Районно-городская олимпиада по математике ноябрь 2013 Решения и оценивание 11 класс




НазваниеРайонно-городская олимпиада по математике ноябрь 2013 Решения и оценивание 11 класс
Дата публикации17.10.2016
Размер9,76 Kb.
ТипРешение
РАЙОННО-ГОРОДСКАЯ ОЛИМПИАДА ПО МАТЕМАТИКЕ Ноябрь 2013

Решения и оценивание 11 класс

  1. Можно ли заполнить таблицу 3×5 числами так, что произведение чисел в любой строке и в любом столбце равнялось 1, а произведение чисел в любом квадрате со стороной 2 было равно 2?

Ответ. Можно.

Решение. Достаточно привести пример. Вот он: нижняя строка: 4,1/8,4,1/8,4. Средняя строка: 1/16,64,1/16,64,1/16. Верхняя строка: такая же как нижняя.

Оценивание: Есть пример -7 баллов. Верный ответ без примера – 0 баллов.

Комментарий. Пример – единственный. Найти его можно так:

Покроем две нижних строки тремя квадратиками – так, что клетки второго столбца накрылись дважды. Произведение чисел в двух этих строчках равно 1, а произведение чисел в каждом квадратике равно 2. Значит, произведение чисел в клетках в1 и в2 равно 8 (тогда произведение чисел в клетках а1 и а2 равно ¼). Аналогично находим, что произведение чисел в клетках в2 и в3 равно 8 (а в а2 и а3 равно ¼). Но произведение чисел в столбце «в» равно 1. Значит, число в клетке в2 равно 64, а в клетках в1 и в3 – число 1/8. Аналогично находим: а2 равно 1/16, а1=а3 =4. Те же рассуждения дают числа в двух правых столбцах. Но произведение чисел строки равно 1 – отсюда находим числа в среднем столбце.

  1. Имеется две дроби, числители и знаменатели которых положительны, причем знаменатель большей дроби меньше знаменателя меньшей. Отличник Вася сосчитал сумму этих дробей. Двоечник Петя тоже «сосчитал» сумму этих дробей, сложив числитель с числителем, а знаменатель со знаменателем. Докажите, что Петина «сумма» по крайней мере в два раза меньше Васиной.

Решение. Пусть x/a < y/b, x,y,a,b – натуральные, причем a>b. Васина сумма V равна (xa+yb)/(ab), Петина “сумма” P равна (x+y)/(a+b). Надо проверить, что V≥2P. Избавляясь от знаменателя, получим (после разложения на множители) равносильное неравенство (a-b)(ay-bx) ≥0 . По условию, обе скобки положительны, что и даёт требуемое.

Оценивание : Полное доказательство – 7 баллов.



  1. Найдите остатки от деления суммы 2013-х степеней всех натуральных чисел от 1 до 2013 (включительно) на 2013, и на 2014.

Ответ: 0 и 1007.

Решение. Заметим, что для нечетного n сумма an + bn делится на a+b ( это следует из формул сокращенного умножения. Или: из формулы для суммы конечной геометрической прогрессии. Или: делимость суммы an + (S-a)n на S, для нечетного n, получается немедленно после открытия скобок). Разбивая сумму 2013-х степеней на пары (первое и 2012-е, второе и 2011-е, и т.д.; 2013-е - без пары), получим делимость суммы на 2013. Разбивая на пары иначе: первое и 2013-е, второе и 2012-е, и т.д.; 1007-е - без пары -- получим делимость суммы в каждой паре на 2014. Значит, вся сумма даёт при делении на 2014 такой же остаток, что и 2013-я степень числа 1007. Значит, этот остаток делится на 1007. Но он не нулевой, ибо вся сумма – нечётна. Значит, он равен 1007.

Оценивание: Показана делимость на 2013 – 3 балла. Получена делимость на 1007 – 3 балла. Найден правильный остаток при делении на 2014 – 4 балла. Полное решение – 7 баллов.

  1. В неравнобедренном треугольнике ABC угол А равен 60˚, сторона BC равна 6, D – середина BC. Биссектриса угла А пересекает серединный перпендикуляр к BC в точке P. Найти PD.

Ответ: =√3

Решение. Рассмотрим точку пересечения биссектрисы угла А с описанной около треугольника ABC окружностью. Эта точка – середина дуги BC, и, значит, она равноудалена от концов отрезка BC. Значит, это и есть точка P. Значит, угол PBC равен 30˚ (он опирается на ту же дугу, что и угол PAC). Из прямоугольного треугольника PBD тогда находим:

PD = DB∙tg30˚=√3.

Оценивание: Полное решение – 7 баллов. Правильный ответ без обоснования – 1 балл.

  1. Можно ли клетки доски 2013×4056 раскрасить в два цвета так, чтобы у каждой клетки было ровно две соседних по стороне клетки другого цвета?

^ Ответ. Нет.

Решение. Рассмотрим любую клетку, имеющую 4 соседа. Ровно два соседа имеют цвет, противоположный цвету клетки. Значит, два других соседа окрашены в цвет клетки. Далее, рассмотрим угловую клетку (например, левую нижнюю, т.е. клетку а1 – в шахматной нумерации). Пусть она, например, белая. У неё ровно два соседа, и тогда оба они – черные. Тогда у клетки а2 уже есть два черных соседа, и, значит, два её других соседа – белые. Аналогично, у клетки с3 уже есть два белых соседа, и потому её два других соседа – черные. И т.д., в частности, у соответствующей «диагональной» клетки в 1007-й строке два соседа –снизу и слева – одинаково окрашены. Повторяя те же рассуждения, стартуя с левой верхней угловой клетки, получим, что у той же клетки из 1007-й строки два соседа - сверху и слева – одинаково окрашены. Значит, у этой клетки есть три одинаково окрашенных соседа. Противоречие.

Оценивание: Полное решение – 7 баллов. Правильный ответ без обоснования – 0 баллов.

Похожие:

Районно-городская олимпиада по математике ноябрь 2013 Решения и оценивание 11 класс iconПлан работы Центра на ноябрь 2013 года №
«Научно-методическое сопровождение введения фгос: опыт, проблемы, пути их решения»
Районно-городская олимпиада по математике ноябрь 2013 Решения и оценивание 11 класс icon2 Организатор Олимпиады Муниципальное бюджетное образовательное учреждение...
Городская эколого-биологическая Олимпиада учащихся образовательных учреждений муниципального образования г. Норильск (далее Олимпиада)...
Районно-городская олимпиада по математике ноябрь 2013 Решения и оценивание 11 класс iconОценивание в начальной школе: для чего?
Оценивание как средство мотивации к изучению иностранного языка младшими школьниками
Районно-городская олимпиада по математике ноябрь 2013 Решения и оценивание 11 класс iconПрограмма по математике
Материалы Единого государственного экзамена, конкурсные задания в вузы содержат уравнения и неравенства, методы решения которых не...
Районно-городская олимпиада по математике ноябрь 2013 Решения и оценивание 11 класс iconВсероссийская олимпиада школьников по математике
Требования к проведению школьного этапа всероссийской олимпиады школьников по математике в 2010/2011 учебном году
Районно-городская олимпиада по математике ноябрь 2013 Решения и оценивание 11 класс iconПротокол решения жюри Республиканской олимпиады школьников по экологии 2013 года
С 29 по 31 января 2013 года в г. Уфе был проведен региональный этап Всероссийской олимпиады школьников по экологии, посвященный Году...
Районно-городская олимпиада по математике ноябрь 2013 Решения и оценивание 11 класс iconВ первом случае в автобусе должно было находиться как минимум 16...
...
Районно-городская олимпиада по математике ноябрь 2013 Решения и оценивание 11 класс iconИнформационный бюллетень osint №34 ноябрь декабрь 2013 г
Транспортная безопасность
Районно-городская олимпиада по математике ноябрь 2013 Решения и оценивание 11 класс iconДистанционная Обучающая Олимпиада по Математике. 2006-2007 учебный год
Задача Ваня, Петя, Саша и Коля носят фамилии, начинающиеся на буквы В, П, с и К. Известно, что
Районно-городская олимпиада по математике ноябрь 2013 Решения и оценивание 11 класс icon1 1 (Баранов Григорий -призёр) Олимпиада по русскому языку и математике для младших школьников
Информация об участии учащихся моу сош №133 в мероприятиях научно-исследовательской деятельности в 2010/11 учебном году
Вы можете разместить ссылку на наш сайт:
Школьные материалы


При копировании материала укажите ссылку © 2013
контакты
dopoln.ru
Главная страница