Игра «Домино». 9-11 класс. Решения. 10.02.2015. 0–0. Оклейте без наложения поверхность куба прямоугольником так, чтобы он закрыл ровно половину каждой грани. Пример покажите на развёртке куба. 0–1. Найдите наибольшее натуральное число из 10 различных цифр такое, что у любой пары соседних цифр НОД (наибольший общий делитель) равен 1. (9876543210) 0–2. Известно, что 5x2=3y3. Число y увеличили в три раза. Во сколько раз увеличилось число x, если равенство сохранилось? (в 27 3 3 раз) 0–3. Сколько существует треугольников с вершинами в семи точках, никакие три из 7! 3 35 треугольников) которых не лежат на одной прямой? ( C7 3!4! 0–4. Какое наибольшее количество не бьющих друг друга королей можно расставить на шахматной доске 99? Приведите ответ и пример. (25 королей, через одну клетку, по обоим направлениям, начиная с угла. Заметим, что на доске 99 количество королей не больше, чем на большей по размеру доске – 1010. А доску 1010 можно разбить на 25 квадратов 22, в каждом из которых не более 1 короля. Значит, и всего королей не более 25.) 0–5. Длины двух сторон треугольника равны a, а длина третьей стороны равна b. a2 Вычислите радиус его описанной окружности. ( R . Пусть O – центр 4a 2 b 2 описанной окружности равнобедренного треугольника ABC, B1 – середина основания AC, A1 – середина боковой стороны BC. Так как BOA1 подобен a2 BCB1, то BO:BA1=BC:BB1, а значит, R BO .) 4a 2 b 2 0–6. Упростите числовое 3 5 3 5 . выражение 5 2 5 1 5 2 5 1 5 1 5 1 2 5 ( 10. 3 5 3 5 10 ) 2 2 2 2 2 1–1. Решите неравенство: x²>|x|. ((-;-1)(1;+)) 1–2. Найдите наименьшее значение суммы x x 1 x 2 x 3 x 4 . (6. Это выражение равно сумме расстояний на числовой прямой от точки х до точек 0, -1, -2, -3, -4. При х=-2 эта сумма равна 6, а при удалении от точки (–2) эта сумма будет увеличиваться.) 1–3. В начале каждого летнего месяца цена товара увеличивалась. В августе цена была на 7% больше, чем в июне. Средняя цена товара за три летних месяца оказалась на 4% больше цены в июне. На сколько процентов была повышена цена в июле? (На 5%. Пусть х – цена товара в июне, у – цена в июле. Тогда из условий задачи имеем: x y 1,07 x 1,04 x . Отсюда у=1,05х.) 3 1–4. Найдите наибольшее натуральное число из различных цифр, в котором сумма любых трёх подряд идущих цифр делится на 8. (98710. Должна быть цикличность остатков по модулю 8, т.е. цифры, стоящие через две, должны быть сравнимы по модулю 8, а у нас всего две таких пары (0, 8) и (1, 9), значит, в нашем числе не более 2∙2+1=5 цифр. Эти соображения дадут нам число 98710.) 1–5. В треугольнике АВС (АВ=1, ВС=3) медиана АМ пересекает биссектрису ВЕ в точке Р. Найдите отношение АР:РМ? (2:3. Если рассмотреть систему материальных точек 3А, 1В, 1С, то точка Р окажется её барицентром, т.к. ВМ:СМ=1:1, а АЕ:ЕС=АВ:ВС=1:3. Тогда из теоремы о группировки масс и правила рычага следует, что АР:РМ=2:3.) 1–6. Найдите целую часть числа A 6 6 6 ... 6 (2012 радикалов). (2. Заметим, что A B 6 6 6 ... 9 3 и A> 6 >2, т.е. 2<A<3, значит, целая часть А равна двум.) 2–2. Сколько существует трёхзначных чисел, в которых все цифры – чётные? (100=4∙5∙5 – первая цифра выбирается четырьмя способами (2, 4, 6, 8), вторая и третья – пятью (0, 2, 4, 6, 8)) 2–3. Сколько цифр содержит десятичная запись числа (0,5)2012? (2013, т.к. фактически изначально мы имеем 0,5=1/2, а при нахождении каждой следующей степени мы делим имеющееся число на 2 и получаем число, имеющее на одну цифру больше и снова оканчивающееся на 5.) 2–4. Найдите наибольшую степень двойки, на которую делится 100!=123…100. 100 100 100 100 100 100 100 2 3 4 5 6 7 ... 50 25 12 6 3 1 0 ) ( 97 2 2 2 2 2 2 2 2–5. Найдите наибольшее возможное значение отношения суммы длин биссектрис треугольника к сумме длин его медиан. (1. Каждая биссектриса расположена между высотой и медианой треугольника, что легко доказывается с использованием описанной окружности. Тогда сумма длин биссектрис не превосходит суммы длин медиан, при этом в случае равностороннего треугольника эти суммы равны.) 2–6. Дана последовательность, состоящая из 26 первых натуральных чисел, записанных в некотором порядке. Известно, что какие бы 15 членов последовательности ни взять, наименьший из них имеет наименьший номер, а наибольший из них – наибольший номер. Приведите пример, когда последовательность не будет монотонно возрастающей. (Рассмотрим последовательность из 26 первых натуральных чисел: 1, 2,…, 26 и поменяем местами 13 и 14. Тогда среди любых 15 членов этой последовательности ни наименьшим, ни наибольшим не может быть ни 13, ни 14. Таким образом, для этой немонотонной последовательности условие задачи выполняется.) 3–3. Пусть (x0;y0) решение системы уравнений y 16 x 2 0, Какие значения может y 1 x 5. принимать разность y0x0? (4, т.к. из графиков сразу видно единственное решение системы это точка (4; 0)) 3–4. У кубического многочлена три корня расположены симметрично относительно 1, а их произведение равно (1). Найдите наибольший корень. ( 2 1 . В силу симметрии эти корни равны 1, 1, 1+ (где 0), тогда (1)1(1+)= 1, откуда 2 .) 3–5. Диагональ BD делит выпуклый пятиугольник ABCDE на ромб ABDE и равносторонний треугольник BCD. Какие значения может принимать угол ACE? (30. Т.к. ABCD – ромб, а BCD – равносторонний треугольник, то AB=BC=CD=DE=AE=BD. Отсюда треугольник ABC – равнобедренный, BAC=BCA=α. Тогда ABC=1802α. Но CBD=60, отсюда ABD=1202α. Т.к. AB параллельно DE, то BDE=60+2α. Тогда CDE=120+2α. Но треугольник CDE равнобедренный, DCE=DEC=(180CDE)/2=30α. Значит, ACE=BDCBCADCE= 60α(30α)=30.) 3–6. Найдите все натуральные n3, обладающие следующим свойством: при любом разбиении числа n на три натуральных слагаемых сумма сумм цифр этих слагаемых равна одну и тому же числу. (3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11 – каждое из разбиений этих чисел состоит из однозначных чисел, значит, соответствующая сумма сумм цифр равна самой сумме слагаемых, т.е. постоянна. Для n12 выделим два разных разбиения (n-11)+10+1=(n-11)+9+2, в которых суммы сумм цифр различаются на 9.) 4–4. Рассматриваются квадратичные функции y=x2+px+q, для которых p+q=2012. Найдите точку, в которой пересекаются все графики таких функций. ((1;2013), т.к. это точка при x=1, когда y(1)=12+p∙1+q=1+p+q=1+2012=2013) 4–5. Стороны АВ и DC правильного шестиугольника ABCDЕF со стороной, равной 1, продолжены за точки В и С до пересечения в точке К. Найдите длину отрезка ЕK. ( 7 . Соединим точки B и D (см.рис.). Треугольник BDK – прямоугольный, причём ВК=1, DK=2. По теореме Пифагора BD DK 2 BK 2 3 . Треугольник ELK – тоже прямоугольный, причём EL=2DE=2, KL=BD= 3 . Поэтому, EK EL2 KL2 4 3 7 .) 4–6. Через начало координат проведены прямые (включая оси координат), которые делят координатную плоскость на углы в 1°. Найдите сумму абсцисс всех точек пересечения этих прямых с прямой y=100–x. (8950. Картинка симметрична относительно прямой y=x, поэтому сумма абсцисс равна сумме ординат. Через начало координат проведено 180 прямых, прямая y=100–x пересекает 179 из них. Для каждой точки на прямой y=100–x сумма координат равна 100, значит, общая сумма абсцисс и ординат равна 17900, а сумма абсцисс – вдвое меньше.) 5–5. Найдите наибольшее значение функции: y=asinx + bcosx. ( a b . Воспользуемся неравенством Коши-Буняковского-Шварца и получим, что 2 2 y a sin x b cos x a sin x b cos x a 2 b 2 sin 2 x cos 2 x a 2 b 2 . Тогда максимум достигается в случае b0 при условии a sin x tg x b cos x и в случае b=0 при sinx=sign(a)=1 в зависимости от знака a0.) 5–6. Найдите две последние цифры числа, равного (2012!2012)+(2011!2011)+...+(2!2)+(1!1). (Напомним, что n!=123…n.) (35. Заметим, что факториалы всех чисел, больших 10, оканчиваются на не менее чем два нуля, значит, они не влияют на две последних цифры. Тогда у нас на последние две цифры влияют числа 9!, 8!,...,2!, 1! и число (1 2012) 2012 2025078 , т.е. если рассуждать по модулю 100, получим, что 2 последние две цифры (78+1!+2!+3!+…+9!78+1+2+6+24+20+20+40+20+806535 (mod 100).) 6–6. Пусть Q – единичный куб. Назовём правильный тетраэдр хорошим, если все его вершины лежат на границе Q. Найдите все возможные объёмы хороших тетраэдров. (0 < V 1 . 3 Четыре попарно несмежные вершины куба образуют тетраэдр с ребром объёмом равны 2 и 1 . Заметим, что расстояние между его 3 скрещивающимися рёбрами равно 1. Произведя гомотетию относительно одной из его вершин с соответствующим коэффициентом, мы можем получить хороший тетраэдр любого меньшего объема. Предположим, что существует хороший тетраэдр Т с ребром длины, большей 2 . Рассмотрим описанную вокруг куба Q сферу. Длины хорд, на которых расположены рёбра тетраэдра Т, также больше 2 , поэтому они находится от центра сферы на 2 расстоянии, меньшем, чем 2 3 2 1 2 2 2 . Таким образом, расстояние между скрещивающимися рёбрами Т меньше 1. Противоречие. Замечание. На самом деле объём любого (не обязательно правильного) тетраэдра, вершины которого принадлежат Q, не превосходит сложнее.) 1 . Но доказать это несколько 3