ответы, решения и критерии.

Муниципальный этап всероссийской олимпиады школьников по математике
Ханты-Мансийский автономный округ – Югра
2015-2016 учебный год
Ответы и решения.
7 класс.
1. Ответ: на 6 часов 3 минуты.
Решение. За сутки (24 часа) будильник уходит на 9 минут вперед. Следовательно, за 8
часов – с 22.00 вечера до 6.00 утра – будильник уйдет вперед на три минуты, и в 6 утра
будет показывать 6 часов 3 минуты. На это время и надо ставить звонок.
Критерии. Верный и обоснованный ответ – 7 баллов; верный ответ без обоснования – 3
балла.
2. Ответ: 9515, 9516, . . . ,10014.
Решение. Так как 500 четырехзначных чисел содержат 2000 цифр, а 500 пятизначных –
2500, то в нужном наборе должны быть четырехзначные и пятизначные числа. Замена
четырехзначного числа на пятизначное увеличивает число цифр на 1. Поэтому в
требуемом наборе будет 485 четырехзначных чисел и 15 пятизначных. Алгебраическое
решение. Пусть в нужном наборе n четырехзначных чисел и 500 – n пятизначных.
Тогда 4𝑛 + (500 − 𝑛)5 = 2015. Откуда 𝑛 = 485. Учитывая, что числа должны идти
подряд, получаем набор от 9515 до 1014.
Критерии. Правильный ответ с пояснениями – 7 баллов; ошибка в крайних числах на
единицу – минус 2 балла; отмечено, что в нужном наборе чисел присутствуют только
четырехзначные и пятизначные числа – 2 балла; правильный ответ без пояснений – 6
баллов.
3. Ответ: через 12 минут.
Решение. Обозначим через А, Б и В автобусы, пройденные, соответственно, 16 минут
назад, 10 минут и 2 минуты назад. Временные интервалы движения между ними равны
6 минут, 8 минут и 14 минут. Так как номеров маршрутов всего два, то из трех
пройденных автобусов два имеют один номер (очевидно, что все три автобуса не могут
иметь один и тот же номер). Автобусы А и Б не могут быть с одним номером, так как
следующий автобус с этим номером должен был пройти 4 минуты назад. Точно так же,
автобусы Б и В не с одним номером: предыдущий автобус с этим номером должен был
пройти 18 минут назад. Значит один и тот же номер имеют автобусы А и В. Они не
могут иметь № 1, так как, согласно условию задачи, автобусы маршрута № 2, которым
принадлежит и Б, должны ходить с интервалом в 7 минут, и за последние 20 минут
должны были пройти три автобуса: 17 минут назад, 10 минут и 3 минуты назад, чего не
было. Следовательно, автобусы А и В имеют № 2 и двигаются с интервалом в 14 минут,
а автобусы № 1 – с интервалом в 28 минут. Поэтому следующий автобус с № 2 пройдет
через 12 минут, а автобус с № 1 – через 18 минут.
Критерии. Получен правильный обоснованный ответ – 7 баллов; верно определены
автобусы, имеющие одинаковый номер, но неверно определен их номер – 3 балла;
правильный ответ без пояснений – 1 балл.
4. Ответ: 13 девочек.
Решение. Покажем, что больше 13 девочек в классе не может быть. Действительно,
если девочек не менее 14, то мальчиков в классе не более 11, а значит, наибольшее
число друзей – мальчиков может быть не более 11. Тогда число различных вариантов
количества друзей будет не более 12: от 0 до 11. Так как девочек не менее 14, то
найдутся две девочки с равным числом друзей, что противоречит условию задачи. В
классе с 13 девочками и 12 мальчиками выполнение условий задачи возможно: одна
девочка не дружит ни с одним мальчиком, одна – дружит ровно с одним мальчиком,
одна – ровно с двумя, и т. д., одна со всеми 12 мальчиками.
Критерии: верный, обоснованный ответ – 7 баллов; Показано, что 13 девочек может быть
в классе, но нет обоснования, что больше не возможно – 4 балла; верный,
обоснованный ответ в предположении, что каждая девочка дружит хотя бы с одним
мальчиком (ответ 12 девочек) – 3 балла; ответ без обоснования – 1 балл.
5. Пример правильного разбиения:
Критерии: любое верное разбиение – 7 баллов, приведено несколько разбиений, среди
которых есть верное – не больше 5 баллов.
Муниципальный этап всероссийской олимпиады школьников по математике
Ханты-Мансийский автономный округ – Югра
2015-2016 учебный год
8 класс
1. Ответ: например 40312 + 12 .
Решение. 1) Так как 2𝑛2 + 2(𝑛 + 1)2 = 2𝑛2 + 2𝑛2 + 4𝑛 + 2 = 4𝑛2 + 4𝑛 + 1 + 1 =
(2𝑛 + 1)2 + 12 , то полагая 𝑛 = 2015, получим требуемое представление.
2) Воспользуемся известным тождеством 2𝑎2 + 2𝑏 2 = (𝑎 + 𝑏)2 + (𝑎 − 𝑏)2. Имеем
2 ∙ 20152 + 2 ∙ 20162 = (2015 + 2016)2 + (2015 − 2016)2 = 40312 + 12 .
Критерии. Любой верный ответ – 7 баллов.
2. Ответ: 21978.
Решение. Пусть 𝑎𝑏𝑐𝑑𝑒 – исходное число. Согласно условию, имеем 𝑎𝑏𝑐𝑑𝑒 ∙ 4 = 𝑒𝑑𝑐𝑏𝑎.
Так как после умножения исходного числа на 4 получается тоже пятизначное число, то
𝑎 ≤ 2, а так как число 𝑒𝑑𝑐𝑏𝑎, очевидно, четное, то 𝑎 = 2. Тогда e равно 8 или 9. Но
число 4 ∙e должно оканчиваться цифрой 2, следовательно, 𝑒 = 8. При умножении
столбиком, из числа 32 = 4 ∙ 8 три единицы десятков переносятся в следующий разряд.
Поэтому b есть цифра единиц в числе 4𝑑 + 3. Последнее число нечетное, поэтому b –
нечетная цифра, и 𝑏 < 3, так нет переноса из разряда тысяч в десятки тысяч.
Следовательно, 𝑏 = 1. Тогда d равно 2 или 7, но поскольку 𝑎 = 2, а цифры в исходном
числе различны, то 𝑑 = 7. При этом три единицы десятков числа 31 = 4 ∙ 7 + 3
переходят в следующий разряд. Наконец, число 4𝑐 + 3 должен оканчиваться цифрой c.
Этому условию удовлетворяет только цифра 9. Остается убедиться в справедливости
равенства 21978 ∙ 4 = 87912.
Критерии. Верный, обоснованный ответ – 7 баллов; верно найдены первая и последняя
цифры – 2 балла; верно найдена вторая цифра – еще плюс 2 балла; только верный
ответ (найден перебором) – 3 балла.
3. Ответ: 1100 .
Решение. Пусть N – середина стороны AB. Отрезок MN является средней линией
треугольника ABC, параллельный стороне BC, а потому угол ABC равен углу ANM. С
другой стороны, раз BM в два раза меньше стороны AB, то BM = BN и треугольник BMN
равнобедренный. Угол при вершине этого треугольника равен 400 , а значит углы при
основании BNM и BMN равны по 700 . Угол ANM является смежным углу BNM и равен
1800 − 700 = 1100 .
Критерии. Верный, обоснованный ответ – 7 баллов; верный ответ без обоснования – 1
балл.
4. Ответ: 16.
Решение. Так как в каждом туре для каждого игрока нашлась пара, и в каждой паре один
из игроков выбывал, то общее количество игроков после каждого тура уменьшалось в
два раза. Победитель участвовал в каждом туре и побеждал, следовательно, всего
туров было 6. Так как после шестого тура победитель определился однозначно, то всего
участников было 26 = 64. Проигравшие в первом туре имеют одно поражение и ноль
побед, проигравшие во втором туре имеют одну победу и одно поражение. Все
вышедшие в третий тур имеют не менее двух побед и не более одного поражения
(после которого они выбыли из турнира), то есть у них количество побед больше чем
поражений. Так как после каждого тура число участников уменьшалось в два раза, то в
третий тур вышло 16 участников.
Критерии. Верный, обоснованный ответ – 7 баллов; получен верный ответ и в целом
верные рассуждения, но необоснованно уменьшение числа участников в два раза после
каждого тура; приведен верный ответ бес обоснования – 1 балл.
5. Ответ: через 7,5 минуты.
Первое решение (алгебраическое). Пусть S – длина аллеи, u – скорость Винни Пуха, а v –
скорость Пятачка. Без ограничения общности, будем считать, что 𝑢 ≥ 𝑣. Имеем
𝑆
𝑢+𝑣
=
2,5. По условию, во время второй встречи каждый шел в обратном направлении.
Следовательно,
2𝑆
𝑢
𝑆
≥ 𝑣, то есть 2𝑣 − 𝑢 ≥ 0, иначе Винни Пух на обратном пути догонит
Пятачка, не дошедшего еще до конца аллеи. Так как скорость Винни Пуха не меньше
скорости Пятачка, то Пятачок дойдет до противоположного конца аллеи после того, как
Винни Пух дойдет до своего противоположного конца аллеи. На это Пятачок затратит
𝑆
𝑆
время 𝑡 = 𝑣. За это время Винни Пух пройдет расстояние 𝑢 ∙ 𝑣 ≥ 𝑆. Следовательно,
когда Пятачок повернет обратно, Винни Пух будет идти в обратном направлении и
𝑆
расстояние между ними будет равно 2𝑆 − 𝑢 ∙ 𝑣 = 𝑆 ∙
2𝑣−𝑢
𝑣
. Тогда время их встречи после
2𝑣−𝑢
поворота Пятачка будет равно 𝑡1 = 𝑆 ∙ 𝑣(𝑢+𝑣), где 𝑢 + 𝑣 – скорость сближения Винни
Пуха и Пятачка. Следовательно, время второй встречи с момента начала движения
будет равно
𝑆
2𝑣−𝑢
+ 𝑆 𝑣(𝑢+𝑣) = 𝑆
𝑣
𝑢+𝑣+2𝑣−𝑢
𝑣(𝑢+𝑣)
𝑆
= 𝑢+𝑣 ∙ 3 = 3 ∙ 2,5 = 7,5 мин.
Второе решение (арифметическое). Поскольку в момент второй встречи Винни Пуха и
Пятачка каждый шел в обратном направлении, то вместе они прошли к этому моменту
3𝑆 пути. Следовательно, время второй встречи равно
3𝑆
𝑢+𝑣
= 3 ∙ 2,5 = 7,5 минуты.
Критерии. Верный, обоснованный ответ – 7 баллов; верно составлено уравнение для
времени второй встречи, но решено с ошибками – минус 1-2 балла; верный ответ без
обоснования – 1 балл.
Муниципальный этап всероссийской олимпиады школьников по математике
Ханты-Мансийский автономный округ – Югра
2015-2016 учебный год
9 класс
1. Ответ: например 𝑦 = 𝑥 2 − 1.
Решение. Действительно, данная функция пересекает ось ординат в точке y = −1, а ось
абсцисс в точках x = ±1, которые являются вершинами равнобедренного
прямоугольного треугольника. Задача имеет бесконечное число решений. Взяв любой
прямоугольный треугольник, с вершиной прямого угла на оси ординат и гипотенузой
на оси абсцисс, можно методом неопределенных коэффициентов найти уравнение
соответствующей квадратичной функции.
Критерии. Любой верный ответ с обоснованием или проверкой выполнения условия
задачи – 7 баллов; верный ответ без проверки и без обоснования – 1-2 балла.
2. Ответ: 5 троек.
Решение. Пусть Петя за первое полугодие получил x пятерок, y четверок и z троек. Тогда
Ваня получил соответственно y пятерок, z четверок и x троек. Согласно условию имеем
𝑥 + 𝑦 + 𝑧 = 15,
5𝑥+4𝑦+3𝑧
15
=
5𝑦+4𝑧+3𝑥
15
⟺ 2𝑥 = 𝑦 + 𝑧. Подставляя 2𝑥 вместо 𝑦 + 𝑧 в
первое уравнение, получим 3𝑥 = 15, откуда 𝑥 = 5.
Критерии. Верный, обоснованный ответ – 7 баллов; ответ без обоснования – 0 баллов.
3. Ответ: (
1
,
1
1
𝑝+1 𝑝+𝑝2
) , (𝑝+𝑝2 ,
1
1
) , (2𝑝 ,
𝑝+1
1
2𝑝
).
Решение. Поскольку числа x, y и p положительны, умножая обе части уравнения на их
произведение, получим 𝑝𝑦 + 𝑝𝑥 = 𝑥𝑦 ⟺ 𝑥𝑦 − 𝑝𝑥 − 𝑝𝑦 = 0. Прибавляя к обеим частям
последнего равенства 𝑝2 и раскладывая левую часть на множители, имеем (𝑥 − 𝑝)(𝑦 −
𝑝) = 𝑝2 = 1 ∙ 𝑝2 = 𝑝 ∙ 𝑝. Таким образом в множестве натуральных чисел возможны
𝑥−𝑝 =1
𝑥 − 𝑝 = 𝑝2 𝑥 − 𝑝 = 𝑝
следующие решения: {
,
{
,{
. Отсюда получаем ответы
𝑦 − 𝑝 = 𝑝2
𝑦−𝑝=1 𝑦−𝑝=𝑝
𝑥 =𝑝+1
𝑥 = 𝑝 + 𝑝2 𝑥 = 2𝑝
{
,
{
,{
.
𝑦 = 𝑝 + 𝑝2
𝑦 = 𝑝 + 1 𝑦 = 2𝑝
Критерии. Обоснованно найдены все решения – 7 баллов; потеряно одно из первых двух
решений – 5 баллов; обоснованно найдено только последнее решение – 3 балла;
указаны все решения с подтверждением проверкой – 3 балла; указаны два решения – 2
балла, одно решение – 1 балл.
4. Доказательство. Оценка сверху. Справедливы следующие неравенства:
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
− + − + − ( − ) −. . . − ( − ) < − + − + =
2
3
4
5
6
7
8
99
100
2
3
4
5
6
30−20+15−12+10
60
=
23
60
<
24
60
2
= . (Отброшены отрицательные слагаемые, поскольку
5
разность в каждой скобке положительна).
Нижняя оценка. Имеем
1
4
1
1
2
30−20+15−12
5
60
− =
1
1
1
1
1
1
1
1
− + − + ( − ) +. . . + ( − ) +
>
3
4
5
6
7
98
99
100
=
13
60
>
12
60
1
2
1
− +
3
1
= . (Здесь отбрасываются положительные
5
слагаемые скобок).
Критерии. Верно обоснованы обе оценки – 7 баллов; верно обоснована одна из оценок – 4
балла.
5. Доказательство. По свойству равнобедренного треугольника, достаточно показать, что
углы при основании BC равны. Поскольку AD и BC основания трапеции, то ∠𝐵𝐶𝐴 =
∠𝐶𝐴𝐷 = ∠𝑂𝐴𝑀 = ∠𝑂𝐵𝑀. В первом равенстве углы равны как внутренние накрест
лежащие, в последнем – как вписанные углы, опирающиеся на одну и ту же дугу.
Аналогично, ∠𝐶𝐵𝐷 = ∠𝐵𝐷𝐴 = ∠𝑂𝐷𝑀 = ∠𝑂𝐶𝑀. Таким образом ∠𝐵𝐶𝑀 = ∠𝐵𝐶𝐴 +
∠𝑂𝐶𝑀 = ∠𝑂𝐵𝑀 + ∠𝐶𝐵𝐷 = ∠𝐶𝐵𝐷. Что и завершает доказательство.
Критерии. Обоснованное доказательство – 7 баллов; доказательство для частного случая равнобедренной трапеции – 0 баллов.
Муниципальный этап всероссийской олимпиады школьников по математике
Ханты-Мансийский автономный округ – Югра
2015-2016 учебный год
10 класс
1. Ответ: 112.
Решение. Среди натуральных чисел от 1 до 100 имеется 10 чисел, являющихся
квадратами целых чисел – 1, 4, 9, 16, 25, 36, 49, 64, 81, 100, и 4 числа, являющихся
кубами целых чисел – 1, 8, 27, и 64. Из них числа 1 и 64 входят в оба списка. Значит, из
первых 100 натуральных чисел от 1 до 100 будут вычеркнуты ровно 12 чисел: 1, 4, 8,
16, 25, 27, 36, 49, 64, 81, 100. Тогда последнее оставшееся число 99 будет стоять на 88
месте. Так как среди следующих 12 чисел от 101 до 112 нет ни одного квадрата или
куба целого числа, то на сотом месте будет стоять число 112.
Критерии. Обоснованно получен верный ответ – 7 баллов; не учтено, что числа 1 и 64
входят в список дважды – 2 балла; верный ответ без обоснования – 1 балл.
2. Ответ: через 1 ч 30 мин.
Решение. Для удобства переведем скорости в км/мин. Скорость автобуса равна 1
км/мин, а маршрутного такси –
4
3
км/мин. Согласно условию, автобус начинает
движение от каждой следующей остановки через 12 минут после начала движения от
предыдущей: 10 минут на движение и 2 минуты на стоянку. Маршрутное такси
начинает движение через каждые 14 минут – 12 минут на движение и 2 минуты на
стоянку. Тогда, через 84 минуты (84 = 12 × 7 = 14 × 6) автобус и маршрутное такси
одновременно начнут движение после 7-й и 6-й остановки соответственно. К этому
моменту автобус находился в движении 70 минут (7 промежутков по 10 минут) и
проехал за это время 70 км, маршрутное такси было в движении 72 минуты (6
4
промежутков по 12 минут) и проехало 72 × = 96 км. Следовательно, в момент начала
3
движения после 84 минуты между ними будет 180 – 70 – 96 = 14 км, и встреча после
этого произойдет через
14
4
3
1+
= 6 минут. Таким образом, автобус и маршрутное такси
встретятся через 84 + 6 = 90 минут после начала движения.
Критерии. Обоснованно получен верный ответ – 7 баллов; за введение средних
скоростей движения и нахождение времени встречи исходя из этого – 0 баллов; верно
определены пройденные расстояния автобусом и маршрутным такси за интервалы
времени, кратные 12 и 14 минутам соответственно – 3 балла.
3. Ответ:
104031 −11∙102015 +1
.
99
Решение. 9 + 990 + 99900 + . . . + 99
⏟ … 9 00
⏟ …0 =
3
5
2015
2
2014
= 10 – 1 +10 − 10 + 10 − 10 + . . . + 104029 − 102014 =
=(10 + 103 + 105 +. . . +104029 ) − (1 + 10 + 102 +. . . +102014 ).
В первой скобке – геометрическая прогрессия со знаменателем 102 , во второй –
геометрическая прогрессия со знаменателем 10. Применяя формулу суммы для
конечной геометрической прогрессии к каждой скобке, получим
(10 + 103 + 105 +. . . +104029 ) − (1 + 10 + 102 +. . . +102014 ) =
=
10−104031
1−102
−
1−102015
1−10
=
104031 −10
99
−
102015 −1
9
=
104031 −11∙102015 +1
99
.
Критерии. Верный, обоснованный ответ – 7 баллов; за каждую арифметическую
ошибку в формуле суммы геометрической прогрессии – минус 1 балл.
1
4. Ответ: .
3
Решение. Предварительно докажем вспомогательное неравенство:
𝑎2 + 𝑏 2 + 𝑐 2 ≥ 𝑎𝑏 + 𝑏𝑐 + 𝑐𝑎
(1).
2
2
2
Действительно, (𝑎 − 𝑏) ≥ 0⟹𝑎 + 𝑏 ≥ 2𝑎𝑏. Аналогично, получаем неравенства
𝑏 2 + 𝑐 2 ≥ 2𝑏𝑐, 𝑐 2 + 𝑎2 ≥ 2𝑐𝑎. Складывая все три неравенства и, после приведения
подобных слагаемых и сокращения на 2, получим неравенство (1). Таким образом,
𝑎2 +𝑏2 +𝑐 2
(𝑎+𝑏+𝑐)2
≥
𝑎2 +𝑏2 +𝑐 2
𝑎2 +𝑏 2 +𝑐 2 +2(𝑎𝑏+𝑏𝑐+𝑐𝑎)
≥
𝑎2 +𝑏2 +𝑐 2
3(𝑎2 +𝑏2 +𝑐 2 )
1
= (во втором неравенстве
3
выражение в скобках знаменателя заменяем на большую левую часть неравенства (1)).
Оценка
1
3
достигается при 𝑎 = 𝑏 = 𝑐. Следовательно, полученная оценка и есть
наименьшее значение заданного выражения.
Критерии. Верный, обоснованный ответ – 7 баллов; если не указано, что полученная
оценка достижима – 5 баллов; получена верная оценка из рассмотрения частных
случаев или подстановкой конкретных числовых значений – 1 балл.
5. Ответ: в отношении 1 : 1.
Решение. Обозначим в выпуклом четырехугольнике ABCD через K, L, M и N середины
сторон AB, BC, CD и DA соответственно, О – точка пересечения диагоналей AC и BD.
Наконец, точки пересечения отрезков KL и MN с диагональю BD через P и Q
соответственно. Отрезок KL является средней линией в треугольнике ABC, то есть он
параллелен AC и делит сторону AB пополам. Тогда, по теореме Фалеса KL делит и
отрезок BO на две равные части, то есть BP = PO. Аналогично, MN – средняя линия
треугольника ACD делит отрезок OD на равные части OQ = QD. Наконец, так как
параллельные прямые KL, AC и MN высекают на прямой NL равные отрезки, то и на
прямой PQ, по теореме Фалеса, они высекают равные отрезки, то есть PO = OQ. Таким
образом, имеем 𝐵𝑃 = 𝑃𝑂 = 𝑂𝑄 = 𝑄𝐷, откуда и следует ответ.
Критерии. При обоснованном решении получен верный ответ – 7 баллов; верный ответ
получен из рассмотрения частных случаев выпуклого четырехугольника – 1 балл.
Муниципальный этап всероссийской олимпиады школьников по математике
Ханты-Мансийский автономный округ – Югра
2015-2016 учебный год
11 класс
8
1. Ответ: 𝑐 = − 5.
Решение. Если числа 𝑠𝑖𝑛𝛼 и 𝑐𝑜𝑠𝛼 являются корнями уравнения 5𝑥 2 − 3𝑥 + 𝑐 = 0,
3
то по теореме Виета выполняются равенства {
𝑠𝑖𝑛𝛼 + 𝑐𝑜𝑠𝛼 = 5
𝑐
𝑠𝑖𝑛𝛼 ∙ 𝑐𝑜𝑠𝛼 = 5
. Возводя первое
9
уравнение в квадрат, получим 𝑠𝑖𝑛2 𝛼 + 2𝑠𝑖𝑛𝛼𝑐𝑜𝑠𝛼 + 𝑐𝑜𝑠 2 𝛼 = 25 ⇔ 1 +
9
8
2𝑠𝑖𝑛𝛼𝑐𝑜𝑠𝛼 = 25 ⇔ 𝑠𝑖𝑛𝛼𝑐𝑜𝑠𝛼 = − 25. Учитывая второе равенство, получим
8
8
8
− 25, откуда 𝑐 = − 5. Полученное уравнение 5𝑥 2 − 3𝑥 − 5 = 0 имеет корни
𝑐
=
5
3±√41
10
,
которые удовлетворяют основному тригонометрическому тождеству.
Следовательно, они являются значениями функций 𝑠𝑖𝑛𝛼 и 𝑐𝑜𝑠𝛼 для некоторого
значения 𝛼. Это следует также из того, что тригонометрическое уравнение
3
𝜋
𝑠𝑖𝑛𝛼 + 𝑐𝑜𝑠𝛼 = 5 ⇔ 𝑠𝑖𝑛 (𝛼 + 4 ) =
3√2
10
имеет решение.
Критерии. Верный ответ и обоснованное решение – 7 баллов. Получен верный
ответ, но не показано, что полученное уравнение имеет решение – 5 баллов.
Приведен только верный ответ – 1 балл.
2. Ответ: 0.
Решение. Пусть 𝑎1 , 𝑎2 , . . . , 𝑎2015 – данный набор чисел, а 𝑆 – их сумма. По
условию, для каждого числа 𝑎𝑖 из набора число 𝑆 − 𝑎𝑖 также принадлежит этому
набору. Следовательно, (𝑆 − 𝑎1 ) + (𝑆 − 𝑎2 )+ . . . +(𝑆 − 𝑎2015 ) = 𝑆, откуда
2015𝑆 − 𝑆 = 𝑆 ⇒ 𝑆 = 0. Последнее означает, что для каждого числа из набора
противоположное ему число тоже принадлежит этому набору. Но так как в наборе
нечетное число чисел, то одно из них является противоположным самому себе, то
есть число 0 принадлежит набору. Следовательно, произведение всех чисел
данного набора равно 0.
Критерии. Доказано, что сумма всех чисел набора равна нулю – 3 балла. Приведен
только ответ или рассмотрен частный случай – 0 баллов.
3. Ответ: нет, не существует.
Решение. Раскроем скобки в данном равенстве:(𝑥 + 𝑦)2 + (𝑦 + 𝑧)2 = (𝑥 + 𝑧)2 ⇒
𝑥 2 + 2𝑥𝑦 + 𝑦 2 + 𝑦 2 + 2𝑦𝑧 + 𝑧 2 = 𝑥 2 + 2𝑥𝑧 + 𝑧 2 ⇒ 𝑦 2 + 𝑥𝑦 + 𝑦𝑧 = 𝑥𝑧. Прибавляя
к обеим частям по 𝑥𝑧 и разлагая правую часть на множители, получим (𝑥 + 𝑦)(𝑦 +
𝑧) = 2𝑥𝑧. Если числа 𝑥, 𝑦, 𝑧 – нечетные, то левая часть полученного равенства
делится на 4, а правая часть не делится на 4. Противоречие.
Второе решение. Пусть 𝑥 = 2𝑎 + 1, 𝑦 = 2𝑏 + 1, 𝑧 = 2𝑐 + 1, где 𝑎, 𝑏, 𝑐 - целые
числа. Подставляя в равенство (𝑥 + 𝑦)2 + (𝑦 + 𝑧)2 = (𝑥 + 𝑧)2 правые части и
раскрывая скобки, после сокращения на 4 получим 2𝑏 2 + 2𝑎𝑏 + 2𝑏𝑐 + 2𝑏 + 1 =
2𝑎𝑐. При любых целых числах 𝑎, 𝑏, 𝑐 левая часть нечетное число, а правая часть –
четное число. Противоречие.
Критерии. Получен верный и обоснованный ответ – 7 баллов; приведен только
ответ без обоснования – 0 баллов.
4. Доказательство. Пусть 𝑥 ≥ 𝑦, тогда (3 − 𝑥)2 + (3 − 𝑦)2 + (𝑥 − 𝑦)2 ≤ 3 − 𝑥 + 3 −
𝑦 + 𝑥 − 𝑦 = 6 − 2𝑦 ≤ 6 − 4 = 2. Аналогично доказывается в случае 𝑥 ≤ 𝑦.
Критерии. Рассмотрение частных случаев – 0 баллов.
5. Ответ: 10.
Решение. Пусть M – середина стороны AC, N – середина стороны 𝐵𝐵1, P – середина
стороны 𝐵1 𝐶1 . Обозначим через K точку пересечения прямых 𝐴1 𝑀 и 𝐶1 𝐶, а через L
– точку пересечения прямых 𝐴1 𝑁 и AB. Точка K есть точка пересечения прямой
𝐶1 𝐶 и плоскости α = 𝐴1 𝑀𝑁. Так как M – середина стороны AC, то 𝐶1 𝐶 = 𝐶𝐾.
Аналогично, L – точка пересечения прямой AB и плоскости α, и так как N –
середина стороны 𝐵𝐵1, то AB = BL. Таким образом, расстояние от точки C до
плоскости α 𝜌(𝐶, 𝛼) = 𝜌(𝐴, 𝛼) = 8. Так как C середина отрезка 𝐶1 𝐾, то 𝜌(𝐶1 , 𝛼) =
1
2 ∙ 𝜌(𝐶, 𝛼) = 16. Аналогично получаем 𝜌(𝐵, 𝛼) = 2 𝜌(𝐴, 𝛼) = 4 ⟹ 𝜌(𝐵1 , 𝛼) =
1
𝜌(𝐵, 𝛼) = 4. Наконец, так как P – середина отрезка 𝐵1 𝐶1 , то 𝜌(𝑃, 𝛼) = 2 (𝜌(𝐵1 , 𝛼) +
1
𝜌(𝐶1 , 𝛼)) = 2 (4 + 16) = 10.
При вычислении расстояний от точек до плоскости α, использовались легко
проверяемые утверждения: 1) Если плоскость проходит через середину отрезка, то
расстояния от концов отрезка до плоскости равны; 2) Если точка О лежит в
плоскости и М середина отрезка ОР, то расстояние от точки Р до плоскости ровно в
два раза больше расстояния от точки М до этой плоскости.
Критерии. Верный и обоснованный ответ – 7 баллов; верно определено расстояние
от точки С до плоскости α – 1 балл, от точки 𝐶1 или от точки В – 3 балла; верный
ответ без обоснования – 0 баллов.