XXXVII ВСЕРОССИЙСКАЯ МАТЕМАТИЧЕСКАЯ ОЛИМПИАДА ШКОЛЬНИКОВ

ЗАДАЧИ, РЕШЕНИЯ,

МЕТОДИЧЕСКИЕ РЕКОМЕНДАЦИИ

ПО ПРОВЕДЕНИЮ

II (РАЙОННОГО, ГОРОДСКОГО)

ТУРА

КУРГАН

2010

При составлении вариантов использованы задачи разных лет из районных олимпиад Московской и Кировской областей, а также Санкт-Петербургской олимпиады школьников.

Оргкомитету и жюри районной (городской)

математической олимпиады школьников

Уважаемые коллеги!

Cистема оценки решений задач традиционная, уже много лет применяющаяся как на высших турах (начиная с областного) Всероссийской олимпиады, так и на Международной математической олимпиаде: каждая задача, независимо от ее трудности, оценивается из 7 баллов и каждая оценка должна быть целым числом, не меньшим 0 и не большим 7. Напоминаем, что при оценке решения по такой системе сначала дается ответ на принципиальный вопрос: верное оно (хотя, может быть, и с различными недостатками) или неверное (хотя, может быть, и с существенным продвижением). В первом случае оценка должна быть не ниже 4, во втором - не выше 3.

В начале олимпиады напомните участникам, что нужно не только приводить ответы, но и обосновывать их (в этом, по существу, и состоит решение задачи, а ответ – лишь его результат).

Продолжительность олимпиады составляет для 7-8 классов – 3 часа, для 9-11 классов – 4 часа, не считая времени, потраченного на заполнение титульных листов работ и разъяснение условий задач.

После проверки необходимо обязательно провести показ работ, на котором каждый участник должен иметь возможность ознакомиться с результатами проверки своей работы. Время и место проведения показа работ необходимо объявить участникам заранее.

Просим вас, используя эту брошюру, провести разбор задач для участников олимпиады. Желательно сделать это в день олимпиады. Помните, что олимпиада по математике – это не только соревнование, но и способ приобщения школьников к красивой и удивительной науке, МАТЕМАТИКЕ.

ОБЩИЕ УКАЗАНИЯ ПО ПРОВЕРКЕ

И ОЦЕНКЕ ОЛИМПИАДНЫХ РАБОТ

1. Решение каждой задачи оценивается из 7 баллов. Жюри не имеет права изменять цену задачи. В случаях, не предусмотренных прямо дополнительными указаниями по проверке и оценке задачи (их можно найти после решений задач для каждой из параллелей), её решение оценивается по следующим общим правилам:

Оценка

За что ставится

7

Верное решение

6

Верное решение с недочетами

4-5

Решение в основных чертах верно, но неполно или содержит непринципиальные ошибки

1-3

Решение в целом неверно, но содержит более или менее существенное продвижение в верном направлении

0

Решение неверно или отсутствует

Решение считается неполным в следующих случаях:

если оно содержит основные нужные идеи, но не доведено до конца;

если оно при верной общей схеме рассуждений содержит пробелы, т. е. явно или скрыто опирается на недоказанные утверждения, которые нельзя счесть известными или очевидными;

если оно требует разбора нескольких возможных случаев, большая часть которых разобрана, но некоторые упущены.

При расхождении между общими и дополнительными указаниями применяются дополнительные.

2. При оценке решений на олимпиаде учитываются только их правильность, полнота, обоснованность, идейность и оригинальность. Нельзя снижать оценку за "нерациональность" решения (кроме отдельных редких случаев, когда такое прямо предусмотрено дополнительными указаниями по проверке данной задачи). Ни при каких обстоятельствах нельзя снижать оценку за нетиповое оформление решения, исправления, помарки и т. п.

3. Оценивая олимпиадные работы, следует отличать принципиальные (прежде всего – логические) ошибки от технических, каковыми являются, например, вычислительные ошибки в невычислительной задаче (алгебраические ошибки в вычислительной задаче часто являются принципиальными). Технические ошибки, не искажающие логику решения, следует приравнивать к недочётам.

4. Нужно постоянно ориентировать школьников на необходимость обоснования решений. Но при этом не следует требовать большего уровня строгости, чем принято в обычной школьной практике для соответствующего класса. Умение хорошо изложить решение надо поощрять, но умение хорошо догадываться на олимпиаде всё же должно цениться выше.

Если участник владеет нужным обоснованием, но не может связно изложить его, роль обоснования могут в известной мере сыграть черновые записи и рисунки, раскрывающие ход мысли автора. Поэтому при проверке надо просматривать все черновики, причём недостатки, которых нет в чистовике, не учитываются, но учитывается всё, что может улучшить чистовик. Ещё эффективнее в этом отношении проверка работы в присутствии её автора. При небольшом числе участников это вполне возможно.

Задачи в каждом варианте упорядочены примерно по возрастанию сложности: задачи 5-6 в каждом варианте более высокого уровня сложности, чем первые четыре.

РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ 7 КЛАССА

7.1. Закрасьте в квадрате 7×7 четыре фигурки, показанные на рисунке, так, чтобы в любом квадрате 2×2 была закрашена хотя бы одна клетка.

НЕ нашли? Не то? Что вы ищете?

Ответ: см. рисунок

7.2. У Вини-Пуха в шкафу стоят несколько 11-литровых банок с мёдом (банки могут быть заполнены не целиком). Каждый день Вини-Пух подходил к шкафу, брал какую-то банку и ел из неё мёд. Причём если в банке было больше 1 литра мёда, то он съедал половину мёда из банки, а если в банке оставался 1 литр мёда или меньше, то он доедал весь мёд из банки. За 14 дней Винни-Пух съел весь мёд. Мог ли он съесть 30 литров мёда?

Ответ: мог.

Решение. Заметим, что если в банке было 8 литров мёда, то за 4 дня Винни-Пух мог съесть весь мёд из неё за 4 дня (в 1-ый день – 4, во 2-ой ­– 2, в 3-ий – 1, в 4-ый – 1). Если в банке было 11 литров, то Винни-Пух съедал весь мёд за 5 дней (5,5 ­– в первый, 2,75 – во второй, 1,375 – в третий, 0,6875 ­– в 4ый и столько же в 5-ый)

Поэтому, если изначально у Винни-Пуха было две банки меда с 11 литрами и одна – с 8 литрами (всего 11+11+8=30), то он расправится с мёдом за 5+5+4=14 дней.

7.3. Незнайка и Пончик копили монеты достоинством в 1, 2 и 5 рублей, причём оказалось, что в Незнайкиной копилке нет монет такого же достоинства, что и у Пончика. Могут ли Незнайка с Пончиком заплатить по 2010 рублей из своих копилок одинаковым числом монет?

Ответ: Нет, не могут.

Решение. Так как у Незнайки и Пончика нет монет одинакового достоинства, у одного из них в наличии монеты двух каких-то типов, а у другого ­– монеты одного типа.

Возможные варианты: 1) У одного 5-рублевые, у другого – 1 и 2-х рублевые.

2) У одного однорублевые, у другого – 5-ти и 2-х рублевые.

3) У одного 2-х рублевые, у другого – 1 и 5-ти рублевые.

В первом случае, если взять одно и то же количество монет из каждой копилки, сумма первого будет больше, так как любая монета второго меньше любой монеты первого.

Во втором случае, любая монета первого меньше любой монеты второго, стало быть, если брать одинаковое количество монет, сумма первого будет меньше.

Рассмотрим третий случай. Найдем количество монет, которое они должны взять. Оно равно 2010:2=1005, так как существует единственный способ набрать 2010 двухрублевыми монетами. Но тогда 1005 монет достоинством 1 рубль и 5 рублей обязательно будут давать нечётную сумму, а 2010 – чётное число. Противоречие.

7.4. Найдите все трёхзначные числа, которые уменьшаются в 5 раз при зачеркивании первой цифры.

Ответ: 125, 250, 375.

Решение. Обозначим двухзначное число, которое осталось после вычеркивания первой цифры, через x, зачеркнутую цифру обозначим через a. Тогда, условие задачи записывается уравнением: 100a+x=5x. Следовательно, 100a=4x. x=25a.

Памятуя о том, что x – двухзначное число, получаем три возможности:

a=1, x=25; a=2, x=50; a=3, x=75.

7.5. Каждое из натуральных чисел от 1 до 1000 записано либо красными, либо синими чернилами. Докажите, что найдутся два числа, записанные чернилами одного цвета, разность которых равна либо 5, либо 8.

Решение. Рассмотрим цепочку чисел, в которой соседние отличаются друг от друга на 5: 1, 6, 11, 16, 21, 26, 31, 36, 41. Если в ней нашлись два соседних одноцветных числа, то они удовлетворяют условию задачи.

Аналогично, рассмотрим цепочку: 1, 9, 17, 25, 33, 41. Если в ней нашлись два соседних одноцветных числа, то они удовлетворяют условию задачи.

Теперь предположим, что ни в одной из рассмотренных выше цепочек не нашлось рядом стоящих одноцветных чисел. Тогда в каждой цепочке цвета чисел должны чередуются. Но это невозможно, так как в первой цепочке 1 и 41 должны быть одного цвета, а во второй цепочке – разных цветов. Значит предположение было не верно, и в одной из цепочек найдутся два соседних числа, окрашенные в один цвет. Они то и будут удовлетворять условию задачи.

7.6. Сколькими способами можно на чёрных клетках шахматной доски (размер доски 8×8) расставить 8 одинаковых ладей, не бьющих друг друга? (Ладья бьёт по горизонтали и по вертикали).

Ответ:576 способов.

Решение. Занумеруем столбцы и строки числами от 1 до 8. Рассмотрим столбцы и строки с нечётными номерами. На их пересечении находятся 16 клеток (выделены на рисунке серым цветом). Заметим, что стоящие на них ладьи не будут бить ладьи, стоящие на пересечении столбцов и строк с чётными номерами (на рисунке выделены черным цветом). Поэтому достаточно посчитать отдельно количество способов расстановки четырёх ладей в этих 16 клетках (это равносильно расстановке 4-х ладей в квадрате 4×4), а затем – в оставшихся, и перемножить результаты.

В квадрате 4×4 в каждом столбце и в каждой строке стоит ровно одна ладья. В первый столбец ладью можно поставить 4-мя способами, во второй – тремя (нельзя уже ставить в ту строку, в которой стоит ладья первого столбца), в третий – двумя, в четвертый – одним. Итого: 4∙3∙2∙1=24 способа. Таким образом, общее количество вариантов: 24∙24=576.

ДОПОЛНИТЕЛЬНЫЕ УКАЗАНИЯ ПО ПРОВЕРКЕ И ОЦЕНКЕ.

7.1. За верный пример – 7 баллов, за неверный ­– 0 баллов.

7.2. Просто за ответ «мог» без приведения примера – 0 баллов. Алгоритм может быть не только тот, который приведен в решениях, но если он правильный ­– ставится максимальный балл.

7.3. Ответ «не могут» без объяснений – 0 баллов. Если указаны три возможных случая распределения монет, приведенные в решении, но нет дальнейшего продвижения – 2 балла. Если рассмотрены (т. е. доказано почему они невозможны) только те, в которых любая монета одного больше (меньше) любой монеты другого – 3 балла. Если правильно рассмотрен только случай, когда у одного 1 и 5-ти рублевые, а у другого 2-х рублевые, без упоминания про остальные – 4 балла. Для максимальной оценки необходим полный разбор всех случаев.

7.4. Просто правильный ответ без обоснования – 1 балл. Ответ с проверкой не является решением! Для того, чтобы задача считалась решенной должно быть доказано, что это все возможные решения.

7.5. За рассмотрение каких-то частных случаев – 0 баллов.

7.6. Если присутствует идея разбиения черных клеток на два типа: стоящие на пересечении четных строк и столбцов и нечетных строк и столбцов без дальнейшего продвижения – 4 балла. Если записаны верные формулы для подсчета, но в вычислениях сделаны арифметические ошибки – снимать не более 2-х баллов (в зависимости от сделанных ошибок).

РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ 8 КЛАССА

8.1. Используя цифры 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, скобки и знаки математических действий, запишите числовое выражение, значение которого равно 2010 (каждую цифру необходимо использовать ровно один раз).

Ответ: например, так: (4–1∙2)∙3∙5∙67.

Комментарий: для поиска удобнее всего разложить 2010 на простые множители.

2010=2∙3∙5∙67. Глядя на разложение, остаётся понять, как избавиться от 4. Чтобы это сделать, возьмем 1, 2, 4 и сконструируем из них 2. 2=4­ – 1∙2.

Возможны и другие варианты.

8.2. Назовём число «почти квадратом», если оно на 1 меньше квадрата натурального числа. Докажите, что произведение двух «почти квадратов» можно представить в виде разности квадратов двух целых чисел.

Решение. Утверждение следует из тождества:

8.3. Числитель дроби увеличили на 20%. На сколько процентов надо уменьшить её знаменатель, чтобы в итоге дробь возросла вдвое?

Ответ. Знаменатель надо уменьшить на 40%.

Решение. Пусть – исходная дробь. Умножим числитель дроби на 1,2 (тогда числитель увеличится на 20%), а знаменатель умножим на q. Дробь возросла вдвое, если выполнено равенство . После сокращений получаем , что означает, что знаменатель надо уменьшить на 40%.

8.4. Высоты AA1 и CC1 остроугольного треугольника ABC пересекаются в точке H. Докажите, что если AH=CH, то треугольник ABC – равнобедренный.

Решение. Так как треугольник AHC по условию равнобедренный, то . из прямоугольного треугольника AA1C.

из прямоугольного треугольника CC1A.

Следовательно, , а значит треугольник ABC ­– равнобедренный. Что и требовалось доказать.

8.5. Мама хочет наказать Гришу за двойку по математике. Они договорились о следующем. Гриша задумывает двухзначное число с разными цифрами и сообщает его маме. После этого мама называет своё двузначное число Грише. Гриша прибавляет мамино число к своему числу, затем к полученной сумме снова прибавляет мамино число и т. д. до тех пор, пока у него не получится сумма, оканчивающаяся на две одинаковые цифры. Сможет ли мама не позволить Грише в этот день играть в футбол?

Решение. Если Гриша задумает число с двумя цифрами разной чётности, то маме нужно назвать, например, число, 60, 80 тоже подойдут). Тогда после каждого его прибавления две последние цифры сохраняют свою чётность, а значит не могут стать равными. Если же цифры Петиного числа будут одной чётности, то маме достаточно назвать число 50. После каждых двух его прибавлений последние две цифры будут повторяться (а по условию они были различные), а после первого (третьего, пятого и т. д.) прибавления они будут иметь разную четность, т. е. опять же не совпадают.

8.6. Сколько существует пар целых чисел (x; y) от 1 до 1000 таких, что делится на 11.

Ответ. 8100.

Решение. Квадраты натуральных чисел при делении на 11 могут давать в остатке 0, 1, 4, 9, 5, 3 (проверяется перебором всех остатков от 0 до 10). Перебирая всевозможные пары из приведенного набора, убеждаемся, что сумма двух квадратов может делиться на 11 только если и x, и y кратны 11. Среди чисел от 1 до 1чисел кратных=90∙11+10). Тогда количество искомых пар равно 90∙90=8100.

ДОПОЛНИТЕЛЬНЫЕ УКАЗАНИЯ ПО ПРОВЕРКЕ И ОЦЕНКЕ.

8.1. Верный пример – 7 баллов, неверный – 0 баллов. Верных примеров можно сконструировать очень много, поэтому необходимо внимательно проверять каждый пример!

8.3. Просто правильный ответ без каких-либо комментариев – 1 балл. Если ответ получен на основе рассмотрения конкретной числовой дроби (а не в общем виде) – 4 балла.

8.5. Просто ответ «сможет», без обоснования – 0 баллов. Если указаны верные числа, позволяющие маме «выиграть», но не обосновано, почему они приводят к успеху, оценка – 2 балла.

8.6. Если было замечено, но не доказано то, что сумма квадратов кратна 11, когда оба слагаемых кратны 11, и все правильно подсчитано, то оценка ­­– 3 балла. Если, наоборот, этот факт был доказан, но не было дальнейшего продвижения ­– 3 балла.

РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ 9 КЛАССА.

9.1. Используя цифры 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, скобки и знаки математических действий, запишите числовое выражение, значение которого равно 2010 (каждую цифру необходимо использовать ровно один раз).

Ответ: например, так: (4–1∙2)∙3∙5∙67.

Комментарий: для поиска удобнее всего разложить 2010 на простые множители.

2010=2∙3∙5∙67. Глядя на разложение, остаётся понять как избавиться от 4. Чтобы это сделать, возьмем 1, 2, 4 и сконструируем из них 2. 2=4­ – 1∙2.

Возможны и другие варианты.

9.2. Когда одно из двух целых чисел увеличили в 2010 раз, а другое ­– уменьшили в 2010 раз, их сумма не изменилась. Докажите, что их сумма делится на 2011.

Решение. Обозначив одно из чисел за x, а другое – за y, получим равенство:

. . Таким образом, y=2010x. x+y=2011x, откуда и следует утверждение задачи.

Решение.

9.3. В математической олимпиаде участвовало 100 учащихся. Они решали четыре задачи. Первую задачу решили 90 человек, вторую – 80, третью – 70, четвёртую – 60. При этом никто не решил все задачи. Награду получили учащиеся, решившие и третью и четвёртую задачи. Сколько учащихся стали призёрами?

Ответ: 30 учащихся

Решение. Первую и вторую задачу решило не менее 70 человек (по сути это является следствием того факта, что мощность объединения двух множеств равно сумме мощностей этих множеств минус мощность пересечения, а объединение множеств решивших 1-ую и 2-ую задачи – не больше общего количества участников, равного 100). Третью и четвёртую задачи решило не менее 30 человек. Поскольку все задачи не решил никто, то первую и вторую решило в точности 70 человек, а третью и четвёртую – 30.

9.4. Длина боковой стороны AB трапеции ABCD равна сумме длин оснований AD и BC. Точка E является серединой боковой стороны CD. Докажите, что BE является биссектрисой угла ABC.

Решение. Пусть продолжение отрезка BE за точку E и продолжение отрезка AD за точку D пересекаются в точке F. Тогда треугольники CBE и DFE равны, поскольку их углы при вершинах E вертикальные, углы C и D равны как накрест лежащие и . Значит, , и треугольник BAF – равнобедренный. Следовательно, .

9.5. В каждой клетке доски 5×10 стоит по одной шашке. За один ход можно выбрать какие-то две шашки, и каждую из них подвинуть на соседнюю по стороне клетку. Если на какой-то клетке оказалось хотя бы две шашки, то с этой клетки можно снять ровно две из этих шашек. Можно ли при помощи таких операций снять с доски все шашки?

Ответ: Нельзя.

Решение. Раскрасим клетки доски в шахматном порядке. Заметим, что после каждого хода количество шашек на чёрных (собственно говоря, и на белых тоже, ибо они равноправны) клетках либо не изменяется (одна пришла, одна ушла), либо увеличивается на две (две пришли), либо уменьшается на две (две ушли). При снятии с доски пары шашек, количество шашек на черных клетках опять же либо уменьшается на две (сняли 2 шашки с чёрной клетки), либо не меняется (сняли две шашки с белой клетки). Таким образом, чётность количества шаек на черных клетках не изменяется. Учитывая, что изначально в чёрных клетках доски стояло 25 шашек, получаем что хотя бы одна чёрная шашка будет оставаться на черной клетке, а значит и на доске.

9.6. Существуют ли такие натуральные числа a, b, c, что ?

Ответ: существуют.

Решение..

ДОПОЛНИТЕЛЬНЫЕ УКАЗАНИЯ ПО ПРОВЕРКЕ И ОЦЕНКЕ.

9.1. Верный пример – 7 баллов, неверный – 0 баллов. Верных примеров можно сконструировать очень много, поэтому необходимо внимательно проверять каждый пример!

9.2. За рассмотрение какого-либо частного случая (конкретные числа) – 1 балл. Если верно записано уравнение, но дальнейших продвижений нет, то оценка – 2 балла («открыл все буквы, но не смог назвать слово»…)

9.3. Наверняка найдутся решения, в которых будет написано что-то вроде «Пусть первую и вторую задачу одновременно решили 70 человек и т. д.» Это стоит оценивать в 4 балла. Для максимального балла необходимо рассуждение в котором присутствует оценка: «не менее 70», «не менее 30».

9.5. Просто ответ «нельзя», без обоснования, не оценивается. Если присутствует идея разбиения клеток на два класса – черные и белые и т. п. (в шахматном порядке), но нет дальнейшего продвижения ­­– оценка 2 балла.

9.6. Любой верный пример (а их можно построить очень много) – 7 баллов. Просто ответ «существует» без приведения примера – 0 баллов.

РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ 10 КЛАССА.

10.1. Используя цифры 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, скобки и знаки математических действий, запишите числовое выражение, значение которого равно 2011 (каждую цифру необходимо использовать ровно один раз).

Ответ: например, так 1+4∙3∙5∙67:2. Но, возможны и другие варианты.

10.2. На доске выписаны числа и . Разрешается дописать на доску сумму, разность или произведение любых двух различных чисел, уже выписанных на доске, если получаемого результата на доске ещё нет, то есть все числа, написанные на доске должны быть различными. Докажите, что можно написать на доске число 1.

Решение. Получаем числа в следующем порядке: (перемножив и ), (перемножив и ), 10 (перемножив и ), , , 3 (перемножив и ), 7 (10 – 3), 4 (7 – 3), 1 (4 – 3).

10.3. Все магистры трёх Тайных Орденов собрались на конференцию по обмену опытом. После конференции магистр первого Ордена сказал: «Теперь у меня стало в два раза больше знакомых магистров, чем вчера». Магистр второго Ордена сказал: «Теперь у меня в три раза больше знакомых магистров, чем вчера». Магистр третьего Ордена сказал: «Теперь у меня в четыре раза больше знакомых магистров, чем вчера». (Предполагается, что до конференции каждый магистр был знаком только со всеми магистрами своего Ордена, а после конференции ­– с магистрами всех трёх Орденов). Докажите, что кто-то из магистров не в ладах с арифметикой.

Решение. Обозначим через N общее число Магистров, и, приняв за истину слова каждого из трех опрошенных, посчитаем число магистров в каждом ордене. Если при этом подсчете возникнет какое-либо противоречие, это значит, кто-то из магистров ошибся и задача решена.

Из слов первого магистра следует, что в первом Ордене магистров. Из слов второго, – что во втором Ордене магистров. Из слов третьего, – что в третьем Ордене магистров. Сложив полученные результаты, получаем, что суммарно в трёх Орденах . Но это больше, чем N. Вот и противоречие!

10.4. Набор из 100 чисел таков, что ровно 2010 попарных произведений отрицательны. Сколько нулей в этом наборе?

Ответ: 3 нуля.

Решение. Пусть в наборе x положительных чисел и y отрицательных. Тогда из попарных произведений xy будут отрицательны. xy=2010 и при этом и x, и y меньше 100, так как всего чисел не более 1=2∙3∙5∙67. При разложении на два множителя к 67 никакой множитель добавить нельзя (т. к. будет больше 100), поэтому единственный вариант 30∙67. Тогда количество нулей равно 2010–30–67=3.

10.5. Остроугольный треугольник ABC вписан в окружность. Высоты, проведённые из вершин A, B и C, продолжены до пересечения с описанной окружностью в точках X, Y и Z соответственно. Затем всё стёрли, оставив только точки X, Y и Z. Восстановите треугольник.

Решение: Во-первых, опишем окружность около точек X, Y, Z. Дуги окружностей XY, YZ и ZX поделим точками C, A, B пополам. Треугольник ABC искомый. Действительно, обозначим буквами величины вписанных углов (например, углы CAX и CBY равны, как опирающиеся на равные дуги). Поскольку , как сумма углов треугольника, получаем, что . Отсюда следует, что хорды AX, BY и CZ перпендикулярны хордам BC, CA и AB соответственно. Например, в треугольнике ADC угол D – прямой.

10.6. На доске написаны многочлены , и . Разрешается записать на доске сумму, разность или произведение любых двух, уже написанных на доску, многочленов. Может ли появиться на доске многочлен ?

Ответ: не может

Решение. Во-первых, многочлены , и в точке принимают значения делящиеся на 5. Во-вторых, сумма, разность и произведение любых двух многочленов, принимающих в точке значения, делящиеся на 5, будут также принимать значения делящиеся на 5. Многочлен не может появиться на доске, поскольку в точке принимает значение 3, не делящееся (нацело) на 5.

ДОПОЛНИТЕЛЬНЫЕ УКАЗАНИЯ ПО ПРОВЕРКЕ И ОЦЕНКЕ.

10.1. Верный пример – 7 баллов, неверный – 0 баллов. Верных примеров можно сконструировать очень много, поэтому необходимо внимательно проверять каждый пример!

10.2. Любой верный алгоритм получения 1 оценивается в 7 баллов.

10.3. Любое рассуждение, приводящее к получению противоречия, оценивается в 7 баллов (вариантов рассуждения может быть много, главное, опираясь на условие задачи, прийти к противоречию). Если же для анализа ситуации рассматривается конкретный числовой пример, то оценка – 0 баллов.

10.4. Верный ответ без какого-либо обоснования – 1 балл. Если сразу предъявляется набор (непонятно откуда взявшийся) 67 одного знака, 30 другого и 3 нуля и показывается, что для него все хорошо, оценка 2 балла. Для максимального балла необходимо чтобы было из приведенного рассуждения следовала бы и единственность ответа.

10.5. Если способ построения верный, но не обоснован ( например, говорится, делаем одно построение, другое, третье – получается искомый треугольник, но при этом непонятно, почему треугольник искомый) – оценка не более 4–х баллов.

10.6. Просто ответ «не может» без доказательства оценивается в 0 баллов.

РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ 11 КЛАССА.

11.1. Используя цифры 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, скобки и знаки математических действий, запишите числовое выражение, значение которого равно 2011 (каждую цифру необходимо использовать ровно один раз).

Ответ: например, так: 1+4∙3∙5∙67:2. Но, возможны и другие варианты.

11.2. Назовём число «почти квадратом», если оно на 1 меньше квадрата натурального числа. Докажите, что произведение двух «почти квадратов» последовательных натуральных чисел также является «почти квадратом».

Решение.

.

Для дальнейших преобразований будет не лишним заметить, что число почти квадрат тогда и только тогда, когда оно представляется в виде произведения двух сомножителей, отличающихся на 2 ().

.

(n2+n) и (n2+n–2) как раз отличаются на 2. Значит, .

Доказательство завершено.

11.3. При каких значениях параметра a уравнение имеет единственное решение?

Ответ: a=6.

Решение. Рассмотрим функцию .

Если разбить числовую прямую точками 1, 2, 3, 4, 5 на промежутки, то на каждом из промежутков после раскрытия знаков модуля получим линейную функцию. На промежутке (5;+∞) все модули раскрываются с плюсом и получается возрастающая функция f(x)=5x–15, на промежутке (–∞;1) все модули раскрываются с минусом, получается убывающая функция f(x)=15–5x. Значит минимальное значение достигается на промежутке [1;5]. f(1)=f(5)=10. f(2)=f(4)=7. f(3)=6.

Следовательно, f(x) убывает на промежутке (–∞;3) и возрастает на промежутке (3;+∞). (Для наглядности можно построить график, он будет симметричен относительно прямой x=3).

Для того, чтобы найти количество решений уравнения при фиксированном a надо найти количество точек пересечения графика функции y=f(x) и y=a. Одна точка пересечения будет при a=f(3)=6.

Кстати говоря, все вышесказанное ­– это излишние подробности. Достаточно было показать, что если x=3+α является решением уравнения, то x=3–α тоже является его решением (проверяется подстановкой 3+α и 3–α в уравнение), поэтому одно решение может быть только при α=0, откуда и находится значение параметра a.

11.4. Существуют ли два последовательных натуральных числа, больших 1 такие, что суммы их цифр являются точными квадратами?

Ответ: существуют.

Решение. В задачах, в которых спрашивается, существуют ли объекты, удовлетворяющие некоторым условиям, для утвердительного ответа достаточно привести хотя бы один пример таких чисел. В данной задаче, подходят, например, и . S()=81=92. S()=1=12.

11.5. Известно, что числа и целые. Докажите, что сумма ­– также целое число.

Решение. Пусть, – целое ненулевое число. Выразим через m.

. Так как – целое число и 1 – целое число, то – целое число. Это возможно только в том случае, когда m2–2 равняется ±1 или ±2.

1) . , . Тогда сумма либо 0, либо 2, т. е. целое число.

2) Случай невозможен, ибо в этом случае m – нецелое число.

3) . , . Тогда сумма либо 0, либо –2, т. е. целое число.

4) Случай невозможен, т. к. в этом случае m=0, а оно у нас ненулевое по условию.

11.6. Дан треугольник KOT. Окружность ω1 касается стороны OT в точке F, продолжения стороны KO за точку O в точке I, и продолжения стороны KT за точку T. Окружность ω2 касается стороны KT, продолжения стороны OT за точку T в точке A, и продолжения стороны OK за точку K в точке X. Прямые FI и XA пересекаются в точке S. Докажите, что TS – биссектриса угла ATK.

Решение. Обозначим стороны треугольника KO=x, OT=y, TK=z. KQ=KI, как отрезки касательных, проведенных из одной точки к окружности. Аналогично, OI=OF, TF=TQ. Поскольку, KO+KT+OT – это периметр треугольника KOT, то в силу вышеописанных равенств отрезков, KI+KQ=KO+OI+KT+TQ – также равна периметру, а значит KQ=KI=(x+y+z)/2.

Точно также доказывается, что OX=OA=(x+y+z)/2. Из равенства OX=KI следует, что KX=OI.

Сделаем дополнительные построения: отметим середину OK – точку U и проведем отрезки US и TS.

Треугольник SIX – прямоугольный (подсчетом углов несложно доказать, что SI перпендикулярна SX), US=UX=UI=OX+KI–OK=((x+y+z)–x)/2=(y+z)/2 – его медиана. , откуда следует, что US параллельна AO. Тогда UZ ­– средняя линия. UZ=y/2, ZS=(y+z)/2 – y/2=z/2. Следовательно, ZT=UZ и треугольник SZT – равнобедренный. Обозначим угол KTO через φ. Тогда угол TZS равен KTO, а . Откуда и следует утверждение задачи.

ДОПОЛНИТЕЛЬНЫЕ УКАЗАНИЯ ПО ПРОВЕРКЕ И ОЦЕНКЕ.

11.1. Верный пример – 7 баллов, неверный – 0 баллов. Верных примеров можно сконструировать очень много, поэтому необходимо внимательно проверять каждый пример!

11.2. За разложение на множители исходного выражения без какого-то ни было дальнейшего продвижения можно поставить 1 балл.

11.3. Если будет построен график (без каких-либо пояснений, ссылок на то, что на каждом из участков функция будет линейна…) и дан правильный ответ, оценка – 5 баллов.

11.4. Любой верный пример – 7 баллов, просто ответ «существуют» – 0 баллов.

11.5. Если одна из заданных целочисленных величин обозначена как переменная, другая через неё выражена, а дальнейших продвижений нет – можно поставить 2 балла. Если при дальнейшем рассмотрении рассмотрены не все возможные случаи (т. е. перебор не полный), то оценка – не более 4-х баллов.

11.6. За найденный прямоугольный треугольник SIX можно ставить 2 балла.