Скачать 188.66 Kb.
|
РЕКОМЕНДАЦИИ по проведению II (районного, городского) этапа республиканской олимпиады школьников по математике в 2005/2006 учебном году Задачи для проведения районной (городской) олимпиады по математике представлены шестью «пакетами»:
В каждый пакет включено по пять заданий олимпиадного характера, в скобках указано максимальное количество баллов, которое может быть выставлено за правильное решение задачи. Меньшее количество баллов может быть выставлено за неполное, необоснованное решение. В случае, когда участник олимпиады «угадал» правильный ответ, но не описал ход решения задачи, ему может быть зачтено не более 50% указанного количества баллов. Например: при выполнении задания № 1 олимпиадного варианта для VII класса ученик записал ответ «поровну», но не привел решения; можно засчитать 1-2 балла; при выполнении задания № 2 олимпиадного варианта для VII класса ученик записал расшифровал ребус, но не описал ход рассуждений, можно засчитать 3,5-4 балла. Соответствующее решение принимает жюри предметной олимпиады, сопоставив в каждом конкретном случае условие задачи и уровень мыслительной деятельности, который необходим для угадывания правильного ответа. При ошибочном решении задачи баллы не начисляются. Все задания сопровождаются ответами, указаниями или решениями.
^ по математике 2005 год VII класс
(6 баллов)
АААА + ВВВ + С = 2005, если известно, что одинаковые буквы соответствуют одинаковым цифрам, разные – разным. (7 баллов)
(10 баллов)
Хватит для этой цели 16 м сетки? Выполните рисунок. (8 баллов)
(9 баллов) ^ по математике 2005 год VIII класс
(8 баллов)
(6 баллов)
(9 баллов)
![]() ![]() ![]() ![]() 2 ![]() 4 1 3 (7 баллов)
(10 баллов) ^ по математике 2005 год 8 (IХ) класс
(9 баллов)
(10 баллов)
![]() в котором одинаковыми буквами обозначены одинаковые цифры, разными буквами – разные цифры. (8 баллов)
(6 баллов)
(7 баллов) ^ по математике 2005 год 9 класс
(6 баллов)
(8 баллов)
(7 баллов)
(10 баллов)
(9 баллов) Задания II этапа республиканской олимпиады школьников по математике 2005 год 10 класс
(6 баллов)
(9 баллов)
(8 баллов)
(7 баллов)
(10 баллов) Задания II этапа республиканской олимпиады школьников по математике 2005 год 11 класс
(9 баллов)
![]() принимает целые значения при всех целых значениях х. Может ли оказаться, что ![]() (6 баллов)
f(x+3) f(x)+3 и f(x+2) f(x)+2. Докажите, что функция g(х)=f(x)–х – периодическая. (8 баллов)
(7 баллов)
(10 баллов) ^ VII класс
Решение. 1) ![]() 2) ![]()
Решение. Замечаем, что яблоко «стоит» 2 конфеты, апельсин – 4 конфеты, шоколадка – 7 конфет, книга – 14 конфет. Значит, «цена» подарка равна 1+2+4+7+14=28 (конфет). Следовательно, внуков у дедушки 224:28=8.
Решение. Одно из возможных решений показано на рисунке.
Решение. Если предположить, что первый мальчик сказал правду, то оказывается, что все трое правдивы, а второй мальчик солгал, т.е. получаем противоречие. Значит, первый мальчик лжец, а второй сказал правду. Предполагая, что третий мальчик всегда говорит правду, получаем, что первый ученик сказал правду, т.е. получаем противоречие. Значит, третий мальчик – лжец, т.е. он солгал и ответил: «Нет». ^ VIII класс
Указание. Для решения задачи достаточно преобразовать и сравнить произведения: 20052005200520062006=2005(1000100010001)2006(100010001) (руб.), 20062006200620052005=2006(1000100010001)2005(100010001) (руб.).
1) №1 + №2 + №3, 2) №4 + №5 + №6, 3) №7 + №8 + №9, 4) №1 + №2 + №10, 5) №1 + №3 + №10, 6) №2+№3 + №10. Складывая результаты трех последних измерений, получаем сумму удвоенной общей массы арбузов №1, №2, №3 и утроенной массы арбуза №10. Из полученной суммы вычтем удвоенную общую массу арбузов №1, №2, №3 и получим массу арбуза №10. Теперь остается сложить общую массу арбуза №10 с результатами первых трех взвешиваний.
Решение. Поскольку каждому пронумерованному углу соответствует равный ему непронумерованный вертикальный угол, то сумма пронумерованных углов равна 180°, т.е. 1+2+3+4+5=180°; тогда 35=180°–50°–220°=90°, откуда 5=30°.
Решение. Число конфет без рома не больше 99, и число конфет без орехов не больше 99. Если сложить число конфет без рома и число конфет без орехов, то полученная сумма будет больше общего числа конфет в ящике. Поэтому в ящике меньше 198 конфет. Если же в ящике у Карлсона 98 конфет с ромом, 98 – с орехами и одна – с мармеладом, то среди любых ста конфет обязательно окажется и конфета с ромом, и конфета с орехами. ^ 8 (IХ) класс
![]() В последнем выражении каждое слагаемое – четное число. Поскольку сумма четных чисел число четное, то S не может равняться 2005. Значит, кто–то из девочек ошибся.
1) №1 + №2 + №3, 2) №4 + №5 + №6, 3) №7 + №8 + №9, 4) №1 + №10 + №11, 5) №2 + №10 + №11, 6) №3+№1 + №11. Складывая результаты трех последних измерений, получаем сумму общей массы арбузов №1, №2, №3 и утроенной общей массы арбузов №10 и №11. Из полученной суммы вычтем общую массу арбузов №1, №2, №3 и разделим результат на 3 – получили общую массу арбузов №10 и №11. Теперь остается сложить общую массу арбузов №10 и №11 с результатами первых трех взвешиваний.
Решение. Число ЭТО кратно 9. Полагая ЭТО=9k, где kN, получаем: РЕШИ=13k, САМ=6k, ЭТО+РЕШИ+САМ=28k. Поскольку все буквы в ребусе различны, то использованы все 10 цифр, а, следовательно, Э+Т+О+Р+Е+Ш+И+С+А+М=0+1+2+3+4+5+6+7+8+9=45, т.е. сумма цифр в сумме ЭТО+РЕШИ+САМ кратна 9 и 28k кратно 9. Из равенства ЭТО=9k находим k=ЭТО:9, откуда k<112. Из равенства РЕШИ=13k получаем k=РЕШИ:13, т.е. k>76. Таким образом, k81, 90, 99, 108. Перебором находим k=81.
равнобедренный. Проведем медиану СЕ к стороне АВ. Поскольку все медианы треугольника пересекаются в одной точке, отрезок СЕ проходит через точку О. Тогда ОЕ – медиана, проведенная к основанию АВ равнобедренного треугольника АОВ, и значит, является его высотой. Тогда СЕАВ, т.е. СЕ – медиана и высота треугольника АВС. Таким образом, треугольник АВС равнобедренный.
Решение. Воры никогда не обманывают обывателей, поэтому никто из них не мог представиться обывателю как полицейский. Полицейские врут обывателям, и никто из них не мог признаться обывателю, что он полицейский. Значит, в этой группе обывателей не было. ^ 9 класс
Решение. Меньшим числом делений обойтись не удается, так как 5 точек (концы линейки и возможные 3 точки деления) определяют не более 10 различных отрезков, а нам требуется измерить 13 отрезков. Легко убедиться, что четырех указанных делений достаточно. Так, например, отрезок в 2 см можно получить как расстояние от конца линейки до деления в 11 см. Остальные отрезки могут быть получены аналогично. Проверьте это самостоятельно.
Решение. Запишем цепочку равенств: ![]() ![]() ![]() ![]() Аналогично: ![]() ![]() Получаем ![]() ![]() ![]() ![]()
Решение. Рассмотрим функцию f(x)=x2+px+q. Поскольку f(–1)=1–(p–q)<0, а ветви параболы направлены вверх, то график функции у=f(x) пересекает ось абсцисс в двух точках, а, следовательно, данное уравнение имеет два корня.
ОМ : ОС=ОВ : ОD и ОР : ОВ=ОС : ОА, из которых следует равенство ОМ : ОР=ОА : ОD. Далее по теореме, обратной теореме Фалеса следует утверждение задачи.
Решение. Возможны два случая: 1) треугольник АВС равнобедренный с основанием АС (рис. а), 2) треугольник АВС равнобедренный с основанием АВ (рис. б). Проведем медиану СС1 и точку пересечения медиан обозначим буквой М. Тогда, по теореме о сумме углов для треугольника АВМ находим АМВ=120. Поскольку треугольник АВС равнобедренный, то среди углов АВМ, ВМС и СМА есть два равных. Величина одного из трех углов АВМ, ВМС, СМА равна 120. Тогда третий из этих углов также равен либо 120=360-2120, либо ![]()
Ответы, указания, решения 10 класс
Решение. Всего улитка путешествовала по бамбуку 16 часов. Пусть, поднимаясь вверх по бамбуку, улитка проползла расстояние равное х, а за 1 час отдыха и 8 часов спуска улитки бамбук подрос на у. Тогда, спускаясь вниз, улитка проползла х+у. Составим выражения для определения скорости улитки при движении вверх по бамбуку ![]() ![]() ![]() ![]() ![]() Так как бамбук подрос на у за 9 часов, скорость его роста равна ![]() ![]() откуда ![]() Значит, скорость роста бамбука в 9 раз меньше скорости улитки.
Решение. Пусть М – акционер, который владеет наибольшим процентом акций - х%. Разобьем остальных 99 акционеров на три группы А, В, С по 33 человека в каждой, и пусть каждая группа владеет а%, b% и с% акций соответственно. Тогда 100–х=а+b+с. Получаем: 2(100–х)=2(а+b+с)=(а+b)+(b+с)+(а+с). Поскольку каждая из сумм (а+b), (b+с), (а+с) соответствует 66 акционерам, то согласно условию (а+b)+(b+с)+(а+с)50+50+50, то х25. Приведем пример такого распределения акций. Если каждый из 99 акционеров, кроме Х, владеет ![]() ![]()
a2+b2+c2–abc= ![]() ![]()
Решение. Поскольку ![]() ![]() Случай ![]() ![]() ![]() В случае ![]() ![]() ![]() ![]() Однако, учитывая условие ![]() ![]() Случай ![]() ![]() ![]()
Ответы, указания, решения 11 класс
Получаем: a+c=60, a+f=80, d+f=с+е. Из первых двух равенств находим f–с=20, из третьего получаем е=d+f–с=d+20, е+(f–с)=d+20+20. Следовательно, е+f40. Значит, в матче «Дробило»-«Молотило» было забито не менее 40 голов.
Решение. Известно, что при целых значениях х произведение (х–1)х(х+1) кратно трем, как произведение трех последовательных целых чисел при любом целом х. Поэтому произведение ![]() ![]() ![]()
g(х+6)=f(x+6)–х–6f(x+3)+3–х–6f(x)+6–х–6f(x)–х=g(х). Из второго условия следует: g(х+6)=f(x+6)–х–6f(x+4)+2–х–6f(x+2)+4–х–6f(x)+6–х–6f(x)–х=g(х). Следовательно, при любом действительном х имеет место равенство g(х+6)=g(х), т.е. функция g(х) – периодическая.
Указание. Сопоставляя формулы для вычисления объемов цилиндра и конуса и учитывая, что тела имеют общее основание, можно сделать вывод: высота конуса в 3 раза больше высоты цилиндра. Значит, объем, «выступающего» над цилиндром конуса составляет ![]()
|
Об итогах II (городского) этапа республиканской олимпиады по общеобразовательным... В соответствии с приказом гу «Рудненский городской отдел образования» от 19. 12. 2012 г. №709 «О проведении городского этапа республиканской... | Дипломами 1-й степени 27 учащихся Об итогах третьего этапа республиканской олимпиады по математике, белорусскому языку и литературе, немецкому, французскому языкам... |
Об участии в областном этапе республиканской олимпиады учащихся по... На основании приказа Управления образования акимата Костанайской области от №750 от 19 октября 2012 года «О проведении областного... | Диплом Фамилия, имя, отчество учителя Петкевич Анна Владимировна... Победители II (районного) этапа республиканской олимпиады в 2011/2012 учебном году (8-11 класс) |
О проведении городского этапа республиканской олимпиады по общеобразовательным... Гу «Управление образования акимата Костанайской области», в целях выявления одаренных детей, развития их интересов и способностей,... | График проведения второго этапа республиканской олимпиады в 2012/2013 учебном году |
О результатах второго этапа республиканской олимпиады по учебным... Казом отдела образования, спорта и туризма от 14. 10. 2013 года №804 «О проведении первого, второго этапов республиканской олимпиады... | Список победителей первого (школьного) этапа республиканской олимпиады... |
Дипломами 1-й степени 21 человек Об итогах третьего этапа республиканской олимпиады по физике, биологии, белорусскому языку и литературе, обществоведению в 2011/2012... | Белорусский язык и литература Список победителей III этапа республиканской олимпиады по учебным предметам учащихся общеобразовательных учреждений в 2010/2011 учебном... |