Математическая олимпиада 2006 года Томская область, II тур 8 класс Решение задач



Скачать 122.98 Kb.
Дата15.06.2013
Размер122.98 Kb.
ТипДокументы
Математическая олимпиада 2006 года

Томская область, II тур

8 класс

Решение задач


  1. Выиграет второй ученик. Он будет строить уравнение вида , имеющее корень . Тогда . При любых значениях трех коэффициентов из этого условия можно найти четвертый.




  1. Ответ: пятью.

Решение. Достаточно выяснить, сколькими нулями оканчивается число

.

Ясно, что делится на , но не делится на . При любом натуральном число является чётным, но не делится на 4, так как остаток от деления числа на 4 равен 2. Далее, делится на 4, но не делится на 8. Следовательно, делится на , но не делится на . Получили, что делится на и не делится на .

  1. Ответ: возможно (см. рисунок). Естественно, для квадрата другого размера задача

решается точно так же.


  1. Пусть и – основания высот, опущенных из вершин и на стороны gif" name="object22" align=absmiddle width=31 height=21> и , соответственно. Покажем, что, например, треугольник подобен треугольнику . Действительно, из прямоугольных треугольников и имеем . Значит, указанные треугольники подобны (по двум




пропорциональным сторонам и общему углу). Аналогично устанавливается подобие треугольников и . Таким образом, для треугольника имеем и .

  1. Ответ: нет, нельзя.

Как известно, «рыбой» называется ситуация, при которой на обоих концах цепочки стоят одинаковые костяшки. Но костяшек, на которых присутствует, например, единица, будет ровно 6, причем одна из них является дублем 1-1. Таким образом, не может встретиться ситуация, при которой на концах цепочки стоят 1, и при этом у игроков таких костей не осталось.

Математическая олимпиада 2006 года

Томская область, II тур

9 класс

Решение задач



  1. Ответ: нельзя. В самом деле, закрасим некоторые клеточки другим черным цветом, как показано на рисунке.
















































































































































































































































































































































































































































































































































































































Как бы мы не положили платочек, он закроет закрашенную клетку. Клеток 16, а платочков 33, следовательно, хотя бы одна клетка будет закрыта тремя платочками.


  1. Пусть a – меньшее число, b – большее число. По условию задачи частное чисел b и a является натуральным числом. Обозначим это число через k, то есть . Имеем . Отсюда , то есть и отсюда .

Так как и k – натуральные числа, то имеем следующие возможности (учитывая, что натуральными делителями числа 15 являются 1, 3, 5, 15):

1) ; 2) ; 3) ; 4) . В первом случае имеем , и значит , ; во втором – , , ; в третьем – , , ; в четвертом – , и тогда получаем , чего быть не может, так как а – натуральное число.

Итак, получаем следующие три пары чисел (14; 28), (4; 72), (2; 100).


  1. Имеем

;

;

;

;

;

;

Таким образом, достаточно положить.


  1. Ответ: выигрывает 1-й игрок.

Для удобства обозначим клетки таблицы по аналогии с шахматной доской: A1, A2, A3, B1, B2, B3, C1, C2, C3. Остаток числа при делении на 5 (он может быть равен 0, 1, 2, 3 или 4) ниже называется просто остатком числа. Среди чисел от 1 до 9 только одно (число 5) даёт остаток 0, всем остальным остаткам соответствует сразу два числа. Сначала 1-й игрок делает ход числом 5 (например, в центральную клетку B2). Пусть 2-й игрок ответил числом, имеющим остаток . Если этот ход был сделан во 2-ю горизонталь или на вертикаль B, то 1-й игрок ставит в тот же ряд одно из чисел, дающих остаток , и выигрывает. Таким образом, 2-й игрок должен сделать свой первый ход в угол (пусть это будет A3). В этом случае свой второй ход 1-й игрок делает в противоположный угол (C1) числом, имеющим остаток . Пусть свой второй ход 2-й игрок сделал числом, дающим остаток . Если этот ход был сделан во 2-ю горизонталь или на вертикаль B, то 1-й игрок ставит в тот же ряд одно из чисел, дающих остаток (такое число всегда найдётся, так как этот остаток к данному моменту мог быть использован не более одного раза — в одной из клеток A3 и C1), и выигрывает. Допустим теперь, что этот ход был сделан в одну из угловых клеток (пусть это будет C3).

Ясно, что справедливо хотя бы одно из неравенств и . Пусть . Покажем, что в этом случае 1-й игрок может заполнить вертикаль C так, что сумма чисел в ней будет делиться на 5. Для этого нужно вписать в клетку C2 число, дающее тот же остаток , что и число . Имеем (поскольку ). Таким образом, число с остатком может не найтись лишь в одном случае: если числа с этим остатком уже использованы в клетках C1 и C3. Но тогда , т.е. число должно делиться на 5, а это невозможно, поскольку .



  1. Пусть и – середины сторон и . В треугольнике отрезок есть средняя линия, Это означает, что отрезки и параллельны, причем . С другой стороны, в треугольнике отрезок есть средняя линия. Следовательно, отрезки и параллельны, причем . Таким образом, . Аналогично получаем, что и , то есть треугольники и равны.




Математическая олимпиада 2006 года

Томская область, II тур

10 класс

Решение задач


  1. Предположим, что при некотором натуральном n число делится на число . Тогда число также делится на . Так как число является нечетным, то получаем, что делится на . Но этого быть не может, так как при любом n .




  1. Ответ: . В самом деле, полагая , приходим к равенству для всех . Обозначив , находим, что . Подставляя эту функцию в исходное тождество, находим .




  1. Уравнение равносильно совокупности двух уравнений


которое, в свою очередь, равносильно совокупности Итак, мы получаем объединение круга радиуса 1 с центром в начале координат и биссектрис всех четвертей.


  1. Ответ: искомая прямая проходит через середину средней линии трапеции.

Пусть - средняя линия трапеции , а точка – её середина. Точки пересечения прямых и с большим основанием обозначим соответственно через и .

Случай 1. Если точка лежит на меньшем основании , или большем основании и принадлежит отрезку , то прямая, проходящая через точки и , будет делить трапецию на две равновеликие части, так как получившиеся трапеции имеют равные средние линии и равные высоты.


Случай 2. Если точка принадлежит, например, отрезку , то построим трапецию с основаниями и , где точка лежит на боковой стороне . В этой трапеции точка есть точка пересечения диагоналей и , причем (Треугольники и равны, как имеющие общее основание и одинаковую высоты. Остается выкинуть общую часть ─ треугольник ). Следовательно, , что и требовалось доказать. Обратите внимание на то, что точка не совпадает с точкой .



  1. См. решение в варианте для 9 класса.


Математическая олимпиада 2006 года

Томская область, II тур

11 класс

Решение задач


  1. Пусть, для определенности, в пирамиде грань такова, что основание высоты , опущенной на эту грань, есть внутренняя точка этой грани. Проекции граней и на грань суть треугольники и . Векторы, сопоставленные этим граням, будут ортогонально проецироваться на ось, которая перпендикулярна плоскости . Так как , то сумма проекций векторов, сопоставленных этим граням, будет равна вектору, сопоставленному грани, и противоположно с ним ориентированному. Что и требовалось доказать.

Замечание. Если ни одна из высот не падает внутрь основания, то задача решается аналогично, но тогда одна из площадей треугольника (того, который полностью находится вне основания) мы должны взять со знаком минус.


  1. Предположим, что выполнены неравенства . Тогда . Отсюда , то есть .

Пусть выполняются неравенства . Тогда . Отсюда , то есть . Третье уравнение системы принимает вид , и тогда из первого уравнения получаем . Значит, .

Остальные неравенства для неизвестных x, y, z рассматриваются аналогично. Итак, получаем .

Из уравнения имеем . Это уравнение имеет единственное решение (его левая часть убывающая функция).

Итак, получаем ответ .


  1. Пусть с – наименьшая из сторон треугольника, S – его площадь. Тогда , , – высоты к сторонам a, b и с соответственно. Имеем , то есть . Но при выполнении этого условия , то есть является квадратом целого числа.



  1. Запишем , следовательно, правая часть уравнения достигает своего максимума, равного 8, только при . Для левой части применим неравенство «среднее арифметическое не меньше среднего геометрического»:



(легко видеть, что ). Здесь наименьшее значение достигается также только в точке . Итак, мы получаем ответ: .


  1. Имеем . Следовательно, .

Похожие:

Математическая олимпиада 2006 года Томская область, II тур 8 класс Решение задач iconМатематическая олимпиада
Все учителя математики в 2007-2008 уч году принимали активное участие в подготовке учащихся к математическим олимпиадам и интеллектуальному...
Математическая олимпиада 2006 года Томская область, II тур 8 класс Решение задач iconМатематическая олимпиада школьников имени Г. П. Кукина >12. 02. 12  9 класс
Математическая олимпиада Омгу носит имя профессора Г. П. Кукина, создателя системы городских математических олимпиад
Математическая олимпиада 2006 года Томская область, II тур 8 класс Решение задач iconМатематическая олимпиада школьников имени Г. П. Кукина >05. 02. 11  6 класс
Математическая олимпиада имит омгу носит имя профессора Г. П. Кукина, создателя системы городских математических олимпиад
Математическая олимпиада 2006 года Томская область, II тур 8 класс Решение задач iconГородская олимпиада по математике, 2006/2007 учебный год. Условия задач. Первый тур. 5 класс. №1
Петя и Вася участвовали в велогонке. Все участники стартовали одновременно и показали на финише различное время. Петя финишировал...
Математическая олимпиада 2006 года Томская область, II тур 8 класс Решение задач iconКомсомольская правда
Коми-1; Иркутская область-3; Республика Бурятия-1; Пензенская область-1; Томская область-1; Белгородская область-1; Саратовская область-1;...
Математическая олимпиада 2006 года Томская область, II тур 8 класс Решение задач iconМатематическая олимпиада школьников имени Г. П
Математическая олимпиада имит омгу носит имя профессора Г. П. Кукина, создателя системы городских математических олимпиад
Математическая олимпиада 2006 года Томская область, II тур 8 класс Решение задач iconМосковская региональная олимпиада по русскому языку Школьный тур 2006-2007 уч год 8 класс I. Нормы русского литературного языка
Горчичник, булочная, античный, конечно, нарочно, библиотечный, скучно, яичница копеечная
Математическая олимпиада 2006 года Томская область, II тур 8 класс Решение задач icon2006 г. – Московская область 10-11 класс 1 тур
Определите основные группы отношений, которые можно выделить в предмете конституционного права с учетом их содержания, функционального...
Математическая олимпиада 2006 года Томская область, II тур 8 класс Решение задач iconПрограмма по математике (факультатив), 10 класс Решение задач
Факультативный курс «Решение задач» рассчитан для учащихся 10 класса, 1час в неделю
Математическая олимпиада 2006 года Томская область, II тур 8 класс Решение задач icon«Решение текстовых задач»
В конце года в классе была неделя игр: каждый день на уроках математики проводилась некоторая математическая игра, посвященная какой-нибудь...
Разместите кнопку на своём сайте:
ru.convdocs.org


База данных защищена авторским правом ©ru.convdocs.org 2016
обратиться к администрации
ru.convdocs.org