10 класс Первый тур

Пример: = 15.

Оценка: из условия задачи следует, что сумма данных чисел равна 150. Для того, чтобы одно из слагаемых было наибольшим, необходимо, чтобы остальные девять слагаемых были как можно меньше. Так как все слагаемые должны быть различными, то сумма девяти наименьших из них не может быть меньше, чем 1 + 2 + ... + 9 = 45. Следовательно, наибольшее из данных чисел не может быть больше, чем 105.

Рис. 1

Рассмотрим любой из двугранных углов, образовавшихся при пересечении данных плоскостей, и проведем его биссектор (см. рис. 1). Если проектировать в направлении, перпендикулярном плоскости биссектора, то проекцией любой фигуры будет равная ей фигура (эти фигуры симметричны относительно плоскости биссектора).

Тем самым, условие задачи будет выполнено.

1.3. Дана таблица размером 88, изображающая шахматную доску. За каждый шаг разрешается поменять местами любые два столбца или любые две строки. Можно ли за несколько шагов сделать так, чтобы верхняя половина таблицы стала белой, а нижняя половина – черной?

Ответ: нет, нельзя.

Заметим, что обе разрешенные операции не изменяют количество черных и белых клеток в любой строке, следовательно, требуемую раскраску таблицы получить не удастся.

Например, f(x) = –2x⁶ + 3x⁴. Действительно, f(sinx) + f(cosx) = –2sin⁶x + 3sin⁴x – 2cos⁶x + 3cos⁴x = –2(sin⁶x + cos⁶x) + 3(sin⁴x + cos⁴x) = –2(sin²x + cos²x)(sin⁴x – sin²xcos²x + cos⁴x) + 3((sin²x + cos²x)² – 2sin²xcos²x) = –2(1 – 3sin²xcos²x) + 3(1 – 2sin²xcos²x) = 1.

Рис. 2а

Рис. 2в

Заметим, что всего в турнире было сыграно 17 партий, так как каждый проигравший выбывал. Каждый из шести школьников утверждал, что сыграл по 4 партии, значит, не менее трех из них он должен был выиграть. Так как в каждой партии возможен только один победитель, то в таком случае партий было не меньше, чем 63 = 18.

Полученное противоречие показывает, что кто-то из школьников ошибся.
Третий тур (20 минут; каждая задача – 8 баллов).

3.1. Число a – корень уравнения х¹¹ + х⁷ + х³ = 1. При каких натуральных значениях n выполняется равенство a⁴ + a³ = aⁿ + 1?

Ответ: при n = 15.

Так как функция f(x) = х¹¹ + х⁷ + х³ возрастает, то указанное число а – единственный корень уравнения f(x) = 1. Кроме того, f(0) = 0, а f(1) = 3, значит, 0 < a < 1.

Из условия задачи следует, что а¹¹ + а⁷ + а³ = 1. Умножив обе части этого равенства на а⁴, получим: а¹⁵ + а¹¹ + а⁷ = а⁴. Вычтем из этого равенства равенство а¹¹ + а⁷ + а³ = 1, тогда а¹⁵ – а³ = а⁴ – 1 a⁴ + a³ = a¹⁵ + 1. Сравнив полученное равенство с равенством a⁴ + a³ = aⁿ + 1, получим, что aⁿ = a¹⁵. Так как 0 < a < 1, то n = 15.

Мы воспользовались тем, что левая часть данного уравнения представляет собой геометрическую прогрессию. Поэтому в решении использован тот же прием, что и при выводе формулы суммы n первых членов геометрической прогрессии.

3.2. В каком отношении делит площадь прямоугольной трапеции, описанной около окружности, биссектриса ее острого угла?

Ответ: в отношении 1 : 1.

Так как СDE = ADE = KOE = LOC = MOC (равенство острых углов с соответственно параллельными или с соответственно перпендикулярными сторонами), то OND = OMD и OKE = OLC = OMC (по катету и острому углу). Кроме того, равны квадраты AKON и BKOL.

Таким образом, S_ADE = S_OND + S_AKON + S_OKE = S_OMD + S_BKOL + S_OMC = S_OMD + S_BEOL + S_OLC + S_OMC = S_CDEB, то есть биссектриса DE делит площадь данной трапеции пополам.

Рассмотрим поворот с центром О на 90 по часовой стрелке. Так как AKON и BKOL – равные квадраты (см. рис. 3а), то образом точки А при таком повороте является точка В. Образом луча OF является луч ОЕ, а образом прямой DA – прямая АВ, поэтому точка F при этом повороте переходит в точку Е. Кроме того, образом прямой АВ является прямая ВС, поэтому точка Е переходит в точку С. Таким образом, четырехугольник ОЕВС является образом четырехугольника OFAE, следовательно, эти четырехугольники равны (и равновелики).

Из доказанного следует, что биссектриса DE делит площадь данной трапеции пополам.

3.3. Произведение четырех последовательных положительных нечетных чисел оканчивается на 9. Найдите две предпоследние цифры этого произведения.

Ответ: два нуля.

Среди данных четырех чисел не может быть числа, оканчивающегося на 5 (иначе произведение будет оканчиваться на 5), значит, эти числа оканчиваются на цифры 7, 9, 1 и 3 (именно в таком порядке). Тогда число, лежащее на числовой прямой между вторым и третьим числом, делится на 10, то есть имеет вид 10n (n – натуральное).

Следовательно, произведение данных чисел равно (10n – 3)(10n – 1)(10n + 1)(10n + 3) = (100n² – 9)(100n² – 1) = 10000n⁴ – 1000n² + 9. Заметим, что первые два слагаемых в полученной сумме кратны 1000, поэтому две предпоследние цифры этого числа – нули.
Четвертый тур (25 минут; каждая задача – 9 баллов).

4.1. Решите систему уравнений: .

Ответ: ; ; ; .

Преобразуем: Вычтем из первого уравнения второе. Получим: или .

Осталось рассмотреть два случая:

1) . Подставив значение выражения в третье уравнение исходной системы, получим неверное равенство: . Следовательно, этот случай невозможен.

2) . Тогда система, равносильная исходной, после упрощения примет вид: . Учитывая, что z 0, из первых двух уравнений получим, что y = 3.

Тогда или или или или .

4.2. Вокруг равнобедренного треугольника ABC (AB = AC) описана окружность. Касательная к ней в точке В пересекает луч АС в точке D, Е – середина стороны АВ, Н – основание перпендикуляра, опущенного из точки D на прямую АВ. Найдите длину ЕН, если AD = a.

Ответ: 0,5а.

Первый способ. Отметим середину отрезка AD – точку K (см. рис. 4). Тогда HK – медиана прямоугольного треугольника AHD, проведенная к гипотенузе, значит, HK = AD = 0,5a. Кроме того, KE – средняя линия треугольника ADB, то есть KE || DB.

Рис. 4

Следовательно, BE = AB = (AH – BH) = a(cos – 2sin²0,5) = a(1 – 4sin²0,5); EH = BЕ + BH = a(1 – 4sin²0,5) + 2asin²0,5 = a.

Заметим, что на шахматной доске – ровно 16 диагоналей, содержащих нечетное количество клеток (8 «белых» и 8 «черных»). Никакие две из таких диагоналей не имеют общих клеток, поэтому в каждой диагонали хотя бы одна клетка должна остаться пустой. Следовательно, на доске можно расставить не более, чем 64 – 16 = 48 фишек, удовлетворяющих условию.

Один из возможных примеров расстановки 48 фишек – см. рис. 5 (пустыми остаются две главные диагонали).
Пятый тур (15 минут; каждая задача – 7 баллов).

Рассмотрим отрезок DE длины b. Восставим перпендикуляры к этому отрезку в его концах: DА = a, EВ = c (точки А и В лежат в разных полуплоскостях относительно DE, см. рис. 6). Пусть точка С лежит на отрезке DE и DС = x, тогда ЕС = b – x. Из прямоугольных треугольников ACD и BCE получим: ; .

Так как АС + ВС AB, то наименьшее значение данной функции равно АВ = (оно достигается, если точка С лежит на отрезке АВ).

Это же решение можно оформить иначе, введя на плоскости декартову систему координат, в которой лучи DA и DE – положительные полуоси y и x соответственно. Тогда А(0; а), В(b; –c); C (x; 0).

При желании можно также найти значение аргумента, при котором достигается искомое значение функции. Так как треугольники ACD и BCE подобны, то .

5.2. Сколько сторон может иметь выпуклый многоугольник, у которого сумма тупых углов равна 3000? (Примеры приводить не надо.)

Ответ: 19 или 20.

Заметим, что выпуклый многоугольник не может иметь более трех не тупых углов (если это не прямоугольник). Действительно, если таких углов больше, чем три, то внешние углы, смежные с ними, – не острые, а это противоречит тому, что сумма внешних углов выпуклого многоугольника (взятых по одному при каждой вершине) равна 360.

Таким образом, сумма углов данного многоугольника равна 3000 + S, где 0 S 270. Пусть у него n сторон, тогда 180(n – 2) = 3000 + S, то есть . Учитывая, что n – натуральное число, получим: S = 60; n = 19 или S = 240; n = 20.

Девятнадцатиугольник, у которого один острый угол величиной 60 и восемнадцать тупых углов с заданной суммой, равно как и двадцатиугольник с тремя острыми углами, сумма которых 240, и семнадцать тупых углов с заданной суммой, наверняка построить можно, но это построение весьма громоздко, поэтому от учащихся оно не требуется.

5.3. Петя записал на компьютере число 1. Каждую секунду компьютер прибавляет к числу на экране сумму его цифр. Может ли через какое-то время на экране появиться число 123456789?

Ответ: нет, не может.

Первый способ. Предположим, что указанное число может получиться, тогда рассмотрим число x, которое было на экране за секунду до этого. Обозначим сумму цифр числа x через S(x), тогда x + S(x) = 123456789. Заметим, что число 123456789 делится на 9 (так как сумма его цифр делится на 9), а числа x и S(x) имеют одинаковые остатки от деления на 9. Значит, числа x и S(x) также кратны девяти.

Рассуждая аналогично, получим, что и число, из которого получилось x, также должно делится на 9, и так далее. В итоге получим, что исходное число 1 делится на 9, а это неверно. Полученное противоречие показывает, что наше предположение не верно, и число 123456789 появиться на экране не может.