2010 n  2010. Если n  2010, то степень отрицательна и
неравенство верно. При n  2010, степень неотрицательна и
неравенство верно.
Рекомендации по проверке.
Если рассмотрен случай n  2010 : 0 баллов.
Получен вид n n  2010  2010n  2010 или n n  2010 / 2010n  2010  1 : 1балл
Доказано только для одного из случаев n  2010 или n  2010 :
3 балла.
2. Может ли для какого-нибудь натурального k сумма цифр
совпадать у следующих двух чисел (k  2009)( k  2010) и
(k  2011) 2 ?
Ответ: не может.
Решение. Обозначим n  k  2010 и найдем разность данных
чисел
(n  1) 2  (n  1)n  3n  1. . Одно из трех последовательных
чисел n  1, n, n  1 делится на три, следовательно, одно из
чисел (n  1)2 или (n  1)n делится на три, а другое нет.
Поэтому сумма цифр только у одного из них делиться на три.
Следовательно, они разные.
3. Квадратные трехчлены x2  ax  b и x 2  cx  d имеют
положительные вещественные корни x1, x2 и x3, x4
соответственно, причем x1<x3<x2<x4. Доказать, что квадратный
трехчлен a2 x 2  2cdx  b2 имеет корни.
Решение. По теореме Виета имеем
 x3  x4  c
 x1 x2  a


 x1 x2  b
 x3 x4  d
Так как корни положительные, то -a, b,-c, d – положительные,
а так как x1<x3<x2<x4, то -a<-c  a2<c2 и b<d  4b2<4d2, откуда
получаем 4c2d2>4a2b2(2cd)2-4a2b2>0 – это дискриминант
a2 x 2  2cdx  b2 .
Рекомендации по проверке.
Возможно иное обоснование неравенств -a<-c, b<d, используя
свойства квадратичной функции.
Приведено решение, но при переходе от неравенств -a<-c и
b<d к неравенствам a2<c2, 4b2<4d2 не обосновано, что -a, b,-c,
d положительные: 5 баллов.
4. Между каждыми двумя цифрами числа 1331 вставлено 2010
нулей. Докажите, что полученное число делится на 1331.
...030
...030
...01 в виде
Решение. Представим число 10


2 01 0 2 01 0 2 01 0
2201 1
3201 1
10..030..030...01  1  3  10201 1 3  10
 10
 (1  10201 1)3 
3
 100
..00
..00

1 . Число 100

1 делится на 11 (по признаку
2 01 0
201 0
делимости на 11), а значит 100..0013 делится на 113=1331.
Рекомендации по проверке.
Число представлено в виде
10..030..030...01  1  3  10201 1 3  102201 1 103201 1: 3 балла.
Обосновано, что 10…030….030….01 делится на 11 и 113=1331:
1 балл.
5. Окружность с центром на стороне BC равнобедренного
треугольника ABC (AB=AC) касается сторон AB и AC. На
сторонах AB и AC выбраны точки F и E соответственно, такие,
что BF=3 и СE=2. Доказать, что отрезок
FE касается данной окружности, если
известно, что BC= 2 6 .
Решение. Пусть О–центр окружности,
так как ABC равнобедренный, то BO=OC. Рассмотрим FBO
и ECO: FBO=ECO=, BFCE=6, BOOC=BC2/4=6, то есть
BFCE=BOOC 
BF BO

. Следовательно, FBO и QCO
CO CE
подобны. Значит BOF=CEO=, BFO=EOC= и
BF BO FO


. Так как BOF=, EOC=, то FOE=. Из
CO CE EO
BF BO FO
CO CE



равенств BO=OC и
следует, что
.
CO CE EO
FO EO
CO CE

Рассмотрим FOE и ECO: FOE=ECO=, и
,
FO EO
значит они подобны. Следовательно, у них равны
соответствующие углы, то есть FEO=CEO=,
EFO=EOC=.
Получаем, что FO биссектриса BFE и EO биссектриса FEC.
То есть точка O является точкой пересечения биссектрис углов
BFЕ и FЕC, а так как окружность с центром в точке О
касается сторон BF и EC, то она будет касаться отрезка FE.
Рекомендации по проверке.
Доказано, что FBO и ECO подобны: 4 балла.
6. На плоскости расположены 2011 41-угольник. Известно, что
любые два из них имеют ровно одну общую вершину.
Доказать, что все 41-угольники имеют общую вершину.
Решение. Рассмотрим любой 41-угольник, обозначим его А.
Он имеет общую вершину с любым из оставшихся 41угольников. Поэтому у него найдется вершина A1, являющиеся
общей не менее, чем для 50 41-угольников, если это не так, то
каждая из 41 вершины является общей не более, чем для 49 41угольников и получаем, что всего имеется не более 49*41=2009
41-угольников отличных от выбранного, а их 2010.
Пусть вершина А1 41- угольника A, является общей для 51 41угольника A, B1, B2,…,B50. Докажем, что эта вершина является
общей для всех остальных 41-угольников. Возьмем
произвольный 41-угольник B из оставшихся, пусть вершина
А1, не является вершиной B, тогда B имеет общую вершину с
A, B1, B2,…,B50, которые отличны от A1, а значит, различны
(иначе какие-то два 41-угольника из A, B1, B2,…,B50 имели бы
две общие вершины), но тогда 41-угольник B должен иметь не
менее 51 вершину. Противоречие. Значит, A1 является
вершиной B, а в силу произвольности выбора B получаем, что
все 41-угольники имеют общую вершину A1.
Рекомендации по проверке.
Замечено, что найдется вершина, которая является общей не
менее чем для 50 41-угольников: 2 балла.
11 класс
1. Докажите, что для всех натуральных n справедливо
неравенство n n 20102010  n 2010 2010n.
Решение: Разделим обе части неравенства на положительную
величину 20102010 n 2010. Получим неравенство
n n  2010  2010 n  2010. Если n  2010, то степень отрицательна и
неравенство верно. При n  2010, степень неотрицательна и
неравенство верно.
Рекомендации по проверке.
Если рассмотрен случай n  2010 : 0 баллов.
Получен вид n n  2010  2010n  2010 или n n  2010 / 2010n  2010  1 : 1балл
Доказано только для одного из случаев n  2010 или n  2010 :
3 балла.
2. Решить уравнение: x8  x 6  x 4  x 2  1  0 .
Ответ: Нет решений.
Первое решение: Последовательность 1, x 2 , x 4 , x6 , x8 является
геометрической прогрессией со знаменателем  x 2 . Сумма
1  x10
геометрической данной прогрессии равна
. Эта дробь ни
1  x2
при каких значениях x не равна 0. Уравнение корней не имеет.
Рекомендации по проверке.
Если замечено, что это сумма геометрической
прогрессии:1балл
Найдена сумма, но не сделан вывод: +1 балла.
Сделана замена t  x 2 : 1балл.
Второе решение: x  0 не является решением уравнения.
Разделим обе части уравнения на x 4 и получим уравнение
x 4  x 2  1  x 2  x 4  0 .
Перепишем слагаемые в следующем порядке
x 4  x 4  ( x 2  x 2 )  1  0 ,
и обозначим t  x 2  x 2 . Возведем последнее равенство в
квадрат и получим t 2  x 4  x 4  2 . С учетом последнего
соотношения получим, уравнение t 2  t  1  0, которое имеет
корни
t1  (1  5 ) / 2  2 ,
t2  (1  5 ) / 2  0. Заметим,
что
2
согласно неравенству Коши t  x  x  2 и, следовательно,
оба корня не подходят.
Рекомендации по проверке.
Приведено к виду t 2  t  1  0 после соответствующей замены:
2 балла
Найдены корни для уравнения t 2  t  1  0 : +1 балл.
Отброшен один из корней:+1балл.
2
3. Существует ли функция f заданная на множестве действительных
чисел такая, что f ( x 2 )  x  2010 для всех действительных x ?
Ответ: не существует.
Первое решение: подставим в равенство  x вместо x . Тогда
f (( x)2 )   x  2010 . Вычитая это равенство из первого
получим,
для всех
x  2010  x  2010 или
x0
вещественных x , что не верно. Следовательно, такой функции
не существует.
Второе решение: Подставим в уравнение два значения:
x  1, x  1 . Получим, что f (1)  2011 и f (1)  2009 . Это
противоречит понятию функция, т.к. каждому значению
аргумента должно сопоставляться единственное значение
функции.
Рекомендации по проверке.
4. Два пешехода обходят квадратный участок площадью 49 км2
по его границе, выйдя одновременно из одного его угла в
разные стороны и двигаясь с постоянными скоростями.
Встретились они через 4 часа. Найдите скорости пешеходов,
если известно, что через 2 часа пути расстоянии между ними
было 74 км.
Решение. Обозначим через x и y скорости пешеходов. Раз они
встретились через 4 часа,
то 4x  y   28 , таким
образом, x  y  7 . Через
два часа расстояние между
пешеходами (измеряемое
вдоль границы участка)
будет равно половине его
периметра, следовательно,
они будут находиться в симметричных относительно центра
участка точках. Для определенности будем считать, что первый
пешеход уже прошел точку поворота. Однако возникает два
варианта: возможно, что второй пешеход уже прошел
половину прямолинейного участка, а может быть, и нет
(рисунки). В обоих случаях появляются два прямоугольных
треугольника, горизонтальный катет которых равен 7,
гипотенузы которых по условию равны 74 , а длина второго
катета, как нетрудно видеть, равны 2 x  2 y  7 . В силу
теоремы Пифагора,
2 x  2 y  7 2  7 2  74 , или 2 x  2 y  7 2  25 , откуда
2 x  2 y  7  ± 5, значит, y  x  1 или y  x  6 . Поскольку
x  y  7 , то получаем два ответа: скорости пешеходов
составляют 3 и 4 км/час или же 0,5 и 6,5 км/час.
Рекомендации по проверке.
Если рассмотрен один из вариантов до конца: 4 балла.
5. В треугольник ABC помещены три равных окружности,
каждая из которых касается двух сторон треугольника. Все три
окружности имеют одну общую точку и попарные
пересечения. Найдите радиусы этих окружностей, если
радиусы описанной и вписанной окружностей треугольника
ABC равны R и r.
Ответ:
rR
rR
Решение. Обозначим BC = a,  A = α,  B = β,  C = γ. O1, O2,
O3 – центры равных указанных окружностей, вписанных в
углы A, B, C соответственно. M – их общая точка, а x – их
общий радиус. Поскольку x радиус окружности описанной
около ΔO1O2O3, то
O2O3 = 2 x sin  O2O1O3 = 2x sin α ,
a
ax
a = 2Rsin α, sin α =
, O2O3 = .
2R
R
С другой стороны


x ctg + x ctg + O2O3 = a
2
2


r ctg + r ctg = a
2
2


a
или ctg + ctg =
r
2
2
ax ax
rR
Поэтому
+
= a  x=
.
rR
r
R
Рекомендации по проверке.
Если замечено, что x радиус окружности описанной около
ΔO1O2O3: 1балл
6. Уравнение x 4  ax3  bx 2  c  0 имеет четыре различных
действительных корня. Докажите, что bc<0.
Первое решение. Из того, что уравнение имеет 4 корня,
следует, что первая производная трижды обращается в 0. x = 0
– это точка экстремума. Если точка A(0,c) – точка минимума,
то c<0 и в этой точке выпуклость вниз, тогда b>0. Если точка
A(0,c) – точка максимума, то c>0 и выпуклость вверх, тогда
b<0. В любом случае bc<0.
Рекомендации по проверке.
Если замечено, что первая производная трижды обращается в
0: 1балл
Если замечено, что x = 0 – это точка экстремума: +1балл
Доказан один из случаев при c>0 или c<0: + 2
Второе решение: Так как x  0 не является решением, то
разделим уравнение на x 2 и получим следующее равенство
x 2  ax  b  cx 2 . Пусть c  0 и b  0 ,
тогда графики функций y  c / x 2 и
y  x 2  ax  b имеют следующий вид.
Без потери общности считаем что x0
левее 0. Тогда при положительных x
одна функция возрастает, а другая
убывает
образуя
только
одно
пересечение. При x  0
парабола принимает значение b , ниже которого пересечение
быть не может. А выше для отрицательного значения x
парабола возрастает при убывании
другой функции и пересекает ее также
в одной точке. В этом случае будет два
корня, что противоречит условию.
Значит при c  0 может быть только
случай b  0 .
Пусть c  0 и при этом b  0 ,
тогда картина будет следующей: справа
от нуля пересечения нет. А слева
только два. Следовательно, если c  0 ,
то b  0 .
Рекомендации по проверке.
Если представлено равенство x 2  ax  b  cx 2 , то 1балл.
Построен и проанализирован один из случаев +3балла.