Мұғалімдер регатасы 2024

Математикалық регата – 2024
I тур
10 минут (әр есепке 6 балл)
10 минут (каждая задача 6 баллов)
1.1. Қандай мәндерді (x−y)(y−z)(z−x) өрнегі қабылдай алады, егер келесі
теңдік орындалатыны белгілі болса:
√�−�+�=√�−√�+√�
1.1. Какие значения может принимать выражение x  y y  zz  x , если
известно, что выполняется равенство: √�−�+�=√�−√�+√�


1.2. О центрі бар шеңбердің А нүктесі арқылы жанама жүргізілген, ал
шеңбердің бойында жатқан В нүктесі арқылы ОВ сәулесі жүргізіліп, ол
жанаманы Е нүктесінде қиып өтеді. А нүктесінен ОВ сәулесіне АС
перпендикуляры, ал В нүктесінен АЕ түзуіне BD перпендикуляры
түсірілген. ВС = BD екенін дәлелдеңіз.
1.2. Через точку А окружности с центром О проведена касательная, а через
точку В, также лежащую на окружности, проведен луч ОВ, пересекающий эту
касательную в точке Е. Из точки А опущен перпендикуляр АС на ОВ, а из
точки В – перпендикуляр BD на АЕ. Докажите, что ВС = BD.



1.3. 3
13
+ 9
13
қосындысына ең кіші қандай натурал санды қосқанда нәтижесі
натурал санның квадраты болатындай?

1.3.Какое наименьшее натуральное число надо прибавить к сумме 3
13
+ 9
13
,
чтобы получить квадрат натурального числа?

Математикалық регата – 2024
IІ тур
15 минут (әр есепке 7 балл)
15 минут (каждая задача 7 баллов)

2.1. Егер а = 
2010
55...55 , b = 233...331
2009
 болса, онда ab
2 2
 өрнегінің мәнін табыңыз.
2.1. Найдите значение выражения ab
2 2
 , если а = 
2010
55...55 , b = 233...331
2009
 .

2.2. EF кесіндісі ABCD төртбұрышын тең ауданды екі төртбұрышқа бөледі:
AEFD және BEFC, олардың әрқайсысы ішкі сызылған (шеңберге іштей
сызылған) төртбұрыш. Егер BC = 1 және AD = 7 болса, EF ұзындығын
табыңыз.
2.2 Отрезок EF разбивает четырехугольник ABCD на два равновеликих
четырехугольника AEFD и BEFC, каждый из которых является вписанным.
Найдите длину EF, если ВС = 1, AD = 7.

2.3. Барлық цифрлары әртүрлі болатын, 7-ге бөлінетін он таңбалы сан бар ма?
2.3. Существует ли десятизначное число, кратное 7, все цифры в десятичной
записи которого различны?

Математикалық регата – 2024
IІI тур
20 минут (әр есепке 8 балл)
20 минут (каждая задача 8 баллов)

3.1. Егер 5
6
sin
3sin

x
x болса, онда x
x
sin
5sin табыңыз.
3.1. Найдите x
x
sin
5sin , если 5
6
sin
3sin

x
x .

3.2. ABCD төртбұрышы шеңберге іштей сызылған, AC=a, BD=b, және AB⊥CD.
Шеңбердің радиусын табыңыз.
3.2. Четырехугольник ABCD вписан в окружность, АС = а, BD = b, ABCD.
Найдите радиус окружности.

3.3. Футбол турнирінде әр команда әр командамен бір реттен ойнады.
Командалардың үштен бірі кем дегенде бір рет тең ойнаған, ал қалған
командалардың дәл 75%-ы жеңіліссіз болмаған. Турнирде қанша нәтижелі
матчтар (жеңімпаз анықталған матчтар) ойналды?
3.3. В футбольном турнире каждая команда сыграла с каждой по одному разу.
Ровно треть команд хотя бы раз сыграли вничью, а ровно 75% остальных
команд не обошлись без поражений. Сколько результативных матчей было
сыграно в турнире?

Математикалық регата – 2024
IV тур
25 минут (әр есепке 9 балл)
25 минут (каждая задача 9 баллов)

4.1. Теңдеулер жүйесін шешіңіз: 














yxz
zxy
xyz
xzy
zxy
zyx
21
3
3
222
222
222

4.1. Решите систему уравнений: 














yxz
zxy
xyz
xzy
zxy
zyx
21
3
3
222
222
222 .

4.2. ABC тең қабырғалы үшбұрышында AC және BC қабырғаларында D және
E нүктелері белгіленген, және AD AC
1
3 ,CE CB
1
3 . AE және BD кесінділері
F нүктесінде қиылысады. BFC бұрышын табыңыз.

4.2. На сторонах АС и ВС равностороннего треугольника АВС отмечены точки
D и Е соответственно так, что AD AC
1
3 , CE CB
1
3 . Отрезки АЕ и BD
пересекаются в точке F. Найдите угол BFC.

4.3. Он машина бірдей резеңке шарлар шығарады, әрқайсысының массасы 10
г. Бір машина бұзылып, 5 г массасы бар шарлар шығара бастады. Бір ғана
салмақ өлшеуімен бұзылған машинаны қалай табуға болады?
4.3. Десять машин выпускают одинаковые резиновые мячи по 10 г каждый.
Одна из машин испортилась и стала выпускать мячи массой по 5 г. Как найти
испортившуюся машину с помощью одного взвешивания?

I тур жауабы
1.1. Ответ: 0.
Преобразуем исходное равенство:
√�−�+�=√�−√�+√� ⇔ √�−�+�+√�=√�+√� ⇔
(√�−�+�+√�)
2
=(√�+√�)
2
⇔2√�−�+�∙√�=2√�∙√�.
Тогда (x-y+z)y=xz (��−�
2
)−(��−��)=0 ⇔ (�−�)(�−�)=0.
Следовательно, (x-y)(y-z)(z-x)=0
1.2. Решение. Пусть АОВ = 2, тогда DAB =  (угол между касательной
и хордой, см. рис. 2).
В равнобедренном треугольнике AOB: АВО = ВАО = 90 – , поэтому
САВ =  = DAB. Таким образом, прямоугольные треугольники ABС и
ABD равны (по гипотенузе и острому углу), откуда BC = BD.










1.3. Ответ: 13
13
 .
Решение. Так как 
2
1313
39 , то следующий квадрат равен   132913
1313
2
13
 .
Следовательно, наименьшее натуральное число, которое надо прибавить к 1313
39
, чтобы получить квадрат натурального числа, равно 13
13
 .




2.

II тур жауаптары
2.1. Ответ: 344441
2009

 .
Пусть 

2010
1111m , тогда: m555...55
2010

 ,
m1222...22011...11233...331
201020102009


.
Значит, mmmmba 1316914425
22222
 , 34444111111313
20092010



m

2.2. Ответ: EF = 5.
Рис. 5а
Решение. Докажем, что ABCD – трапеция. Действительно, BCF =
AEF = 180 – ADF (см. рис. 5 а, б). Следовательно, ВС || AD. Пусть
прямые АВ и DC пересекаются в точке G. Далее можно рассуждать по-
разному.
Первый способ. Заметим, что треугольники AGD, FGE и BGC –
подобные (угол G – общий, EAD = EFC = GBC, см. рис. 5а).
Следовательно, S
S
BC
AD
BGC
AGD







2
1
49 .
Пусть SBGС = S, тогда SAGD = 49S, SABCD = 48S, SEBСF = SAEFD = 24S, то есть
SEGF = 25S. Значит, EF = 5BC = 5.









Рис 5а

Рис 5б








2.3.

Второй способ. Проведем биссектрису угла AGD (см. рис. 5б). При
симметрии относительно нее образами точек E и F являются точки E1 и F1
соответственно, лежащие на другой стороне угла AGD. Кроме того, отрезок
EF антипараллелен основаниям ВС и AD трапеции, значит, E1F1 || BC || AD.
Заметим также, что S S S S S S
ECBF EGF BGC EGF BGC ECBF
1 1 11
     . Длина отрезка,
параллельного основаниям трапеции и делящего ее на две равновеликие
трапеции, является средним квадратичным длин оснований, то есть EFEF
ADBC
 

11
2 2
2
= 5.

Ответ: существует.
Решение. Проще всего составить такое число из нескольких частей,
каждая из которых делится на 7. Возьмём первые четыре числа, кратные 7:
7, 14, 28, 35 – в них нет повторяющихся цифр. Остались цифры 0, 6 и 9, из
которых можно составить число 609, также кратное 7. Поэтому условию
удовлетворяет, например, число 7142835609.
Понятно, что существует и много других примеров.

IIІ тур жауаптары
3.1. Ответ: –0,76.
Решение. 1) Преобразуем x
x
sin
5sin , используя формулы тройного аргумента (
3
sin4sin33sin
и  cos3cos43cos
3 ), а также формулы синуса суммы
и двойного аргумента: sin
sin
sincoscossin
sin
5 3 2 32x
x
x x xx
x

 = (3 – 4sin
2
x)cos2x +
2cosx(4cos
3
x –3cosx) = (3 – 4sin
2
x)(1 – 2sin
2
x) + 8cos
4
x – 6cos
2
x = 3 – 4sin
2
x –
6sin
2
x + 8sin
4
x + 8cos
4
x – 6cos
2
x = –3 – 4sin
2
x + 8sin
4
x + 8(1 – sin
2
x)
2
= –3 –
4sin
2
x + 8sin
4
x + 8 – 16sin
2
x + 8sin
4
x = 16sin
4
x – 20sin
2
x + 5.
2) Найдем значение sin
2
x: sin
sin
sinsin
sin
33 4
3
x
x
x x
x

 = 3 – 4sin
2
x; 3 – 4sin
2
x = 6
5 
sin
2
x = 9
20 .
3) Вычислим: 16sin
4
x – 20sin
2
x + 5 = 169
20
2





 – 209
20 + 5 = 81
25 – 4 = –19
25 = –
0,76.
В пункте 1) фактически доказана формула: sin5x = 16sin
5
x – 20sin
3
x + 5sinx.

3.2. Ответ: ab
2 2
2
 .
Решение. Пусть R – радиус окружности, BAD = , тогда, так как ABCD, то
ÑDА = 90 –  (см. рис. 2). По следствию из теоремы синусов BD =
2RsinBAD = 2Rsin; AC = 2Rsin ÑDА = 2Rcos. Следовательно, BD
2
+ AC
2

= 4R
2
, значит, R = ab
2 2
2
 .
Отметим, что ответ не изменится, если концы хорд АВ и CD расположены
на окружности в другом порядке, образуя четырехугольник АСBD с
перпендикулярными диагоналями.

Рис 2

3.3. Ответ: 14.
Без ничьих провели турнир 2
3 команд, то есть эти команды имели только
победы или поражения. Из условия задачи следует, что поражения имели 75%
от этих двух третей, то есть ровно половина участвующих команд. Команды,
не имевшие ничьих и поражений, только побеждали. Их количество
составляет 1 – 1
3 – 1
2 = 1
6 от общего количества команд, при этом в турнире
может быть только одна такая команда. Значит, в этом турнире участвовало 6
команд.
Поэтому ничейные результаты имели ровно две команды, а это возможно
только в случае, если вничью они сыграли между собой. Следовательно, все
матчи турнира, кроме одного, были результативными. Поскольку в турнире из
шести команд проводится 56
2
 = 15 встреч, то результативных матчей было
14.

IV тур жауаптары

4.1. Ответ: 1;3;1 ;  1;3;1 ;  1;3;1 ;  1;3;1 .
Преобразуем: 














yxz
zxy
xyz
xzy
zxy
zyx
21
3
3
222
222
222  














2
222
2
222
2
222
21
3
3
yxyz
zxy
xxyz
xzy
zxyz
zyx   
 
 











0
,21
,3
,3
2222
2222
2222
xyz
xyzzxyy
xyzxzyx
xyzzyxz
Вычтем из первого уравнения второе. Получим: 0
442222
 zxyxyz     0
2222222
 xzxzxzy
   0
22222
 xzyxz  0
222
 xzy или 22
zx
.
Осталось рассмотреть два случая:
1) 0
222
 xzy . Подставив значение выражения 222
xzy  в третье уравнение
исходной системы, получим неверное равенство: y
21
0 . Следовательно, этот
случай невозможен.
2) 22
zx . Тогда система, равносильная исходной, после упрощения примет вид:  











0
,212
,3
,3
22
xyz
xzxyy
zxy
xzy
. Учитывая, что z  0, из первых двух уравнений получим, что y
= 3.
Тогда  











0
,212
,
,3
22
xyz
xzxyy
zx
y или  











0
,212
,
,3
22
xyz
xzxyy
zx
y  







1
,3
,1
z
y
x или 







1
,3
,1
z
y
x или 







1
,3
,1
z
y
x
или 







1
,3
,1
z
y
x .

4.2. Ответ: 90°.
Рис. 3а

Первый способ. Пусть EAB = , а ABD =  (см. рис. 3а). Тогда из
равенства треугольников CAE и ABD (по двум сторонам и углу между ними)
следует, что CAE = ABD = . Значит, DFE = AFB = 180° – ( + ) =
120°. Следовательно, DFE + DCE = 180°, поэтому четырехугольник ECDF
– вписанный.
На стороне ВС отметим точку К так, что ВК : КС = 1 : 2. Тогда треугольник
CDK – равносторонний, DE – его медиана, которая является и высотой,
значит, CED = 90°.

По свойству вписанных углов CFD = CED = 90°, следовательно, BFC =
90°.

Второй способ. Пусть О – центр правильного треугольника АВС. Тогда DO ||
AB и ОЕ || CD, поэтому DOE = 120° и СDOE – равнобокая трапеция (см.
рис. 3б).
Рассмотрим поворот с центром О на угол  = –120. При таком повороте
образом вершины В является вершина А, а образом точки D – точка Е,
поэтому образом прямой BD является прямая АЕ. Следовательно, DFE =
120°.
Рассмотрим окружность, описанную около трапеции СDOE. Так как СОDO,
то CD – диаметр этой окружности. Так как DFE = DOE, то точка F лежит
на этой окружности, следовательно, СFD = 90°, тогда BFC = 90°.
Доказать, что DFE = 120° можно также и с помощью векторов.
Пусть bAB , cAC , тогда  cbcbcCBcCEACAE
3
2
3
1
3
1
3
1
 ; bcABADBD 
3
1
. Используем, что  
BDAE
BDAE
BDAE


;cos . Так как 1cb
, 

60;cb , то 18
7
9
2
3
1
9
5 22
 cbcbBDAE ; 3
7
9
4
9
4
9
1 222
 ccbbAEAE
; 3
7
3
2
9
1 222
 bcbcBDBD . Таким
образом, cosDFE = 2
1
9
7
:
18
7
 , значит, DFE = 120°.

4.3. Чтобы узнать какая машина испортилась, необходимо сделать
следующие действия:
1. Взять из первой машины 1 мяч, из второй 2, из третьей 3, и так до десятой
машины.
2. Необходимо сложить сумму всех мячей: 10г + 20г + 30г + ... + 90г + 100г.
Общая сумма мячей должна быть 550 грамм.
3. Далее необходимо взвесить все мячики. Если сломалась первая машина, то
сумма всех будет на 5г меньше и будет равняться 545г. Если вторая, то сумма
меньше на 10г и будет равняться 540г. Если 10 машина, то сумма будет
меньше на 50г и будет 500г. И так с каждом машиной.