Рекомендации по проведению всероссийской олимпиады школьников в 2018/2019 учебном году по математике - часть 7

 

49 

9.5.  В  клетках  доски 

7

7



  стоят  лжецы  и  рыцари  (в  каждой  клетке  –  по  одному 

человеку). Лжецы всегда лгут, а рыцари всегда говорят правду. Каждый сказал: «В соседних 

со мной клетках нет рыцарей». Клетки считаются соседними, если у них есть хотя бы одна 

общая вершина. Какое наименьшее число рыцарей могло стоять на доске?  

 

10 класс 

10.1.  Числа 

,100

1,2,3,



  разбили  на  50  пар,  и  числа  в  каждой  паре  сложили.  Какое 

наибольшее количество из этих пятидесяти сумм может делиться на 20?  

10.2.  Ненулевые  числа 

c

b

a ,

,

  образуют  в  указанном  порядке  арифметическую 

прогрессию. Докажите, что уравнение 

0

=

2

2

2

c

bx

ax





 имеет два решения.  

10.3. Можно ли какое-нибудь число вида 

00001

10000



 представить в виде 

!

!

!

z

y

x





, 

где  x , 

y

, 

z

  –  натуральные  числа?  (Как  обычно,  через 

!

n

  обозначается  произведение 

n











3

2

1

.)  

10.4. Окружность, вписанная в треугольник 

ABC

, касается стороны 

AB

 в точке 

K

, а 

стороны 

AC

 – в точке 

T

. На меньшей дуге 

TK

 выбрана точка 

P

. Прямая, проходящая через 

точку 

K

  параллельно  прямой 

AP

,  вторично  пересекает  окружность  в  точке 

N

.  Найдите 

PK

, если известно, что 

a

AP =

 и 

b

KN =

.  

10.5. Вася придумал новый корабль для морского боя – «боевой бублик». Этот корабль 

состоит  из  всех  клеток  квадрата 

3

3



,  кроме  его  центральной  клетки.  На  поле 

8

8



 

разместили один боевой бублик. Какое минимальное число выстрелов нужно сделать, чтобы 

гарантированно его ранить?  

 

11 класс 

11.1.  Найдите  все  значения  параметра 

a ,  для  которых  найдётся  такое  число 



,  что 

числа 



sin

 и 



cos

2

 являются различными корнями уравнения 

0

=

1

2





ax

x

.  

11.2.  По  итогам  волейбольного  турнира,  проведенного  в  один  круг  (т.  е.  каждая 

команда  сыграла  с  каждой  одну  игру),  оказалось,  что  первые  три  команды  выиграли  у 

каждой  из  остальных  команд,  а  сумма  очков,  набранных  первыми  тремя  командами,  на  3 

больше,  чем  сумма  очков,  набранных  остальными  командами.  Сколько  всего  команд 

участвовало в турнире, если известно, что их больше трех? (За победу в игре дается 1 очко, 

за поражение – 0; ничьих в волейболе не бывает.)  

11.3.  Положительные  числа  x   и 

y

,  меньшие 

1/2

,  удовлетворяют  неравенству 

x

y

x

y





>

2

2

. Докажите, что они удовлетворяют и неравенству 

x

y

x

y





>

3

3

.  

 

50 

11.4.  В  параллелепипеде  отмечена  одна  вершина.  Какое  наибольшее  количество 

остальных вершин может находиться на одном и том же расстоянии от отмеченной?  

11.5. Вася придумал новый корабль для морского боя – «боевой бублик». Этот корабль 

состоит  из  всех  клеток  квадрата 

3

3



,  кроме  его  центральной  клетки.  На  поле 

8

10



 

разместили один боевой бублик. Какое минимальное число выстрелов нужно сделать, чтобы 

гарантированно его ранить?  

 

Решения задач  

6 класс 

6.1. Ответ. Нужно вычеркнуть все цифры, кроме 7 и 5. 

Данное число должно быть минимум двузначным и оканчиваться на 5. Числа 95, 85, 

65 на 15 не делятся. Значит, приведенный пример – единственный. 

 

6.2. Один из возможных примеров показан на рис. 1. 

 

Рис. 1 

 

6.3. Ответ. 3 рыцаря.  

Если в комнате нечетное число лжецов, то рыцарей также будет нечетное число, так 

как всего в комнате 10 человек. Поэтому одна из двух произнесенных фраз – ложь, а другая – 

правда. Но и 3, и 7 – нечетные числа, поэтому правдой является фраза «В комнате нечетное 

число лжецов». Значит, в комнате 3 рыцаря.  

 

6.4. Ответ. Можно.  

Например, 

1

=

0,57

0,26

0,14

0,03







.  

 

6.5. Ответ. 27 шаров.  

Заметим,  что  суммарное  количество  синих  и  зеленых  шаров  не  больше  9  –  в 

противном  случае  нашлись  бы  10  шаров,  среди  которых  нет  красного.  Аналогично, 

суммарное количество красных и зеленых шаров не больше 19. 

 

51 

Так как по условию есть хотя бы один зеленый шар, а суммарное количество синих и 

зеленых шаров не больше 9, то синих шаров не больше 8. Теперь из того, что синих шаров не 

больше  8,  а  красных  и  зеленых  шаров  не  больше  19,  следует,  что  суммарное  количество 

шаров не превосходит 

27

=

19

8



. 

Если  же  в  коробке  1  зеленый,  8  синих  и  18  красных  шаров,  то  условие  задачи 

выполняется.  

 

7 класс 

7.1. Один из возможных примеров показан на рис. 2. 

 

 

Рис. 2 

 

7.2. Ответ. Можно.  

Например, 

2

=

0,98

0,65

0,24

0,13







.  

 

7.3. Ответ. Не могло.  

Предположим  противное.  Тогда  суммарное  количество  фишек  у  школьников 

равнялось бы утроенному количеству фишек у одной команды, то есть делилось бы на 3. Но 

это  количество  на  3  не  делится.  Докажем  это.  Можно  считать,  что  каждому  школьнику 

сначала дали по 2 зеленые фишки, а потом некоторым из них добавляли красные фишки. Из 

условия следует, что количество красных фишек у каждого школьника делится на 3. А это 

значит,  что  суммарное  количество  красных  фишек  также  делится  на  3.  Если  бы  общее 

количество фишек делилось на 3, то и количество зеленых фишек также делилось бы на 3, но 

оно равно 

52

=

26

2



.  

Замечание.  Фактически  мы  показали,  что  у  каждого  школьника  количество  фишек 

имеет остаток 2 при делении на 3. Тогда суммарное количество фишек будет иметь остаток 1 

при делении на 3. 

 

7.4. Ответ. 7 или 8 лучников.  

 

52 

Призовой  фонд  составляет 

3

2

  от  всех  поступивших  денег.  Поэтому  победитель 

турнира получил 

9

1

=

3

2

6

1



 от поступивших денег. Значит, если число участников не больше 

восьми,  то  взнос  превышает  награду  за  первое  место,  а  иначе  –  не  превышает.  Итак, 

количество участников не больше восьми. 

Так  как  победитель  получил 

6

1

  от  призового  фонда,  то  остальные  участники 

разделили 

6

5

  фонда.  При  том  победитель  получил  больше  каждого  из  остальных.  Поэтому 

каждый из оставшихся получил меньше 

6

1

 фонда, а значит, остальных больше, чем 

5

=

6

1

:

6

5

 

человек. 

Таким  образом,  в  турнире  могли  участвовать  7  или  8  человек.  Обе  этих  ситуации 

возможны.  Для  этого,  например,  не  выигравшие  участники  могли  поровну  разделить 

остающиеся 

6

5

 призового фонда (получив по 

6

1

<

6

1

6

5



 или по 

6

1

<

7

1

6

5



 призового фонда).  

 

7.5. Ответ. 26 шаров.  

Заметим,  что  суммарное  количество  синих  и  зеленых  шаров  не  больше  9  –  в 

противном  случае  нашлись  бы  10  шаров,  среди  которых  нет  красного.  Аналогично, 

суммарное количество красных и зеленых шаров не больше 19. 

Так  как  по  условию  есть  хотя  бы  2  зеленых  шара,  а  суммарное  количество  синих  и 

зеленых шаров не больше 9, то синих шаров не больше 7. Теперь из того, что синих шаров не 

больше  7,  а  красных  и  зеленых  шаров  не  больше  19,  следует,  что  суммарное  количество 

шаров не превосходит 

26

=

19

7



. 

Если  же  в  коробке  2  зеленых,  7  синих  и  17  красных  шаров,  то  условие  задачи 

выполняется.  

 

8 класс 

 

8.1. Ответ. Два Бориса.  

Пусть  контрольную  писало  m   Борисов,  и  другие  Борисы  набрали  вместе  x   баллов. 

Тогда условие на средний балл выглядит так: 

m

x

m

x

5

=

2

2







. Отсюда 

5

=

2)

2(





x

x

, то есть 

 

53 

1

=

x

. Это возможно только если контрольную писал еще один Борис, который получил по 

контрольной единицу. Таким образом, контрольную писало два Бориса. 

 

8.2. Ответ. Нельзя.  

Пусть  такая  замена  звездочек  на  числа  возможна.  Тогда  сумма  всех  пяти  чисел, 

входящих  в  первое  равенство,  четна  (она  равна  удвоенной  сумме  чисел  в  одной  части). 

Также  четными  будут  суммы  пятерок  чисел,  входящих  в  остальные  четыре  равенства.  Но 

тогда четна и сумма всех чисел. А она – нечетная, так как в этой сумме нечетное количество 

(а именно 13) нечетных слагаемых.  

 

8.3.  Обозначим 

2017

2017

3

2

=



N

. Перепишем  уравнение в виде 

b

a

N

a

)

(

=

2



. Так как 

2

a

  и 

b

  положительны,  то  положительна  и  разность 

a

N



.  Значит, 

N

a <

.  Поэтому 

существует  лишь  конечное  количество  таких  чисел  a   (так  как  a   –  натуральное).  Для 

каждого  такого  a   однозначно  находится 

a

N

a

b



2

=

  (причем  не  все  эти 

b

  будут 

натуральными).  Поэтому  количество  пар  натуральных  чисел  ( a ,

b

),  удовлетворяющих 

уравнению тоже конечно.  

 

8.4. Ответ. 

a

AB

2



.  

Из  условия  следует,  что 



50

=

ANC



.  Тогда  в  прямоугольном  треугольнике 

ANC

 

имеем 



40

=

CAN



.  Отсюда 



20

=

=

=

NAB

MAN

CAM







.  Так  как 



110

=

BFM



,  то 



70

=

AFM



.  Но  тогда  в  треугольнике 

MAF

  получаем 



70

=

AMF



.  Значит,  треугольник 

MAF

  –  равнобедренный,  и  его  биссектриса 

AE

  является  высотой  (см.  рис.  3).  Но  тогда 

прямоугольные  треугольники 

AME

  и 

AMC

  равны  (

AM

  –  общая, 

MAE

CAM





=

). 

Поэтому 

a

AC =

.  Наконец,  поскольку  в  прямоугольном  треугольнике 

ABC

  угол 

CAB



 

равен 



60

, гипотенуза равна 

a

AC

AB

2

=

2

=

. 

 

 

Рис. 3 

 

54 

 

8.5. Ответ. 9.  

Из условия следует, что в одной из соседних клеток с любым рыцарем должен стоять 

лжец, а все соседи лжеца должны быть рыцарями. 

Рассмотрим  разбиение  доски  на  9  непересекающихся  областей  и  отметим  в  каждой 

области по одной клетке, как это показано на рис. 4. 

Заметим, что либо в отмеченной клетке стоит лжец, либо (если в ней стоит рыцарь) 

хотя бы в одной соседней с ней клетке стоит лжец. Следовательно, в каждой из областей есть 

хотя бы один лжец. Поэтому лжецов должно быть не меньше 9. 

 

Рис. 4 

 

Если  же  лжецы  будут  стоять  в  отмеченных  клетках,  а  в  остальных  будут  стоять 

рыцари, то условие задачи будет выполнено.  

 

9 класс 

 

9.1. Ответ. Можно.  

Если слева вычеркнуть 4, а справа 11, 13, 17, 19 и 16, то оба оставшихся выражения 

будут равны 

1

2

4

6

7

5

3

2

. 

Замечание.  Приведенный  пример  –  не  единственный;  например,  можно  слева 

вычеркнуть 3 вместо 4, а справа – 12 вместо 16. 

 

9.2. Ответ. 99.  

Рассмотрим  условие  3).  Для  того,  чтобы  квадратное  уравнение  имело  хотя  бы  один 

корень, нужно, чтобы дискриминант был неотрицательным. То есть 

0

4

20

=

2





b

D

, откуда 

100



b

. 

Если  число,  написанное  на  доске,  не  меньше  102,  то  утверждения  2)  и  3)  не  верны. 

Поэтому написанное число не больше 101. 

 

55 

Если написанное число равно 101, то неверны утверждения 1) и 3), то есть число 101 

не подходит. 

Если написанное число равно 100, то верны все три утверждения. Значит, число 100 

не подходит. 

Если написанное число равно 99, то верны ровно два утверждения – 2) и 3). Значит, 

наибольшее возможное число – 99. 

Замечание.  Можно  было  рассуждать  и  так.  Если  утверждение  3),  то  есть  «

100



b

» 

верно, то верно и утверждение 2). Но тогда по условию  задачи утверждение 1) не верно. В 

этом  случае  наибольшее  возможное  число 

99

b



.  Если  же  утверждение  3)  не  верно,  то 

верны утверждения 1) и 2). Но таких чисел 

b

 не существует. 

 

9.3. Условие касания равносильно тому, что 

ABM

MAC





=

. Но треугольник 

ABO

 – 

прямоугольный  (

OB

  –  радиус,  проведенный  к  касательной 

BA

),  а  отрезок 

BM

  –  его 

медиана,  проведенная  к  гипотенузе.  Поэтому 

MA

BM =

  (см.  рис.  5).  Значит, 

MAC

MAB

ABM







=

=

 (мы использовали то, что 

AO

 – биссектриса угла 

BAC

). 

 

 

Рис. 5 

 

9.4. Заметим, что 

4.

)

(

=

>

=

2























cd

d

c

d

d

c

c

d

c

d

b

a

c

b

a

c

b

d

a

d

b

c

a

 

Последнее  неравенство  справедливо,  так  как  оно  равносильно  неравенству 

cd

d

c

4

)

(

2





, то есть 

0

)

(

2





d

c

. 

 

9.5. Ответ. 9.  

Из условия следует, что в одной из соседних клеток с любым лжецом должен стоять 

рыцарь, а все соседи рыцаря должны быть лжецами. 

Рассмотрим  разбиение  доски  на  9  непересекающихся  областей  и  отметим  в  каждой 

области по одной клетке, как это показано на рис. 6. Заметим, что либо в отмеченной клетке 

стоит рыцарь, либо (если в ней стоит лжец) хотя бы в одной соседней с ней клеткой стоит 

 

56 

рыцарь.  Следовательно,  в  каждой  из  областей  есть  хотя  бы  один  рыцарь.Поэтому  рыцарей 

должно быть не меньше 9. 

 

 

Рис. 6 

 

Если  же  рыцари  будут  стоять  в  отмеченных  клетках,  а  в  остальных  будут  стоять 

лжецы, то условие задачи будет выполнено.  

 

10 класс 

 

10.1. Ответ. 49.  

Заметим, что все 50 сумм не могут делиться на 20, так как в этом случае и сумма всех 

чисел делилась бы на 20. Но сумма всех чисел равна 5050. 

Если разбить числа на пары следующим образом: 1 и 99, 2 и 98, …, 49 и 51, 50 и 100, 

то суммы чисел в первых 49 парах будут равны 100, а значит, будут делиться на 20.  

Замечание.  То,  что  суммы  чисел  во  всех  парах  не  могут  делиться  на  20,  можно 

доказать по-другому. Для этого достаточно рассмотреть числа 20, 40, 60, 80 и 100 и заметить, 

что  если  в  какую-то  пару  входит  ровно  одно  число  из  этих  пяти,  то  сумма  чисел  пары  не 

может  делиться  на  20. Но  этих  чисел нечетное  количество,  поэтому  найдется  пара  ровно  с 

одним из этих чисел. 

 

10.2.  Из  характеристического  свойства  арифметической  прогрессии  получаем 

2

=

c

a

b



.  Тогда  дискриминант  интересующего  нас  квадратного  уравнения  равен 

0

>

2

2

=

4

)

2(

=

4

8

=

2

2

2

2

c

a

ac

c

a

ac

b

D









.  Поэтому  квадратное  уравнение  имеет  два 

решения. 

 

10.3. Ответ. Нельзя.