2024-II-I-bodolt.pdf 2024 оны 12сарын 13

ММО

1. ММО-60, II Даваа, I шат
C ангилал (5-6 анги)
Бодлого C1.ABBAдөрвөн оронтой тооBBхоёр оронтой тоонд хуваагддаг болABBA
тоогсайн тоогэе. ЭндA,Bцифрүүд ижил байж болох бол сайн тоо нийт хэд байх вэ?
(Дэвшүүлсэн: У. Батзориг)
Бодолт.Хариу:31.
nтооmтоонд хуваагдана гэхийгm|nгэж тэмдэглэе.
A,Bцифрүүд тул1≤A,B≤9байна.
BB|ABBAгэдгээсBB|A00Aбуюу11B|1001A= 7·11·13·Aбайна. Энд13анхны
тоо баB≤9тулB|7Aбайх хэрэгтэй.
B= 1,7үедA= 1,2, …,9тул2·9 = 18боломжтой.
B= 2үедA= 2,4,6,8тул4боломжтой.
B= 3үедA= 3,6,9тул3боломжтой.
B= 4үедA= 4,8тул2боломжтой.
B= 5,6,8,9үедA=Bтул4·1 = 4боломжтой.
Ингээд нийт боломжийн тоо:31.
Дүгнэх аргачлал:Бүтэн бодолт7оноо. Хэсэгчилсэн оноог дараах байдлаар өгнө.
(1)Хариугаа зөв бичсэн бол1оноо.
(2)Өгсөн нөхцөлөөс11B|7·11·13·Aгэж гаргасан бол2оноо.
(3)Цааш үргэлжлүүлэнB|7Aгэж гаргасан бол2оноо.
(4)Сүүлчийн дүгнэлтээс боломжит бүх хариуг зөв тооцон гаргасан бол1оноо.
(5)Сайн тоонуудыг тоочин бичсэн тохиолдолд (энэ хэсгийн оноонуудыг хооронд нь
нэмнэ, бусад хэсэгтэй нэмэхгүй):
a)Бүх сайн тоог зөв олсон бол6оноо.
b)Сайн тоо өөр байхгүй гэж баталсан бол1оноо.
(6)Жижиг алдаа−1оноо.
(7)Дунд хэмжээний алдаа−2оноо.
(8)Ижил чанартай үр дүнд ижил оноо өгнө.

2. ММО-60, II Даваа, I шат
C ангилал (5-6 анги)
Бодлого C2.a,b,cбүхэл тоонуудын хувьдA=ab+7b+49баB=bc+7c+49тоонууд
61-д хуваагддаг болC=ca+ 7a+ 49тоо61-д хуваагдана гэж батал.
(Дэвшүүлсэн: У. Батзориг)
Бодолт.nтооmтоонд хуваагдана гэхийгm|nгэж тэмдэглэе.
cA−7B=abc+ 7bc+ 49c−7bc−49c−343 =abc−343
ба61|A,61|Bтул61|abc−343болно. Нөгөө талаас,61|aB−7C=abc−343ба
61|B,61∤7тул61|Cбайна.
Дүгнэх аргачлал:Бүтэн бодолт7оноо. Хэсэгчилсэн оноог дараах байдлаар өгнө.
(1)cA−7Bилэрхийлэлийг авч үзэн61|abc−343гэсэн дүгнэлтэнд хүрвэл3оноо.
(2)Цааш үргэлжлүүлэн61|aB−7C=abc−343гэж гаргасан бол3оноо.
(3)Сүүлчийн дүгнэлтээс батлах үр дүндээ хүрвэл1оноо.
(4)Жижиг алдаа−1оноо.
(5)Дунд хэмжээний алдаа−2оноо.
(6)Ижил чанартай үр дүнд ижил оноо өгнө.

3. ММО-60, II Даваа, I шат
C ангилал (5-6 анги)
Бодлого C3.5×5хүснэгтийн нүднүүдэд1,2, …,25гэсэн тоонууд дараах байдлаар
бичигдсэн байв.124711
3581216
69131720
1014182123
1519222425
Хүснэгтийн аль нэг мөрийг сонгож аваад уг мөрийн бүх тоог 1-ээр ихэсгэх, эсвэл аль нэг
баганыг сонгож аваад уг баганын бүх тоог 1-ээр ихэсгэх гэсэн хоёр төрлийн үйлдлийн
тусламжтайгаар хүснэгтэд бичигдсэн бүх тоог тэнцүү болгож болох уу?
(Дэвшүүлсэн: Б. Батбаясгалан)
Бодолт.Хариу: Болохгүй.
Хүснэгтийн1-р мөрд бичигдсэн тоонуудын нийлбэрийгa1,2-р мөрд бичигдсэн тоонуудын
нийлбэрийгa2гэе. Тэгвэлa2−a1тоог5-д хуваахад гарах үлдэгдэл өгөгдсөн үйлдлүүдээр
өөрчлөгдөхгүй инвариант байна. Анхa2−a1= 3+5+8+12+16−1−2−4−7−11 = 19
буюу4үлдэгдэл өгч байна. Хэрвээ хүснэгтийн бүх тоонуудыг тэнцүү болгож болдог бол
уг үлдэгдэл0болох тул зөрчил үүсч байна. Иймд хүснэгтийн бүх тоог тэнцүү болгох
боломжгүй.
Дүгнэх аргачлал:Бүтэн бодолт7оноо. Хэсэгчилсэн оноог дараах байдлаар өгнө.
(1)Мөр, баганын тоонуудын нийлбэрийг 5-д хуваахад гарах үлдэгдлийг авч үзсэн бол
1оноо.
(2)Хоёр мөр, эсвэл хоёр баганын ялгавар авч үзсэн бол+2оноо.
(3)Хоёр мөр, эсвэл хоёр баганын ялгаварын 5-д хуваахад гарах үлдэгдэл инвариант
болохыг харсан бол+3оноо.
(4)Жижиг алдаа−1оноо.
(5)Дунд хэмжээний алдаа−2оноо.
(6)Ижил чанартай үр дүнд ижил оноо өгнө.

4. ММО-60, II Даваа, I шат
C ангилал (5-6 анги)
Бодлого C4.Цифрүүд нь өсөж байгаад буурдаг тоогуул хэлбэрийн тоогэе.1310уул
хэлбэртэй бол1331,1234,4321,3412тоонууд уул хэлбэртэй биш. Дөрвөн оронтой уул
хэлбэрийн тоо нийт хэдэн ширхэг байх вэ?
(Дэвшүүлсэн: Б. Батбаясгалан)
Бодолт.Уул хэлбэрийн тоонд нэг цифр 2-оос олон удаа орж болохгүй ба хамгийн их
цифр (орой) нь зөвхөн 1 ширхэг байна. Мөн 0 цифр 1-ээс олон удаа орохгүй бөгөөд орвол
хамгийн сүүлийн цифр байна. Эндээс 4 оронтой уул хэлбэрийн тоо дор хаяж 3 ялгаатай
цифртэй болно.(∗)
1)3 ялгаатай цифрээс бүрдэх уул хэлбэрийн тоонд 0 цифр орсон гэе. Үлдэх 2 цифрийг
C
2
9= 36янзаар сонгох баa < bгэвэлaba0гэсэн 1 боломжтой.
2)3 ялгаатай цифрээс бүрдэх уул хэлбэрийн тоонд 0 цифр ороогүй байг. Тэгвэл
цифрүүдийгC
3
9янзаар сонгож болох ба хамгийн их цифрMнь орой болно. Үлдэх
цифрүүдийгa < bгэвэлabMb,bMba,abMa,aMbaгэсэн 4 боломжтой тул ийм тоо
4·C
3
9= 336ширхэг байна.
3)4 ялгаатай цифрээс бүрдэх уул хэлбэрийн тоонд 0 цифр орсон байг. Тэгвэл үлдэх
3 цифрийгC
3
9янзаар сонгож болох ба хамгийн их цифрMнь орой болно. Үлдэх
цифрүүдийг0< a < bгэвэлa,bцифрүүд нэгэн зэрэгM-ийн ард орж болохгүй
тул эдгээр цифрүүдээр нийт 3 ширхэг уул хэлбэрийн тоо зохиож болно. Иймд ийм
тоо3·C
3
9= 252ширхэг байна.
4)4 ялгаатай цифрээс бүрдэх уул хэлбэрийн тоонд 0 цифр ороогүй байг. Тэгвэл
цифрүүдээC
4
9янзаар сонгоно. ОройгMба үлдэх цифрүүдийгa < b < cгэвэл
бүгдM-ийн урд эсвэл бүгдM-ийн ард орж болохгүй тул2
3
−2 = 6боломжтой.
Иймд ийм тоо6·C
4
9= 756ширхэг байна.
Тохиолдлуудаа нэгтгэвэл
36 + 336 + 252 + 756 = 1380
ширхэг 4 оронтой, уул хэлбэрийн тоо байна.
Дүгнэх аргачлал:Бүтэн бодолт7оноо. Хэсэгчилсэн оноог дараах байдлаар өгнө.
(1)(∗)дүгнэлтийг бүгдийг нь дурдсан тохиолдолд2оноо. Ядаж нэгийг нь ажигласан
бол1оноо.
(2)3 ялгаатай цифр үед 1) ба 2)-ийг олсон тохиолдолд+2оноо. Аль нэгийг нь бодвол
+1оноо.
(3)4 ялгаатай цифр үед 3) ба 4)-ийг олсон тохиолдолд+2оноо. Аль нэгийг нь бодвол
+1оноо.
(4)Жижиг алдаа−1оноо.

5. ММО-60, II Даваа, I шат
C ангилал (5-6 анги)
(5)Дунд хэмжээний алдаа−2оноо.
(6)Ижил чанартай үр дүнд ижил оноо өгнө.

6. ММО-60, II Даваа, I шат
D ангилал (7-8 анги)
Бодлого D1.Эмээд чихэр хийсэн уут21ширхэг байв. Бат эмээгээс асуугаад дурын
хоёр уутанд байгаа чихрийн нийлбэр тоог мэдэж болно. Тэгвэл Бат яг12удаа асуугаад
эмээд нийт хэдэн чихэр байгааг мэдэж болох уу?
(Дэвшүүлсэн: У. Батзориг)
Бодолт.Хариу: Болно.
Ууттай чихрүүдийг1,2, …,21гэж дугаарлая. Бат эхлээд(1,2);(3,4);(5,6);(7,8);(9,10);
(11,12);(13,14);(15,16);(17,18)гэж хоёр хоёроор нь9удаа асуугаад эдгээр уутнуудад
байгаа нийт чихрийн тоог мэдэж чадна. Дараа нь(19,20);(20,21);(21,19)гэж гурван
удаа асуугаад нийлбэрийг нь2-т хувааж19,20,21-р ууттай чихрийн нийлбэр тоог мэдэж
чадна. Ингээд нийт12удаа асууж болно.
Дүгнэх аргачлал:Бүтэн бодолт7оноо. Хэсэгчилсэн оноог дараах байдлаар өгнө.
(1)Зөвхөн зөв хариу хэлсэн бол1оноо.
(2)Жижиг алдаа−1оноо.
(3)Дунд хэмжээний алдаа−2оноо.
(4)Ижил чанартай үр дүнд ижил оноо өгнө.

7. ММО-60, II Даваа, I шат
D ангилал (7-8 анги)
Бодлого D2.Натуралnтоо бүтэн квадрат бөгөөд2024-ийгn-д хуваахад188−
5
4
n
үлдэгдэл өгдөг байв. Ийм чанартай бүхnтоог ол.
(Дэвшүүлсэн: У. Батзориг)
Бодолт.Хариу:144.
2024-ийгn-д хуваахадqноогддог байг. Тэгвэл
2024 =nq+ 188−
5
4
n.
Эндээс7344 =n(4q−5)болно. Үлдэгдэлтэй хуваах теорем ёсоор,
0≤188−
5
4
n < n
байх ёстой. Иймд
83
5
9
< n≤150
2
5
.
Нөгөө талаас,nбүтэн квадрат тулn= 100,121,144байх боломжтой. Эндээс зөвхөн
n= 144байх боломжтой гэдгийг шууд шалгачихана.
Дүгнэх аргачлал:Бүтэн бодолт7оноо. Хэсэгчилсэн оноог дараах байдлаар өгнө.
(1)Үлдэгдэлтэй хуваах теорем ашиглан0≤188−
5
4
n < nгэж гаргасан бол 3 оноо,
(2)Цааш үргэлжлүүлэнn-ийг зөв үнэлсэн бол 2 оноо,
(3)Өмнөх алхамаас олсонn-ийн боломжит утгууд дээр шалгаж зөв хариуг олсон бол
2 оноо.
(4)Жижиг алдаа−1оноо.
(5)Дунд хэмжээний алдаа−2оноо.
(6)Ижил чанартай үр дүнд ижил оноо өгнө.

8. ММО-60, II Даваа, I шат
D ангилал (7-8 анги)
Бодлого D3.∠A >90
◦
байхABCгурвалжны∠Bөнцгийн дотоод биссектрисAC
талтайDцэгт огтлолцоно.BCтал дээрAB=A
′
BбайхA
′
цэг ба∠AFB= 2∠ADB
байхFцэг авав. МөнBCшулуун дээрAD=DEбайхA
′
цэгээс ялгаатайEцэг ба
EF=FGбайхEцэгээс ялгаатайGцэг авав.DF,AGшулуунууд параллел гэж батал.
(Дэвшүүлсэн: Т. Хулан)
Бодолт.
A
B
C
D
A
′
E
F
G
∠DEB=∠EA
′
D= 180
◦
−∠DA
′
B= 180
◦
−∠DABтулADEBдөрвөн өнцөгт тойрогт
багтана.
∠AEB=∠ADB,∠AEF+∠EAF=∠AFB= 2∠ADBгэдгээс∠EAF=∠AEFболох
баEF=AFгэж гарна.
EF=AF=FGучир∠EAG= 90
◦
болно.
AD=DE,AF=EFучирDF⊥AEболно.ИймдDF,AGшулуунууд параллел болно.
Дүгнэх аргачлал:Бүтэн бодолт7оноо. Хэсэгчилсэн оноог дараах байдлаар өгнө.
(1)ADEBдөрвөн өнцөгт тойрогт багтана гэж харуулбал 2 оноо
(2)EF=AFэсвэл∠EAF=∠AEFгэж харуулбал 2 оноо
(3)∠EAG= 90
◦
гэж харуулбал 2 оноо
(4)DF⊥AEгэж харуулбал 1 оноо
(5)Жижиг алдаа−1оноо.

9. ММО-60, II Даваа, I шат
D ангилал (7-8 анги)
(6)Дунд хэмжээний алдаа−2оноо.
(7)Ижил чанартай үр дүнд ижил оноо өгнө.

10. ММО-60, II Даваа, I шат
D ангилал (7-8 анги)
Бодлого D4.Зурагт үзүүлсэн байдлаар нэгж талтай зургаан өнцөгтүүдийн оройн цэгүү-
дийг холбосон замууд байв. Хоёр оройг нэгж урттай замаар холбогдсон бол зэргэлдээ гэе.
Оройн цэгүүд дээр аль ч хоёр нь зэргэлдээ биш байхаар хотууд байгуулна. Дахин хот
нэмж байгуулах боломжгүй байхаар хамгийн цөөндөө хэдэн хот байгуулж болох вэ?
(Дэвшүүлсэн: Э. Оргил-Эрдэнэ)
Бодолт.Хариу: Хамгийн цөөндөө18хот байгуулахад болно.
Эхний зурагт18хоттой жишээ байгуулав. Нэмж хот барьж болохгүйг шалгах амархан.
Дараагийн зурагт оройнуудыг18бүлэгт хуваав.17-оос олонгүй хот байгуулсан бол хоосон

11. ММО-60, II Даваа, I шат
D ангилал (7-8 анги)
бүлэг олдох ба ийм бүлэгт хот нэмж барьж болно. Иймд18-аас цөөн байж болохгүй.
Дүгнэх аргачлал:Бүтэн бодолт7оноо. Хэсэгчилсэн оноог дараах байдлаар өгнө.
(1)Зөв хариу бичихэд1оноо.
(2)18хоттой жишээ байгуулахад2оноо.
(3)17-оос олонгүй хоттой жишээ байхгүй гэж харуулахад4оноо.
(4)Жижиг алдаа−1оноо.
(5)Дунд хэмжээний алдаа−2оноо.
(6)Ижил чанартай үр дүнд ижил оноо өгнө.

12. ММО-60, II Даваа, I шат
E ангилал (9-10 анги)
Бодлого E1.Квадратуудын нийлбэр ньx
2
+y
2
+z
2
= 99. . .9хэлбэртэй бичигдэх бүх
натурал тоонx≤y≤zэрэмбэлэгдсэн гурвалыг ол.
(Дэвшүүлсэн: Ч. Гантөмөр)
Бодолт.Хариу:(1,2,2),(1,7,7),(3,3,9),(5,5,7).
x
2
+y
2
+z
2
= 99. . .9(nширхэг9) баn≥3байг.1000≡0 (mod8)ба999≡7 (mod8),
x
2
+y
2
+z
2
≡ {0,1,4}+{0,1,4}+{0,1,4} ̸≡7 (mod8)гэдгээсn≥3байхад натурал
шийдгүй. Иймд одоо бидx
2
+y
2
+z
2
= 9баx
2
+y
2
+z
2
= 99тэгшитгэлүүдийн
эрэмбэлэгдсэн натуралx≤y≤zшийдийг олоход хангалттай. Тэдгээр нь(1,2,2),
(1,7,7),(3,3,9),(5,5,7)гэдгийг төвөггүй олж болно.
Дүгнэх аргачлал:Бүтэн бодолт7оноо. Хэсэгчилсэн оноог дараах байдлаар өгнө.
(1)Шийд бүр1оноо.
(2)n≥3үед шийдгүй харуулбал3оноо.
(3)Жижиг алдаа−1оноо.
(4)Дунд хэмжээний алдаа−2оноо.
(5)Ижил чанартай үр дүнд ижил оноо өгнө.

13. ММО-60, II Даваа, I шат
E ангилал (9-10 анги)
Бодлого E2.f(x)баg(x)квадрат гурван гишүүнтүүдийн хувьд
f(−2)
g(−2)
=
f(3)
g(3)
= 4
байв. Хэрэвg(5) = 2,f(7) = 8,g(7) = 6болf(5)утгыг ол.
(Дэвшүүлсэн: У. Батзориг)
Бодолт.h(x) = 4g(x)−f(x)квадрат гурван гишүүнтийг авч үзье. Өгсөн нөхцлөөс
h(−2) =h(3) = 0тулh(x) =a(x+ 2)(x−3)болно. Эндx= 7гэж орлуулбал
h(7) = 4g(7)−f(7) = 4·6−8 =a(7 + 2)(7−3).
Иймдa=
4
9
болно. Одооx= 5гэвэл
h(5) = 4g(5)−f(5) = 4·2−f(5) =
4
9
(5 + 2)(5−3).
Эндээс,f(5) = 8−
56
9
=
16
9
.
Дүгнэх аргачлал:Бүтэн бодолт7оноо. Хэсэгчилсэн оноог дараах байдлаар өгнө.
(1)h(x) = 4g(x)−f(x)квадрат гурван гишүүнтийг авч үзэнhквадрат гурван гишүүнтийг
зөв олсон бол3оноо.
(2)Цааш үргэлжлүүлэн ахмад гишүүний коеффциентийгa= 4/9гэж зөв олсон бол2
оноо.
(3)h(5)-ийг олж дараа ньf(5)-ийг олсон зөв тохиолдолд2оноо.
(4)Жижиг алдаа−1оноо.
(5)Дунд хэмжээний алдаа−2оноо.
(6)Ижил чанартай үр дүнд ижил оноо өгнө.

14. ММО-60, II Даваа, I шат
E ангилал (9-10 анги)
Бодлого E3.60×60хэмжээтэй хүснэгтийн зарим нүдийг хараар, үлдсэн нүднүүдийг
цагаанаар буджээ. Бат, Цэцэг хоёр ээлжлэн дараах үйлдлийг хийж тоглоно: хамгийн
зүүн дээд буланг зүүн дээд булангаа болгодог, ямар нэг хар нүдийг баруун доод булангаа
болгодог тэгш өнцөгт доторх бүх нүдний өнгийг солино. Хэрэв үйлдэл хийх боломжгүй,
өөрөөр хэлбэл түүний үйлдэх хийх ээлжинд хар өнгийн нүд байхгүй байвал тэр тоглогч
хожигдоно. Эхний үйлдлийг Бат хийнэ.
Хүснэгтийн ямар будалтад Бат яаж тоглохоос үл хамааран Цэцэг хожиж чадах вэ?
(Дэвшүүлсэн: А. Нямдаваа)
Бодолт.Хариу: Хүснэгтийн зүүн дээд булан цагаан бол Цэцэг хожиж чадна, хар бол
чадахгүй.
Үйлдэл болгоноор зүүн дээд булангийн өнгө солигдох тул анх хар байсан бол тэгш тоотой
үйлдлийн дараа хар байна. Иймд Батад хар нүд заавал олдох тул Цэцэг хожиж чадахгүй.
Одоо анх зүүн дээд булан цагаан байвал Цэцэг хожиж чадна гэж харуулъя. Хүснэгтийн
нүднүүдээ эхлээд мөрийн дугаараар эрэмбэлээд, мөрийн дугаар ижил нүднүүдийг баганын
дугаараар эрэмбэлье. Цэцэг ээлжиндээ хамгийн өндөр эрэмбэтэй хар нүдэн дээр үйлдэл
хийнэ. Ингэвэл хамгийн өндөр эрэмбэтэй хар нүдний эрэмбэ эрс буурах ба Батын
үйлдлээр ихсэхгүй тул төгсгөлөг алхмын дараа тоглоом дуусна. Тэгш сондгойгоос Бат
хожих боломжгүй тул Цэцэг хожино.
Дүгнэх аргачлал:Бүтэн бодолт7оноо. Хэсэгчилсэн оноог дараах байдлаар өгнө.
(1)Хүснэгтийн зүүн дээд булан хар бол Цэцэг хожихгүй гэж хэлэхэд1оноо.
(2)Хүснэгтийн зүүн дээд булан хар бол Цэцэг хожихгүй гэж батлахад1оноо.
(3)Хүснэгтийн зүүн дээд булан цагаан бол Цэцэг хожино гэж хэлэхэд1оноо.
(4)Хүснэгтийн зүүн дээд булан цагаан бол Цэцэг хожино гэж батлахад4оноо.
(5)Жижиг алдаа−1оноо.
(6)Дунд хэмжээний алдаа−2оноо.
(7)Ижил чанартай үр дүнд ижил оноо өгнө.

15. ММО-60, II Даваа, I шат
E ангилал (9-10 анги)
Бодлого E4.ADдиаметртэйΩхагас тойрог өгөгджээ.ADхэрчмийн дундаж цэгийг
Oгэе.Ωхагас тойрог дээрBцэгийг авсан баOAхэрчим дээрMцэгийг2AM=BM
байхаар авав.BMхэрчмийн дундаж цэгийгNгээдBNхэрчмийн дундаж цэгийгK
гэе.Ωхагас тойрог дээрCцэгийгOCшулуунMBшулуунтай параллел байхаар авав.
ON=KCгэж батал.
(Дэвшүүлсэн: Т. Хулан)
Бодолт.
O AM
B
N
K
C
E
D
L
∠AMN=∠AOCбаAM=MN,AO=OCучир△MAN∼ △OACболно. Иймээс
∠MAN∼∠OACболох тулA,N,Cцэгүүд нэг шулуун дээр оршино.
Oцэгийн хувьдC-тэй тэгш хэмтэй цэгийгE,N-тэй тэгш хэмтэй цэгийгLгэе.
∠AEB=∠ACB=∠NBC,∠BNC=∠NCE=∠ACE=∠ABEучир△ABE∼
△BNCболно. Эндээс
AB
EB
=
BN
NC
=
AM
EL
гэж гарна. Мөн∠BED=∠BADгэдгийг
тооцвол△ABM∼ △EBLболно.
Эндээс2AM=MBтул2EL=BLбиелнэ.NC=EL=BL/2 =OK(KньNB-ийн
дундаж тул) болжONKCадил хажуут трапец болох тулON=KCбайна.
Дүгнэх аргачлал:Бүтэн бодолт7оноо. Хэсэгчилсэн оноог дараах байдлаар өгнө.
(1)A,N,Cцэгүүд нэг шулуун дээр оршино гэж харуулбал1оноо.
(2)△ABM∼ △EBLгэж харуулбал4оноо.
(3)BL/2 =OKгэж харуулбал1оноо.
(4)Жижиг алдаа−1оноо.

16. ММО-60, II Даваа, I шат
E ангилал (9-10 анги)
(5)Дунд хэмжээний алдаа−2оноо.
(6)Ижил чанартай үр дүнд ижил оноо өгнө.

17. ММО-60, II Даваа, I шат
F ангилал (11-12 анги)
Бодлого F1.0,1,2цифрүүдээр бичигдсэн,1-ийн цифр дөрвөөс олонгүй,2-ын цифр
гурваас олонгүй орсон долоон оронтой тоо нийт хэд байх вэ?
(Дэвшүүлсэн: У. Батзориг)
Бодолт.Хариу:1066.
а)2-ын цифр 3 удаа агуулсан байг.
1)2-ын цифр 3 удаа,1-ын цифр 4 удаа агуулсан долоон оронтой тоонуудын тоо:
7!
3!4!
= 35.
2)2-ын цифр 3 удаа,1-ын цифр 3 удаа, нэг ширхэг0агуулсан долоон оронтой
тоонуудын тоо:
7!
3!
−
6!
3!3!
= 140−20 = 120.
3)2-ын цифр 3 удаа,1-ын цифр 2 удаа, хоёр ширхэг0агуулсан долоон оронтой
тоонуудын тоо:
7!
3!2!2!
−
6!
3!2!
= 210−60 = 150.
4)2-ын цифр 3 удаа,1-ын цифр 1 удаа, гурьан ширхэг0агуулсан долоон оронтой
тоонуудын тоо:
7!
3!3!
−
6!
3!2!
= 140−60 = 80.
5)2-ын цифр 3 удаа, дөрвөн ширхэг0агуулсан долоон оронтой тоонуудын тоо:
7!
3!4!
−
6!
3!3!
= 35−20 = 15.
Энэ тохиолдолд нийт боломжийн тоо35 + 120 + 150 + 80 + 15 = 400байна. Дээрх
санааг давтан үлдсэн боломжуудыг тооцоолбол:
б)2-ын цифр 2 удаа агуулсан байх нийт боломжийн тоо411.
в)2-ын цифр 1 удаа агуулсан байх нийт боломжийн тоо213.
г)2-ын цифр огт агуулаагүй байх нийт боломжийн тоо42.
Ингээд нийт боломжийн тоо:400 + 411 + 213 + 42 = 1066.
Дүгнэх аргачлал:Бүтэн бодолт7оноо. Хэсэгчилсэн оноог дараах байдлаар өгнө.
(1)а), б), в) тохиолдлыг зөв тоолоход тус бүр2оноо.
(2)г) тохиолдлыг зөв тоолоход1оноо.
(3)Зөвхөн зөв хариуг бичсэн бол 1 оноо.
(4)Жижиг алдаа−1оноо.
(5)Дунд хэмжээний алдаа−2оноо.
(6)Ижил чанартай үр дүнд ижил оноо өгнө.

18. ММО-60, II Даваа, I шат
F ангилал (11-12 анги)
Бодлого F2.Хурц өнцөгтABCгурвалжныг багтаасан тойргийн төвийгO,Cоройгоос
буусан өндрийн суурийгDгэе.CDхэрчим дээрMцэг авсан баMцэгээсBCталд
буулгасан перпендикулярын суурийгE,ACталд буулгасан перпендикулярын суурийг
Fгэе.CцэгийнEFшулууны хувьд тэгш хэмтэй цэгийгGгэе.M,O,G,Dцэгүүд нэг
тойрог дээр оршино гэж батал.
(Дэвшүүлсэн: T. Хулан)
Бодолт.
A B
C
D
M
E
F
G
K
O1
O
MECFтойрогт багтах тул∠CEF=∠CMF=∠CAMболох ба эндээс△CEF∼
△CABбайна.
CG∩EF=Kгэвэл∠OCB= 90
◦
−∠BAC,∠KCE= 90
◦
−∠CEF= 90
◦
−∠BAC
болжOцэгCGшулуун дээр оршино.
MC-ийн дундаж цэгийгO1гэвэлO1ньMECF-г багтаасан тойргийн төв болно.△CEF∼
△CABучраас∠CDO=∠CKO1байна.
МөнCG-ийн дундажKучир∠CKO1=∠CGMбайна. Эндээс∠CMO=∠CGM
болжMOGDтойрогт багтана.
Дүгнэх аргачлал:Бүтэн бодолт7оноо. Хэсэгчилсэн оноог дараах байдлаар өгнө.
(1)△CEF∼ △CABгэж харуулбал1оноо.
(2)OцэгCGшулуун дээр оршино гэж харуулбал1оноо.
(3)∠CDO=∠CKO1гэж харуулбал2оноо.
(4)∠CKO1=∠CGMгэж харуулбал2оноо.
(5)Жижиг алдаа−1оноо.
(6)Дунд хэмжээний алдаа−2оноо.

19. ММО-60, II Даваа, I шат
F ангилал (11-12 анги)
(7)Ижил чанартай үр дүнд ижил оноо өгнө.

20. ММО-60, II Даваа, I шат
F ангилал (11-12 анги)
Бодлого F3.n≥1хувьдan= 1
1
+ 2
2
+· · ·+n
n
гэе.{an}дараалалд2024-д хуваахад
32үлдэгдэл өгдөг гишүүн төгсгөлгүй олон бий гэж харуул.
(Дэвшүүлсэн: Б. Батбаясгалан)
Бодолт.a3= 32ба2024 = 2
3
·11·23байна.
Лемм.rn≡n
n
(modp
α
)гэвэлrα, rα+1, . . .дараалал эхний гишүүнээсээ эхлэн үелэнэ.
Леммийн баталгаа.(n, p) =pүедrn= 0байна.(n, p) = 1болk=p
α
(p−1) =p·φ(p
α
)
тоо үе болно. Учир нь Эйлерийн теоремоор
(n+k)
n+k
≡n
n+p
α
(p−1)
≡n
n
·(n
φ(p
α
)
)
p
≡n
n
(modp
α
)
Иймдrnдараалалkүетэй болж лемм батлагдав.
αn≡n
n
(mod8),βn≡n
n
(mod11),γn≡n
n
(mod23)гэвэл лемм ёсоор эдгээр нь тус
бүрдээ8,110,506үетэй буюуn≥3үед
αn≡αn+8k(mod8)
βn≡βn+110k(mod11)
αn≡γn+506k(mod23)
байна. Эндээс[8,110,506] = 10120болохыг тооцвол
αn≡αn+10120k(mod8)
βn≡βn+10120k(mod11)
γn≡γn+10120k(mod23)
ба
n
n
≡(n+ 10120k)
n+10120k
(mod2024), n≥3
болно.A=
10117∑
k=4
akгэвэл
a10120k+3≡a3+A·k(mod2024)
болно.2024|kүедa10120k+3≡a3= 32 (mod2024)тул батлах зүйл батлагдав.
Дүгнэх аргачлал:Бүтэн бодолт7оноо. Хэсэгчилсэн оноог дараах байдлаар өгнө.
(1)n
n
(mod2024)дараалал үетэй болохыг харуулбал3оноо.
(2)rn≡n
n
(mod2024)дараалал үетэй бол төгсгөлгүй олонn-ийн хувьд2024|an
болохыг харуулбал2оноо,
(3)Жижиг алдаа−1оноо.
(4)Дунд хэмжээний алдаа−2оноо.
(5)Ижил чанартай үр дүнд ижил оноо өгнө.

21. ММО-60, II Даваа, I шат
F ангилал (11-12 анги)
Бодлого F4.a,b,cбодит тоонуудын нийлбэрa+b+c= 6бол
a
4
+ 1
b
2
+ 1
+
b
4
+ 1
c
2
+ 1
+
c
4
+ 1
a
2
+ 1
≥
51
5
гэж батал.
(Дэвшүүлсэн: Ү. Отгонбаяр)
Бодолт.Эрэмбийн тэнцэтгэл бишээр
a
4
+ 1
b
2
+ 1
+
b
4
+ 1
c
2
+ 1
+
c
4
+ 1
a
2
+ 1
≥
a
4
+ 1
a
2
+ 1
+
b
4
+ 1
b
2
+ 1
+
c
4
+ 1
c
2
+ 1
байна. Мөн
(x
4
+ 1)25−(x
2
+ 1)(92x−99) = (x−2)
2
(24x
2
+ (x+ 4)
2
+ 15)≥0
гэдгээс
x
4
+ 1
x
2
+ 1
≥
92x−99
25
байна.a,b,cхувьд нэмэхэд батлах зүйл гарах баa=b=c= 2
үед тэнцэтгэл биелнэ.
Дүгнэх аргачлал:Бүтэн бодолт7оноо. Хэсэгчилсэн оноог дараах байдлаар өгнө.
(1)Эрэмбийн тэнцэтгэл бишээр хувьсагч ялгасан бол2оноо.
(2)Хувьсагч ялгасан тэнцэтгэл бишээ батлахад5оноо.
(3)Тэнцэлдээ хүрэх нөхцөл бичээгүй бол−1оноо.
(4)Жижиг алдаа−1оноо.
(5)Дунд хэмжээний алдаа−2оноо.
(6)Ижил чанартай үр дүнд ижил оноо өгнө.

22. ММО-60, II Даваа, I шат
S ангилал (Бага ангийн багш)
Бодлого S1.Муурын гэр бүлд 35 муур байдаг. Мау муурын жин гэр бүлийн бүх
муурын дундаж жингээс 250 граммаар бага байжээ. Мау ганцаараа гадагш гарч хоол
хүнс олж идсээр гэртээ буцаж ирэхэд түүний жин гэр бүлийн бүх муурын дундаж жингээс
600 грамм илүү байв. Маугаас бусад муурын жин өөрчлөгдөөгүй. Тэгвэл Маугийн жин
хэдэн граммаар нэмэгдсэн бэ?
(Дэвшүүлсэн: Ч. Гантөмөр)
Бодолт.Хариу:875грамм.
Мау анхxграмм жинтэй байсан бөгөөд буцаж ирэхдээyграмм жинтэй болсон гэе. Бусад
бүх муурын жингSгэе. Өгсөн нөхцөлөөсx+ 250 =
x+S
35
баy−600 =
y+S
35
болно.
Хооронд нь хасвал
y−x−850 =
y−x
35
болох тул Мау муурны жинy−x= 875граммаар нэмэгджээ.
Дүгнэх аргачлал:Бүтэн бодолт7оноо. Хэсэгчилсэн оноог дараах байдлаар өгнө.
(1)Зөв хариу бичихэд2оноо.
(2)Тэгшитгэлээ зөв зохиоход3оноо.
(3)Тэгшитгэлээсээ хариугаа зөв олоход2оноо.
(4)Жижиг алдаа−1оноо.
(5)Дунд хэмжээний алдаа−2оноо.
(6)Ижил чанартай үр дүнд ижил оноо өгнө.

23. ММО-60, II Даваа, I шат
S ангилал (Бага ангийн багш)
Бодлого S2.a
2
+c,b
2
+b,c
2
+aдараалал геометр прогресс болдог байх бүх эрс өсдөг
a < b < cнатурал тоон арифметик прогрессийг ол.
(Дэвшүүлсэн: Ү. Отгонбаяр)
Бодолт.Хариу:(a, b, c) = (1,4,7)ба(2,3,4).
Харгалзах геометр прогресс(8,20,50)ба(8,12,18)байх тул шийд болно. Өөр шийдгүй
гэж харуулъя.d=c−b=b−a >0баc= 2b−aгэвэлa
2
+c,b
2
+b,c
2
+aгеометр
прогресс үүсгэх нөхцөл(a
2
+c)(c
2
+a)−(b
2
+b)
2
=d
2
(a
2
−2ab−b
2
+ 6b−1) = 0байна.
Энд−ac=a(a−2b) =b(b−6) + 1≤0гэдгээсb≤5байх баf(b) = 2b
2
−6b+ 1гэвэл
d
2
= (b−a)
2
=f(b)байна.
b= 2үедf(2) =−3<0тул боломжгүй.b= 3үедd= 1баb= 4үедd= 3болж дээрх
шийдүүд гарна.b= 5үедf(5) = 21бүтэн квадрат биш тул боломжгүй.
Дүгнэх аргачлал:Бүтэн бодолт7оноо. Хэсэгчилсэн оноог дараах байдлаар өгнө.
(1)Шийд тус бүр1оноо.
(2)Өөр шийдгүй гэж харуулахад5оноо.
(3)Жижиг алдаа−1оноо.
(4)Дунд хэмжээний алдаа−2оноо.
(5)Ижил чанартай үр дүнд ижил оноо өгнө.

24. ММО-60, II Даваа, I шат
S ангилал (Бага ангийн багш)
Бодлого S3.5×5хүснэгтийн нүднүүдэд1,2, …,25гэсэн тоонууд дараах байдлаар
бичигдсэн байв.12345
678910
1112131415
1617181920
2122232425
Хүснэгтийн аль нэг3×1эсвэл1×3дэд хүснэгтийг сонгон аваад сонгосон хүснэгтийн тоо
бүрийг 1-ээр ихэсгэх гэсэн хоёр төрлийн үйлдлийн тусламжтайгаар хүснэгтэд бичигдсэн
бүх тоог тэнцүү болгож болох уу?
(Дэвшүүлсэн: Б. Батбаясгалан)
Бодолт.Хариу: Болохгүй.
Хүснэгтийн нүднүүдийг дараах байдлаар 3 өнгөөр будъя.12345
678910
1112131415
1617181920
2122232425
Тэгвэл өгөгдсөн үйлдлүүдээр шар нүдэнд бичигдсэн тоонуудын нийлбэр ба цэнхэр нүдэнд
бичигдсэн тоонуудын нийлбэр тус бүрдээ 1-ээр нэмэгдэх тул ялгавар нь инвариант байна.
Анх энэ ялгавар
(25 + 10 + 14 + 18 + 22 + 3 + 7 + 11)−(1 + 4 + 8 + 12 + 16 + 15 + 19 + 23) = 12
ба бүх тоонууд тэнцүү болно гэвэл0байх ёстой. Иймд хүснэгтийн бүх тоог тэнцүү болгох
боломжгүй.
Дүгнэх аргачлал:Бүтэн бодолт7оноо. Хэсэгчилсэн оноог дараах байдлаар өгнө.
(1)Бодолтонд ашигласантай ижил чанартай будалт авч үзсэн бол2оноо.
(2)Хоёр өөр өнгийн нүдэнд бичигдсэн тоонуудын нийлбэрийн зөрөө инвариант болохыг
харуулбал+2оноо.
(3)Цэнхэр ба шар нүдэнд бичигдсэн тоонуудын ялгавар авч үзвэл+2оноо.
(4)Жижиг алдаа−1оноо.

25. ММО-60, II Даваа, I шат
S ангилал (Бага ангийн багш)
(5)Дунд хэмжээний алдаа−2оноо.
(6)Ижил чанартай үр дүнд ижил оноо өгнө.

26. ММО-60, II Даваа, I шат
S ангилал (Бага ангийн багш)
Бодлого S4.AB=ACбайхABCадил хажуут гурвалжныAоройн өнцөг36
◦
байв.
ABCгурвалжны доторDцэгийг∠BAD= 24
◦
баAD=BCбайхаар авав.
∠BDCөнцгийг ол.
(Дэвшүүлсэн: Э. Азжаргал)
Бодолт.AB, ACсуурьтай, орой дахь өнцөг нь108
◦
байхаар адил хажуутAQC,AQC
гурвалжнуудыг байгуулъя (зураг). ТэгвэлAPBCQнь зөв таван өнцөгтийн орой болно.
AD=BC=APболно. Мөн∠DAP= 60
◦
тулAPDзөв гурвалжин болно.
△PBDньPB=PDба∠DPB= 48
◦
байх адил хажуут гурвалжин болно. Мөн△QAD
ньAQ=ADба∠QAD= 48
◦
байх адил хажуут гурвалжин болно. Хоёр гурвалжин
тэнцүү байх ӨӨ шинжээр△PBD=△QADболно. ИймдQD=BD. Хоёр гурвалжин
тэнцүү байх ТТТ шинжээр△CQD=△CBDгэж гарна. Иймд
∠BDC= (360
◦
−60
◦
−2·66)/2 = 84
◦
байна.
Дүгнэх аргачлал:Бүтэн бодолт7оноо. Хэсэгчилсэн оноог дараах байдлаар өгнө.
(1)P,Qцэгийг авбал эсвэл цаашаа бодогдох нэмэлт байгуулалт хийвэл1оноо.
(2)Жижиг алдаа−1оноо.
(3)Дунд хэмжээний алдаа−2оноо.
(4)Ижил чанартай үр дүнд ижил оноо өгнө.

27. ММО-60, II Даваа, I шат
T ангилал (Дунд ангийн багш)
Бодлого T1.{an}n≥1эерэг тоон дарааллын хувьдa1= 1баn≥1үед
an+1=an+
√
an+an+1
байв.n≥1хувьдbn=an+1−anгэе.
(i)bn≥1гэж харуул.
(ii)an=bn(bn−1)/2гэж харуул.
(iii)anгишүүнийгn-ээр илэрхийл.
(iv)S=a1+a2+· · ·+a60нийлбэрийг ол.
(Дэвшүүлсэн: Ч. Гантөмөр)
Бодолт.
(i)an+1≥an≥1тулbn=
√
an+an+1≥1байна.
(ii)an+an+1=b
2
nтулb
2
n+bn= 2an+1баb
2
n−bn= 2anбайна.
(iii)2 = 2a1=b1(b1−1)баb1≥0гэдгээсb1= 2байна. Эндээсa2= 3байна.
6 = 2a2=b2(b2−1)баb2≥0гэдгээсb2= 3байна. Эндээсa3= 6байна.
Индукцээрbn−1=nгэвэлan−1=n(n−1)/2баan=an−1+bn−1=n(n+ 1)/2
байна. Одооn(n+ 1) = 2an=bn(bn−1)баbn≥0гэдгээсbn=n+ 1болно.
Тухайлбал нөхцөл хангах дараалал ганцan=n(n+ 1)/2байна.
(iv)S=
∑
60
n=1
n(n+1)
2
=
60·61·62
6
= 37820байна.
Дүгнэх аргачлал:Бүтэн бодолт7оноо. Хэсэгчилсэн оноог дараах байдлаар өгнө.
(1)(i) хэсгийг хийхэд1оноо.
(2)(ii) хэсгийг хийхэд2оноо.
(3)(iii) хэсгийг хийхэд2оноо.
(4)(iv) хэсгийг хийхэд2оноо.
(5)Жижиг алдаа−1оноо.
(6)Дунд хэмжээний алдаа−2оноо.
(7)Ижил чанартай үр дүнд ижил оноо өгнө.

28. ММО-60, II Даваа, I шат
T ангилал (Дунд ангийн багш)
Бодлого T2.Ωтойрогт багтсанABCDдөрвөн өнцөгтийн диагоналиудNцэгт огтлол-
цоно.Bоройг дайрсанCDталтай параллел шулуунACшулуунтайEцэгт огтлолцоно.
Dоройг дайрсанBCталтай параллел шулуунACшулуунтайFцэгт огтлолцоно.BD
шулуун дээр∠DMF=∠MEFбайхMцэг авав.CMшулуунΩтойрогтойLцэгт
огтлолцох баBL=CDбайв. ТэгвэлL,F,Dцэгүүд нэг шулуун дээр оршино гэж батал.
(Дэвшүүлсэн: Т. Хулан)
Бодолт.Mцэг байгуулагдаж байгаа тулLцэгABжижиг нум дээр оршино. Иймд
BL=CDнөхцөлөөсL,F,Dцэгүүд нэг шулуун дээр оршино.
Дүгнэх аргачлал:Бүтэн бодолт7оноо. Хэсэгчилсэн оноог дараах байдлаар өгнө.
(1)Mцэг байгуулагдаж байгаа тулLцэгABжижиг нум дээр оршино гэдгийг дурдаагүй
тохиолдолд 2 оноо хасна.
(2)Жижиг алдаа−1оноо.
(3)Дунд хэмжээний алдаа−2оноо.
(4)Ижил чанартай үр дүнд ижил оноо өгнө.

29. ММО-60, II Даваа, I шат
T ангилал (Дунд ангийн багш)
Бодлого T3.Дурын бүхэлNтооны хувьд(m+n)
2
+mn+ 1 =N(m+n)тэгшитгэл
төгсгөлгүй олон бүхэл(m, n)шийдтэй гэж батал.
(Дэвшүүлсэн: Ү. Отгонбаяр)
Бодолт.(m, n)бүхэл шийд гэе.x
2
+ (3n−N)x+ (n
2
−Nn+ 1) = 0тэгшитгэлийн нэг
шийдmбайна. Нөгөө шийдийгkгэвэлm+k=N−3nбаmk=n
2
−Nn+ 1байна.
Эндээсkбүхэл ба(n, k)шийд болно.
Иймдa0=−1,a1= 1баi≥2үедai=N−3ai−1−ai−2гэвэл(ai−1, ai)шийд болно.
ОдооA={ai|i≥0}төгсгөлгүй гэж харуулъя. Эсрэгээс нь төгсгөлөг гээдbi=ai−N/5
гэе. Тэгвэлbi=−3bi−1−bi−2баB={bi|i≥0}төгсгөлөг байна. Тэгвэлbiүелэх баj >0
хувьд|bj|=maxi≥0|bi|гэвэл|bj+1| ≥3|bj| − |bj−1|>|bj| ≥ |bj+1|болж зөрчил гарна.
Дүгнэх аргачлал:Бүтэн бодолт7оноо. Хэсэгчилсэн оноог дараах байдлаар өгнө.
(1)Ядаж нэг шийд олоход1оноо.
(2)Төгсгөлгүй олон шийд олох байгуулалт хийхэд3оноо.
(3)Байгуулалт зөв гэж харуулахад3оноо.
(4)Жижиг алдаа−1оноо.
(5)Дунд хэмжээний алдаа−2оноо.
(6)Ижил чанартай үр дүнд ижил оноо өгнө.

30. ММО-60, II Даваа, I шат
T ангилал (Дунд ангийн багш)
Бодлого T4.2024×2024хүснэгтийнi-р мөрj-р баганадaijтоо бичигджээ. Мөр бүрийн
хувьд
∑
2024
k=1
a
2
ik
= 1байсан ба ялгаатай хоёрi̸=jмөр бүрийн хувьд
∑
2024
k=1
aikajk=α
байв.
αтоо хамгийн багадаа ямар утга авч болох вэ?
(Дэвшүүлсэн: А. Нямдаваа)
Бодолт.Хариу: minα=−
1
2023
.
N= 2024гээд1≤i≤Nхувьдxi= (ai1, ai2, . . . , aiN)вектор гэе. Дотоод үржвэр
ашиглан бичвэл⟨x1+· · ·+xN, x1+· · ·+xN⟩ ≥0гэдгээсN+N(N−1)α≥0болох тул
α≥ −1/(N−1)байна.
Одоо ийм векторууд олдоно гэж индукцээр харуулъя.n= 1үедx1= (1)гэе.
nурттайx1, …,xnвекторууд⟨xi, xi⟩= 1баi̸=jбол⟨xi, xj⟩=−1/(n−1)нөхцөлийг
хангадаг байг.
n+1урттайy1, …,yn+1векторуудыг1≤i≤nхувьдyi= (
√
1−1/n
2
xi,−1/n)баyn+1=
(0, . . . ,0,1)гэж тодорхойлъё. Тэгвэл1≤i≤nхувьд⟨yi, yi⟩= (1−1/n
2
) + 1/n
2
= 1
ба1≤i̸=j≤nбол⟨yi, yj⟩=−(1−1/n
2
)/(n−1) + 1/n
2
=−1/nбайна. Мөн
⟨yn+1, yn+1⟩= 1ба1≤i≤nхувьд⟨yi, yn+1⟩=−1/nтулn+ 1урттай нөхцөл хангадаг
векторууд байгуулж чадлаа.
Дүгнэх аргачлал:Бүтэн бодолт7оноо. Хэсэгчилсэн оноог дараах байдлаар өгнө.
(1)Зөв хариу олоход1оноо.
(2)Хариунаас бага утга авахгүй гэж батлахад1оноо.
(3)Хамгийн бага утгаа авдаг байгуулалт хийхэд5оноо.
(4)Жижиг алдаа−1оноо.
(5)Дунд хэмжээний алдаа−2оноо.
(6)Ижил чанартай үр дүнд ижил оноо өгнө.