Олимпиада по математике 8 класс — муниципальный этап ВсОШ 2024/2025: задания и ответы

8 класс Задача 8.1. (4 балла) Найдите наибольшее натуральное число 𝑛, при котором (7!)! делится на 𝑛!. Здесь 𝑘! означает произведение 1 ⋅ 2 ⋅ 3 ⋅ … ⋅ 𝑘.

Ответ: 5040. Решение. Заметим, что 𝑎! делится на 𝑏! тогда и только, когда 𝑎 ⩾ 𝑏. Значит, 5040 = 7! ⩾ 𝑛. Таким образом, максимальное возможное значение 𝑛 = 5040. Задача 8.2. (4 балла) Саша и Маша пришли в магазин. Саша купил 3 пакета молока, 7 пачек творога и 5 йогуртов. Маша купила 2 пакета молока, 10 пачек творога и 6 йогуртов. Саша потратил на всё 980 рублей, а Маша потратила 1160 рублей. Сколько суммарно стоит один пакет молока, одна пачка творога и один йогурт?

Ответ: 200. Решение. Пусть 𝑚, 𝑡, 𝑦 — цены пакета молока, пачки творога и йогурта соответственно. Тогда по условию выполнены два равенства: 3𝑚 + 7𝑡 + 5𝑦 = 980, 2𝑚 + 10𝑡 + 6𝑦 = 1160. Из этих равенств следует, что 2(3𝑚 + 7𝑡 + 5𝑦) − (2𝑚 + 10𝑡 + 6𝑦) = 2 ⋅ 980 − 1160. Приведя в последнем равенстве подобные слагаемые, получим 4𝑚 + 4𝑡 + 4𝑦 = 800. Разделив обе части равенства на 4, получим 𝑚 + 𝑡 + 𝑦 = 200. Это равенство и даёт ответ на вопрос задачи. Задача 8.3. (4 балла) Внутри трапеции 𝐴𝐵𝐶𝐷 с основаниями 𝐴𝐷 и 𝐵𝐶 отметили точку 𝑂. Оказалось, что 𝐴𝑂 = 𝐵𝑂 = 𝐶𝑂 = 𝐵𝐶 и 𝐷𝐴 = 𝐷𝑂 = 𝐷𝐶. Сколько градусов составляет угол 𝐵𝐴𝑂?

Ответ: 20.

Решение. Пусть ∠𝐵𝐴𝑂 = 𝜑 и ∠𝐷𝐶𝑂 = 𝛼. Тогда • ∠𝐴𝐵𝑂 = ∠𝐵𝐴𝑂 = 𝜑, так как △𝐴𝐵𝑂 равнобедренный. • ∠𝐷𝐶𝑂 = ∠𝐷𝑂𝐶 = ∠𝐷𝑂𝐴 = ∠𝐷𝐴𝑂 = 𝛼, так как △𝐷𝑂𝐶 и △𝐷𝑂𝐴 равнобедренные и равны по трём сторонам. • ∠𝑂𝐵𝐶 = ∠𝐵𝐶𝑂 = ∠𝐶𝑂𝐵 = 60∘ , так как △𝐵𝐶𝑂 равносторонний. Выразим угол 𝐴𝑂𝐵: ∠𝐴𝑂𝐵 = 360∘ − ∠𝐵𝑂𝐶 − ∠𝐶𝑂𝐷 − ∠𝐷𝑂𝐴 = 360∘ − 60∘ − 𝛼 − 𝛼 = 300∘ − 2𝛼. По сумме углов треугольника 𝐴𝐵𝑂 получаем 2𝜑 + 300∘ − 2𝛼 = 180∘ . Таким образом, 𝛼 = 60∘ + 𝜑. Теперь воспользуемся тем, что сумма односторонних углов при параллельных прямых 𝐴𝐷 и 𝐵𝐶 равна 180∘ : ∠𝐴𝐵𝐶 + ∠𝐵𝐴𝐷 = 60∘ + 𝜑 + 𝜑 + (60∘ + 𝜑) = 180∘ . Значит, 𝜑 = 20∘ . Получаем, что ∠𝐵𝐴𝑂 = 𝜑 = 20∘ . Задача 8.4. В компанию «Рожки и Лапки» устроилось некоторое количество тружеников и 310 лентяев. Каждый день на работу приходило по 50 человек, причём в конце рабочего дня 25 из них говорили: «Сегодня на работу пришло ровно 20 лентяев». Известно, что труженики всегда говорили правду, а лентяи всегда лгали. Через 𝑛 дней оказалось, что каждый из лентяев сходил на работу ровно 1 раз. (а) (2 балла) Найдите наибольшее возможное значение 𝑛. (б) (2 балла) Найдите наименьшее возможное значение 𝑛.

Ответ: а) 15 б) 7 Решение. Назовём утверждение «Сегодня на работу пришло ровно 20 лентяев» утверждением 𝐴.

Заметим, что труженик и лентяй не могли сделать утверждение 𝐴 в один и тот же день, так как иначе это утверждение было бы одновременно ложью и правдой. Поэтому, возможны два варианта: • на работу вышло 20 лентяев и 30 тружеников, и какие-то 25 тружеников из 30 сделали утверждение 𝐴; • на работу вышло 𝑘 ⩾ 25 лентяев и 50 − 𝑘 тружеников, и какие-то 25 лентяев из 𝑘 сделали утверждение 𝐴. (а) Заметим, что каждый день на работу выходило хотя бы 20 лентяев. Поэтому 𝑛 < 16 (иначе нашёлся бы лентяй, сходивший на работу более одного раза, так как 310 < 20 ⋅ 16). Покажем, что 𝑛 = 15 возможно. Это могло быть, например, если в первые 14 дней на работу приходило по 20 лентяев, а в пятнадцатый день пришло 30 лентяев. (б) Заметим, что каждый день на работу выходило не больше 50 лентяев. Поэтому 𝑛 > 6 (иначе нашёлся бы лентяй, не ходивший на работу, так как 310 > 50 ⋅ 6). Покажем, что 𝑛 = 7 возможно. Это могло быть, например, если в первые три дня на работу приходило по 50 лентяев, а в следующие четыре дня — по 40 лентяев. Задача 8.5. У Пети есть три палочки, длины которых равны 𝑎 см, 𝑏 см и 𝑐 см. Известно, что числа 𝑎, 𝑏 и 𝑐 натуральные, различные, и 𝑎𝑐 = 𝑏2 . Петя смог сложить из своих палочек треугольник. (а) (2 балла) Какой наименьший периметр мог быть у этого треугольника?

Ответ: а) 19

Решение. (а) Без ограничения общности можно считать, что 𝑎 < 𝑏. Тогда из равенства 𝑎𝑐 = 𝑏2 следует, что 𝑐 > 𝑏. Если 𝑐 делится на 𝑏, то 𝑐 ⩾ 2𝑏 > 𝑎 + 𝑏, что противоречит неравенству треугольника, значит 𝑐 не может делиться на 𝑏. Поэтому 𝑏 не может являться степенью простого числа, иначе 𝑐 делится на 𝑏. Наименьшее число, не являющееся степенью простого числа — это 6. В этом случае 𝑎𝑐 = 36. Единственный делитель числа 36, больший 6 и не делящийся на 6 — это 9. Тогда 𝑎 = 4, 𝑐 = 9, 𝑎 + 𝑏 = 10 > 9, т.е. неравенство треугольника выполнено. В этом случае получаем периметр 4 + 6 + 9 = 19. Следующее подходящее число для 𝑏 — это 10, но при 𝑏 ⩾ 10, 𝑎+𝑏+𝑐 = (𝑎+𝑐)+𝑏 > 2𝑏 ⩾ 20. Значит, наименьший периметр треугольника у Пети — это 19.

Задача 8.6. (б) (2 балла) Пусть 𝑏 = 72. Какой периметр мог быть у этого треугольника? Укажите все варианты в любом порядке.

Ответ: б) 217, 222, 228

Решение. Поскольку 𝑏 = 23 ⋅ 32 , то в разложении 𝑐 одна из степеней вхождения двойки или тройки меньше чем у 𝑏 (чтобы 𝑐 не делилось на 𝑏), а другая больше (чтобы выполнялось 𝑐 > 𝑏). При этом понятно, что 𝑐 < 2𝑏, иначе 𝑐 > 𝑎 + 𝑏 и нарушается неравенство треугольника. Пусть в 𝑐 тройка входит в степени 4. Тогда 𝑐 = 81 ⋅ 2𝑘 . Поскольку 81 ⋅ 2𝑘 < 2 ⋅ 72, 𝑘 = 0. Значит, единственный вариант в этом случае это 𝑎 = 26 = 64, 𝑐 = 34 = 81, 𝑎 + 𝑏 = 136 > 𝑐. Периметр равен 64 + 72 + 81 = 217. Пусть в 𝑐 тройка входит в степени 3. Тогда 𝑐 = 27⋅2𝑘 . При 𝑘 ⩽ 1 будет 𝑐 ⩽ 54 < 𝑏, а при 𝑘 ⩾ 3 будет 𝑐 ⩾ 216 > 2𝑏. Значит, единственный вариант это 𝑐 = 33 ⋅ 22 = 108, 𝑎 = 3 ⋅ 24 = 48, 𝑎 + 𝑏 = 120 > 𝑐. Периметр при этом равен 48 + 72 + 108 = 228. Пусть в 𝑐 тройка входит в степени 1. Тогда 𝑐 = 3 ⋅ 2𝑘 . При 𝑘 ⩽ 4 будет 𝑐 < 3 ⋅ 16 = 48 < 𝑏, а при 𝑘 = 6 будет 𝑐 = 3 ⋅ 26 = 192 > 2𝑏. Значит, единственный вариант это 𝑐 = 3 ⋅ 25 = 96, 𝑎 = 33 ⋅ 2 = 54, 𝑎 + 𝑏 = 126 > 𝑐. Периметр при этом равен 54 + 72 + 96 = 222. Если же в 𝑐 тройка входит в степени 0, то 𝑐 ⩽ 26 = 64 < 𝑏, противоречие. Во второй степени тройка в 𝑐 входить не может, т.к. тогда 𝑐 будет делиться на 𝑏 или 𝑐 будет меньше 𝑏. Таким образом, всего возможны 3 варианта: 217, 222, 228.

Задача 8.7. (4 балла) В прямоугольном треугольнике 𝐴𝐵𝐶 с прямым углом 𝐶 провели высоту 𝐶𝐻. На гипотенузе 𝐴𝐵 отметили точки 𝑋 и 𝑌 , такие что 𝐶𝑋 и 𝐶𝑌 — биссектрисы углов 𝐵𝐶𝐻 и 𝐻𝐶𝐴 соответственно. Найдите, чему равна длина стороны 𝐴𝐵, если известно, что периметр треугольника 𝐴𝐵𝐶 равен 44, а длина отрезка 𝑋𝑌 равна 6.

Ответ: 19

Решение. Пусть ∠𝐴𝐶𝑌 = ∠𝑌 𝐶𝐻 = 𝛼, ∠𝐻𝐶𝑋 = ∠𝑋𝐶𝐵 = 𝛽. Тогда 2𝛼+2𝛽 = ∠𝐴𝐶𝐵 = 90∘ , поэтому ∠𝐶𝐴𝐻 = 90∘ − ∠𝐴𝐶𝐻 = 2𝛽. Заметим, что ∠𝐶𝑌 𝐵 внешний для треугольника 𝐴𝐶𝑌 , поэтому ∠𝐶𝑌 𝐵 = ∠𝐴𝐶𝑌 + ∠𝐶𝐴𝑌 = 𝛼 + 2𝛽 = ∠𝑌 𝐶𝐵, поэтому треугольник 𝐵𝐶𝑌 равнобедренный и 𝐵𝐶 = 𝐵𝑌 . Аналогично получаем, что треугольник 𝐴𝐶𝑋 равнобедренный и 𝐴𝐶 = 𝐴𝑋. С использованием полученных равенств можем записать: 44 = 𝐴𝐵 + 𝐵𝐶 + 𝐶𝐴 = 𝐴𝐵 + 𝐵𝑌 + 𝐴𝑋 = 𝐴𝐵 + 𝐴𝐵 + 𝑋𝑌 = 2𝐴𝐵 + 6.

Из полученного равенства находим 𝐴𝐵 = 19. Задача 8.8. (4 балла) Найдите сумму цифр числа 3 ⋅⏟ 33 … 3 3 + 2 ⋅⏟ 11 … 1 2 +⏟ 55 … 5 2 +⏟ 33 … 3. ⎵⏟ ⎵⏟ ⎵⏟ ⎵⏟ ⎵⏟ ⎵⏟ ⎵⏟ ⎵⏟ 100

100

100

100

Ответ: 300 Решение. Преобразуем наше число 3 ⋅⏟ 33 … 3 3 + 2 ⋅⏟ 11 … 1 2 +⏟ 55 … 5 2 +⏟ 33 … 3= ⎵⏟ ⎵⏟ ⎵⏟ ⎵⏟ ⎵⏟ ⎵⏟ ⎵⏟ ⎵⏟ 100

3 ⋅ 33 ⋅ (

100

10

−1

100

100

100

) +2⋅(

10

100

−1

) + 52 ⋅ (

10100 − 1 10100 − 1 = ) +3⋅ 9 9

(10100 − 1)2 (10100 − 1) (10100 − 1)3 + 27 +3 81 = 3 2 9 9 9 100 (10 − 1) ⋅ ((10200 − 2 ⋅ 10100 + 1) + 3(10100 − 1) + 3) = 9 (10100 − 1) (10300 − 1) ⋅ (10200 + 10100 + 1) = =⏟ 11 … 1. ⎵⏟ ⎵⏟ 9 9 300 Значит, сумма цифр равна 300.

Задача 8.9. (4 балла) Новая шахматная фигура гусь может ходить либо на одну клетку влево, либо на две клетки вправо и одну вверх, либо на две клетки вверх и одну вправо. Возможные ходы гуся, стоящего в клетке Г, отмечены на рисунке крестиками. Гусь бьёт так же, как и ходит.

Несколько гусей стоят в клетках доски 8×8 так, что никакой гусь не бьёт другого гуся, при этом любая незанятая клетка бьётся хотя бы одним гусём. Сколько гусей может стоять на доске? Укажите все возможные варианты в любом порядке.

Ответ: 32.

Решение. Покажем, что существует единственная расстановка гусей, удовлетворяющая условию. Введём стандартные шахматные обозначения для горизонталей и вертикалей: горизонтали нумеруются числами от 1 до 8 снизу вверх, вертикали нумеруются буквами от a до h слева направо (см. рис.)

Заметим, что любая клетка может биться только гусями, расположенными ниже этой клетки, либо правее. Рассмотрим клетку h1 (клетку в правом нижнем углу). Эта клетка не может биться никаким гусём (так как не существует клеток ниже или правее), поэтому в ней обязательно должен стоять гусь. Отметим h1 буквой Г, а также отметим крестиками все клетки, которые бьёт гусь, расположенный в h1 (это только клетка g1).

Теперь рассмотрим клетку f1. Она не может биться никаким гусём, так как ниже неё нет клеток, а правее есть только гусь h1, который не бьёт f1. Поэтому в клетке f1 обязательно должен стоять гусь. Отметим f1 буквой Г, а также отметим крестиками клетки h2, g3 и e1, которые бьёт гусь, расположенный в f1.

Будем дальше по одной определять клетки, в которых обязательно стоят гуси. Для этого докажем следующую лемму. Лемма. Пусть мы знаем про некоторые клетки, что в них обязательно стоят гуси. Отметим все эти клетки буквами Г, а клетки, которые бьют такие гуси — крестиками. Пусть клетка 𝐴 не отмечена, при этом все клетки правее 𝐴 в той же строке отмечены, и все клетки в строках ниже 𝐴 отмечены (синяя облисть на рисунке). Тогда в клетке 𝐴 обязательно стоит гусь.

Доказательство леммы. Клетка 𝐴 может биться только гусями, расположенными в синей области.Однако в этой области есть только отмеченные клетки. В клетках, отмеченных крестиками, гусей быть не может, а гуси, расположенные в остальных клетках, не бьют клетку 𝐴 (так как все побитые ими клетки отмечены крестиками, а 𝐴 не отмечена). Поэтому клетка 𝐴 не может биться никаким гусём, а значит в ней стоит гусь. Лемма доказана. Доказанная лемма позволяет последовательно отметить все клетки доски (см. рис.)

Проделав это, убеждаемся, что клетки, занятые гусями, и свободные от гусей, образуют шахматную раскраску, и что гусей на доске обязательно 32.