Разбор заданий школьного этапа ВсШО по математике для 11 класса

1. класс (решения)

Задача 11.1. Петя выписал в ряд десять натуральных чисел следующим образом: первые два числа он выписал произвольным образом, а каждое следующее, начиная с третьего, равнялось сумме двух предыдущих. Найдите четвёртое число, если седьмое равно 42, а девятое равно 110.

Ответ: 10.

Решение. Из условия следует, что восьмое число равно разности девятого и седьмого, т.е.

110 − 42 = 68. Тогда шестое равно 68 − 42 = 26, пятое равно 42 − 26 = 16, четвёртое равно

26 − 16 = 10.

Замечание. На самом деле числа на доске — удвоенные числа Фибоначчи.

Задача 11.2. В магазине продаётся 9 наушников, 13 компьютерных мышек и 5 клавиатур. Кроме этого ещё есть 4 набора «клавиатура и мышка» и 5 наборов «наушники и мышка». Сколькими способами можно купить три предмета: наушники, клавиатуру и мышку?

Ответ: 646.

Решение. Разберём случаи того, покупался ли какой-то набор.

• Пусть покупался набор «клавиатура и мышка», тогда к нему докупались наушники. Получается ровно 4 ⋅ 9 = 36 способов совершить покупку.

• Пусть покупался набор «наушники и мышка», тогда к нему докупалась клавиатура. Получается ровно 5 ⋅ 5 = 25 способов совершить покупку.

• Пусть не покупался ни один набор, тогда покупались наушники, мышка и клавиа- тура по отдельности. Получается ровно 9 ⋅ 13 ⋅ 5 = 585 способов совершить покупку.

Итого существует ровно 36 + 25 + 585 = 646 искомых способов.

Задача 11.3. Учитель написал на доске число 1818. Вася заметил, что если между разря- дами сотен и десятков написать знак умножения, то значение полученного выражения будет точным квадратом (18 × 18 = 324 = 18²). А какое ближайшее следующее за 1818 четырёхзначное число обладает таким же свойством?

Ответ: 1832.

Решение. Поскольку надо найти ближайшее четырёхзначное число, попробуем найти его в виде 18𝑎𝑏. Тогда число 18 ⋅ 𝑎𝑏 = 3² ⋅ (2 ⋅ 𝑎𝑏) должно быть точным квадратом. От- сюда следует, что и 2 ⋅ 𝑎𝑏 должно быть точным квадратом. Ясно, что 𝑎𝑏 ∈ {19, 20, 21 … , 31} под это условие не подходят, а 𝑎𝑏 = 32 подходит. Значит, ответ в задаче — число 1832.

Замечание. Тот же ответ можно было получить, доказав, что 𝑎𝑏 = 2𝑠² для некоторого натурального 𝑠 3.

13

Задача 11.4. Известно, что ⁷ + sin 𝜑 = cos 𝜑 для некоторого действительного 𝜑. Чему

равно sin 2𝜑?

169

Ответ: ¹²⁰ .

13

169

Решение. Из условия следует, что ⁷

= cos 𝜑 − sin 𝜑. Возведя это равенство в квадрат,

169

получим ⁴⁹

= cos² 𝜑 + sin² 𝜑 − 2 sin 𝜑 cos 𝜑 = 1 − sin 2𝜑. Значит, sin 2𝜑 = 1 − ⁴⁹

120

= .

169

Задача 11.5. Четырёхугольник 𝐴𝐵𝐶𝐷 вписан в окружность. Известно, что 𝐵𝐶 = 𝐶𝐷, ∠𝐵𝐶𝐴 = 64^∘, ∠𝐴𝐶𝐷 = 70^∘. На отрезке 𝐴𝐶 отмечена точка 𝑂 такая, что ∠𝐴𝐷𝑂 = 32^∘. Сколько граду- сов составляет угол 𝐵𝑂𝐶?

𝐶

𝐴

Ответ: 58.

Решение. Как известно, в окружности на равные хорды опираются вписанные углы ли- бо равные, либо дополняющие друг друга до 180^∘. Поскольку 𝐵𝐶 = 𝐶𝐷 и ∠𝐵𝐴𝐷 ^∘, получаем, что ∠𝐵𝐴𝐶 = ∠𝐷𝐴𝐶.

𝐶

𝐴

Рис. 9: к решению задачи 11.5

Поскольку ∠𝐵𝐷𝐴 = ∠𝐵𝐶𝐴 = 64^∘, получаем, что ∠𝐵𝐷𝑂 = ∠𝐴𝐷𝑂 = 32^∘. Следовательно, точка 𝑂 лежит на двух биссектрисах треугольника 𝐴𝐵𝐷, т. е. является его точкой пересе- чения биссектрис (рис. 9). Тогда

∠𝐵𝐴𝐷 + ∠𝐴𝐵𝐷 180^∘ − ∠𝐵𝐷𝐴

180^∘ − 64^∘ _∘

∠𝐵𝑂𝐶 = ∠𝐵𝐴𝑂 + ∠𝐴𝐵𝑂 =

₂ = ₂ =

₂ = 58 .

Замечание. Решение можно было завершить и по-другому: поскольку 𝑂 является точкой пересечения биссектрис треугольника 𝐴𝐵𝐷, то по лемме о трезубце 𝐶𝐷 = 𝐶𝐵 = 𝐶𝑂, отку- да ∠𝐶𝑂𝐵 находится без труда.

Задача 11.6. Олег выписал на доску несколько составных натуральных чисел, меньших 1500. Оказалось, что наибольший общий делитель любых двух из них равен 1. Какое наи- большее количество чисел мог выписать Олег?

Ответ: 12.

Решение. Простые числа, меньшие ^√1500, назовём маленькими. Таких чисел ровно 12: это 2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29, 31, 37.

Заметим, что у каждого числа Олега есть маленький делитель (иначе оно было бы не меньше 43² 1500), а также у разных чисел разные маленькие делители (иначе НОД этих чисел был бы больше 1). Значит, чисел у Олега не меньше, чем всего маленьких чисел, т.е. не меньше 12.

Пример на 12 чисел строится легко: это числа 2², 3², 5², 7², 11², 13², 17², 19², 23², 29², 31², 37².

Задача 11.7. Архипелаг состоит из 𝑁 ⩾ 7 островов. Любые два острова соединены не более, чем одним мостом. Известно, что с каждого острова ведёт не более, чем 5 мостов, а среди любых 7 островов обязательно есть два, соединённые мостом. Какое наибольшее значение может принимать 𝑁?

Ответ: 36.

Решение. В архипелаге может быть 36 островов, например, так: они образовывают 6 групп по 6 островов, причём два острова соединены мостом в том и только в том случае, если они находятся в одной группе. Ясно, что с каждого острова ведёт ровно 5 мостов, а среди любых 7 островов обязательно есть два, находящиеся в одной группе, и они соединёны друг с другом мостом.

Предположим, островов может быть 𝑁 ⩾ 37. Выберем любой из островов, назовём его 𝐴, он соединён не более чем с пятью другими островами. Временно забудем эти не более чем 6 островов, рассмотрим оставшиеся хотя бы 𝑁 − 6 островов (среди которых никто не соединён с 𝐴). Выберем любой из этих островов, назовём его 𝐵, он соединён не более чем с пятью другими островами. Временно забудем эти не более чем 6 островов, рассмотрим оставшиеся хотя бы 𝑁−12 островов (среди которых никто не соединён с 𝐴 и 𝐵), и так далее. Забыв шестой остров 𝐹 и соединённые с ним не более чем 5 островов, останется хотя бы

𝑁 − 36 ⩾ 1 остров (среди которых никто не соединён с 𝐴, 𝐵, 𝐶, 𝐷, 𝐸, 𝐹). Выберем любой из этих островов, назовём его 𝐺. Тогда среди островов 𝐴, 𝐵, 𝐶, 𝐷, 𝐸, 𝐹, 𝐺 нет соединённых мостом. Противоречие.

Задача 11.8. В четырёхугольной пирамиде 𝑆𝐴𝐵𝐶𝐷

• боковые грани 𝑆𝐴𝐵, 𝑆𝐵𝐶, 𝑆𝐶𝐷, 𝑆𝐷𝐴 имеют площади 9, 9, 27, 27 соответственно;

• двугранные углы при рёбрах 𝐴𝐵, 𝐵𝐶, 𝐶𝐷, 𝐷𝐴 равны;

• четырёхугольник 𝐴𝐵𝐶𝐷 — вписанный, и его площадь равна 36. Найдите объём пирамиды 𝑆𝐴𝐵𝐶𝐷.

Ответ: 54.

Решение. Обозначим угол между боковой гранью и основанием пирамиды за 𝛼.

𝑆

𝐷 ^𝐶

𝐴

Рис. 10: к решению задачи 11.8

Проведём высоту 𝑆𝐻 к основанию пирамиды, её длину обозначим за ℎ (рис. 10). Также проведём высоты 𝑆𝐻_𝑎, 𝑆𝐻_𝑏, 𝑆𝐻_𝑐, 𝑆𝐻_𝑑 к ребрам 𝐷𝐴, 𝐴𝐵, 𝐵𝐶, 𝐶𝐷 соответственно. Так как

𝑆𝐻_𝑎 ⟂ 𝐷𝐴 и (по теореме о трёх перпендикулярах) 𝐻𝐻_𝑎 ⟂ 𝐷𝐴, то ∠𝑆𝐻_𝑎𝐻 = 𝛼. Из прямо-

угольного треугольника 𝑆𝐻_𝑎𝐻 имеем 𝑆𝐻_𝑎 = 𝑆𝐻/ sin(𝛼).

Аналогично получим, что то же значение принимают и высоты 𝑆𝐻_𝑏, 𝑆𝐻_𝑐 и 𝑆𝐻_𝑑. Обозна- чим их длину за ℎ₁ = ℎ/ sin(𝛼). Используя значения площадей боковых граней, получаем, что 𝐷𝐴 = 27𝑥, 𝐴𝐵 = 9𝑥, 𝐵𝐶 = 9𝑥, 𝐶𝐷 = 27𝑥, где 𝑥 = 2/ℎ₁.

Так как треугольники 𝐵𝐴𝐷 и 𝐵𝐶𝐷 равны по трём сторонам, то четырёхугольник 𝐴𝐵𝐶𝐷 — дельтоид (симметричен относительно диагонали 𝐵𝐷). Во вписанном четырёхугольнике

𝐴𝐵𝐶𝐷 углы 𝐷𝐴𝐵 и 𝐷𝐶𝐵 равны и дополняют друг друга до 180^∘, поэтому они равны по 90^∘.

Площадь прямоугольного треугольника 𝐷𝐴𝐵, таким образом, равна ¹ ⋅ 27𝑥 ⋅ 9𝑥 = ¹ 243𝑥²;

2 2

площадь всего основания в два раза больше, и равна 243𝑥². По условию она равна 36, откуда находим 𝑥 = ^√36/243 = 2/(3^√3), то есть ℎ₁ = 2/𝑥 = 3^√3.

2

Теперь найдём 𝛼. Для этого рассмотрим, как меняются площади боковых граней при проекции на 𝐴𝐵𝐶𝐷. Высоты боковых граней, проведенные из вершины 𝑆, умножаются на cos(𝛼), а соответствующие основания треугольников — не меняются; значит, площа- ди умножаются на cos(𝛼). С другой стороны, объединение проекций боковых граней — это в точности четырёхугольник 𝐴𝐵𝐶𝐷, откуда получаем 36 = (9 + 9 + 27 + 27) ⋅ cos(𝛼). Следовательно, cos(𝛼) = ¹ , то есть 𝛼 = π/3.

Наконец, находим ℎ = ℎ₁ sin(𝛼) = 4,5 и объем пирамиды ¹ ⋅ 𝑆_{𝐴𝐵𝐶𝐷} ⋅ℎ = ¹ ⋅ 36 ⋅ 4.5 = 54.

3 3