Відповіді ІІ етапу Всеукраїнської учнівської олімпіади з математики 2017-2018 н.р.
6 клас
1. Задамо дану суму в вигляді наступних доданків:
(1 + 2016) + (2
+ 2015) + …+ (1013 + 1014) + 2017. Оскільки кожний доданок ділиться на 2017, то і вся сума буде ділиться
на 2017.
Відповідь: ділиться на 2017.
2. За
першу хвилину Чебурашка мав з’їсти стільки ж, скільки з’їв одночасно з
Крокодилом Геною. Усього він з’їв половину торта, тому за хвилину він з’їв одну
четверту частину торта.
Відповідь: за 4 хвилини.
3. Тетяна рухається зі швидкістю 10 км/год. Отже вона з’явиться в кінці
доріжки через
год. За цей час
Оксана проїде
км, тобто 200
м. Це означає, що відстань між дівчатами 500-200=300 м.
Відповідь: 300 м.
4. Оскільки за умовою задачі 9
років тому сума років усіх членів сім'ї дорівнювала 40, а зараз 65, то за ці 9
років ця сума збільшилася на 65-40=25 років. Але якби 9 років тому в сім'ї був
син, то за цей період ця сума повинна була б збільшитися на 9·3=27 років. Отже,
9 років тому в сім'ї ще не було сина, а зараз йому 25-9·2=7 років. Тоді 4 роки
тому синові було 7-4=3 роки, а батькові, згідно з умовою задачі, у 9 разів
більше, тобто 3·9=27 років. Отже, зараз батькові 27+4=31 рік.
Рис. 1
|
5.Сусідніми по стороні є темні та
світлі, сусідніми числами є парні та непарні (рис. 1). Оскільки непарних
чисел 5, то саме вони стоять по темних комірках. Сума усіх непарних чисел від 1
до 9 дорівнює 25, тому всередині має стояти число 7. Неважко показати
заповнення числами, щоб ці умови були виконані.
Відповідь:
.
7 клас
1. Позначимо найменший власний дільник
через
, тоді число
так само
дільник нашого числа. Але вони різної парності і кожне з них є дільником
шуканого числа. Тому воно точно ділиться на
, звідки зрозуміло, що
. Так само очевидно, що саме число є добутком цих двох
дільників, тому воно дорівнює
.
Відповідь:
.
2. Позначимо суму цифр числа N через n,
тодi маємо таку рiвнiсть:
N = n + n3. Зрозумiло, що куб суми цифр не перевищує 99, а таких кубiв натуральних чисел усього чотири – 1,2,3,4. Достатньо їх перебрати.
N = n + n3. Зрозумiло, що куб суми цифр не перевищує 99, а таких кубiв натуральних чисел усього чотири – 1,2,3,4. Достатньо їх перебрати.
Тодi з рiвностi N = n+n3 знайдемо можливi
значення N:
N = 1 + 1 = 2 – має суму цифр 2, умову не задовольняє;
N = 8 + 2 = 10 – має суму цифр 1, умову не задовольняє;
N = 27 + 3 = 30 – має суму цифр 3, є розв’язком задачi;
N = 6 4 + 4 = 68 – має суму цифр 14, умову не задовольняє
Вiдповiдь: 30.
3. Оскільки
за умовою задачі 9 років тому сума років усіх членів сім'ї дорівнювала 40, а
зараз 65, то за ці 9 років ця сума збільшилася на 65-40=25 років. Але якби 9
років тому в сім'ї був син, то за цей період ця сума повинна була б збільшитися
на 9·3=27 років.
Отже, 9 років тому в
сім'ї ще не було сина, а зараз йому 25-9·2=7 років.
Тоді 4 роки тому
синові було 7-4=3 роки, а батькові, згідно з умовою задачі, у 9 разів більше,
тобто 3·9=27 років.
Отже, зараз батькові
27+4=31 рік.
Відповідь: 31 рік.
4. Зрозумiло, що сторона внутрiшнього квадрата дорiвнює 4, а рiзниця сторiн прямокутника i дорiвнює сторонi цього квадрата. Тому
можемо позначити сторони прямокутника через x та x + 4.
Площа великого прямокутника складає 16 +
96 · 4 = 400, тобто сторона 20. Легко побачити, що сторона великого
квадрату складається з двох менших сторiн прямокутника та сторони малого
квадрата, тобто: 2x + 4 = 20.
Звiдси менша сторона дорiвнює x =
8, а бiльша сторона – x + 4 = 12.
Вiдповiдь: Сторони прямокутника 8 та 12.
5. Пофарбуємо дошку у
кольори.
Непарні рядки (
-й,
-й, …,
-й) зліва направо по черзі у кольори
та
, парні рядки аналогічно у кольори
та
. При повороті на
відбувається
такий перехід кольорів:
(або
аналогічний). При такій операції сума чисел кожного кольору змінюється на
однакове число. По завершенню сума усіх чисел не змінюється. тому суми чисел
кожного кольору з самого початку мають бути рівними. Але сума чисел
не кратне
. Одержана суперечність завершує доведення.
Відповідь: не існує.
6. У зустрічах між
собою 4 останні учасники зіграли 6 партій, а тому разом набрали принаймні 6
очок, тому другий учасник набрав не менше 6 очок. Тому другий учасник втратив
не більше 1 очка, перший – також, але з нічиїх зрозуміло, що вони зіграли
мінімум 2 рази, крім того, у партіях між собою так само було втрачене 1очко.
Тобто, вони разом втратили не менше 2 очок, з доведеного вище – не більше, тому
обидва набрали по 6 очок.
Відповідь: 6.
8 клас
1. Нехай 2014=х, тоді х(х+1)(х+2)(х+3)+1=(х2+3х)(х2+3х+2)+1=
=(х2+3х)2 +2(х2+3х)+1=(х2+3х+1)2
=(х2+3х)2 +2(х2+3х)+1=(х2+3х+1)2
Отже, 2014·2015·2016·2017+1=(20142+ 3·2014+1)2 – квадрат натурального
числа.
2. Нехай зараз батькові х років,
матері у років, синові z років. Тоді за
умовою задачі маємо х + у + z = 65.
Якби 9 років тому сім'я також складалася з 3осіб, то на той період сума
років усіх членів сім'ї дорівнювала б 65-9·3=38, а за умовою задачі вона
дорівнює 40. Таким чином. 9 років тому в сім'ї ще не було сина, через те сума
років членів сім'ї на той період складалася з років батька і матері, отже
(х-9)+(у-9)=40.
(х-9)+(у-9)=40.
Оскільки 4 роки тому батько був старший за сина в 9 разів, то х-4=9(z-4).
Таким чином, для знаходження років батька, матері та сина маємо
Розв’язуючи цю систему рівнянь, знаходимо х=31, у=27, z=7. Отже, у даний
момент батькові 31 рік.
Відповідь: батькові 31 рік.
3.
Позначимо суму цифр числа N через n,
тодi N = n + n3.
Оскiльки
1 ≤ n ≤ 27, то n3 лежить в межах вiд
73 до 998,
бо 73 = 100 − 27
≤ N − 27 ≤ n3 ≤ N − 1 ≤ 999 − 1
= 998.
Простим пiдбором знаходимо, що у цих межах
лежать такi куби натуральних чисел: 53 = 125, 63 =
216, 73 = 343, 83 = 512, 93 = 729.
Тодi з
рiвностi N = n + n3 знаходимо можливi значення N:
N = 125 + 5 = 130 – має суму цифр 4, умову не
задовольняє;
N = 216 + 6 = 222 – має суму цифр 6, є розв’язком задачi;
N = 343 + 7 = 350 – має суму цифр 8, умову не
задовольняє;
N = 512 + 8 = 520 – має суму цифр 7, умову не
задовольняє;
N = 729 + 9 = 738 має суму цифр 18, умову не задовольняє
Вiдповiдь: 222.
4. Розглянемо ситуацію, коли три числа кратні
, а четверте
– ні. Тоді за модулем
ці числа
дорівнюють
, де
. Тоді така четвірка вже ніколи не зміниться. Тепер
перевіримо, коли кількість чисел кратних
може
збільшитись. Для цього треба, щоб в якості пари
були числа
за модулем
. Але тоді з’явиться пара
. Тобто у ситуації, коли три числа кратні
, а одне – ні, вони повинні мати вигляд
, а четвірка чисел із умов задачі дорівнює
. Одержана суперечність завершує доведення.
Відповідь: не можливо.
5.
B
|
K
|
C
|
N
|
M
|
B1
|
A
|
Отримаємо точку B1 таку, що B1M = MB. Тоді
AMB1=
CMB (за двома сторонами та кутом між ними
(вертикальному).
Отже, AB1 = BC = AN.
Тоді,
NAB1 – рівнобедрений,
тому угол
ANB1=
AB1N.
Крім того,
AB1N=
NBK, бо
AMB1=
CMB.
Тоді
BKN – рівнобедрений, BK = KN.
6. Зрозуміло, що треба вибрати якомога більше кубиків зі сторонами
та
. Очевидно, що кубик зі стороною
можна використати максимум один. Після цього
не більше семи кубиків зі стороною
, наприклад,
розмістивши їх по кутах великого кубика.
Покажемо, що більшу їх кількість розташувати не можна.
Кожен з кубиків зі стороною
та
обов’язково покриває принаймні один (для
квадрата зі стороною
- рівно один) кубик, що розташований по
діагоналі від одного з кутових кубиків кубика
. Але таких
кубиків усього вісім, тому й кубиків зі стороною
та
не більше восьми. Підрахуємо їх максимальний
об’єм.
. Таким
чином, щоб повністю його заповнити треба ще
одиничних кубики. Разом виходить треба
щонайменше
кубиків.
Відповідь: не можна.
9 клас
1. Обчисліть значення виразу:
Нехай
, тоді (х+2)(х+1)-(х+3)х=2.
Відповідь: 2.
2. Розглянемо ситуацію, коли три числа кратні
, а четверте
– ні. Тоді за модулем
ці числа
дорівнюють
, де
. Тоді така четвірка вже ніколи не зміниться. Тепер
перевіримо, коли кількість чисел кратних
може
збільшитись. Для цього треба, щоб в якості пари
були числа
за модулем
. Але тоді з’явиться пара
. Тобто у ситуації, коли три числа кратні
, а одне – ні, вони повинні мати вигляд
, а четвірка чисел із умов задачі дорівнює
. Одержана суперечність завершує доведення.
Відповідь: не можливо.
3. Розв’яжіть систему рівнянь:
3. Для зручності
позначимо:
,
,
.
Тоді, додаючи всі три рівняння, отримуємо: 2(a+b+c)=6048.
Звідси a+b+c=3024. З першого
рівняння системи маємо c=3024-2015=1009;
З другого – a=3024-2016=1008; з третього – b=3024-2017=1007.
Тоді
,
,
.
Відповідь:
,
,
.
4.Нехай x0 – спільний
корінь цих рівнянь. Тоді ax0 2017 + b = bx02017
+ a,
(a – b)x02017 = a – b. Оскільки a ≠ b , то x0 = 1. Отже, a + b = - 1.
(a – b)x02017 = a – b. Оскільки a ≠ b , то x0 = 1. Отже, a + b = - 1.
Відповідь: -1.
5. Трикутники AEF і EDF подібні, бо вони мають спільний кут F і
FAE=
ACB=
FED (бо кут між дотичною EF і хордою BE дорівнює вписаному куту ВСЕ).
З подібності цих трикутників випливає
.
Отже, EF
2= AF·DF= a(a– b).
Відповідь:
.
6. Запишемо у кожному рядку зліва направо числа
по одному в кожну клітинку. Тоді будуть
прибрані дві будь-які клітини з записаними в них числами
. Будь-яка
фігурка покриває п’ять клітинок, сума чисел на яких кратна
. Але сума
всіх чисел таблиці, що лишилася дорівнює
і має
останню цифру
, тобто не
кратна
.
Відповідь: не можна.
10 клас
1. Обчислить значення виразу:
=
=
–
=
Відповідь: 2.
2. Позначимо найменший власний дільник через
, тоді принаймні одне з чисел
так само
дільник нашого числа. Але вони різної парності і кожне з них є дільником
шуканого числа. Тому воно точно ділиться на
, звідки зрозуміло, що
. Тоді
, а
. Так само очевидно, що саме число є добутком цих двох
дільників, тому воно дорівнює 8130 або 64.
Відповідь:
8130 або 64.
3. Оскільки 3x+4y+6z
12, то
. Скористаємось нерівністю Коші-Буняковського:
.
4. Подовжимо CA за точку A, відмітимо
точку E таку, що
AE = AD. Прямокутні трикутники BAE і BAD рівні за двома катетами, отже
BD = BE. Доведемо, що DC ≥ DE.
AE = AD. Прямокутні трикутники BAE і BAD рівні за двома катетами, отже
BD = BE. Доведемо, що DC ≥ DE.
Через точку D проведемо пряму,
паралельну BC, нехай вона перетинає відрізок BE у точці F.
Достатньо довести, що BF ≥
FE, і, застосувавши теорему Фалеса, одержати, що DC ≥
DE.
Або достатньо довести, що BF ≥
BE =
BD.
Кути FDB и DBC –
внутрішні різносторонні при
паралельних DF і BC та січній BD, отже ∠BDF = 30◦.
Але тоді в трикутнику BDF сторона BF,
яка лежить навпроти кута 30◦,
не коротша половини BD. Щоб це пояснити, опустимо з B перпендикуляр
на DF, нехай X – основа цього перпендикуляра, тоді BX =
BD (бо BX – катет, що лежить навпроти кута 30º у прямокутному трикутнику DBX), а BF
≥ BX (бо похила не коротша за перпендикуляр).
Отже, BF ≥
BD, CD ≥ 2AD .
5. х2+(2017+а)х+2016а+4033=0,
Оскільки нас цікавлять лише цілі значення х і а,
то х+2016 – дільник простого числа
2017. Таким чином, отримаємо 4 можливих значення х.
1)
х+2016=2017. Отже, х=1, а=-3.
2)
х+2016=1. Отже, х=-2015, а=-3.
3)
х+2016=-1. Отже, х=-2017, а=4033.
4)
х+2016=-2017. Отже, х=-4033, а=4033.
Відповідь:-3 , 4033.
6. Пофарбуємо вузли сiтки чорним i бiлим
кольором у «шаховому» порядку (тобто нiякi
два сусiднi вузли не є
однокольоровими). Оскiльки всi вiдрiзки
ламаної утворюють кут 45◦ з лiнiями
сiтки, то всi її вершини, як
нескладно помiтити, є одного кольору.
Без обмеження
загальностi
будемо вважати, що чорного.
Тодi з’єднаємо всi пари чорних точок, вiдстань мiж якими дорiвнює
, зеленими вiдрiзками.
Бачимо, що чорнi
вузли разом з зеленими вiдрiзками утворюють нову клiтчату сiтку з площею квадратика, рiвною 2.
Тодi всi вiдрiзки нашої ламаної, як неважко
переконатися, йдуть по лiнiям нової сiтки, причому обмежують 8 2 = 4 її
квадратики. Що ж вiдбувається з вузлами початкової сiтки? Тi, якi
ми позначили чорним кольором, переходять у вершини нової, а тi, якi бiлим – в
центри нових квадратикiв. Останнiх у нас, очевидно, 4, а вершин нової сiтки –
стiльки ж, скiльки рiзних квадратикiв 2 × 2 мiстить ламана на новiй
сiтцi (взаємно однозначна вiдповiднiсть мiж квадратиками 2×2 i їх
центрами, якi лежать всерединi ламаної). Таких квадратикiв, очевидно, не може
бути бiльше одного, адже площа одного вже дорiвнює площi всерединi ламаної.
Звiдси маємо i вiдповiдь – 4 або 5. Приклади для обох варiантiв наведенi нижче.
Вiдповiдь: 4 або 5.
11 клас
1.Якщо n=2017,
то
=
.
Відповідь:
.
2. Розв’яжіть рівняння: 2017х –2016х=1.
Доведемо, що інших розв’язків немає.
Функція в лівій частині рівняння
зростає, в правій – спадає. Отже, рівняння має не більше 1 розв’язку.
Відповідь: х=1.
3. Оскільки x >0 і y>0,
то за нерівністю між середнім арифметичним і середнім геометричним двох додатних чисел маємо
, тобто
. Тому
.
4. Доведемо, що BC ≥ AB.
Розглянемо проекції
точок M і C на пряму AB – точки M1 і C1 відповідно.
Тоді точка M1 – основа висоти рівнобедреного
трикутника ABM, отже, є серединою сторони AB, BM1 =
AB.
∠CBC1 = 180˚− ∠ABC = 60 ˚, тому BC1
=BC cos 60 =
BC.
Але BC = MC ≥ M1C1 = M1B + BC1 =
AB+
BC, откуда BC ≥ AB.
Аналогічно, використовуючи проекції точок N і A на пряму BC, доведемо, що BC ≤ AB. Отже, BC = AB.
Але BC = MC ≥ M1C1 = M1B + BC1 =
Аналогічно, використовуючи проекції точок N і A на пряму BC, доведемо, що BC ≤ AB. Отже, BC = AB.
5. При x =0 маємо f(0)=-1.
При y=0 маємо
Перевіркою переконуємось, що ця функція задовольняє
умову.
Відповідь:
.
6. Припустимо, що таких цілих
чисел немає.
Нехай, число 2016 пофарбовано в
синій колір, а число 2017 – в жовтий. Розглянемо 2 випадки:
1) Число 0 пофарбовано в жовтий
колір.
Оскільки числа 0 і 2017 – жовті,
то число -2017 пофарбовано в синій колір.
Оскільки числа -2017 і 2016 –
сині, і -2017+2016+1=0, то число 1 – жовте. Аналогічно, оскільки, числа 0 і 1
–жовті, то число -1 повинно бути синім.
Далі, числа -1 і 2016 – сині, отже
число -2015 – жовте, тоді число 2015 –синє.
Числа -2015 і 2017 – жовті, 2017
+(-2015)+(-2)=0, тому число -2 – синє, тоді число 2 –жовте.
Таким чином, числа 1 і 2
пофарбовані жовтим кольором.
Нехай число n – найменше натуральне число, пофарбоване синім кольором, тоді
число - n пофарбовано жовтим
кольором.
Оскільки 1+(n-1)+(- n)=0, n>2 і ці три числа – жовті, отримаємо
протиріччя.
2) Число 0 пофарбовано в синій
колір.
Оскільки числа 0 і 2016 – сині, то
число -2016 пофарбовано в жовтий колір.
Оскільки числа -2016 і 2017 –
жовті, і -2016+2017+(-1)=0, то число -1 –синє.
Аналогічно, оскільки, числа 0 і
-1 – сині, то число 1 повинно бути жовте. Далі, числа 1 і -2016 – жовті, отже
число 2015 – синє, тоді число -2015 – жовте. Числа -2015 і 2017 – жовті,
(-2015)+ 2017 + (-2)=0, тому число -2 – синє.
Таким чином, числа -1 і -2
пофарбовані синім кольором.
Нехай число m – найбільше ціле від’ємне число, пофарбоване жовтим кольором,
тоді число - m пофарбовано синім
кольором.
Оскільки -1+(-m +1)+ m =0, -m<2 і ці три числа – cині, отримаємо протиріччя.
Відповідь: обов’язково.