Главная страница
qrcode

Відповідь . Розв


НазваниеВідповідь . Розв
Анкорsolution 2-stage-kiev.doc
Дата13.10.2017
Размер0.74 Mb.
Формат файлаdoc
Имя файлаsolution_2-stage-kiev.doc
ТипДокументы
#22510
Каталог


Розв’язання завдань ІІ етапу Всеукраїнської олімпіади

з математики у місті Києві 2013-2014 рік
6 клас
1. Знайдіть найбільший спільний дільник чисел та .
Відповідь: .

Розвязання. Перевіримо, що друге число діляться націло на . Дійсно:

– ділиться на . З властивостей НСД число і є шуканим НСД.
2. Є три попарно різних натуральних числа . Доведіть, що числа , та не можуть бути трьома послідовними натуральними числами.
Розвязання. Якщо усі три числа додати та поділити на 3, то вийде їх середнє арифметичне, воно дорівнює з одного боку

,

а з іншого боку воно дорівнює середньому з цих трьох послідовних чисел.

Таким чином одне з чисел дорівнює . Наприклад, це , тому . А це суперечить тому, що усі 3 числа попарно різні.
3. На папері у клітину нарисований квадрат розміром клітин. Розріжте його по лініях клітин таким чином, щоб серед отриманих 5 частин та (рис. 1) найбільшу площу мала частина , а найбільший периметр – частина .
Розвязання. Приклад зображений на рис. 2.
4. Числа переставили у деякому порядку і отримали набір чисел . Чи обов’язково число ділиться націло на

а) ; б) ?
Відповідь:а) так; б) ні.

Розвязання. а) Оскільки серед 2013 чисел 1007 непарних та 1006 парних, то обов’язково в одній з пар буде сума двох непарних чисел, яка кратна , а тому й весь добуток є парним, тобто ділиться на .

б) Розглянемо таку перестановку чисел:

.

Для неї вираз у кожній з дужок, окрім останньої, дорівнює непарному числу , а тому й добуток цих чисел буде непарним. Остання дужка дає число , яке на не ділиться. Таким чином весь добуток на не ділиться.
7 клас
1. Розв’яжіть рівняння: .
Відповідь: .

Розвязання. Зрозуміло, що , оскільки , то далі маємо, що .
2. Чи існують натуральні числа , які задовольняють рівність:

?
Відповідь: не існують.

Розвязання. Оскільки , то , аналогічно: , то та , то . Звідси , тобто рівність не можлива.
3. Знайдіть усі такі трицифрові числа, які при множенні на стають точним кубом натурального числа.
Відповідь: .

Розвязання. Зрозуміло, що воно повинно ділитись на . Решта множників повинні бути кубами натуральних чисел. Випишемо послідовно ці куби та подивимось, чому дорівнює добуток цих чисел на .

, – двоцифрове число, умову не задовольняє.

, – трицифрове число, умову задовольняє.

, – чотирицифрове число, умову не задовольняє.

Зрозуміло, що більші числа тим паче умову не задовольняють.
4. У трикутнику проведена бісектриса . Через точку проведена пряма, що перпендикулярна відрізку і перетинає сторону у точці . Доведіть, що .
Розвязання. Позначимо точку перетину та через (рис. 3). Оскільки , то у відрізок є бісектрисою та висотою одночасно, тому , тому , тому у трикутнику відрізок є одночасно висотою та медіаною, тому він рівнобедрений, тобто .
5. У малому залі кінотеатру є 10 рядів по 8 крісел, які розставлені у вигляді прямокутника. На кожному місці сидить глядач, який має рівно 100 гривень по 1 гривні. Якщо протягом сеансу хтось чихає, то він роздає по 1 гривні кожному з своїх сусідів. Сусідами вважають ті, хто сидить поруч зліва чи справа, або рівно позаду, або рівно попереду, тобто у кожного глядача є від 2-х до 4-х сусідів. Відомо, що Петрик чхнув протягом сеансу принаймні 1 раз. Яка найменша кількість чхань з урахуванням чхання Петрика могла бути протягом сеансу, якщо по завершенню у кожного глядача так і залишилось 100 гривень?
Відповідь: 80.

Розвязання. Спочатку покажемо, що кожний глядач чхнув принаймні 1 раз. Якщо хтось не чхнув, щоб у нього залишились усі 100 гривень, він не повинен отримати гривню від жодного сусіда, тому його сусіди не чхали. Так само сусіди цих сусідів також не мали чхати і так далі. Виходить, що жодна людина не чхала.

Тепер покажемо, що якщо кожний глядач чхне рівно 1 раз, то кількість грошей у кожного не зміниться. Нехай вони чхнуть у довільному порядку. Тоді кожен віддасть стільки гривень, скільки у нього сусідів, так само і отримає рівно стільки гривень, скільки у нього сусідів.

Твердження доведене.
8 клас
1. Знайдіть різницю між сумою усіх парних чисел від 2 до 100 та сумою усіх непарних чисел від 1 до 99.
Відповідь: .

Розвязання. Розіб’ємо усі числа на пари. , оскільки там усього 50 пар чисел.
2. Для яких цифр п’ятицифрові числа та є послідовними натуральними числами.
Відповідь: або .

Розвязання. Якщо число закінчується не на , то при додаванні , змінюється лише остання цифра. Таким чином треба розглянути лише варіанти або . Очевидно тоді, що також та відповідно.

Якщо , то повинна виконуватись рівність: , тоді четверта справа цифра числа, що у правій частині останньої рівності повинна бути , тобто і ми маємо таку рівність:

.

Якщо , то повинна виконуватись рівність: , тоді четверта справа цифра числа, що у лівій частині останньої рівності повинна бути , тобто і ми маємо таку рівність:

.
3. Задані 2013 чисел. Відомо, що сума будь-яких 11 з цих чисел – додатна. Чи обов’язково сума усіх 2013 чисел також додатна?
Відповідь: Обов’язково.

Розвязання. Виберемо 11 найменших серед заданих чисел. Тоді їх сума – додатна. Але тоді усі інші числа – додатні. Бо якщо якесь з них, наприклад, , а серед обраних 11 числах усі не перевищують , то їх сума також недодатна. Таким чином одержали суперечність. Звідси висновок, сума найменших 11 чисел додатна. і усі інші числа також додатні. Тому сума усіх чисел – додатна.
4. У опуклому чотирикутнику сторона видна з середини сторони під прямим кутом. Доведіть, що .
Розвязання. Позначимо середину сторони через , проведемо промені та , які паралельні відповідно прямим та , які перетинаються у точці (рис. 4). Зрозуміло за побудовою, що – прямокутний. Тоді – серединний перпендикуляр до , а – серединний перпендикуляр до , тому , , звідки

,

що й треба було довести.
Альтернативнерозвязання. Відкладемо на променях та відрізки та відповідно (рис. 5), для яких , . Тоді та – середні лінії та відповідно. Позначимо, , , , тоді – прямокутник. Тоді маємо, що та – прямокутні. В них та , звідки з нерівності трикутника і маємо шукане:
5. На шалькових терезах розкладені гирі вагою 1, 2, 3, ..., , таким чином, що ваги знаходяться у рівновазі. Чи завжди можна зняти 3 гирі з терезів таким чином, щоб терези залишилися у рівновазі?
Відповідь: Завжди.

Розвязання. Якщо для деякого одна гиря розташована на одній шальці терезів, а на іншій – гирі та , то достатньо зняти оці 3 гирі і вимога задоволена.

Якщо така ситуація не виконується, то розглянемо ту шальку терезів, де знаходиться гиря , а також гирю, з найменшою вагою більшою . Нехай ця вага . Тоді на цій шальці розташовані усі гирі вагою . Зауважимо, що , бо інакше на одній шальці лише 2 гирі та , а на інших – усі інші, а вони мають більше вагу: . Тоді гирі розкладені на шальках таким чином: та . З цього очевидно, що , бо інакше рівності не буде. Але тоді на різних шальках розташовані гирі , а на іншій – , які й можна зняти.
9 клас
1. Розв’яжіть рівняння: .
Відповідь: .

Розвязання. Оскільки , то задане рівняння можна переписати у вигляді: , або , це рівносильне умові , тобто розв’язком рівняння є множина чисел .
2. Знайдіть усі шестицифрові числа, які мають вигляд та діляться націло на 45.
Відповідь: та .

Розвязання. Зрозуміло, що ці числа повинні бути кратними 9 та 5. Розглянемо два випадки. Якщо воно закінчується на 0, тобто , то його сума цифр дорівнює . Тому для виконання умови повинно . Якщо воно , то його сума цифр дорівнює і повинно бути . Таким чином маємо дві відповіді.
3. У квадраті розміром клітин деякі клітини зафарбовані у чорний колір. При цьому виявилось, що жодна чорна клітина не має суміжної сторони більше ніж з однією іншою чорною клітиною? Яка найбільша кількість клітин могла бути зафарбована у чорний колір?
Відповідь: .

Розвязання. Приклад, що належним чином можна зафарбувати квадратиків зображений на рис. 6. Припустимо, що було зафарбовано більше, ніж 8, тоді принаймні у одному з чотирьох квадратів було зафарбовано не менше трьох клітин (рис. 7). Але тоді хоча б одна з них має суміжні сторони з двома іншими чорними клітинами. Одержана суперечність завершує доведення.
4. На діагоналі паралелограма вибрані точки та таким чином, що . Прямі та перетинають сторони та відповідно у точках та . Знайдіть відношення .
Відповідь: .

Розвязання. Проведемо діагональ , тоді точка перетину діагоналей – ділить обидві діагоналі навпіл (рис. 8). Тоді для відрізок – медіана, а точка задовольняє умови , тобто – точка перетину медіан . Тому – також медіана , а тому – середина сторони , аналогічно – середина сторони . Тому – середня лінія , звідси і випливає, що .
5. Для функції , справджується умова . Доведіть, що вона має два нулі.
Розвязання. Оскільки задану умову можна переписати у такому вигляді:

.

А останню умову запишемо у такому вигляді . Таким чином, або і парабола має два дійсних корені, або ці значення мають різні знаки, звідки також випливає, що вона має два дійсних корені.
10 клас
1. Розв’яжіть рівняння: .
Відповідь: .

Розвязання. Оскільки , то розглянемо два випадки.

Перший випадок. , звідки – розв’язки.

Другий випадок. , звідки . Тоді задане в умові рівняння можна переписати таким чином: . Звідси випливає, що розв’язком останнього рівняння є проміжок . З урахуванням першого випадку та умови маємо наведену відповідь.
2. Дійсні числа задовольняють рівність:

.

Доведіть, що принаймні два з них рівні за модулем.
Розвязання. Перепише рівність таким чином:

.

Якщо , то твердження доведене, бо . Інакше, скоротимо на і будемо мати, що

або ,

звідки й випливає, що або , або . Твердження доведене.
3. Автобусні білети мають шестицифрові номери від 000000 до 999999. білет називається щасливим, якщо у нього сума перших трьох цифр дорівнює сумі останніх трьох. Назвемо білет суперщасливим, якщо він щасливий та серед цього цифр є чотири цифри 7, які йдуть поспіль (7777). Скільки усього існує суперщасливих номерів білетів серед усіх можливих?
Відповідь: 18.

Розвязання. Розглянемо два випадки.

1 випадок. Комбінація 7777 йде посередині. Тоді, щоб білет став щасливим треба, щоб перша та останні цифри співпадали. Тому таких номерів рівно 10.

2 випадок. Цифри 7777 йдуть на початку числа. Така ж кількість чисел, коли ці цифри йдуть наприкінці числа. Тоді дві останні цифри у сумі повинні давати 14. Таких комбінацій усього: 95, 86, 68 та 59. Тут не пишемо комбінацію 77, бо тоді маємо число 777777, яке вже враховане у першому випадку.

Таким чином усього таких чисел .
4. Для трикутника позначимо через середини його сторін. Всередині вибрана точка . Точки – симетричні відповідно точкам відносно точки . Доведіть, що площа шестикутника удвічі більша за площу .
Розвязання. Гомотетія (рис. 9), тому . Аналогічно , . Разом маємо:

.
5. Чи існує таке натуральне число , що його цифри можна переставити таким чином, що утвориться число , для деякого .
Відповідь: не існує.

Розвязання. Припустимо, що це не так і існують такі значення , для яких та записані однаковими цифрами. Тому вони дають однакову остачу при діленні на 9. Тобто маємо, що

або .

Але найменша степінь числа 2, яка має таку властивість – це , таким чином , звідки , тобто числа та мають різну кількість цифр. Одержана суперечність завершує доведення.
11 клас
1. Чи може бути кутом трикутника, якщо він задовольняє рівність: .
Відповідь: не може.

Розвязання. Знайдемо можливі значення із заданого рівняння:

.

Тоді можливі варіанти:

або і найменше натуральне значення, що задовольняє таку рівність є , що неможливо для кута трикутника.

або і найменше натуральне значення, що задовольняє таку рівність є , що також неможливо для кута трикутника.
2. Чи існує таке натуральне число , для яких обидва числа та є цілими?
Відповідь: такого натурального числа не існує.

Розвязання. Припустимо методом від супротивного, що таке існує, тоді позначимо одержані цілі числа як та , тоді з першої рівності, та з другої. Тоді або , що суперечить подільності на .
3. З множини вибрали 5 різних чисел, з множини також вибрали 5 різних чисел. Виявилось, що різниця жодних двох чисел з десяти вибраних не кратна 10. Знайдіть суму усіх 10 вибраних чисел.
Відповідь: .

Розвязання. Зумов задачі випливає, що в усіх обраних чисел різні останні цифри. Тому суму можна знайти, якщо окремо додати десятки та одиниці цих чисел. Серед десятків є п’ять по та ще п’ять по , тому сума десятків дорівнює . А серед одиниць маємо кожну цифра рівно один раз, тому їх сума дорівнює: . Таким чином сума усіх десяти чисел дорівнює .
4. Для функції справджується умова . Доведіть, що вона має два нулі.
Розвязання. З умови задачі очевидно, що . Тепер умову задачі перепишемо таким чином:

або .

Тепер, якщо , тобто гілки параболи направлені вгору, то і парабола має 2 нулі, аналогічно при .
5. Діагоналі та опуклого чотирикутника перпендикулярні та перетинаються в точці . Кола з центрами в точках та радіусами вписані у трикутники , , , відповідно. Доведіть твердження:

а) ;

б) .
Розвязання. а) Використаємо відому формулу для радіуса вписаного кола для прямокутного трикутника з катетами та гіпотенузою : (рис. 10).







.
б) З теореми Піфагора маємо, що

,

останній перехід використовує пункт а).
перейти в каталог файлов


связь с админом