Разбор школьного этапа ВсШО по математике для 10 класса

1. класс (решения)

Задача 10.1. Всю поверхность куба 13 × 13 × 13 покрасили в красный цвет, а затем этот куб распилили на кубики 1 × 1 × 1. Все грани кубиков 1 × 1 × 1, не окрашенные в красный цвет, покрасили в синий цвет. Во сколько раз суммарная площадь синих граней больше суммарной площади красных граней?

Ответ: 12.

Решение. Каждая грань исходного куба состоит ровно из 13² квадратиков 1 × 1, поэтому всего в красный цвет оказались окрашены 6 ⋅ 13² квадратиков 1 × 1. Поскольку всего куби- ков 1 × 1 × 1 ровно 13³, и у каждого из них 6 граней, то в синий цвет оказались окрашены 6 ⋅ 13³ − 6 ⋅ 13² квадратиков 1 × 1. Значит, ответом в задаче является число

6 ⋅ 13³ − 6 ⋅ 13²

_{6 ⋅ 132} = 13 − 1 = 12.

Замечание. Тот же ответ можно было получить и по-другому, поняв, что каждому красно- му квадратику 1 × 1 на поверхности исходного куба соответствует ровно 12 синих квадра- тиков 1 × 1 внутри этого куба. Эти 12 синих квадратиков получаются из красного после- довательным применением параллельного переноса на вектор длины 1 «вглубь куба», перпендикулярный грани красного квадратика.

Задача 10.2. Дано натуральное число 𝑛. Рома выписал на доску три числа 𝑛, 𝑛 + 1, 𝑛 + 2 друг за другом, без пробелов. У него получилась некоторая последовательность цифр, в которой есть подряд идущие цифры 6474. Найдите наименьшее возможное значение 𝑛.

Ответ: 46.

Решение. Ясно, что для 𝑛 = 46 условие выполняется.

Предположим, существует 𝑛 . В одном из трёх чисел Ромы должна быть цифра 6, и при 𝑛 она должна быть в разряде единиц. Несложным перебором можно убедиться, что соответствующие значения 𝑛 = 4, 5, 6, 14, 15, 16, 24, 25, 26, 34, 35, 36, 44, 45 не подходят.

Задача 10.3. На стороне 𝐴𝐷 прямоугольника 𝐴𝐵𝐶𝐷 отмечена точка 𝐸. На отрезке 𝐸𝐶 на- шлась такая точка 𝑀, что 𝐴𝐵 = 𝐵𝑀, 𝐴𝐸 = 𝐸𝑀. Найдите длину стороны 𝐵𝐶, если известно, что 𝐸𝐷 = 16, 𝐶𝐷 = 12.

12

_{𝐴 𝐸} 16 _𝐷

Ответ: 20.

Решение. Заметим, что треугольники 𝐴𝐵𝐸 и 𝑀𝐵𝐸 равны друг другу по трём сторонам. Тогда ∠𝐵𝑀𝐸 = ∠𝐵𝐴𝐸 = 90^∘.

^𝐴 𝐸 ^𝐷

Рис. 6: к решению задачи 10.3

Из параллельности 𝐴𝐷 и 𝐵𝐶 следует ∠𝐵𝐶𝑀 = ∠𝐶𝐸𝐷 (рис. 6). Значит, прямоугольные треугольники 𝐵𝐶𝑀 и 𝐶𝐸𝐷 равны по острому углу и катету 𝐵𝑀 = 𝐴𝐵 = 𝐶𝐷. Используя теорему Пифагора для треугольника 𝐶𝐷𝐸, заключаем

𝐵𝐶 = 𝐶𝐸 = ^√𝐶𝐷² + 𝐸𝐷² = ^√12² + 16² = 20.

Задача 10.4. Дан квадратный трёхчлен 𝑃(𝑥). Известно, что уравнения 𝑃(𝑥) = 𝑥 − 2 и

𝑃(𝑥) = 1 − 𝑥/2 имеют ровно по одному корню. Чему равен дискриминант 𝑃(𝑥)?

Ответ: −1/2.

Решение. Пусть 𝑃(𝑥) = 𝑎𝑥² + 𝑏𝑥 + 𝑐, 𝑎 ≠ 0. Рассмотрим первое квадратное уравнение и его дискриминант:

𝑎𝑥² + 𝑏𝑥 + 𝑐 = 𝑥 − 2;

𝑎𝑥² + 𝑥(𝑏 − 1) + (𝑐 + 2) = 0;

𝐷₁ = (𝑏 − 1)² − 4𝑎(𝑐 + 2).

Рассмотрим теперь второе квадратное уравнение и его дискриминант:

𝑎𝑥² + 𝑏𝑥 + 𝑐 = 1 − 𝑥/2;

𝑎𝑥² + 𝑥(𝑏 + 1/2) + (𝑐 − 1) = 0;

𝐷₂ = (𝑏 + 1/2)² − 4𝑎(𝑐 − 1).

Поскольку квадратные уравнения имеют по одному корню, оба этих дискриминанта рав- ны нулю. Получаем систему

(𝑏 − 1)² − 4𝑎(𝑐 + 2) = 0,

{

(𝑏 + 1/2)² − 4𝑎(𝑐 − 1) = 0.

Раскрыв скобки, получим

𝑏² − 2𝑏 + 1 − 4𝑎𝑐 − 8𝑎 = 0,

{

𝑏² + 𝑏 + 1/4 − 4𝑎𝑐 + 4𝑎 = 0.

Сложив первое уравнение и удвоенное второе, получим

𝑏² − 2𝑏 + 1 − 4𝑎𝑐 − 8𝑎 + 2 ⋅ (𝑏² + 𝑏 + 1/4 − 4𝑎𝑐 + 4𝑎) = 0;

3𝑏² − 12𝑎𝑐 + 3/2 = 0;

𝑏² − 4𝑎𝑐 = −1/2.

А это и есть дискриминант 𝑃(𝑥).

Задача 10.5. У жадины Вовочки 25 одноклассников. В честь своего Дня Рождения он при- нёс в класс 200 конфет. Мама Вовочки, чтобы он не съел всё сам, велела раздать конфеты так, чтобы у любых 16 его одноклассников суммарно оказалось хотя бы 100 конфет. Какое наибольшее количество конфет Вовочка может оставить себе, выполнив при этом прось- бу мамы?

Ответ: 37.

Решение. Среди всех 25 одноклассников выберем 16 людей с наименьшим числом вы- данных конфет. Заметим, что среди них есть человек, которому выдали не меньше 7 кон- фет (иначе, если им всем выдали не больше 6 конфет, то суммарно им выдали не больше 16 ⋅ 6 = 96 конфет, что меньше 100). Тогда и оставшимся 25 − 16 = 9 одноклассникам вы- дали не меньше 7 конфет. Тогда всего конфет суммарно выдали хотя бы 100 + 9 ⋅ 7 = 163. Соответственно, Вовочка оставил себе не более 200 − 163 = 37 конфет.

Заметим также, что Вовочка мог себе оставить ровно 37 конфет, если остальные 163 он выдал одноклассникам так: 13 одноклассникам выдал по 7 конфет, а 12 одноклассникам выдал по 6 конфет. Тогда у любых 16 человек суммарно хотя бы 6 ⋅ 12 + 7 ⋅ 4 = 100 конфет,

а всего Вовочка действительно выдал 13 ⋅ 7 + 12 ⋅ 6 = 163 конфеты.

Задача 10.6. В выпуклом четырёхугольнике 𝐴𝐵𝐶𝐷 отмечена середина стороны 𝐴𝐷 — точка 𝑀. Отрезки 𝐵𝑀 и 𝐴𝐶 пересекаются в точке 𝑂. Известно, что ∠𝐴𝐵𝑀 = 55^∘, ∠𝐴𝑀𝐵 = 70^∘, ∠𝐵𝑂𝐶 = 80^∘, ∠𝐴𝐷𝐶 = 60^∘. Сколько градусов составляет угол 𝐵𝐶𝐴?

Ответ: 35.

Решение. Поскольку

∠𝐵𝐴𝑀 = 180^∘ − ∠𝐴𝐵𝑀 − ∠𝐴𝑀𝐵 = 180^∘ − 55^∘ − 70^∘ = 55^∘ = ∠𝐴𝐵𝑀,

треугольник 𝐴𝐵𝑀 является равнобедренным, и 𝐴𝑀 = 𝐵𝑀.

Заметим, что ∠𝑂𝐴𝑀 = 180^∘ − ∠𝐴𝑂𝑀 − ∠𝐴𝑀𝑂 = 180^∘ − 80^∘ − 70^∘ = 30^∘, поэтому ∠𝐴𝐶𝐷 = 180^∘ − ∠𝐶𝐴𝐷 − ∠𝐴𝐷𝐶 = 180^∘ − 30^∘ − 60^∘ = 90^∘.

Рис. 7: к решению задачи 10.6

Проведём отрезок 𝐶𝑀 (рис 7). Поскольку в прямоугольном треугольнике медиана, про- ведённая к гипотенузе, равна её половине, имеем 𝐶𝑀 = 𝐷𝑀 = 𝐴𝑀 = 𝐵𝑀. Треугольник

𝑀𝐶𝐷 является равнобедренным с углом 60^∘ при основании, поэтому он является равно- сторонним, и ∠𝐶𝑀𝐷 = 60^∘. Тогда ∠𝐵𝑀𝐶 = 180^∘ − ∠𝐴𝑀𝐵 − ∠𝐶𝑀𝐷 = 180^∘ − 70^∘ − 60^∘ = 50^∘. Поскольку треугольник 𝐵𝑀𝐶 является равнобедренным с вершиной 𝑀, имеем ∠𝐶𝐵𝑀 =

¹ (180^∘ − ∠𝐵𝑀𝐶) = ¹ (180^∘ − 50^∘) = 65^∘. Наконец,

2 2

∠𝐵𝐶𝐴 = 180^∘ − ∠𝐶𝐵𝑀 − ∠𝐵𝑂𝐶 = 180^∘ − 65^∘ − 80^∘ = 35^∘.

Замечание. Существуют и другие решения, использующие тот факт, что 𝐴𝐵𝐶𝐷 является вписанным четырёхугольником с центром описанной окружности 𝑀.

Задача 10.7. Квадратную доску 30 × 30 разрезали по линиям сетки на 225 частей одина- ковой площади. Найдите наибольшее возможное значение суммарной длины разрезов.

Ответ: 1065.

Решение. Общая длина разрезов равна сумме периметров всех фигур, уменьшенной на периметр квадрата, поделённой на 2 (каждый разрез примыкает ровно к двум фигурам). Значит, чтобы получить максимальную длину разрезов, периметры фигур должны быть максимально возможными.

225

У квадрата периметр равен 8, а у всех других фигурок — 10. Получаем, что максимальная длина разрезов не превосходит (225 ⋅ 10 − 120)/2 = 1065.

Осталось привести пример. Из доказанного выше следует, что данный ответ получится, если мы разрежем квадрат 30 × 30 на любые четырёхклеточные фигурки, кроме квадрата. Заполним сначала прямоугольник 28×30 полосками 1×4, останется прямоугольник 2×30. Прямоугольник 2 ×24 также разрежем на полоски 1 ×4. Останется пустой прямоугольник 2 × 6, который легко можно разрезать на две фигурки в виде буквы Г и одну полоску 1 × 4, как показано на рис 8.

Рис. 8: к решению задачи 10.7

Задача 10.8. Натуральное число 1 ⩽ 𝑛 ⩽ 221 назовём удачным, если при делении 221

на 𝑛 остаток нацело делится на неполное частное (при этом остаток может быть равен 0). Сколько всего удачных чисел?

Ответ: 115.

Решение. Пусть для некоторого удачного числа 𝑛 неполное частное равно 𝑘, а остаток равен 𝑘𝑠, по определению он неотрицателен и меньше делителя 𝑛 (из условия следует, что 𝑘 — натуральное число, а 𝑠 — целое неотрицательное.) Тогда

221 = 𝑛𝑘 + 𝑘𝑠 = 𝑘(𝑛 + 𝑠).

Поскольку 221 = 13 ⋅ 17 делится на натуральное число 𝑘, получаем несколько случаев.

• 2

  Пусть 𝑘 = 1, тогда 𝑛 + 𝑠 = 221. Поскольку 0 ⩽ 𝑠 , то 221 ⩾ 𝑛 ⩾ ^𝑛+𝑠 = 110, 5 110. Заметим, что все такие 𝑛 ∈ {111, 112, 113, … , 221} являются удачными (и таких чисел ровно 111). Действительно, во всех этих случаях 221 = 𝑛⋅1+(221−𝑛) остаток (221−𝑛) неотрицателен, меньше соответствующего 𝑛, а также делится на соответствующее неполное частное 1.

• Пусть 𝑘 = 13, тогда 𝑛 + 𝑠 = 17. Поскольку 0 ⩽ 13𝑠 𝑛, то 17 = 𝑛 + 𝑠 14𝑠, т.е. либо

𝑠 = 0 и 𝑛 = 17, либо 𝑠 = 1 и 𝑛 = 16. Заметим, что числа 𝑛 = 16 и 𝑛 = 17 являются удачными. Действительно, в обоих случаях 221 = 16⋅13+13 и 221 = 17⋅13+0 остаток неотрицателен, меньше соответствующего 𝑛, а также делится на соответствующее неполное частное.

• Пусть 𝑘 = 17, тогда 𝑛 + 𝑠 = 13. Поскольку 0 ⩽ 17𝑠 , то 13 = 𝑛 + 𝑠 18𝑠, т.е. 𝑠 = 0 и 𝑛 = 13. Заметим, что 𝑛 = 13 является удачным. Действительно, в случае 221 = 13 ⋅ 17 + 0 остаток неотрицателен, меньше соответствующего 𝑛, а также делится на соответствующее неполное частное.

• Пусть 𝑘 = 221, тогда 𝑛 + 𝑠 = 1. Поскольку 0 ⩽ 221𝑠 𝑛, то 1 = 𝑛 + 𝑠 222𝑠, т.е.

𝑠 = 0 и 𝑛 = 1. Заметим, что 𝑛 = 1 является удачным. Действительно, в случае 221 = 1 ⋅ 221 + 0 остаток неотрицателен, меньше соответствующего 𝑛, а также делится на соответствующее неполное частное.

Итого всего удачных чисел 111 + 2 + 1 + 1 = 115.