Олимпиада по математике 5-11 класс муниципальный этап 2025 Московская область: задания, ответы и критерии для подготовки к 7 ноября 2026

Ответ. 13 или 1.

Решение. Если Саша стоит между Петей и Мишей, то между Петей и Мишей $7+5+1=13$ ребят. Если же Петя стоит между Сашей и Мишей, то между Петей и Мишей $7-5-1=1$ школьник.

Ответ. Можно.

Решение. Один из способов: $123 \to 246 \to 492 \to 984 \to 98$.

Ответ. 111 рублей.

Решение. Из второго условия следует, что цена шоколадки больше 110 рублей (иначе 1100 рублей хватило бы на 10 шоколадок). А из первого условия – что цена меньше 112 рублей, так как $9\cdot 112 > 1000$, то есть, 1000 рублей не хватило бы на покупку 9 шоколадок. Осталось проверить, что при цене 111 рублей условия выполняются.

Ответ. $990990\ldots 990$.

Решение. Из двух чисел с одинаковым числом цифр больше то, у которого в первом слева разряде, в котором числа различаются, цифра больше. Значит, искомое число $X$ должно начинаться с цифры 9. Вторую цифру тоже можно сделать равной 9. Для этого нужно, чтобы третья цифра числа $X$ равнялась 0, а множитель равнялся 1. Тогда $X = 990\text{АБВ}\ldots$ . Цифра 0 в третьем слева разряде может быть получена как произведение суммы $(9 + \text{А})$ на 0. Повторяя приведенные рассуждения для цифр Б, В, … , получаем тройки цифр 990. Число $X$ оканчивается на 990, поскольку 2025 делится на 3. И построение искомого числа получено.

Ответ. Можно.

Решение. Заметим, что сумма двух чисел делится на 3, если либо оба числа делятся на 3, либо одно из них имеет остаток 1 при делении на 3, а другое – остаток 2 при делении на 3.

Среди чисел от 1 до 81 ровно 27 делятся на 3 (имеют остаток 0 при делении на 3), ровно 27 имеют остаток 1 при делении на 3 и ровно 27 имеют остаток 2 при делении на 3.

Тогда, например, можно в первые три строки поставить числа, имеющие остаток 1 при делении на 3, а потом в 4, 6 и 8 строки числа, делящиеся на 3, а в 5, 7 и 9 – числа, имеющие остаток 2 при делении на 3. Например, так (примеры могут другими):

Замечание. Существуют и другие примеры, существенно отличающиеся по конструкции.

Ответ. 68.

Решение. Общий периметр трёх квадратов равен $7\cdot 4 + 11\cdot 4 + 5\cdot 4 = 92$. Но отрезки, отмеченные на рисунке пунктиром, не участвуют в подсчёте периметра фигуры. Длина каждого из этих отрезков учитывается дважды в сумме периметров квадратов. Поэтому искомый периметр равен $92-7\cdot 2-5\cdot 2 = 68$.

Ответ. $N = 14$.

Решение. Из условия следует, что вначале номера точек в счёте Коли – больше: П – 5, К – 12. Далее по кругу будет такой счёт: П – 6, К – 13, П – 7, К – 14 и так далее вплоть до завершения Колей полного круга, когда, дойдя до номера $N$, он начнет счёт с начала: 1, 2, …, то есть уменьшит свой счёт на $N$, и 12-ому номеру Пети вместо 19 $(12 + 7 = 19)$ будет соответствовать номер $19-N$, который оказался пятым. Значит, $N = 14$.

Замечание. Можно также посчитать, что между точками на обеих дугах должно располагаться по $12-5-1 = 6$ точек, значит, всего точек было $1 + 1 + 6 + 6 = 14$.

Ответ. Не могло.

Решение. Заметим, например, что $\frac{\text{ОДИН}}{\text{ТРИ}} = \frac{\text{ОДИННАДЦАТЬ}}{\text{ТРИНАДЦАТЬ}}$, но $\frac{1}{3} \ne \frac{11}{13}$.

Ответ. $990990\ldots 990$.

Решение. Из двух чисел с одинаковым числом цифр больше то, у которого в первом слева разряде, в котором числа различаются, цифра больше. Значит, искомое число $X$ должно начинаться с цифры 9. Вторую цифру тоже можно сделать равной 9. Для этого нужно, чтобы третья цифра числа $X$ равнялась 0, а множитель равнялся 1. Тогда $X = 990\text{АБВ}\ldots$ . Цифра 0 в третьем слева разряде может быть получена как произведение суммы $(9 + \text{А})$ на 0. Повторяя приведенные рассуждения для цифр Б, В, … , получаем тройки цифр 990. Число $X$ оканчивается на 990, поскольку 2025 делится на 3. И построение искомого числа получено.

Ответ. Можно.

Решение. Заметим, что сумма двух чисел делится на 3, если либо оба числа делятся на 3, либо одно из них имеет остаток 1 при делении на 3, а другое – остаток 2 при делении на 3.

Среди чисел от 1 до 81 ровно 27 делятся на 3 (имеют остаток 0 при делении на 3), ровно 27 имеют остаток 1 при делении на 3 и ровно 27 имеют остаток 2 при делении на 3.

Далее заменим числа на их остатки при делении на 3.

Тогда, например, можно расставить числа в таблице следующим образом. Рассмотрим шахматную раскраску доски (пусть угловые клетки чёрные). Мы будем ставить 0 только на чёрные клетки. В четвертую строку поставим числа 101010101, в пятую – 020202020. Тогда числа 1 и 2 из 4 и 5 строк не будут стоять рядом. После чего в строках 1, 2 и 3 расставим оставшиеся 22 числа 1 и 5 чисел 0 (на любые из чёрных клеток), а в строки 6, 7, 8, 9 оставшиеся 23 числа 2 и 13 чисел 0 (на любые из чёрных клеток). Тогда в таблице в соседних клетках будут стоять пары 1-1, 1-0, 2-0, 2-2. Например, это можно сделать так (примеры могут другими). Для удобства в таблице «0» выделены жирным шрифтом, а «1» курсивом:

Замечание. Существуют и другие примеры, существенно отличающиеся по конструкции.

Ответ. Например, –1, –45, 45 и 1.

Решение. Заметим, что $2025 = 45^2$. Тогда, например, подойдут числа –1, –45, 45 и 1.

Замечание. Существуют и другие примеры. Любая четвёрка чисел вида $a;\-a;\ \frac{45}{a};\-\frac{45}{a}$, где $a$ – делитель числа 45, подходит.

Ответ. 16 рублей.

Решение. Так как ребят 7, а монет 10, и каждый брал либо одну, либо две монеты, то трое ребят взяли по две монеты, а четверо по одной. Заметим, что любой взявший две монеты получил 3 рубля, что больше, чем у любого, взявшего одну монету. Значит, у Пети монета достоинством в 1 рубль, у остальных троих, взявших по одной монете – по 2 рубля. Значит, в кошельке было $1 + 2 \cdot 3 + 3 \cdot 3 = 16$ рублей.

Ответ. Не может.

Решение. Пусть такое возможно. Так как каждый изменил свой ответ, то количество конфет у него изменило чётность. Посчитаем общее количество конфет после передачи конфет. Оно изменилось на величину, равную сумме 13 нечётных слагаемых (слагаемое будет со знаком «плюс», если у человека увеличилось количество конфет, и со знаком «минус» – если уменьшилось). Эта величина – нечётное число. Но общее количество конфет не могло измениться. То есть оно изменилось на 0, а 0 – чётное число. Противоречие.

Ответ. 60.

Решение. Пусть прямоугольник имеет размеры $m \times n$ ($m \geqslant n$, длину стороны квадрата разрезания считаем равной 1). Так как хотя бы один квадратов разрезания не имеет общих точек с границами прямоугольника, то каждое из чисел $m$ и $n$ хотя бы 3. У прямоугольника есть 4 угловые клетки, каждая из которых имеет две соседние клетки; кроме того есть $2(n-2) + 2(m-2)$ неугловых клеток, расположенных на сторонах прямоугольника, у каждой из которых по 3 соседние клетки; а также $(n-2)(m-2)$ внутренние клетки, у каждой из которых по 4 соседние клетки. Общее количество соседних клеток равно $2 \cdot 4 + 3 \cdot (2n + 2m-8) + 4 \cdot (mn-2m-2n + 4) = 4mn-2m-2n$. По условию это количество равно 208. Значит, $4mn-2m-2n = (2m-1)(2n-1)-1 = 208$, то есть $(2m-1)(2n-1) = 209$. Но $209 = 19 \cdot 11$ – произведение двух простых чисел. Значит, $2m-1 = 19$, $2n-1 = 11$, откуда $m = 10$, $n = 6$. Отсюда количество квадратов разрезания равно 60.

Ответ. 98.

Решение. Если все числа одной четности, то все суммы будут чётными числами (большими 2), а, значит, составными. Иначе, расставив сначала все чётные, а затем все нечётные числа, Олег гарантирует, что 98 из 99 сумм точно будут чётными числами.

Покажем, что 99 составных чисел можно получить не всегда. Пусть Олегу дали набор чисел $1, p_1-1, p_2-1, \ldots, p_{99}-1$, где $p_1, p_2, \ldots, p_{99}$ – различные нечётные простые числа. Тогда как бы ни выкладывал числа Олег, число 1 вместе со своим соседом в сумме будет давать простое число.

Ответ. Может.

Решение. Например, подойдут числа A=49518, B=76320.

Ответ. Не может.

Решение. Пусть сначала ни у кого не было открытки, тогда мы получим 9 ответов «да» и 9 ответов «нет». Будем давать по очереди 9 людям открытки. При выдаче открытки любой человек (лжец или рыцарь) изменит свой ответ на противоположный. То есть произойдет 9 смен ответов. Но так как и после выдачи открыток оказалось 9 ответов «да» и 9 ответов «нет», то количество смен ответов должно быть чётным. Противоречие.

Ответ. 2.

Решение. Внешний угол $BPC$ треугольника $APC$ равен сумме углов $PAC$ и $PCA$. По условию, угол $BPC$ в два раза больше угла $PAC$, значит, углы $PAC$ и $PCA$ равны, и тогда $PA = PC$. Аналогично $PB = PC$. Следовательно, треугольники $APC$ и $BPC$ являются равнобедренными и в них медианы $PM$ и $PN$ являются и биссектрисами, и высотами, значит, углы $PMC$, $PNC$ – прямые. Угол $MPN$ – прямой как сумма половин двух смежных углов $APC$ и $BPC$. Тогда в четырёхугольнике $MPNC$ углы $MPN$, $PMC$, $PNC$ – прямые, откуда $MPNC$ — прямоугольник. Тогда $MN = PC = 2$ как диагонали прямоугольника.

Ответ. 98.

Решение. Если все числа одной четности, то все суммы будут чётными числами (большими 2), а, значит, составными. Иначе, расставив сначала все чётные, а затем все нечётные числа, Олег гарантирует, что 98 из 99 сумм точно будут чётными числами.

Покажем, что 99 составных чисел можно получить не всегда. Пусть Олегу дали набор чисел $1, p_1-1, p_2-1, \ldots, p_{99}-1$, где $p_1, p_2, \ldots, p_{99}$ – различные нечётные простые числа. Тогда как бы ни выкладывал числа Олег, число 1 вместе со своим соседом в сумме будет давать простое число.

Ответ. Нельзя.

Решение. Рассмотрим 5 произведений $a_1a_2a_3a_4$, $a_3a_4a_5a_6$, $a_5a_6a_7a_8$, $a_7a_8a_9a_{10}$, $a_9a_{10}a_1a_2$. Если их перемножить, мы получим произведение, в котором каждое из чисел $a_1, a_2, \ldots, a_{10}$ участвует дважды, то есть равно $(a_1 \cdot a_2 \cdot \ldots \cdot a_{10})^2$. Аналогично, оставшиеся 5 произведений при перемножении дадут $(a_1 \cdot a_2 \cdot \ldots \cdot a_{10})^2$. Это означает, что 10 произведений можно разбить на две группы по 5 с одинаковым произведением. Но числа от 1 до 10 нельзя разбить на две группы по 5 чисел с одинаковым произведением, так как, например, среди них есть простое число 7, а никакое другое из них на 7 не делится.

Ответ. 55 монет.

Решение. Так как рыцари говорят правду, вместе могут получить не более $2\cdot 5+3\cdot 5=25$ монет. А каждый из лжецов мог получить (по условию) не более 3 монет, то есть вместе лжецы могут получить не более 30 монет. Такая ситуация реализуется, если 5 рыцарям дали по 2 монеты (они дали ответ «2»), 5 рыцарям дали по 3 монеты (они дали ответ «3»), 10 лжецам дали по 3 монеты (они дали 5 ответов «0» и 5 ответов «1»). А всего вместе они получат 55 монет.

Ответ. Существуют.

Решение. Подойдут, например, числа от 90 до 107. У чисел от 90 до 99 будут суммы цифр от 9 до 18, а у чисел от 100 до 107 будут суммы цифр от 1 до 8.

Замечание. Существуют и другие примеры.

Ответ. 2 и 3.

Решение. Пусть $3^k,\ 3^{k+1},\ 3^{k+2},\ 3^{k+3}$ – данные корни ($k$ – натуральное). По теореме Виета для данных квадратных уравнений произведения корней одинаковы (и равны $c$). Значит, корнями одного уравнения являются числа $3^k$, $3^{k+3}$, другого – числа $3^{k+1}$, $3^{k+2}$. Сумма корней первого уравнения равна $a=3^k+3^{k+3}=28\cdot 3^k$, а для второго – равна $b=3^{k+1}+3^{k+2}=12\cdot 3^k$. Значит, $a-b=16\cdot 3^k=2^4\cdot 3^k$. Так как $k$ – натуральное число, то делителями разности $a-b$ будут простые числа 2 и 3 (и никакие другие).

Решение. Обозначим через $\omega_1$ и $\omega_2$ описанные окружности треугольников $ABX$ и $ACY$ соответственно. Проведём через точку $A$ прямую $PQ$, касающуюся $\omega_1$ (см. рис). Тогда угол $PAX$ между касательной $PQ$ и хордой $AX$ равен вписанному углу $ABX$, то есть углу $ABD$. Но вписанные углы $ABD$ и $ACD$, опирающиеся на дугу $AD$ в описанной окружности четырехугольника $ABCD$, равны. Значит, угол между прямой $PQ$ и хордой $AY$ в окружности $\omega_2$ равен углу $ACD$, то есть вписанному углу $ACY$, опирающемуся на эту хорду. Следовательно, прямая $PQ$ касается и окружности $\omega_2$. Указанные в условии окружности имеют общую касательную, значит, они касаются.

Ответ. Нельзя.

Решение. Рассмотрим 5 произведений $a_1a_2a_3a_4$, $a_3a_4a_5a_6$, $a_5a_6a_7a_8$, $a_7a_8a_9a_{10}$, $a_9a_{10}a_1a_2$. Если их перемножить, мы получим произведение, в котором каждое из чисел $a_1,a_2,\ldots,a_{10}$ участвует дважды, то есть равно $(a_1\cdot a_2\cdot\ldots\cdot a_{10})^2$. Аналогично, оставшиеся 5 произведений при перемножении дадут $(a_1\cdot a_2\cdot\ldots\cdot a_{10})^2$. Это означает, что 10 произведений можно разбить на две группы по 5 с одинаковым произведением. Но числа от 1 до 10 нельзя разбить на две группы по 5 чисел с одинаковым произведением, так как, например, среди них есть простое число 7, а никакое другое из них на 7 не делится.

Ответ. 500501.

Решение. Заметим, что сначала идет группа из 2 цифр (1 цифра «1» и 1 цифра «2»), потом группа из 4 цифр (2 цифры «1» и 2 цифры «2») и т.д. А всего в $n$ группах $1\cdot 2+2\cdot 2+\cdots+n\cdot 2=n(n+1)$ цифр, причём цифр «1» и «2» поровну. Так как $1001000=1000\cdot 1001$, то на первых $1001000$ местах стоит $1001000:2=500500$ единиц. И на $1001001$ месте слева стоит цифра «1». Значит, на требуемых позициях всего будет записана $500501$ единица.

Ответ. 9 км/ч и 21 км/ч.

Решение. Пусть $S$ км – расстояние, которое проехал за полчаса Алексей, тогда Василий за это же время проехал $S+6$ км. Пусть $v$ км/ч – скорость Алексея, тогда $v+12$ км/ч – скорость Василия (он проехал за полчаса на 6 км больше). Значит, Алексей суммарно ехал $\frac{S}{v}+\frac{v}{2\cdot 60}$ ч, а Василий $\frac{S+6}{v+12}+\frac{v+12}{2\cdot 60}$ ч. Умножая время движения на скорости $v$ – Алексея и $v+12$ – Василия, получаем $S+6+\frac{(v+12)^2}{2\cdot 60}-\left(S+\frac{v^2}{2\cdot 60}\right)=9$, откуда $v=9$.

Ответ. – 11,5 или – 2,5.

Решение. Пусть $a,\ a+d,\ a+2d,\ a+3d$ – данные четыре корня, образующие арифметическую прогрессию. По теореме Виета сумма корней в каждом уравнении равна $-14$. Поэтому эти четыре корны должны быть разбиты на две пары с одинаковой суммой. Значит, одна пара – это $a$ и $a+3d$, вторая – это $a+d$ и $a+2d$. По теореме Виета произведения корней уравнений равны $q$ и $q+18$. Тогда разность этих произведений равна $(a+d)(a+2d)-a(a+3d)=2d^2$. Откуда $2d^2=(q+18)-q=18$ и $d=\pm 3$. Тогда из равенства $2a+3d=-14$ при $d=3$ получаем $a=-11{,}5$, а при $d=-3$ получаем $a=-2{,}5$.

Ответ. $90^{\circ}$.

Решение. Поскольку сумма углов $BAD$ и $ADC$ меньше $180^{\circ}$, то лучи $AB$ и $DC$ пересекаются в некоторой точке $P$ (см. рис.). Обозначим $PB=x$, $PC=y$. Поскольку $ABCD$ вписан, то треугольники $PAD$ и $PCB$ подобны, а раз $AD:BC=100:50=2$, получаем, что $2x=y+50$ и $2y=x+20$, откуда $x=40$ и $y=30$. Таким образом, стороны треугольника $PBC$ равны 30, 40, 50, значит, он прямоугольный, откуда и заключаем, что $\angle PAD+\angle PDA=90^{\circ}$.

Ответ. $k=12$.

Решение. Покажем сначала, что Артём мог так задумать числа, что получится выписать 13 произведений требуемым образом, то есть $k=12$. Сначала он выберет какие-то числа $a_1, a_2, a_3$ так, чтобы $a_1a_2a_3=1$. Затем подберет число $a_4$ так, чтобы $a_2a_3a_4=3$ (т.е. $a_4=\frac{3}{a_2a_3}$). И так далее до тех пор, пока он не подберет число $a_{15}$ так, чтобы $a_{13}a_{14}a_{15}=25$.

Докажем теперь, что невозможно подобрать числа так, чтобы получилось выписать 14 произведений. Рассмотрим три группы по пять произведений. В первую группу включим произведения $a_1a_2a_3$, $a_4a_5a_6$, $a_7a_8a_9$, $a_{10}a_{11}a_{12}$, $a_{13}a_{14}a_{15}$, во вторую – $a_2a_3a_4$, $a_5a_6a_7$, $a_8a_9a_{10}$, $a_{11}a_{12}a_{13}$, $a_{14}a_{15}a_1$, в третью – $a_3a_4a_5$, $a_6a_7a_8$, $a_9a_{10}a_{11}$, $a_{12}a_{13}a_{14}$, $a_{15}a_1a_2$. Произведение пяти чисел каждой группы равно $a_1\cdot a_2\cdot\ldots\cdot a_{15}$. Если бы получилось выписать 14 произведений так, что они образовывали ряд $1, 3, 5, 7, \ldots, 27$, то какие-то из этих чисел вошли бы в две группы (по пять произведений). Но из нечётных чисел от 1 до 27 нельзя выбрать 10 и разбить их на две группы по 5 с одинаковым произведением. Это следует из того, что среди этих чисел есть 5 простых: $11, 13, 17, 19$ и $23$, на которые не делится ни одно из оставшихся нечётных чисел от 1 до 27. А хотя бы одно из этих простых чисел должно попасть в эти два произведения (так как всего 14 нечётных чисел от 1 до 27).

Ответ. Не может.

Решение. Пусть сначала ни у кого не было открытки, тогда мы получим 9 ответов «да» и 9 ответов «нет». Будем давать по очереди 9 людям открытки. При выдаче открытки любой человек (лжец или рыцарь) изменит свой ответ на противоположный. То есть произойдет 9 смен ответов. Но так как и после выдачи открыток оказалось 9 ответов «да» и 9 ответов «нет», то количество смен ответов должно быть чётным. Противоречие.

Решение. Среднее арифметическое трёх различных чисел больше наименьшего из них и меньше наибольшего из них. Значит, оно должно равняться среднему из чисел (они – три последовательных простых числа). Тогда эти числа образуют арифметическую прогрессию. Если разность этой прогрессии не делится на 3, то одно из чисел будет делиться на 3. Противоречие. Значит, разность прогрессии делится на 3. Она также делится на 2, так как все эти числа – нечётные.

Решение. По неравенству треугольника имеем: если у треугольника стороны – целочисленные и одна из них равна 2, то разность между двумя другими сторонами не больше 1. Пусть А и Б – те треугольники, у которых боковая сторона равна 25. Тогда вторые боковые стороны треугольников А и Б не меньше 24. У треугольников В и Г, соседних с А и Б, вторые боковые стороны тогда не меньше 23. Двигаясь далее в разные стороны от треугольников А и Б, мы будем получать треугольники, у которых вторые боковые стороны не меньше $22, 21, \ldots 15$. То есть суммарный периметр всех треугольников не меньше $2\cdot(2+25+24)+2\cdot(2+24+23)+\ldots+2\cdot(2+16+15)+(2+15+15)$ (цепочки сходятся на треугольнике со сторонами 2, 15, 15). Эта сумма равна 872.

Замечание. Такая конструкция из треугольников, для которой сумма периметров равна 872, существует. Но доказывать этот факт в задаче не требуется.

Ответ. Второй.

Решение. Занумеруем вершины 20-угольника подряд по часовой стрелке. Пусть второй игрок разобьет вершины на пары следующим образом: $1-6$, $2-7$, $3-8$, $4-9$, $5-10$, $11-16$, $12-17$, $13-18$, $14-19$, $15-20$. И если первый игрок покрасит своим цветом вершину из какой-то пары, то второй игрок должен покрасить своим цветом оставшуюся вершину этой пары. Заметим, что разность углов, соответствующих вершинам одной пары, равна $90^{\circ}$. Также заметим, что $|\sin\alpha|=|\cos(\alpha\pm 90^{\circ})|$. Поэтому после каждой пары ходов к суммам каждого из игроков добавляются одинаковые числа. Значит, в конце игры $S_1=S_2$, и второй игрок выигрывает.

Ответ. Верно.

Решение. Пусть $a=kb$. Тогда $a^3-b^3=b^3(k^3-1)=b^2(k^3-1)\cdot b$. Возьмем $b=k^3-1$. Тогда $a^3-b^3=b^2(k^3-1)(k^3-1)=\left(b(k^3-1)\right)^2=(k^3-1)^4=c^4$, то есть $c=b=k^3-1,\ a=kb=k(k^3-1)$. Взяв, например, $k=10^{1000}$, мы получим решение, для которого $c>10^{2025}$.