+ Додати матерiал
і отримати
безкоштовне
свідоцтво
! В а ж л и в о
Предмети »

Шкільна олімпіада з математики

Відображення документу є орієнтовним і призначене для ознайомлення із змістом, та може відрізнятися від вигляду завантаженого документу

Перегляд
матеріалу
Отримати код Поділитися

І (ШКІЛЬНИЙ) ЕТАП ВСЕУКРАЇНСЬКОЇ УЧНІВСЬКОЇ ОЛІМПІАДИ З МАТЕМАТИКИ

ВСТУП

Олімпіадна задача з математики – це задача підвищеної складності, нестандартна як за формулюванням, так і за методами розв’язання. Серед олімпіадних задач зустрічаються такі, для розв’язання яких потрібні незвичні ідеї та спеціальні методи, так і задачі більш стандартні, але деякі із них можна розв’язувати оригінальними способами.

Практично в кожній олімпіадній роботі зустрічається, як мінімум, одна задача з геометрії. Саме геометричні олімпіадні задачі викликають найбільші труднощі в учнів, і це не тому, що учні погано знають геометрію, а тому, що найбільше штучних прийомів, додаткових побудов використовується саме при розв’язуванні геометричних задач.

Розпочинати роботу по підготовці учасника математичної олімпіади необхідно з самого маленького віку. Коли учні приходять в школу, то з початкових класів слід готувати майбутнього переможця. Задачі на розрізання, склеювання, заміщення, розрізання, ігрові задачі, задачі на складання таблиць істинності, все це під силу самим маленьким учням. Продовжити роботу повинен учитель середніх та старших класів.

ОРІЄНТОВАНІ КРИТЕРІЇ ОЦІНЮВАННЯ ЗАВДАНЬ

7

Повне правильне розв’язання

6 -7

Повне правильне розв’язання. Є невеликі недоліки, які в цілому не впливають на розв’язання.

5 - 6

Розв’язання в цілому вірне. Однак воно містить ряд помилок, або не розглянуті окремі випадки, але може стати правильним після невеликих виправлень або доповнень.

4 - 5

Правильно розглянуто один з двох (більш складний) істотних випадків, або в задачі типу «оцінка-приклад» вірно отримана оцінка.

2 - 3

Доведені допоміжні твердження, що допомагають у розв’язанні задачі

1

Розглянуто окремі важливі випадки за відсутності розв’язання (або при помилковому розв’язанні).

0

Розв’язання неправильне, просування відсутні. Розв’язання відсутнє.

Не можна зменшувати кількість балів за те, що розв’язання занадто довге. Виправлення в роботі (закреслення раніше написаного тексту) також не є підставою для зняття балів.

ЗАВДАННЯ ДЛЯ І ЕТАПУ (ШКІЛЬНОГО) ВСЕУКРАЇНСЬКОЇ ОЛІМПІАДИ З МАТЕМАТИКИ (з розв’язками)

ШКІЛЬНА МАТЕМАТИЧНА ОЛІМПІАДА 5 КЛАС (проведення за бажаням учителя)

1. У лютому деякого року 2419200 секунд. Чи високосним був цей рік?

(У високосному році 366 днів, в інших - 365 днів).

Відповідь: рік не високосний.

Розв’язання. Число 2419200 ділиться на 7 (перевіряється безпосередньо). Отже, у лютому 28 днів, а рік - звичайний.

Коментар. Повне розв’язання - 7 балів. Можливі розв’язання з повним обчисленням. У цьому випадку всі викладки повинні бути в розв’язання, тоді оцінка теж 7 балів. Інакше розв’язання оцінюється в 0 балів. Тільки відповідь - 0 балів.

2. Відновити ребус ВОДА + ВОДА = ЗАВОД (однаковим літерам відповідають однакові цифри, різним літерам - різні цифри).

Відповідь: 8947+ 8947 = 17894.

Розв’язання. Зрозуміло, що З = 1 і А ≠ 0 (інакше А = Д = 0). Підставляючи

А = 2, 3, ..., 9, знаходимо єдиний розв’язок 8947 +8947 = 17894.

Коментар. Повне розв’язання - 7 балів. Правильна відповідь - 1 бал. Часткові просування або помилки оцінюються в залежності від їх величини та значущості. Якщо перебрано не всі варіанти, оцінка не може бути більшою за 3 балів.

3. Розріжте фігуру по лініях сітки на чотири однакові, що не є прямокутниками.

4.Сума 2010 натуральних чисел - непарне число. Яким числом - парним або непарним - є добуток цих чисел?

Відповідь: парним.

Розв’язання. Якби всі числа були непарними, то їх сума була б парною. Отже, серед цих чисел є парне число. Тоді добуток – парний.

Коментар. Повне розв’язання - 7 балів. Доведення наявності парного доданку - 3 бали. Будь-яка кількість прикладів - 0 балів. Тільки відповідь - 0 балів.

5. У числі 7 ****** 1 замініть зірочки цифрами так, щоб сума будь-яких трьох сусідніх цифр дорівнювала 11. Знайдіть всі розв’язання і доведіть, що інших немає

Відповідь: 71371371.

Розв’язання. Нехай перша зірочка х, тоді друга 4 - х, третя - 7, четверта знову х, п'ята 4 - х, шоста 7, сьома - х, і вона дорівнює 1. Значить, х = 1, 4 - х = 3.

Коментар. Повне розв’язання - 7 балів. Відповідь - 1 бал.

ШКІЛЬНА МАТЕМАТИЧНА ОЛІМПІАДА 6 КЛАС

1. Чи можна подати число 91 у вигляді суми кількох натуральних чисел, добуток яких також дорівнює 91?

Відповідь: так.

Розв’язання. Можна взяти числа 13 і 7 та сімдесят одну одиницю. І їх добуток, і їх сума рівні 91.

Коментар. Приклад - 7 балів.

2. Вася склав куб з 27 кубиків, а потім пофарбував його поверхню в синій колір. Потім Петро забрав всі кубики, у яких були пофарбовані хоча б дві грані. Скільки кубиків взяв собі Петро?

Відповідь: 20.

Розв’язання. З 27 кубиків виходить куб 3 × 3 × 3. Вуглові кубики пофарбовані з трьох сторін (їх 8 штук), кубики, які знаходяться на ребрах, але не в вершинах, пофарбовані з двох сторін (їх 12 штук - по одному на кожному ребрі). Решта кубики пофарбовані з одного боку (знаходяться всередині межі) або не пофарбовані зовсім (центральний кубик). Отже, Петро взяв 8 +12 = 20 кубиків.

Коментар. Повне розв’язання - 7 балів. Відповідь - 1 бал.

3. Петро і Вася розрізали два однакових прямокутника. У Петра вийшло два прямокутники з периметром 40 см кожен, а у Васі - два прямокутники з периметром 50 см кожен. Який периметр мали початкові прямокутники?

Відповідь: 60 см.

Розв’язання. Якщо сторони вихідного прямокутника a і b, то у Петра вийшли периметри, рівні 2a+ b = 40, а у Васі - рівні a +2b = 50. Тоді 3a +3b = 40+ 50 = =90. Звідки 2a+ 2b = 60 - периметри вихідних прямокутників.

Коментар. Повне розв’язання - 7 балів. Якщо складені рівняння - 2 бали.

Відповідь - 1 бал.

4. На прямій відмітили кілька точок. Після цього між кожними двома сусідніми точками поставили ще по точці. Таку операцію виконали кілька разів (може бути один раз). В результаті на прямий виявилося 65 точок. Скільки точок могло бути на прямій спочатку?

Відповідь: 2, 3, 5, 9, 17, 33 точок.

Розв’язання. Зауважимо, що коли на прямий відмічено k точок, то проміжків між ними буде k - 1, і якщо у кожний такий проміжок поставити по точці, то всього точок стане

k + (k - 1) = 2k - 1. Тому якщо точок стало 2k - 1 = 65, то перед останньою операцією їх було k = 33. Аналогічно знаходимо, що до цього їх було 17, потім - 9, 5, 3 і 2. Процес міг починатися з будь-якого з етапів.

Коментар. Повне розв’язання - 7 балів. Тільки відповідь - 1 бал. При втраті випадків кількість балів від 2 до 6.

5. На острові, населення якого становлять тільки лицарі, що говорять правду, і брехуни, які завжди брешуть, знаходиться науково-дослідний інститут (НДІ). Кожний із його співробітників зробив одного разу дві заяви: а) в інституті немає і десятка людей, що працюють більше від мене; б) принаймні сто осіб в інституті отримують зарплату більшу, ніж моя. Відомо, що навантаження у всіх працівників різне, як і зарплата. Скільки людей працює в НДІ?

Відповідь: 110 осіб.

Розв’язання. Розглянемо співробітника, який працює більше всіх інших. Тоді першою заяві він не збрехав, тобто він - лицар. Але тоді і друга його заява - правда, отже, знайдуться 100 чоловік в інституті, які отримують більше нього. Бачимо, що з одного боку перші 10 співробітників, які працюють більше, ніж інші - лицарі, а решта - брехуни. З іншого боку, 100 співробітників, які отримують більше за інших - брехуни, а решта - лицарі. Тому всього лицарів і брехунів 110.

Коментар. Повне розв’язання - 7 балів. Відповідь - 1 бал. Обчислення кількості лицарів або кількості брехунів - 3 бали.

ШКІЛЬНА МАТЕМАТИЧНА ОЛІМПІАДА 7 КЛАС

1. Відновіть ребус КОКА+ КОЛА = ВОДА (однаковим буквам

відповідають однакові цифри, різним буквам - різні цифри).

Відповідь: 3930 3980 = 7910.

Розв’язання. Очевидно, що А = 0. Тоді О ≠ 0,отже, О = 9. Тоді К +К +1 = В.

Можливі варіанти

1) К = 1, В = 3, 2) К = 2, В = 5, 3) К = 3, В = 7. К+ Л = 10+ Д (1 переходить в наступний розряд). Перший варіант не підходить, тому що інакше Л =9, тоді Л співпадає з О. Другий варіант не підходить, оскільки інакше Л= 8 (тоді Д = 0 та А = 0) або Л = 9 (тоді Л збігається з О). У третьому

випадку Л = 7, Л = 8, Л = 9. Якщо Л = 7, то Д = 0 і А = 0. Якщо Л = 9, тоЛ збігається з О. Отже, Л = 8, Д = 1.

Коментар. Повне рішення - 7 балів. Відповідь - 1 бал. Часткові просування або

помилки оцінюються в залежності від їх величини та значущості.

2. Вася задумав три різні ненульові цифри. Петро записав всі дев'ятьможливих двозначних чисел, у десятковому записі якихвикористовувалися тільки ці цифри. Сума записаних чисел дорівнює 231.Знайдіть цифри, задумані Василем.

Відповідь: 1, 2 і 4.

Розв’язання. Нехай a, b, c - задумані цифри. Кожна задумана цифра вкожному розряді використовувалася по три рази. Отже, сума записаних чисел дорівнює 310a b c3a b c. Звідси a+b+c = 7. Будемо вважати,що a <b <c. Тоді a = 1 (так як навіть 2+ 3+ 4> 7), і b+c = 6. Цій рівності задовольняє тільки одна пара різних цифр, серед яких немає 1, b = 2, c = 4.

Коментар. Повне розв’язання - 7 балів. Відповідь - 1 бал. Якщо доведено, що a+b+c =7 - 3 бали. Якщо разом із цим доведенням подано правильну відповідьбез обґрунтування - 4 бали.

3. Знайдіть найменше складене число, яке не ділиться на жодне із натуральних чисел від 2 до 10.

Відповідь: 121.

Розв’язання. Оскільки число складене, то його можна розкласти на два множники, більших від 1. Так як воно не ділиться на жодне натуральнее число від 2 до 10, то обидва множники не менші 11, а саме число не менше 121. Залишилось зауважити, що 121 не ділиться ні на одне натуральне число від 2 до 10.

Коментар. Повне розв’язання - 7 балів. Відповідь - 1 бал. Якщо при правильних міркуваннях отримали число 132 – 4 бали.

4 . Вовк запросив до себе в гості трьох поросят і Червону Шапочку дивитися мультики. Після перегляду Вовк перерахував кекси на кухні і заявив, щодвох не вистачає. Як Вовку за два зважування визначити, хто з'їв кекси? Всікекси важать однаково, всі поросята (принаймні, коли вони тільки

прийшли в гості) - теж. Також відомо, що Червона Шапочка на дієті, томумогла з'їсти не більше 1 кексу.

Розв’язання. Очевидно, що іще залишився хоча б один кекс.

Зважуємо двох поросят.

а) Якщо П1 = П2, то можливі випадки:

1) П1 і П2 з'їли по 1 кексу. 2) П3 з'їв 2 кекси. 3) П3 і ЧШ з'їли по 1 кексу.

Друге зважування: порівнюємо П1 + Кекс і П3. Якщо П1+ К> П3, то 1 випадок, якщо П1 + К = П3, то 3 випадок, якщо П1+ К <П3, то 2 випадок.

б) Якщо П1> П2, то можливі випадки:

1) П1 і П3 з'їли по 1 кексу. 2) П1 з'їв 2 кекси. 3) П1 і ЧШ з'їли по 1 кексу.

Друге зважування: порівнюємо П1 і П3 + К. Якщо П1> П3 +К, то 2 випадок, якщо

П1 = П3 +К, то 3 випадок, якщо П1 <П3 +К, то 1 випадок.

Коментар. Повне розв’язання - 7 балів. Часткові просування або помилки оцінюються в залежності від їх величини та значущості. Якщо перебрано не всі варіанти, оцінка не може бути більшою за 3 бали.

ШКІЛЬНА МАТЕМАТИЧНА ОЛІМПІАДА 8 КЛАС

1. Доведіть, що добуток трьох послідовних натуральних чисел, складений з другим із них, є кубом другого числа.

Розв’язання. Нехай друге число х. Тоді 11. 3 3 x x x x x x x x Коментар. Повне розв’язання - 7 балів. Складання правильного алгебраїчного виразу за відсутності подальших просувань або наявність помилки в перетвореннях - 3 бали. Отримання результату 3 3 1 3 2 x x x без подальших просувань - 4 бали.

2. Є лист паперу в клітинку і олівці 6 кольорів. Зафарбуйте найменшечисло клітин так, щоб для будь-яких двох кольорів знайшлося дві клітини цих кольорів, що граничать по стороні. Доведіть, що менше

число клітин зафарбувати не можна.

Відповідь: 12 клітин.

Розв’язання. З умови випливає, що існують клітини кожного кольору.Якщо якогось кольору буде тільки одна клітина, то в неї має бути 5різнокольорових сусідів, що неможливо. Отже, кожного кольору хоча б по дві клітини, а всього - не менше 12 клітин. Приклад (не єдиний).

1 2 3 4

3 4 5 6

6 1 5 2

Коментар. Повне розв’язання - 7 балів. Лише оцінка або лише приклад - 3бали.

Відповідь - 1 бал.

3. На острові проживають 2010 мешканців, кожен з яких або лицар(завжди говорить правду), або брехун (завжди бреше). Одного разувсі жителі острова розбилися на пари, і кожен про свого напарника

сказав одну із фраз: «він лицар» або «він брехун». Чи могло виявитися так, що тих і інших фраз було виголошено порівну?

Відповідь: ні.

Розв’язання. Якщо в парі стоять два лицарі або два брехуни, то вони один про одного скажуть «він лицар». Якщо в парі стоять лицар і брехун, то вони обидва скажуть «він брехун». Таким чином, кожна фраза виголошена парне число разів. Якби цих фраз було порівну, то кожна фраза пролунала

б по 2010: 2 = 1005 разів.

А це число непарне.

Коментар. Повне розв’язання - 7 балів. Відповідь - 0 балів. Якщо доведено одне з тверджень про пари лицар-лицар або брехун-брехун або брехун-лицар – 1 бал за кожне. Всі твердження разом - 3 бали.

4. ABCD - квадрат, AD = ВЕ = СЕ. Знайдіть кут AED.

Відповідь: 30 °, 150 °.

Розв’язання. Трикутник ВСЕ - рівносторонній. Можливі два випадки його розташування - усередині квадрата і зовні. У першому випадку кут АВЕ = 90 °+60 ° = 150 °,кут ВАЕ = ВЕА = 15 °, ЕАD = EDA = 90 ° - 15 ° = 75 °, AED = 180 ° - 2 · 75 ° ==30 °.

В другому випадку кут АВЕ = 90 ° - 60 ° = 30 °, кут ВАЕ = ВЕА = 75 °, ЕАD =EDA ==90 ° - 75 ° = 15 °, AED = 180 ° - 2 · 15 ° = 150 °.

Коментар. Повне розв’язання - 7 балів. Якщо розглянуто один випадок - 3бали. Якщо наведено тільки відповідь (обидва випадки) - 1 бал. Якщо одну правильну відповіді – 0 балів.

5. Є числа 1, 2, 4, 6. Дозволяється вибрати будь-які два з наявних чисел і помножити їх на одне і те ж натуральне число. Чи можна за кілька таких операцій зробити всі числа рівними?

Відповідь: ні.

Розв’язання: Розглянемо добуток даних чисел. Спочатку він дорівнює 48.Зауважимо, що число 48 не є квадратом натурального числа. Якщо якісь два з даних чисел множаться на деяке натуральне число n, добуток даних чисел множиться на 2 n . Отже, якщо воно не було квадратом натурального числа, воно їм і не стане. Але якщо всі наявні числа стануть рівними між собою, то їх добуток буде квадратом. Тому, такими операціями не можнавирівняти наявні числа.

Коментар. Повне розв’язання - 7 балів. Часткові просування або помилки оцінюються в залежності від їх величини та значущості.

ШКІЛЬНА МАТЕМАТИЧНА ОЛІМПІАДА 9 КЛАС

1. Ціна квитка на стадіон була 200 грн. Після зниження цін на квитки, кількість глядачів на стадіоні збільшилася на 50%, а виручка з проданих квитків збільшилася на 14%. Скільки став коштувати квиток

на стадіон після зниження ціни?

Відповідь. 152.

Розв’язання. Нехай х - кількість глядачів до зниження ціни, а у - нова ціна квитка. За умовою задачі 1,14 • 200х = 1,5 xy. Звідси у = 152.

Коментар. Правильна відповідь без жодного обґрунтування оцінюється в 1 бал.Правильно записане рівняння, але з помилкою в подальшому розв’язанні - 4бали.

2. Про деяке двозначне число зроблені наступні твердження. «Це числоабо закінчується на 5, або ділиться на 7». «Це число або більше 20, або закінчується на 9». «Це число або ділиться на 12, або менше 21».Знайдіть всі двозначні числа, які задовольняють умовам задачі.

Відповідь. 84.

Розв’язання: Припустимо, що це число закінчується на 5. Тоді воно не може закінчуватись на 9, а тому, більше 20. Так як ціле число, більше 20, не може бути менше 21, і шукане число ділиться на 12. Але число, що ділиться на 12, парне, і тому не може закінчуватися на 5. Протиріччя.Отже, шукане число ділиться на 7. Єдине двозначне число, що ділиться на7 і закінчується на 9 - це 49. Але число 49 не ділиться на 12 і більше 21.Протиріччя. Тому шукане число більше 20 і ділиться на 12. Єдине двозначне число, що ділиться на 7 і 12 - це 84.

Коментар. Відповідь без обґрунтування оцінюється в 1 бал. Відповідь з перевіркою того, що він підходить - 2 бали. Якщо для кожного твердження виписані числа, які підходять для них, а потім з незрозумілих причин обрано правильну відповідь, то ставиться 3 бали. При правильній структурі перебору, але з помилкою, що вплинула на хід розв'язання, - 3 бали. Неправильне розуміння умови (тобто логічних зв'язків) - 0 балів.

3. Знайдіть всі цілі n, при яких число 30 5 10 4 2 n n буде точним квадратом.

Відповідь. Розв’язків немає.

Розв’язання: З рівняння 4 2 2 5 6n n 2 m випливає, що m є степенем числа 5. Однак 6 2 4 2 n n на 5 не ділиться ні за яких n , так як 4 n при діленні на 5 дає остачі 0 або 1, а 2 n при діленні на 5 дає остачі 0, 1 або 4.

Коментар. Відповідь без обґрунтування оцінюється в 1 бал. Правильна відповідь і зауваження, що квадрат числа повинен ділитися на 5-2 бали. Можливі подальші просування в розв’язанні, які слід оцінювати.

4. Один з кутів рівнобедреного трикутника дорівнює 120 . З середини основи опущено перпендикуляр на бічну сторону. В якому відношенні основа перпендикуляра ділить бічну сторону?

Відповідь. 3: 1, рахуючи від вершини основи.

Розв’язання. Нехай у трикутнику АВС АВ = АС, тоді ВАС = 120 . Позначимо: М - середину ВС, K - основаперпендикуляра, опущеного з точки М на сторону ВС. Так як АМK = АВМ = 30 ,

Коментар. Відповідь без обґрунтування оцінюється в 1 бал.

5. У бригаді 101 кабан. Всі вони ходять на город групами їсти картоплю,причому кожні двоє ходили на город разом рівно по разу, однак вся бригада за один раз на картоплю не ходила. Доведіть, що один з

кабанчиків брав участь не менше, ніж у 11 походах за картоплею.

Розв’язання. Нехай в деякому поході беруть участь не менше 11кабанчиків. Тоді будь-який з кабанчиків, що не брали участі у цьому поході, сходить за картоплею не менше 11 разів з кожним з учасників.Якщо ж у кожний похід ходило не більше 10 кабанчиків, то будь-який кабанчик брав участь не менш, ніж у 11 походах, так як він повинен сходити разом з кожним із 100 інших кабанчиків.

Коментар. Доведення твердження задачі для випадку, коли в поході беруть участь не менше 11 кабанчиків, оцінюється в 3 бали. Розгляд випадку, коли в кожний похід ходило не більше 10 кабанчиків - 3 бали.

ШКІЛЬНА МАТЕМАТИЧНА ОЛІМПІАДА 10 КЛАС

1. Про деяке двозначне число зроблені наступні твердження. «Це число або закінчується на 5, або ділиться на 7». «Це число або більше 20, або

закінчується на 9». «Це число або ділиться на 12, або менше 21».

Знайдіть усі двозначні числа, які задовольняють умовами задачі.

Відповідь. 84.

Розв’язання. Нехай остання цифра числа дорівнює 5. Тоді воно не може закінчуватися на 9, а отже, більше 20. Так як ціле число, більше 20, не може бути менше 21,то шукане число ділиться на 12. Але число, що ділиться на 12, парне, і тому не може закінчуватися на 5. Протиріччя. Це означає, що шукане число ділиться на 7. Єдине двозначне число, що ділиться на 7 і закінчується на 9 - це 49. Але число 49 не ділиться на 12 і більше 21. Протиріччя. Тому шукане число більше 20 і ділиться на 12.Єдине двозначне число, що ділиться на 7 і 12 - це 84.

Коментар. Відповідь без обґрунтування оцінюється в 1 бал. Відповідь з перевіркою того, що він підходить - 2 бали. Якщо для кожного твердження виписані числа, які підходять для них, а потім з незрозумілих причин обрано правильну відповідь, то ставиться -3 бали. При правильній структурі перебору, але з помилкою, що вплинула на хід розв'язання –

3 бали. Неправильне розуміння умови (тобто логічних зв'язків) - 0 балів.

2. На розпродажі жуків одного жука продавали за 1 грн. При цьому до кожних десяти куплених жуків один давався безкоштовно, а за кожну сотню оплачених жуків іще дарували 5. Заплативши всі свої гроші, Олена отримала 200 жуків. Скільки в неї було грошей?

Відповідь. 178 грн.

Розв’язання. Нехай xyz рублів було у Олени. На ці гроші вона купилаxyz 10xy 5xжуків. Отримуємо рівняння 115x 11y z 200 , де х, у, z – цілі числа від 0 до 9. Якщо x = 0, то115x 11y z 119 9 108. Якщо x ≥ 2, то вже 115x ≥ 230. Отже, залишився випадок, коли x = 1. Тоді 11y z 85. Невеликим перебором отримуємо єдиний розв’язок: y = 7, z = 8.

Коментар. Відповідь без обґрунтування - 1 бал. Складання рівняння виду

115x 11y z 200 оцінюється в 2 бали.

3. 1000 доларів розклали по гаманцях, а гаманці розклали по кишенях.

Відомо, що всього гаманців більше, ніж доларів в будь-якій кишені. Чи

вірно, що кишень більше, ніж доларів в будь-якому гаманці? ( Класти гаманці один в другий не дозволяється).

Відповідь. Вірно.

Розв’язання.

Нехай n - кількість кишень, s - кількість гаманців, k a - кількість грошей в k-ій кишені, l b - кількість грошей в l-му гаманці. За умовою задачі

a s a a a s n k n 1 2 ... ,1000 . Припустимо, що в кожному гаманці доларів не менше, ніж кількість кишень, тобто b n l . Тоді. b b b s n s 1 2 ... 1000

Протиріччя.

Коментар. Відповідь без обґрунтування оцінюється в 0 балів. За доведення

співвідношення виду sn 1000без подальшого просування - 2 бали. Доведення

нерівності виду sn 1000 також оцінюється у 2 бали.

4. Розв'яжіть рівняння: 2 400 9999. 4 2 x x x

Відповідь. -9; 11.

Розв’язання. Перепишемо вихідне рівняння у вигляді: 12 1000. 2 2

x x Розкладаючи ліву частину рівняння на множники, отримаємо

2 101 0 2 x x або - 2 99 0. 2 x x Перше з квадратних рівнянь коренів не

має, а коренями другого рівняння є числа: -9 і 11.

Коментар. Відповідь без обґрунтування - 1 бал. Подання рівняння у вигляді

2 1012 990 2 2 x x x x без подальшого розв’язання - 3 бали. Можливі інші міркування, які також оцінюються відповідно до загальних критеріїв.

5. На бічних сторонах АВ і ВС рівнобедреного трикутника АВС взято

точки Е та F відповідно. Відрізки ЕС та FА перетинаються в точці О.

Доведіть, що якщо площа чотирикутника ВЕОF дорівнює площі трикутника АСО, то АЕ = ВF.

Розв’язання. З рівності площ в умові завдання слідує, що трикутники АВF

і АСЕ рівновеликі, так як їх площі отримуються додаванням площі

трикутника ЕОА до рівних площ.Так як трикутник АВС - рівнобедрений, то його висоти АM і СN рівні, при цьому АM та СN є також висотами трикутників ABF та CAE відповідно. Отже, будуть рівні і відповідні цим висотам основи, тобто ВF = АЕ, що і було потрібно.

Коментар. Доведення рівності площ трикутників АВF та

АСЕ –2 бали.

ШКІЛЬНА МАТЕМАТИЧНА ОЛІМПІАДА 11 КЛАС

1. Коли пасажири увійшли в порожній трамвай, 2 / 7 їх зайняли місця для сидіння. Скільки пасажирів увійшло в самому початку, якщо після першої зупинки їх кількість збільшилася рівно на 15% і відомо, що трамвай вміщає не більше 180 осіб?

Відповідь. 140.

Розв’язання. З умови видно, що число пасажирів ділиться на 7 і на 20 (15% становить 3 / 20 від загальної кількості). Отже, кількість пасажирів з самого початку ділилася на 140, але вона була меншою за 180, а тому дорівнювала 140. (Всього після першої зупинки - 161 чоловік.)

Коментар. Відповідь без обґрунтування - 1 бал. Доведення того, що число пасажирів, які увійшли ділиться на 7 - 1 бал. Доведення подільності на 20 - також 1 бал.

2. У ящику лежать 111 кульок червоного, синього, зеленого і білого кольорів. Якщо, не заглядаючи в ящик, витягти 100 кульок, то серед них обов'язково знайдуться 4 кульки різних кольорів. Яке найменше число кульок потрібно витягнути, не заглядаючи в ящик, щоб серед них обов’язково знайшлися 3 кульки різних кольорів?

Відповідь. 88.

Розв’язання. З умови задачі слідує, що кулька кожного кольору не менше 12. Отже, кульок будь-яких двох кольорів не менше 24 і достатньо витягнути із ящика 111-23=88 кульок. Якщо в ящику по 12 кульок двох кольорів, то можна витягнути 87 кульок тільки двох інших кольорів, тобто 87 кульок не вистачає.

Коментар. Доведення того, що досить 88 кульок - 3 бали. Приклад, який показує, що 87 кульок не вистачить - 2 бали.

3. Знайдіть у натуральних числах всі корені рівняння

НСК (a, b) = НСД (a, b) +10, де a ≤ b.

Відповідь. (1; 11), (2; 12), (4, 6), (5; 15), (10; 20).

Розв’язання: Нехай а = dc, b = de, де с і е - взаємно прості числа. Тоді dce =

=d +10, тобто d може дорівнювати 1, 2, 5 і 10. Якщо d = 1, то с = 1, е = 11. Якщо d = 2, то се = 6, с= 1, е = 6 і с = 2, е = 3. Якщо d = 5, то се = 3, с = 1, е = 3. Якщо d = 10, то се = 2,с = 1, е = 2.

Коментар. Наявність у відповіді без обґрунтувань чотирьох або п'яти правильних відповідей - 1 бал. За знаходження з поясненням однієї пари розв’язків - 1 бал, 2-3 пари розв’язків - 2 бали, 4-5 пар розв’язків без доведення того, що інших розв’язків немає - 3 бали.

5. Кожне натуральне число пофарбували в один з двох кольорів: синій або жовтий. Чи вірно, що знайдуться два різних числа одного кольору, середнє арифметичне яких - натуральне число того ж кольору?

Відповідь. Вірно.

Розв’язання. Припустимо, що всі парні числа, більші або рівні 2n, де n - будь-то натуральне число, пофарбовані в один і той самий колір. Оскільки будь-яке парне число є середнім арифметичним двох сусідніх з ним парних чисел, то всі парні числа починаючи з 2n +2 - середнє арифметичне чисел

того ж кольору. Нехай тепер є скільки завгодно великі парні числа кожного кольору. Тоді знайдеться синє число 2m, таке що 2m +2 - жовте, і жовте число 2n> 2m +2 таке, що число 2n +2 - синє. Середнє арифметичне чисел 2m і 2n+ 2 дорівнює m+n +1 і дорівнює середньому арифметичному чисел 2m +2 і 2n. Оскільки перша пара чисел - синя, а друга пара - жовта,

то число m+n+1 збігається за кольором з однією з них.

Коментар. Завдання оцінюється за загальними критеріями.

Опис документу:
Шкільна олімпіада з математики

Зверніть увагу, свідоцтва знаходяться в Вашому особистому кабінеті в розділі «Досягнення»

Курс:«Формування навчальної мотивації в учнів. Теорія і практика»
Черниш Олена Степанівна
72 години
790 грн
790 грн

Бажаєте дізнаватись більше цікавого?


Долучайтесь до спільноти