Муниципальный этап ВсОШ по математике: задания прошлых лет с решениями

Решение

Пусть изначально Ася и Вася весили по $x$ кг. Через три года вес Аси стал равен $3{,}5 \cdot 2{,}5 \cdot 1{,}5\,x$, а вес Васи — $4{,}5 \cdot 3{,}5 \cdot 2{,}5\,x$. Значит, Вася тяжелее Аси в

раза. Множители 3,5 и 2,5 сокращаются, перемножать всё целиком не нужно.

Источник задачи: ВсОШ по математике, муниципальный этап, Москва, 2024/25 учебный год, 7 класс, задача 7.1 — официальные решения 7 класса, портал ВсОШ в Москве

Решение

Число 9988776 подходит: суммы соседних цифр равны 18, 17, 16, 15, 14 и 13 — все различны. Докажем, что большего числа быть не может.

Если число больше 9988776, то его первые две цифры — девятки. Третья цифра не может быть 9, иначе сумма 18 встретится дважды, значит, она не больше 8. Четвёртая цифра тоже не 9: иначе появятся две суммы 17 ($9 + 8$ и $8 + 9$). Значит, и она не больше 8.

Продолжая так же, получаем: пятая цифра не больше 7 (иначе повторится 17 или 16), шестая не больше 7 (иначе повторится 16 или 15), седьмая не больше 6 (иначе повторится 16, 15 или 14). Поэтому числа больше 9988776 с нужным свойством нет.

Источник задачи: ВсОШ по математике, муниципальный этап, Москва, 2024/25 учебный год, 7 класс, задача 7.2 — официальные решения 7 класса, портал ВсОШ в Москве

Решение

Нарисуем числовую прямую так, чтобы точка $A$ попала в 0. Чтобы попасть из $A$ в $E$, нужно сделать шаги длиной 4, 7, 11 и 16 в каких-то направлениях. Значит, $AE$ — это модуль суммы чисел 4, 7, 11, 16, взятых каждое с плюсом или с минусом.

Если взять 16 и 4 с плюсом, а 11 и 7 с минусом, получится $16 + 4 - 7 - 11 = 2$. Точки тогда стоят в порядке $D$, $C$, $A$, $E$, $B$, и расстояния между соседними равны 11, 3, 2 и 2.

Меньше получить нельзя. Если 16 и 11 взяты с одинаковым знаком, модуль суммы не меньше $16 + 11 - 7 - 4 = 16$. Значит, знаки у них разные и вместе они дают $\pm 5$. Остаётся из чисел 4, 5 и 7 со знаками получить наименьший модуль. Если 4 и 5 разных знаков, получится $7 \pm 1$, то есть не меньше 6. Если одного знака — $9 \pm 7$, то есть не меньше 2.

Источник задачи: ВсОШ по математике, муниципальный этап, Москва, 2024/25 учебный год, 7 класс, задача 7.3 — официальные решения 7 класса, портал ВсОШ в Москве

Решение

Обозначим длину круга через $S$ км. Малыш на три круга затратил $\frac{S}{4} \cdot 3 = \frac{3S}{4}$ часа. Карлсон финишировал одновременно с ним, а бежал столько же времени, сколько ел, — значит, бежал он половину этого времени, $\frac{3S}{8}$ часа.

Первый круг Карлсон пробежал за $\frac{S}{4}$ часа, второй — со скоростью 24 км/ч, за $\frac{S}{24}$ часа. На третий круг осталось

часа, то есть третий круг он бежал со скоростью 12 км/ч.

Источник задачи: ВсОШ по математике, муниципальный этап, Москва, 2024/25 учебный год, 7 класс, задача 7.4 — официальные решения 7 класса, портал ВсОШ в Москве

Решение

Пусть Даша загадала $x$, а сумма чисел Маши и Саши равна $s$. Если утроить число Даши, сумма станет $3x + s$, и она вдвое больше $x + s$: $3x + s = 2x + 2s$, откуда $x = s$. Значит, число Даши равно сумме чисел Маши и Саши.

Тогда сумма всех трёх чисел равна $2x$ и делится на 4, поэтому $x$ чётно. Все числа больше 2, значит, $x$ равно 4, 6 или 8.

При $x = 4$ два числа больше 2 не могут дать в сумме 4. При $x = 6$ это возможно только как $3 + 3$, но числа различны. Остаётся $x = 8$: два различных числа больше 2 с суммой 8 — это 3 и 5.

Источник задачи: ВсОШ по математике, муниципальный этап, Москва, 2024/25 учебный год, 7 класс, задача 7.5 — официальные решения 7 класса, портал ВсОШ в Москве

Решение

а) Каждая выбранная клетка входит ровно в 9 крестов — по одному разу для каждой клетки своей строки и своего столбца. Поэтому сумма всех чисел таблицы в 9 раз больше числа выбранных клеток. Сумма равна 45, значит, выбрано 5 клеток.

б) Сравним первый и второй столбцы. Они отличаются ровно в двух местах: в A1 число на 1 больше, чем в A2, а в E1 — на 1 меньше, чем в E2. Обозначим через $a$ число выбранных клеток среди A1, через $b$ — среди B1, C1, D1, через $c$ — среди E1; так же $x$, $y$, $z$ — для A2; B2, C2, D2; E2.

Кресты клеток A1 и A2 совпадают по строке A, поэтому разница в 1 даёт $b + c = y + z + 1$. Аналогично из клеток E1 и E2 получаем $a + b = x + y - 1$. Вычитая, находим $a - c = x - z - 2$. Но $a - c \ge -1$ и $x - z \le 1$, и равенство возможно только при $a = 0$, $c = 1$, $x = 1$, $z = 0$. Значит, клетки A2 и E1 выбраны, а A1 и E2 — нет.

Так же, сравнивая первый и третий столбцы, получаем, что выбрана A3. Столбцы 3 и 4 отличаются в клетках A и B — отсюда выбрана B4. Столбцы 4 и 5 отличаются в клетках B и C — отсюда выбрана C5. Все пять клеток найдены; можно проверить, что для них таблица получается именно такой.

Источник задачи: ВсОШ по математике, муниципальный этап, Москва, 2024/25 учебный год, 7 класс, задачи 7.6 и 7.7 — официальные решения 7 класса, портал ВсОШ в Москве; таблица из условия перенесена без изменений

Решение

а) Ели составляют

от всех деревьев. Дробь $\frac{34}{125}$ несократима, поэтому число деревьев делится на 125. Наименьшее такое число — 125: из них 50 хвойных, среди которых 17 елей.

б) Число деревьев по-прежнему кратно 125. После вырубки ели составляют $\frac{33}{100}$ хвойных, значит, число елей кратно 33, а число хвойных — 100.

Если деревьев было 125, то елей было 17, и кратным 33 их число стать не может. Если деревьев было 250, то хвойных было 100, елей 34; кратным 33 число елей станет, только если срубить одну ель и их останется 33. Но тогда хвойных станет меньше 100, и кратным 100 их число уже не будет.

375 деревьев быть могло: среди них 150 хвойных и 51 ель. Срубили 18 елей и 32 других хвойных дерева — осталось 33 ели среди 100 хвойных, ровно 33%.

Источник задачи: ВсОШ по математике, муниципальный этап, Москва, 2024/25 учебный год, 7 класс, задача 7.8 — официальные решения 7 класса, портал ВсОШ в Москве

Решение

Квадрат $10 \times 10$ можно сложить из 10 прямоугольников — шести $3 \times 4$ и четырёх $1 \times 7$. Один из возможных примеров (одинаковые буквы — один прямоугольник; В, Г, Д, Е — полоски $1 \times 7$):

Докажем, что меньше нельзя. Сначала покажем, что сторона квадрата не меньше 10. Она не меньше 7, раз есть полоска $1 \times 7$.

Пусть квадрат $8 \times 8$, и полоска $1 \times 7$ лежит горизонтально. В её строке остаётся одна свободная клетка, которую может занять только вертикальная полоска. В её столбце тоже остаётся одна клетка, и так далее — полоски обходят квадрат по краю, а внутри остаётся квадрат $6 \times 6$. Полосок $1 \times 7$ в нём быть не может, а прямоугольник $3 \times 4$, положенный вдоль стороны, оставляет в своём ряду 2 клетки, которые ничем не заполнить.

Для квадрата $9 \times 9$ те же рассуждения дают по краю по две полоски $1 \times 7$ на сторону, а внутри — квадрат $5 \times 5$. Его площадь 25 не делится на 12, так что из прямоугольников $3 \times 4$ его не сложить.

Если сторона не меньше 11, площадь не меньше 121, а у самого большого прямоугольника площадь 12, поэтому их больше $\frac{121}{12} > 10$.

Остался квадрат $10 \times 10$. Пусть в нём $a$ прямоугольников $3 \times 4$ и $b$ полосок $1 \times 7$: $12a + 7b = 100$. Тогда $7b$ делится на 4, то есть $b$ кратно 4. При $b = 4$ получаем $a = 6$ и 10 прямоугольников, при $b = 8$ — $a = 3$ и 11, при $b \ge 12$ их уже не меньше 12. Значит, меньше 10 прямоугольников использовать нельзя.

Источник задачи: ВсОШ по математике, муниципальный этап, Москва, 2024/25 учебный год, 7 класс, задача 7.9 — официальные решения 7 класса; оценка пересказана по официальному разбору, пример разбиения в официальном файле дан рисунком — здесь приведён другой пример, проверенный по клеткам

Решение

Число $a!$ делится на $b!$ тогда и только тогда, когда $a \ge b$. Значит, $n \le 7! = 5040$, и наибольшее подходящее $n$ равно 5040.

Источник задачи: ВсОШ по математике, муниципальный этап, Москва, 2024/25 учебный год, 8 класс, задача 8.1 — официальные решения 8 класса, портал ВсОШ в Москве

Решение

Пусть $m$, $t$, $y$ — цены пакета молока, пачки творога и йогурта. По условию

Удвоим первое равенство и вычтем второе: $2(3m + 7t + 5y) - (2m + 10t + 6y) = 2 \cdot 980 - 1160$, то есть $4m + 4t + 4y = 800$. Разделив на 4, получаем $m + t + y = 200$.

Источник задачи: ВсОШ по математике, муниципальный этап, Москва, 2024/25 учебный год, 8 класс, задача 8.2 — официальные решения 8 класса, портал ВсОШ в Москве

Решение

Пусть $\angle BAO = \varphi$ и $\angle DCO = \alpha$.

• Треугольник $ABO$ равнобедренный, поэтому $\angle ABO = \angle BAO = \varphi$.
• Треугольники $DOC$ и $DOA$ равнобедренные и равны по трём сторонам, поэтому $\angle DCO = \angle DOC = \angle DOA = \angle DAO = \alpha$.
• Треугольник $BCO$ равносторонний, поэтому $\angle OBC = \angle BCO = \angle COB = 60^\circ$.

Угол $AOB$ дополняет остальные углы при точке $O$ до полного:

По сумме углов треугольника $ABO$: $2\varphi + 300^\circ - 2\alpha = 180^\circ$, откуда $\alpha = 60^\circ + \varphi$. Сумма односторонних углов при параллельных $AD$ и $BC$ равна $180^\circ$:

значит, $\varphi = 20^\circ$.

Источник задачи: ВсОШ по математике, муниципальный этап, Москва, 2024/25 учебный год, 8 класс, задача 8.3 — официальные решения 8 класса, портал ВсОШ в Москве; там же чертёж

Решение

Труженик и лентяй не могли сказать эту фразу в один день: она была бы одновременно правдой и ложью. Поэтому каждый день было одно из двух:

• пришли 20 лентяев и 30 тружеников, и фразу сказали 25 тружеников;
• пришли $k \ge 25$ лентяев и $50 - k$ тружеников, и фразу сказали 25 лентяев.

а) Каждый день приходило не меньше 20 лентяев. Если бы дней было 16 или больше, понадобилось бы не меньше $20 \cdot 16 = 320 > 310$ визитов лентяев, и кто-то пришёл бы дважды. Значит, $n \le 15$. Пример для $n = 15$: 14 дней по 20 лентяев и один день — 30.

б) Каждый день приходило не больше 50 лентяев. За 6 дней их пришло бы не больше 300, и кто-то из 310 так и не появился бы. Значит, $n \ge 7$. Пример для $n = 7$: три дня по 50 лентяев и четыре дня по 40.

Источник задачи: ВсОШ по математике, муниципальный этап, Москва, 2024/25 учебный год, 8 класс, задача 8.4 — официальные решения 8 класса, портал ВсОШ в Москве

Решение

а) Можно считать, что $a$ меньше $b$; тогда из $ac = b^2$ следует, что $c$ больше $b$. Если $c$ делится на $b$, то $c \ge 2b > a + b$ — нарушено неравенство треугольника. Значит, $c$ на $b$ не делится, а для этого $b$ не может быть степенью простого числа: иначе $c$ делилось бы на $b$.

Наименьшее число, не являющееся степенью простого, — 6. Тогда $ac = 36$, и единственный делитель 36, больший 6 и не делящийся на 6, — это 9. Получаем $a = 4$, $c = 9$, и $a + b = 10 > 9$ — треугольник существует, периметр $4 + 6 + 9 = 19$. Следующее подходящее $b$ — это 10, но при $b \ge 10$ периметр $(a + c) + b > 2b \ge 20$.

б) $b = 72 = 2^3 \cdot 3^2$. Чтобы $c$ было больше $b$, но не делилось на $b$, в разложении $c$ одна из степеней двойки и тройки должна быть больше, чем у $b$, а другая — меньше. Кроме того, $c$ меньше $2b = 144$, иначе нарушится неравенство треугольника.

• Тройка в степени 4: $c = 81 \cdot 2^k$, и условие $c$ меньше 144 оставляет только $k = 0$. Тогда $c = 81$, $a = 2^6 = 64$, периметр $64 + 72 + 81 = 217$.
• Тройка в степени 3: $c = 27 \cdot 2^k$. При $k \le 1$ получается $c \le 54$, а при $k \ge 3$ — $c \ge 216$. Остаётся $c = 108$, $a = 48$, периметр $48 + 72 + 108 = 228$.
• Тройка в степени 1: $c = 3 \cdot 2^k$. При $k \le 4$ получается $c \le 48$, при $k = 6$ — $c = 192$. Остаётся $c = 96$, $a = 54$, периметр $54 + 72 + 96 = 222$.

Без тройки $c \le 2^6 = 64$ меньше $b$, а тройка во второй степени даёт $c$, которое либо делится на $b$, либо меньше $b$. Во всех трёх найденных случаях $a + b$ больше $c$.

Источник задачи: ВсОШ по математике, муниципальный этап, Москва, 2024/25 учебный год, 8 класс, задачи 8.5 и 8.6 — официальные решения 8 класса, портал ВсОШ в Москве

Решение

Пусть $\angle ACY = \angle YCH = \alpha$, $\angle HCX = \angle XCB = \beta$. Тогда $2\alpha + 2\beta = 90^\circ$, поэтому $\angle CAH = 90^\circ - \angle ACH = 2\beta$.

Угол $CYB$ внешний для треугольника $ACY$: $\angle CYB = \angle ACY + \angle CAY = \alpha + 2\beta = \angle YCB$. Значит, треугольник $BCY$ равнобедренный и $BC = BY$. Так же доказывается, что $AC = AX$.

Тогда

откуда $AB = 19$.

Источник задачи: ВсОШ по математике, муниципальный этап, Москва, 2024/25 учебный год, 8 класс, задача 8.7 — официальные решения 8 класса, портал ВсОШ в Москве; там же чертёж

Решение

Число из ста единиц равно $\frac{10^{100} - 1}{9}$, из ста троек — втрое больше, из ста пятёрок — впятеро. Подставим и обозначим $q = 10^{100}$:

Вынесем $\frac{q - 1}{9}$:

Это число из трёхсот единиц, и сумма его цифр равна 300.

Источник задачи: ВсОШ по математике, муниципальный этап, Москва, 2024/25 учебный год, 8 класс, задача 8.8 — официальные решения 8 класса, портал ВсОШ в Москве

Решение

Покажем, что подходящая расстановка ровно одна. Обозначим клетки как на шахматной доске: горизонтали 1–8 снизу вверх, вертикали a–h слева направо.

Гусь бьёт только клетки левее себя в той же строке или выше себя, поэтому клетку могут бить только гуси, стоящие ниже неё или правее в её строке. Клетку h1 не бьёт никто — значит, в ней стоит гусь; он бьёт g1. Клетку f1 тоже никто не может бить, поэтому и там гусь; он бьёт h2, g3 и e1.

Дальше работает лемма. Пусть про некоторые клетки уже известно, что в них стоят гуси, а клетки, которые они бьют, отмечены. Если клетка не отмечена, а все клетки правее неё в её строке и все клетки строк ниже отмечены, то в ней обязательно стоит гусь. Действительно, бить её может только гусь из этой отмеченной области; на побитых клетках гусей нет, а известные гуси эту клетку не бьют.

Применяя лемму клетка за клеткой — справа налево и снизу вверх, — заполняем всю доску. Гуси оказываются ровно на клетках одного цвета шахматной раскраски — на тех, что не совпадают по цвету с a1, — и их 32.

Источник задачи: ВсОШ по математике, муниципальный этап, Москва, 2024/25 учебный год, 8 класс, задача 8.9 — официальные решения 8 класса, портал ВсОШ в Москве; рисунок ходов гуся перенесён таблицей