Всего: 1000 1–20 | 21–40 | 41–60 | 61–80 | 81–100 …
Добавить в вариант
На плоскости расположено конечное множество кругов так, что любые два из них можно накрыть кругом диаметра 10. Докажите, что все эти круги можно накрыть квадратом со стороной 10.
Спроектируем круги на ось абсцисс, получим конечное множество отрезков, выберем в нём самую левую точку А и самую правую точку В, докажем, чторасстояние между ними не превосходит 10. Действительно, рассмотрим произвольную пару кругов, проекция одного из которых содержит А, а другого — В, радиусы их обозначим, соответственно, за a и b, центры — за OА и OВ . Накрыв их кругом диаметра 10 мы видим, что хорда этого круга, проходящая через точки OА и OВ имеет длину не больше 10, значит, длина отрезка OАOВ не больше 
Тогда и горизонтальная проекция отрезка AB имеет длину не больше 
поэтому длина отрезка АB не больше 
Аналогично, расстояние между самой верхней и самой нижней точками вертикальных проекций множества кругов не больше 10. Следовательно, вся система кругов помещается в прямоугольнике с горизонтальными и вертикальными сторонами длины не больше 10, который, очевидно, накрывается квадратом со стороной 10.
| Критерии оценивания выполнения задания | Баллы |
|---|---|
| Верное решение. | 7 |
Доказательство того, что длина отрезка OАOВ не больше  . | 2 |
| Доказательство того, что расстояние между самой левой и самой правой точками горизонтальных проекций кругов не превосходит 10. | 3 |
| Решение не соответствует ни одному из перечисленных выше критериев. | 0 |
| Максимальный балл | 7 |
Можно ли число 2016 представить в виде суммы нескольких попарно различных натуральных чисел таких, что среди всех возможных попарных сумм этих чисел ровно 7 различных?
Предположим, что 2016 можно представить в виде суммы попарно различных 
таких, что среди всех возможных попарных сумм этих натуральных чисел ровно 7 различных. Общее количество пар из n чисел равно 
и должно быть не меньше 7, поэтому 
С другой стороны, ввиду очевидных неравенств: 
имеем 
и 
Следовательно, 
и каждая невыписанная попарная сумма чисел равна одной из семи сумм, рассмотренных в длинном неравенстве. Всего нерассмотренных сумм три: 
и все они больше 
и меньше 
По условию, они должны совпадать с суммами 
в указанном порядке. Отсюда: 
следовательно, числа 
образуют арифметическую прогрессию. Тогда их сумма равна 
откуда следует, что число 4032 должно делиться на 5 — противоречие.
Ответ: Нельзя.
| Критерии оценивания выполнения задания | Баллы |
|---|---|
| Верное решение. | 7 |
Оценка  . | 1 |
Оценка  . | 2 |
| Доказательство, что пять чисел образуют арифметическую прогрессию. | 2 |
| Доказательство, что сумма этой арифметической прогрессии не может равняться 2016. | 2 |
| Решение не соответствует ни одному из перечисленных выше критериев. | 0 |
| Максимальный балл | 7 |
Найти все натуральные числа n такие, что существуют n последовательных натуральных чисел, сумма которых равна 
Пусть n удовлетворяет условию и первое из n последовательных натуральных чисел равно 
тогда последнее равно 
а их сумма равна 
откуда 
— нечётно. С другой стороны, для любого нечётного n сумма n последовательныхнатуральных чисел 
равна, очевидно, 
поэтому любое нечётное n удовлетворяет условию.
Ответ: Все нечётные.
| Критерии оценивания выполнения задания | Баллы |
|---|---|
| Верное решение. | 7 |
| Доказано, что все подходящие n нечётны. | 4 |
| Доказано, что все нечётные n подходят. | 3 |
| Решение не соответствует ни одному из перечисленных выше критериев. | 0 |
| Максимальный балл | 7 |
Найти все решения уравнения: 
Можно, действуя прямо в лоб, заменить 
после преобразований получим:
откуда 
Следовательно, 
Можно решать по-другому, заменить квадраты косинусов через косинусы двойного угла, получив 
затем свернуть сумму первого и третьего слагаемых в удвоенное произведение косинусов, выразить всё через 
получив уравнение 
с решениями 
Ответ: 
Примечание: Во всём решении k, l, m берутся из множества целых чисел.
| Критерии оценивания выполнения задания | Баллы |
|---|---|
| Верное решение. | 7 |
Нахождение значений  или  . | 4 |
| Верное выписывание всех серий решений. | 3 |
| Потеря части решений. | 4-5 |
| Решение не соответствует ни одному из перечисленных выше критериев. | 0 |
| Максимальный балл | 7 |
Примечание: Во всём решении k, l, m берутся из множества целых чисел.
При каком наименьшем n выполнено условие: если в некоторых клетках таблицы размера 
в произвольном порядке расставить n крестиков (не более одного в клетке), то обязательно найдутся три клетки, образующие полоску длины 3, вертикальную или горизонтальную, в каждой из которых поставлен крестик?
Если крестиков не меньше 25, то одна из строк таблицы содержит не меньше 5 крестиков, и не больше одной пустой клетки. Тогда либо три левых клетки этой строки, либо три правых её клетки все содержат крестики и являются искомой полоской.
Если крестиков меньше 25, то их можно расставить так, чтобы не было трёх крестиков, образующих полоску. Для этого пустыми нужно оставить все клетки одной главной диагонали, и клетки двух диагоналей длины 3, ей параллельных.
Ответ: 
| Критерии оценивания выполнения задания | Баллы |
|---|---|
| Верное решение. | 7 |
| Пример расстановки 24 и меньше крестиков без трёх крестиков подряд. | 4 |
| Оценка (если больше 24, то полоска всегда найдётся). | 3 |
| Решение не соответствует ни одному из перечисленных выше критериев. | 0 |
| Максимальный балл | 7 |
Найдите все натуральные числа x такие, что произведение всех цифр в десятичной записи x равно 
Во-первых, произведение всех цифр натурального числа неотрицательно, поэтому 
откуда 
то есть 
Во-вторых, если в произведении всех цифр натурального числа заменить все цифры, кроме первой, на десятки, то произведение не уменьшится, но будет не больше самого числа, поэтому произведение всех цифр числа не превосходит самого числа, значит, 
откуда, 
то есть 
Для 
условие, очевидно, выполнено, следовательно, это единственный ответ.
Ответ: 
| Критерии оценивания выполнения задания | Баллы |
|---|---|
| Верное решение. | 7 |
| Доказательство того, что произведение всех цифр числа не превосходит самого числа. | 3 |
| Правильный ответ без обоснования с проверкой. | 1 |
| Решение не соответствует ни одному из перечисленных выше критериев. | 0 |
| Максимальный балл | 7 |
На плоскости дан отрезок АВ и на нём произвольная точка М. На отрезках АМ и МВ как на сторонах построены квадраты AMCD и MBEF , лежащие по одну сторону от АВ, и N — точка пересечения прямых AF и BC. Докажите, что при любом положении точки М на отрезке АВ каждая прямая МN проходит через некоторую точку S, общую для всех таких прямых.
Треугольники АМF и СМВ равны по двум прямым углам и двум парам катетов. Более того, второй получается из первого поворотом на 90 градусов относительно точки М по часовой стрелке, следовательно, их гипотенузы AF и BC перпендикулярны. Значит, точка N лежит на окружности с диаметром АВ. Кроме того, угол FNB, равный углу
АNB, тоже прямой, следовательно, точка N лежит на описанной окружности квадрата MBEF.
Отсюда получаем в случае, когда точка М ближе к В, угол FNM равен углу FEM как вписанный, опирающийся на одну хорду FM, и имеет величину 45 градусов. В случае, когда точка М ближе к А, угол ВNM равен углу ВEM как вписанный, опирающийся на одну хорду FM, и имеет величину 45 градусов.
В обоих случаях прямая МN всегда является биссектрисой прямого угла АNB и проходит через середину дуги окружности c диаметром АВ, не содержащей точку N и не зависящей от выбора М.
| Критерии оценивания выполнения задания | Баллы |
|---|---|
| Верное решение. | 7 |
| Замечено равенство треугольников АМF и СМВ. | 1 |
| Доказана перпендикулярность AF и BC. | 1 |
| Замечено, что N лежит на окружности с диаметром АВ. | 1 |
| Замечено, что N лежит на описанной окружности квадрата MBEF и угол FNM имеет величину 45 градусов (в случае, когда точка М ближе к В), или угол ВNM имеет величину 45 градусов (в случае, когда точка М ближе к А). | 2 |
| Доказано, что МN всегда проходит через середину дуги окружности диаметром АВ, не содержащей точку N и не зависящей от выбора М. | 2 |
| Решение не соответствует ни одному из перечисленных выше критериев. | 0 |
| Максимальный балл | 7 |
Каждый член партии доверяет пяти однопартийцам, но никакие двое не доверяют друг другу. При каком минимальном размере партии такое возможно?
Не забудьте показать, что при указанном Вами размере партии это действительно возможно, а при меньших — нет.
Будем представлять партию в виде ориентированного графа: партийцев — в виде вершин, а если партиец A доверяет партийцу B, то соединим вершину A с B ребром со стрелкой, направленной от A к B. Условие того, что никакие два партийца не доверяют друг другу, эквивалентно условию того, что никакие две вершины не соединены двумя противоположно направленными ориентированными рёбрами. Будем называть это условием одного ребра. Построим пример партии из 11 человек, удовлетворяющей условию задачи. Разместим 11 человек в вершинах правильного 11-угольника A1 . . . A11. Для каждой вершины Ai направим по ориентированному ребру из неё в каждую из пяти вершин, следующих за ней по часовой стрелке. Утверждается, что условие одного ребра выполнено. Действительно, для каждого ориентированного ребра, идущего от некоторой вершины Ai к Aj, имеется не более 4 вершин, следующих от Ai к Aj в направлении по часовой стрелке. А остальных вершин 11-угольника, отличных от Ai, Aj и вышеупомянутых последовательных вершин между ними не меньше, чем 11 − 6 = 5, и они идут последовательно от Aj к Ai по часовой стрелке «с другой стороны». Предположим противное: условие одного ребра не выполнено, то есть некоторая пара вершин Ai и Aj соединена двумя противоположно направленными рёбрами. Тогда в силу предыдущего, имеется два набора последовательных вершин, каждый из не более, чем 4 вершин: вершины одного набора идут от Ai к Aj по часовой стрелке, а вершины другого — от Aj к Ai по часовой стрелке. Следовательно, эти наборы не пересекаются, и вместе с вершинами Ai и Aj (итого не более, чем 4 + 4 + 2 = 10 вершин) они покрывают все 11 вершин 11-угольника. Полученное противоречие доказывает, что условие одного ребра выполнено.
Докажем теперь, что для партии меньшего размера это не возможно. Пусть n — общее число членов партии, удовлетворяющей условиям задачи. Тогда общее число ориентированных рёбер равно 5n: по 5 рёбер, исходящих из каждой вершины. С другой стороны, общее число рёбер не превосходит множества пар различных вершин (условие одного ребра), которое, в свою очередь, равно
Тем самым,
что и требовалось доказать.
Ответ: 11.
| Критерии оценивания выполнения задания | Баллы |
|---|---|
| Приведено построение партии из 11 человек и доказано, что меньше нельзя. | 20 |
| Приведено построение партии из 11 человек, но не доказано, что меньше нельзя. | 14 |
| Доказано, что меньше 11 сделать нельзя, но пример не построен. | 12 |
| Решение не соответствует ни одному из перечисленных выше критериев. | 0 |
| Максимальный балл | 20 |
Найти все натуральные числа n от 400 до 600 такие, что если перемножить все делители числа n (включая 1 и n), получим число n5.
Утверждается, что n удовлетворяет условию задачи, если и только если его разложение 
на простые множители имеет вид либо n = p9, либо n = p1p24. Действительно, для каждого j = 1, . . . , k1 имеется (k2 + 1) . . . (ks + 1) делителей числа n, содержащих p1 в степени j в разложении на простые множители: все эти делители имеют вид 
Следовательно, произведение всех делителей числа n содержит p1 в степени (k2 + 1) . . . (ks + 1)(1 + . . . + k1) = 1/2(k1 + 1) . . . (ks + 1)k1. Условие, что произведение всех делителей равно n5, эквивалентно утверждению, что каждое pj входит в их произведение в степени 5kj, и, тем самым, предыдущее выражение равно 5k1. Другими словами, 1/2(k1 + 1) . . . (ks + 1) = 5. С другой стороны, 
Отсюда следует, что 
Пусть s = 2. Тогда одно из kj, скажем, k1 равно 1, а тогда k2 = 4 (простота числа 5). В случае, когда s = 1, k1 = k, получаем уравнение 1/2(k + 1) = 5, то есть k = 9. Итак, все числа 
удовлетворяющие условию задачи, имеют разложение на простые множители вида либо n = p1p24, 
либо n = p9; p1, p2, p > 1. Перечислим те из них, которые лежат между 400 и 600.
а) Числа n = p1p24. Имеем 
тем самым, 
Итак, 
Следовательно, 
а значит,
Выписывая всевозможные произведения n = p1p24, лежащие в промежутке от 400 до 600, с вышеуказанными p1 и p2, получаем:
б) Единственное n = p9, лежащее между 400 и 600, есть 512 = 29. Итого получаем список всех возможных чисел n:
Ответ: 405, 464, 496, 512, 567, 592.
| Критерии оценивания выполнения задания | Баллы |
|---|---|
| Приведён полный список с кратким (возможно, неполным) доказательством. | 20 |
| Приведён полный список без доказательства. | 16 |
| Приведено краткое доказательство, отмечен случай n = p1p24, но забыт случай n = p9 (то есть 512). | 12 |
| отмечен случай n = p9, но забыт случай n = p1p24. | 8 |
| Решение не соответствует ни одному из перечисленных выше критериев. | 0 |
| Максимальный балл | 20 |
У Пети есть линейка длиной 10 см (то есть с помощью неё нельзя проводить отрезки длиной больше 10 см), и циркуль с максимальным раствором 6 см (то есть с помощью него невозможно рисовать окружности радиуса больше 6 см). Делений на линейке и циркуле нет, то есть измерять расстояния ими нельзя.
На листе бумаги нарисованы две точки. Известно, что расстояние между ними равно 17 см. Покажите, как Петя может соединить эти точки отрезком, используя только ту линейку и циркуль, которые у него есть.
При построении будем использовать следующие операции.
Шаг 1. Дан отрезок CD длины меньше 12 см. Построить серединный перпендикуляр к нему и найти его середину. Для этого проведем две пересекающиеся окружности S1, S2 одинакового радиуса (например, 6 см) с центрами в точках C и D. Пусть EF — отрезок, соединяющий их точки пересечения. Отрезок EF и будет серединным перпендикуляром отрезка CD. В случае, когда расстояние между точками пересечения больше 10 см, мы не можем соединить их с помощью линейки. (При выборе радиуса равным CD это расстояние чуть больше 10 см.) А тогда чуть уменьшим радиус и получим вторую пару окружностей, пересекающихся также в точках серединного перпендикуляра. В результате получим 4 точки пересечения, лежащие на одной прямой. Соединяя пары близких точек отрезками и продолжая проведенные отрезки очевидным образом (сдвигая линейку), мы проведем серединный перпендикуляр к отрезку CD. Далее выполним аналогичное построение с заменой точек C, D на E, F и получим серединный перпендикуляр к отрезку EF, совпадающий с CD. Пересечение построенных отрезков CD и EF и будет их общим центром.
Пусть A и B — рассматриваемые точки, находящиеся на расстоянии 17 см. Построим отрезок, соединяющий их.
Шаг 2. Построение правильного шестиугольника с центром в точке A и стороной 6 см. Проведем окружность с центром A максимального радиуса (6 см). Выберем точку Q на ней и проведём новую окружность того же радиуса с центром в точке Q. Отметим её точки пересечения P1, P2 с исходной окружностью. Треугольники AQPj, j = 1, 2 правильные. Продолжая аналогичное построение новых окружностей с центрами в точках Pj и в новых точках пересечения с исходной окружностью получим правильный шестиугольник с центром в точке A. Соединим все его вершины с точкой A отрезками с помощью линейки. Получили его разбиение на равные правильные треугольники с общей вершиной A. Повторяя упомянутые построения с центрами в точках нового шестиугольника, построим примыкающие к нему равные ему правильные шестиугольники и разобьём их на равные правильные треугольники. В результате получим (невыпуклый) многоугольник, составленный из правильных треугольников, содержащий круг радиуса 12 см с центром в точке A. Продолжая аналогичное построение окружностей с центрами в вершинах нового многоугольника и соответствующих новых правильных шестиугольников и треугольников, получим многоугольник Π, разбитый на примыкающие друг к другу правильные треугольники со стороной 6 см, которые мы будем называть треугольниками разбиения) и содержащий круг радиуса 18 см с центром в точке A. Тем самым, Π содержит точку B. Обозначим через T треугольник разбиения, содержащий точку B. Фиксируем вершину D треугольника T.
Проведём прямую AD. Это можно сделать с помощью циркуля и линейки. Заметим, что AD — это диагональ подходящего параллелограмма, разбитого на правильные треугольники со стороной 6 см. Поэтому её середина — это либо вершина, либо середина стороны треугольника разбиения. Длина диагонали AD не больше 17 + 6 = 23 см. Тем самым, длина её половины (с известными вершинами) меньше 12 см, и её можно построить, применяя шаг 1. Итак, мы провели отрезок AD.
Шаг 3: построение прямоугольного треугольника ABC с прямым углом C и стороной BC меньше 6 см, с проведенными катетами AC, BC и непроведенной гипотенузой AB. Для этого продолжим прямую AD с помощью линейки и опустим перпендикуляр на нее из точки A c помощью следующего построения.
На доске написано несколько цифр (среди них могут быть одинаковые). На каждом шаге две цифры стираются и пишутся цифры, из которых состоит их произведение. (Например, вместо 5 и 6 пишется 3 и 0, а вместо 2 и 4 пишется 8). Доказать, что через несколько шагов на доске останется одна цифра.
При решении задачи будем использовать свойство уменьшения первого разряда. Оно состоит в том, что при умножении двух цифр a и b получается либо однозначное число (цифра), либо двузначное, и в последнем случае первая цифра двузначного произведения меньше, чем минимальная из цифр a, b. Действительно, двузначные числа a0 = 10 × a и b0 = 10 × b больше, чем ab, так как a, b < 9. Тем самым на каждом шаге либо получается на цифру меньше (первый случай), либо число цифр сохраняется, но минимальная из всех цифр, написанных на доске, не увеличивается.
Будем доказывать утверждение задачи индукцией по числу n
База индукции: при n = 1 утверждение очевидно. Утверждение для n = 2 следует из свойства уменьшения первого разряда, в силу которого через несколько шагов останется одна цифра.
Шаг индукции. Пусть утверждение доказано для n = k. Докажем его для n = k + 1. Пусть m — минимальная из цифр, написанных на доске. Достаточно показать, что через несколько шагов либо число цифр уменьшится, либо минимальная цифра уменьшится: появится цифра меньше m. Предположим противное. Тогда число цифр не уменьшается и в каждый момент есть цифра m, к которой очередной шаг задачи не применяется: каждый шаг не затрагивает хотя бы одну цифру m. В противном случае, если осталась одна или две цифры m, и к ней (соответственно, к ним обеим) применен шаг задачи, и при этом число цифр не уменьшается, то минимальная цифра уменьшится в силу свойства уменьшения первого разряда. Вышесказанное эквивалентно тому, что все шаги задачи применяются к меньшему набору цифр: ко всем, кроме одной из цифр m. А тогда по предположению индукции через несколько шагов на доске, кроме цифры m, останется одна цифра. Это сводит шаг индукции к случаю двух цифр, для которого утверждение задачи доказано. Шаг индукции доказан.
| Критерии оценивания выполнения задания | Баллы |
|---|---|
| Приведено полное доказательство. | 20 |
| Замечено и доказано свойство уменьшения первого разряда, а также что при применении шага к произвольному набору минимальная цифра не увеличивается. | 12 |
| Замечено и доказано одно из вышеупомянутых свойств. | 9 |
| Замечено одно из двух вышеупомянутых свойств без доказательства. | 5 |
| Решение не соответствует ни одному из перечисленных выше критериев. | 0 |
| Максимальный балл | 20 |
В треугольнике ABC ∠B = 90°, ∠A = 30°. Вписанная окружность касается стороны AB в точке P, а стороны AC — в точке Q; M — середина стороны AC. Докажите, что PM = PQ.
Пусть O — центр вписанной окружности, r — её радиус, а R — точка её касания со стороной BC. Четырёхугольник PORB — квадрат, сторона которого равна радиусу r. Треугольник BCM равнобедренный: BM = CM (это верно для любого прямоугольного треугольника). А в нашем случае он даже равносторонний, так как ∠C = 90° − 30° = 60°. Имеем CB = CM. Кроме того, CR = CQ, так как Q и R — точки касания вписанной окружности с лучами, выпущенными из точки C. Следовательно, MQ = BR = r. Пусть S — основание перпендикуляра, опущенного из точки P на сторону AC. Имеем QS = OP/2 = r/2, так как QS есть ортогональная проекция отрезка OP на сторону AC, а угол между ними равен 60°. Напомним, что QM = r. Тем самым, S — середина отрезка QM. Итак, прямоугольные треугольники PSQ и PSM равны. Значит, PM = PQ.
| Критерии оценивания выполнения задания | Баллы |
|---|---|
| Приведено полное доказательство. | 20 |
| Доказано, что QM равно радиусу вписанной окружности. | 6 |
| Решение не соответствует ни одному из перечисленных выше критериев. | 0 |
| Максимальный балл | 20 |
Найдите сумму 
Воспользовавшись правилом перевода периодической десятичной дроби в обыкновенную, а также формулой для суммы первых 2017 членов арифметической прогрессии, найдем
Ответ: 
Последовательность {an} определена следующим образом: a1 = 2, и an+1 = an2 − an + 1, ∀n ∈ N. Докажите неравенства
Перепишем равенство an+1 = an2 − an + 1 из условия в виде 
и заменим согласно этому равенству каждое слагаемое в оцениваемой сумме:
Осталось заметить, что an+1 − 1 = an2 − an > (an − 1)2, а, значит,
Поэтому, 
следовательно, оцениваемая величина 
что и доказывает исходные неравенства.
Докажите, что для любого целого числа N уравнение 
имеет решение в целых числах.
Рассмотрим уравнение 
Пусть числа A и B взаимно просты. Тогда существуют такие целые числа y и z, что 
Следовательно, 
Поэтому наше уравнение имеет следующее решение в целых числах:
Утверждение доказано.
Известно, что многочлен 
имеет 4 различных действительных корня 
Найдите многочлен вида
имеющий корни 
Обозначим коэффициенты заданного многочлена (кроме старшего) через a0, a1, a2, a3:
Тогда по условию задачи имеем:
Вместе с многочленом f(x) рассмотрим многочлен h(x), имеющий корни 
Рассмотрим многочлен 
Заменой переменной 
получаем требуемый многочлен g(y), поскольку
В нашем случае:
Ответ: 
Купец купил в Твери несколько мешков соли и продал их в Москве с прибылью в 100 рублей. На все вырученные деньги он снова купил в Твери соль (по тверской цене) и продал в Москве (по московской цене). На этот раз прибыль составила 120 рублей. Сколько денег он потратил на первую покупку?
Дополнительно потраченные во второй раз 100 рублей принесли купцу дополнительные 20 рублей прибыли. Значит, в первый раз, чтобы получить 5 · 20 = 100 рублей прибыли, купец должен был заплатить 5 · 100 = 500 рублей.
Второе решение. Обозначим сумму первой покупки за x, тогда на вложенный в Твери рубль он получит в Москве 
рублей. Следовательно, после второй покупки-продажи он получит 
рублей. Решая, получим 
Ответ:500 рублей.
| Критерии оценивания выполнения задания | Баллы |
|---|---|
| Верное решение. | 7 |
| Только ответ с проверкой. | 2 |
| Решение не соответствует ни одному из перечисленных выше критериев. | 0 |
| Максимальный балл | 7 |
По окружности выписано 10 чисел, сумма которых равна 100. Известно, что сумма каждых трех чисел, стоящих рядом, не меньше 29. Укажите такое наименьшее число А, что в любом наборе чисел, удовлетворяющем условию, каждое из чисел не превосходит А.
Пусть X — наибольшее из выписанных чисел. Оставшиеся числа разобьем на 3 тройки "соседей". Сумма чисел в каждой такой тройке не меньше 29, следовательно, 
Пример набора с максимальным числом 13: 13, 9, 10, 10, 9, 10, 10, 9, 10, 10.
Ответ: 
| Критерии оценивания выполнения задания | Баллы |
|---|---|
| Верное решение. | 7 |
| Доказано, что искомое число не меньше 13. | 4 |
| Пример для 13. | 3 |
| Решение не соответствует ни одному из перечисленных выше критериев. | 0 |
| Максимальный балл | 7 |
В четырёхугольнике АВСD точки P, Q, R, S — середины сторон AB, BC, CD, DA соответственно, а T — точка пересечения отрезков PR и QS. Докажите, что сумма площадей четырёхугольников APTS и СRTQ равна половине площади четырёхугольника АВСD.
Покажем, что площадь четырёхугольника PQRS равна половине площади ABCD. Заметим, что отрезок PS является средней линией треугольника АВD, поэтому площадь треугольника APS равна четверти площади треугольника ABD. Аналогично, площадь треугольника QСR равна четверти площади треугольника BCD, а сумма площадей QСR и APS равна четверти площади ABCD. Так же доказывается, что и сумма площадей PBQ и RDS равна четверти площади ABCD. Наконец, площадь PQRS равна разности площадей ABCD и треугольников QСR, APS, PBQ и RDS, то есть половине площади ABCD.
Окончательно, сумма площадей четырёхугольников APTS и СRTQ равна сумме площадей треугольников QСR и APS и треугольников PSТ и QRТ. Последняя составляет половину площади параллелограмма PQRS, поэтому ответом является сумма двух четвертей площади ABCD, то есть половине площади ABCD.
| Критерии оценивания выполнения задания | Баллы |
|---|---|
| Верное решение. | 7 |
| Доказано того, сумма площадей QСR и APS равна четверти площади ABCD. | 2 |
| Доказано что площадь четырёхугольника PQRS равна половине площади ABCD. | 3 |
| Идея разбиения суммы площадей четырёхугольников APTS и СRTQ на сумму площадей треугольников QСR и APS и треугольников PSТ и QRТ. | 1 |
| Решение не соответствует ни одному из перечисленных выше критериев. | 0 |
| Максимальный балл | 7 |
Найдите наименьшее натуральное число, в записи которого каждая цифра встречается ровно по одному разу и которое делится на 990.
Решение. Число 990 есть произведение взаимно простых чисел 2, 5, 9 и 11. Любое десятизначное число, составленное из различных цифр, взятых по разу, делится на 9, так как их сумма, равная 45, делится на 9. По признаку делимости на 10 искомое число должно оканчиваться на 0. Осталось разобраться с делимостью на 11.
Признак делимости на 11 звучит так: число делится на 11 тогда и только тогда, когда разность между суммой всех его цифр, стоящих на нечётных по порядку слева направо местах и суммой его цифр, стоящих на чётных местах, делится на 11. Оценим значение S суммы цифр искомого числа, стоящих на нечётных местах: оно не меньше 
и не больше 
Следовательно, разность между суммой всех цифр числа, стоящих на нечётных местах и суммой его цифр, стоящих на чётных местах, равная 
является нечётным числом из интервала от −15 до 25, делящимся на 11.
Таких чисел всего два: −11 и 11, для них S соответственно, равна 17 и 28. Легко убедиться, что для S = 17 есть только два варианта 
и 
Соображения минимальности дают для них число 1526384970.
Для S = 28 будем выписывать по порядку минимально возможные цифры слева направо, пока это возможно с соблюдением условия, что сумма цифр на местах с нечётными номерами может быть равна в итоге 28, а сумма цифр на местах с чётными номерами — 17. Получится 1234, далее сумма оставшихся 3 цифр на пятом, седьмом и девятом местах должна равняться 24, что возможно только, если они равны 7, 8 и 9, откуда и получается число в ответе. Оно меньше, чем ранее найденное 1526384970 для S = 17. Если бы можно было найти меньшее число, для него было бы S = 28 и пятая слева цифра была бы меньше 7, что, как мы поняли, невозможно.
Ответ: 1234758690.
| Критерии оценивания выполнения задания | Баллы |
|---|---|
| Верное решение, выписан ответ, а затем полным перебором доказана минимальность. | 7 |
| Найдены возможные значения S. | 2 |
| Если ответ угадан и проверена делимость. | 1 |
| Решение не соответствует ни одному из перечисленных выше критериев. | 0 |
| Максимальный балл | 7 |
Наверх