Лицей № 1525 «Воробьёвы Горы» из 4 в 5 класс 13 марта 2026 | Вариант 1
Печать
youit.school ©
Лицей «Воробьевы горы»
Вариант 1. Переход $4 \to 5$ класс
Вступительная работа
13 марта 2026
- Можно ли из натуральных чисел не больших 15 выбрать 5 чисел так, чтобы все их положительные попарные разности были различны?
- У Васи было 4 гирьки массой по 2026 грамм, и 4 гирьки массой по 2027 грамм, на которых кто-то стер все надписи. Сможет ли Вася за два взвешивания на чашечных весах (показывают только какая чаша тяжелее, но на сколько – не показывают) определить две гирьки разной массы?
- В вершинах девятиугольника сидели рыцари и лжецы. Рыцари всегда говорят правду, а лжецы всегда лгут. Каждый из них сказал фразу: «По диагоналям от меня есть ровно 2, или 3 рыцаря». Сколько могло быть рыцарей? Диагональ многоугольника – это отрезок, соединяющий не соседние вершины.
- Семеро друзей решили обменяться подарками. Причем каждый решил подарить по 2 подарка. Могло ли так выйти, что каждый дарил по подарку двум разным людям, а получал подарки от двух других? При этом чтобы каждый получил по 2 подарка.
- Класс, в котором было 18 человек, писал контрольную по математике, на которой было 5 задач. Тем, кто решил 0--2 задачи ставили оценку «2», а остальным – сколько решили, столько и получили. После контрольной дети обсуждали кто и сколько решил верно по их мнению. В итоге 5 человек сказали, что ничего не решили, 1 сказал, что решил 1 задачу, а за все остальные варианты количества решенных задач, высказалось по 3 человека. В итоге «2» и «4» получили по шесть человек, «3» – двое, и оставшиеся четверо получили «5». Когда ребята считали, кто и сколько решил, все, кроме одного, сказали верное число, или заниженное, а последний сказал больше и был крайне удивлен своей оценке. Какое максимальное количество человек точно указали количество решенных ими задач?
- Квадрат с целочисленными сторонами разрезали на три прямоугольника периметрами 12, 18 и 30. Найдите наибольший возможный периметр исходного квадрата.
- В квадрате $4\times 4$ закрасили несколько клеток и около каждой из них написали различные числа, большие нуля так, что сумма чисел в соседних по стороне клеточках у каждой закрашенной клеточки одинаковая. Сколько максимум могло быть закрашенных клеточек? (Клеточки могут оставаться свободными, не все соседние клеточки могут быть с числами)
Материалы школы Юайти
youit.school ©
Лицей «Воробьевы горы»
Вариант 1. Решения. Переход $4 \to 5$ класс
Вступительная работа
13 марта 2026
- Задача. Можно ли из натуральных чисел, не больших 15, выбрать 5 чисел так, чтобы все их положительные попарные разности были различны?
Решение. Да, можно. Например, возьмём числа $1,2,4,8,13$.
Их положительные попарные разности равны $1,2,3,4,5,6,7,9,11,12$. Все эти 10 чисел различны.
Ответ. Да, можно, например: $1,2,4,8,13$. - Задача. У Васи есть 4 гирьки по 2026 г и 4 гирьки по 2027 г. Надписи стёрты. Можно ли за два взвешивания на чашечных весах определить две гирьки разной массы?
Решение. Да, можно. Пронумеруем гирьки от 1 до 8.
Первое взвешивание: гирьки 1 и 2 против гирек 3 и 4.
Второе взвешивание: гирьки 1,2,3,4 против гирек 5,6,7,8.
Если во втором взвешивании первые четыре гирьки тяжелее, то среди них 3 или 4 тяжёлые. Тогда: если в первом взвешивании 1 и 2 тяжелее 3 и 4, то гирьки 3 и 4 разные; если первое взвешивание было в равновесии, то все 1,2,3,4 тяжёлые, значит, любая из них отличается от любой из гирек 5,6,7,8; если тяжелее были 3 и 4, то разные гирьки 1 и 2.
Если во втором взвешивании равновесие, то среди гирек 1,2,3,4 ровно две тяжёлые. Тогда: если первое взвешивание тоже было в равновесии, то в паре 1,2 одна тяжёлая и одна лёгкая, и в паре 3,4 тоже; если в первом взвешивании 1 и 2 тяжелее, то 1 и 2 обе тяжёлые, а 3 и 4 обе лёгкие, значит, например, 1 и 3 разные; если тяжелее были 3 и 4, то, например, 1 и 3 тоже разные.
Если во втором взвешивании первые четыре гирьки легче, то всё рассуждение такое же, только тяжёлых среди них 0 или 1. Тогда снова можно указать две гирьки разной массы.
Ответ. Да, сможет. - Задача. В вершинах девятиугольника сидят рыцари и лжецы. Каждый сказал: «По диагоналям от меня есть ровно 2 или 3 рыцаря». Сколько могло быть рыцарей?
Решение. Пусть рыцарей было $P$.
Если $P\ge 7$, то у любого по диагоналям не меньше 4 рыцарей. Значит, сказанная фраза у всех ложная, а рыцарей тогда быть не может.
Если $P=6$, то рыцарь должен видеть по диагоналям 2 или 3 рыцарей, значит, рядом с ним должны сидеть два рыцаря. Тогда все 6 рыцарей должны сидеть подряд, но у крайних в таком ряду один сосед будет лжецом. Так нельзя.
Если $P=4$, то лжец не может сидеть рядом даже с одним рыцарем: если рядом с ним есть хотя бы один рыцарь, то по диагоналям получится 2 или 3 рыцаря, и фраза станет правдой. Но если рыцари есть, то рядом с ними обязательно кто-то сидит. Противоречие.
Если $P=3$, то каждый рыцарь должен сидеть между двумя лжецами, а каждый лжец – между двумя рыцарями. Получилось бы чередование, а в девятиугольнике оно невозможно.
Если $P=1$ или $P=2$, то рыцарь никак не сможет честно сказать про 2 или 3 рыцарей по диагоналям.
Остаются только случаи $P=0$ и $P=5$. Оба возможны. При $P=0$ все – лжецы. При $P=5$ можно посадить подряд 5 рыцарей, а оставшиеся 4 места отдать лжецам.
Ответ. Рыцарей могло быть только $0$ или $5$. - Задача. Семеро друзей решили обменяться подарками. Каждый дарит по 2 подарка двум разным людям и получает по 2 подарка от двух других. Могло ли так получиться?
Решение. Да, могло. Расставим друзей по кругу и пронумеруем их от 1 до 7.
Пусть каждый дарит подарки двум следующим по кругу. Тогда 1 дарит 2 и 3, 2 дарит 3 и 4, $\ldots$, 7 дарит 1 и 2.
Тогда каждый действительно дарит двум разным людям. И каждый получает подарки от двух других: например, 5 получает от 3 и 4, а 1 получает от 6 и 7.
Ответ. Да, могло. - Задача. В классе было 18 человек. На контрольной было 5 задач. Оценку «2» получали те, кто решил 0, 1 или 2 задачи; оценку «3» – те, кто решил 3 задачи; оценку «4» – те, кто решил 4 задачи; оценку «5» – те, кто решил 5 задач. Известно, что «2» и «4» получили по 6 человек, «3» – 2 человека, «5» – 4 человека. При обсуждении 5 человек сказали, что решили 0 задач, 1 человек сказал, что решил 1 задачу, а про 2, 3, 4 и 5 задач сказали по 3 человека. Все, кроме одного, назвали верное число или меньшее, а один назвал большее. Какое наибольшее число учеников точно назвало число решённых задач?
Решение. Тех, кто на самом деле решил 4 или 5 задач, было $6+4=10$ человек. А число 4 назвали только 3 человека, и число 5 назвали только 3 человека.
Если завысивший свой результат был среди этих 10 человек, то он мог решить только 4 задачи и сказать 5. Тогда среди этих 10 человек верно могли назвать свой результат не больше 5 человек. Остальные 8 учеников тогда даже в самом лучшем случае могли назвать свой результат верно. Получаем не больше $5+8=13$.
Если завысивший свой результат был среди тех, кто решил 0, 1, 2 или 3 задачи, то среди этих 8 человек верно могли назвать свой результат не больше 7 человек. А среди 10 человек, решивших 4 или 5 задач, верно могли назвать результат не больше 6 человек, потому что чисел 4 и 5 в ответах было только 6. Опять получаем не больше $7+6=13$.
Покажем, что 13 получить можно. Пусть 1 человек решил 0 задач и сказал 0; 1 человек решил 1 задачу и сказал 1; 3 человека решили 2 задачи и сказали 2; ещё 1 человек решил 2 задачи, но сказал 3; 2 человека решили 3 задачи и сказали 3; 3 человека решили 4 задачи и сказали 4; ещё 3 человека решили 4 задачи и сказали 0; 3 человека решили 5 задач и сказали 5; ещё 1 человек решил 5 задач и сказал 0.
Тогда оценки распределяются как нужно: «2» получили 6 человек, «3» – 2, «4» – 6, «5» – 4. Ответы тоже распределяются как в условии. Ровно один человек завысил свой результат, а верно его назвали 13 человек.
Ответ. 13. - Задача. Квадрат с целочисленными сторонами разрезали на три прямоугольника с периметрами 12, 18 и 30. Найдите наибольший возможный периметр исходного квадрата.
Решение. Пусть сторона квадрата равна $a$. Тогда сумма периметров трёх прямоугольников равна $12+18+30=60$.
Если оба разреза идут от края до края, то внутри получится две линии длины $a$ и $a$. Тогда сумма периметров равна $4a+2(a+a)=8a$. Получается $8a=60$, а это невозможно, потому что $a$ не целое.
Значит, один разрез идёт от края до края, а второй упирается в него. Пусть длина второго разреза равна $x$. Тогда сумма периметров равна $4a+2(a+x)$, то есть $60=6a+2x$. Отсюда $30=3a+x$.
Так как $x$ – натуральное число и $x<a$, получаем $3a<30<4a$. Значит, $a$ может быть только 8 или 9.
Если $a=8$, то $x=6$. Тогда один из прямоугольников имеет стороны $8$ и $2$, а его периметр равен 20. Такого периметра в условии нет.
Если $a=9$, то $x=3$. Тогда можно взять прямоугольники $9\times 6$, $6\times 3$ и $3\times 3$. Их периметры равны 30, 18 и 12.
Значит, наибольшая сторона квадрата равна 9, а его периметр равен $4\cdot 9=36$.
Ответ. 36. - Задача. В квадрате $4\times 4$ закрасили несколько клеток и написали в них разные положительные числа так, что у каждой закрашенной клетки сумма чисел в соседних по стороне закрашенных клетках одинакова. Сколько максимум могло быть закрашенных клеток?
Решение. Покажем сначала, что 8 клеток можно закрасить. Закрасим клетки верхнего левого квадрата $2\times 2$ и правого нижнего квадрата $2\times 2$.
В верхнем левом квадрате поставим числа так: в верхнем ряду $1,2$, в нижнем ряду $8,9$. В правом нижнем квадрате поставим в верхнем ряду $3,4$, а в нижнем ряду $6,7$. Тогда у каждой закрашенной клетки сумма чисел в соседних закрашенных клетках равна 10. Значит, 8 клеток возможны.
Теперь докажем, что больше 8 быть не может. Пусть эта общая сумма равна $S$. Рассмотрим отдельную группу закрашенных клеток, которые соприкасаются сторонами.
Если в такой группе есть клетка, у которой только один закрашенный сосед, то в этом соседе написано число $S$. Но тогда у любой клетки, соседней с этой клеткой $S$, других соседей быть не может, иначе сумма соседей была бы больше $S$. Значит, такая группа состоит только из одной средней клетки и клеток вокруг неё. Таких клеток не больше 5.
Если же в группе каждая клетка имеет хотя бы двух закрашенных соседей, посмотрим на самую верхнюю строку этой группы. Там не может быть одна клетка, иначе у неё был бы только один сосед. Там не может быть и три клетки подряд $A,B,C$: под $A$ и под $C$ должны быть ещё две закрашенные клетки $D$ и $E$, а тогда из равенств $B+D=S$ и $B+E=S$ выйдет $D=E$, что нельзя, потому что все числа разные.
Значит, в самой верхней строке такой группы ровно две соседние клетки, и под ними тоже две. Если бы рядом была ещё пятая клетка, то для одной из нижних клеток сумма соседей стала бы $A+D+E$, а для верхней соседней клетки – просто $A+D$. Тогда получилось бы $E=0$, что невозможно. Значит, такая группа – ровно квадрат $2\times 2$.
Итак, любая группа закрашенных клеток – либо квадрат $2\times 2$ из 4 клеток, либо одна средняя клетка с соседями вокруг неё, и тогда клеток не больше 5. На доске $4\times 4$ больше 8 клеток получить нельзя: две отдельные группы $2\times 2$ как раз дают 8 клеток, а третью отдельную группу уже некуда поставить; группа из 5 клеток тоже не позволяет добавить ещё квадрат $2\times 2$ отдельно.
Ответ. 8.
Материалы школы Юайти