Олимпиада по математике для 10 класса.

Муниципальный этап Всероссийской олимпиады школьников

по математике

10 класс

Максимальный балл - 35

1. Решите задачу (7 баллов)

Найдите все натуральные числа, которые увеличиваются в 9 раз, если между цифрой единиц и десятков вставить ноль.

2. Решите задачу (7 баллов)

Доказать: a² + b² + ab ≥ 3(a + b - 1) для всех a, и b.

3. Решите задачу (7 баллов)

Из цифр 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8 и 9 составлены все пятизначные числа, не содержащие повторяющихся цифр. Найдите сумму всех этих чисел.

4. Решите задачу (7 баллов)

От квадрата отрезали прямоугольный треугольник, сумма катетов которого равна стороне квадрата. Найдите сумму трех углов, под которыми видна из трех оставшихся вершин квадрата гипотенуза этого треугольника.

5. Решите задачу (7 баллов)

Шесть монет (из них три настоящие, одинакового веса, и три фальшивые, также одинакового веса; фальшивые – легче) разложили в три кучки одинакового веса. За два взвешивания на чашечных весах без гирь, найдите все настоящие монеты.

Примерные варианты решений и оценка задач

Муниципального этапа Всероссийской олимпиады школьников по математике

10 класс

Воронин С.М.

1. Найдите все натуральные числа, которые увеличиваются в 9 раз, если между цифрой единиц и десятков вставить ноль.

Решение. Запишем искомое число в виде 10a+b, где b – его последняя цифра, a – натуральное. По условию, 9·(10a+b) = 100a + b, откуда 4b=5a. Значит, b=5, и тогда a=4.

Ответ: 45.

Оценивание: Полное решение – 7 баллов. Ответ без обоснования -1 балл.

Воронин С.М.

2. Доказать: a² + b² + ab ≥ 3(a + b - 1) для всех a, b.

Решение. Рассмотрим квадратный трехчлен P(a)=a² + a·(b-3) + b² -3b +3. Его дискриминант D= -3b²+ 6b -3 = -3(b-1)² не положителен. Значит, P(a) ≥ 0 для всех a.

Оценивание: За любое полное решение – 7 баллов.

Воронин С.М.

3. Из цифр 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8 и 9 составлены все пятизначные числа, не содержащие повторяющихся цифр. Найдите сумму всех этих чисел.

Решение. Посчитаем, сколько раз у этих чисел встретится, например, 2 в старшем разряде: в следующем разряде может стоять любая цифра, кроме 2 и 0 (8 вариантов); в следующем разряде – любая, кроме 2, 0 и этой цифры (7 вариантов); и т.д. Итого: 8·7·6·5 вариантов. То же верно для всех других цифр, и для всех разрядов. Поэтому сумма равна 8·7·6·5·(1+2+…+8+9)·11111=839991600

Ответ: 839991600

Оценивание: Полное решение – 7 баллов.

Воронин С.М.

4. От квадрата отрезали прямоугольный треугольник, сумма катетов которого равна стороне квадрата. Найдите сумму трех углов, под которыми видна из трех оставшихся вершин квадрата гипотенуза этого треугольника.

Решение. Отрежем от каждого из оставшихся углов квадрата еще три таких же прямоугольных треугольника. Гипотенузы этих трех треугольников видны из «первой» вершины квадрата в точности под теми углами, под которыми видна гипотенуза «первого» треугольника из трех «других» вершин квадрата. Ломаная, образованная этими тремя гипотенузами, видна из «первой» вершины под прямым углом.

Ответ: 90º.

Оценивание: Полное решение – 7 баллов. Возможны различные решения.

Воронин С.М.

5. Шесть монет (из них три настоящие, одинакового веса, и три фальшивые, также одинакового веса; фальшивые – легче) разложили в три кучки одинакового веса. За два взвешивания на чашечных весах без гирь, найдите все настоящие монеты.

Решение. Обозначим монеты в кучках Aa, Bb и Cc.

Первое взвешивание: AB и aC.

а) AB = aC. Сравнивая A и a, найдем всё.

б) AB > aC. Значит, A >a, и для B и C возможны варианты:

1) B и C – настоящие; 2) B и C – фальшивые; 3) B – настоящая, C – фальшивая.

Сравним тогда B и c: для 1) будет B > c; для 2) будет B < c; для 3) будет B = c.

в) AB < aC. Аналогично предыдущему пункту.

Оценивание: Полное решение – 7 баллов. Отметим, что первое взвешивание – только такое (с точностью до переобозначений).