Математика - не ізольована наука, а основа й ключ до всіх людських знань. І наші математики, хоча й залюблені у свій предмет, але творчі, товариські, і зовсім не «сухарі». Вони знаходяться у постійному творчому пошуку, друкуються, керують майбутніми науковцями. Очолює методичне об’єднання вчителів математики керівник методичного об’єднання Галібаренко Л.А.

/Files/images/матем.jpg

Наше педагогічне кредо : Математику може знати не кожний, але полюбити її повинні всі!

Ми активні учасники:

- олімпіад з математики, інформатики;

- МАН;

- міжнародних конкурсів: “Кенгуру” та “Бобер”;

- конкурсів педагогічної майстерності.

Форум педагогічних ідей

Йдемо в інформаційне майбутнє:

- Впровадження з 2 класу курсу з інформатики “Шукачі скарбів”.

- Intel. Шлях до успіху.

- 6 клас «Комп’ютерні технології для місцевої спільноти»

- 10 класи «Комп’ютерні технології та майбутня професія»

ЗВІТ РОБОТИ ШКОЛИ ОБДАРОВАНИХ УЧНІВ З МАТЕМАТИКИ

Підготували вчителі: Брага Н.О.,Галібаренко Л.А.,Кузьменко Т. В.,Кочубей С. Г.

Немає необдарованих дітей - є дорослі,які не займаються розвитком дитини, адже будь-яка здібність потребує розвитку. (І. Мороз)

В школі постійно діє програма «Обдарована дитина», яка розроблена творчою групою педагогів школи з метою створення серед учнів школи пошуку, розвитку й педагогічної підтримки талановитих дітей та підлітків, стимулювання творчого самовдосконалення учнів, самореалізації у сучасному суспільстві. Взагалі обдарована дитина – майбутнє України. Тому в Шосткинській спеціалізованій школі І-ІІІ ступенів № 1 досить на високому рівні здійснюється організація роботи з такими дітьми. Вчителі математики плекають юні обдарування. Обдаровані діти – майбутній цвіт нації, її інтелектуальна еліта, гордість і честь України, її майбутній світовий авторитет. Проблема виховання і навчання обдарованої дитини існує стільки, скільки існує сама педагогіка. Особливої актуальності вона набула сьогодні за умов реформування системи національної освіти, піднесення ролі творчої особистості в суспільстві, виняткової уваги формуванню інтелектуального потенціалу держави як еліти, що здатна просувати суспільство до вершин досконалості. Для реалізації шкільної програми з питань роботи зі здібною та обдарованою молоддю в школі щорічно працює літній табір для обдарованих дітей, де створені умови для розвитку їх природних творчих потенціалів.

Кожна обдарована дитина - індивідуальність, яка потребує особливого підходу. Сприяння реалізації обдарування потребує організації особливого середовища, зокрема, спеціальної освіти, яка виходить, як правило, за межі навчання в звичайній школі.

Яка ж школа потрібна обдарованим? Та, мабуть, яка розвиває здібності дитини. Але цього, зазвичай, мало. Школа існує для того, аби допомогти дитині розвинути в собі здібності до самореалізації, не тільки навчити, а й створити умови, щоб дитина була готова до цієї складної й самостійної роботи. Такою школою є літній табір.

Головною метою організації роботи з обдарованими дітьми є створення умов формування високо інтелігентної, творчої особистості.

Для 5-6 класів були запропоновані для вивчення такі цікаві теми: знайомство з арифметичним методом, ігри та стратегії, логічні задачі, задачі на рух, на спільну роботу. Учні 7-10 розібрали завдання олімпіад І,ІІ,ІІІ етапів цього року та попередніх років. Були опрацьовані теми: модуль та його застосування при розв’язанні рівнянь, нерівностей, побудові графіків функцій; параметр у рівняннях, нерівностях та їх системах; Діафантові рівняння.

Перші кроки до пізнання таємниць природи діти роблять в школі. Але тільки за партою близько познайомитись із природою, по-справжньому полюбити її не можна. Знання, здобуті в школі, треба енергійно підкріплювати справою, науково-практичною роботою. На практиці можна підтвердити відомі факти, замислитись, чому саме так, а не інакше, і поставити перед собою нові завдання. Залучення учнів до процесу наукового дослідження сприяє формуванню самодостатньої компетентної особистості. Дослідницька робота змінює світогляд дитини, самооцінку, має значний вплив на формування життєвих цінностей. Розширенню наукового світогляду учнівської молоді, розвитку інтелекту, пізнавальної діяльності та творчих здібностей, залученню до активного процесу навчання шляхом проведення науково-дослідницької діяльності, самовизначенню у майбутній професії сприяє Мала академія наук України.

Була запропонована орієнтовна тематика науково-дослідницьких робіт з математики, як домашнє завдання на канікули: обрати тему дослідження, яка припала до душі.

Елементи теорії чисел, алгебри та початків аналізу.

1. Вибрані питання теорії чисел.

2. Елементи теорії порівнянь та їх застосування.

3. Лишки Ейзенштейна та деякі їх властивості.

4. Подільність чисел. Прості і складені числа.

5. Деякі способи швидких обчислень.

6. Магічні квадрати та їх властивості.

7. Математичні несподіванки та курйози.

8. Математична подорож у світ гармонії.

9. Мова, математика і лінгвістика.

10. Ланцюгові дроби та їх застосування.

11. Діофантові рівняння.

12. Діофантові наближення.

13. Комплексні числа та їх застосування.

14. Принцип Діріхле.

15. Елементи теорії графів та їх застосування.

16. Елементи математичної логіки.

17. Елементи теорії множин.

18. Елементи дискретної математики.

19. Елементи комбінаторики.

20. Елементи векторної алгебри та їх застосування.

21. Числові послідовності та їх застосування.

22. Підсумування числових послідовностей.

23. Функції та їх властивості.

24. Многочлени та їх властивості.

25. Теорема Безу та її наслідки.

26. Границя функції. Неперервність функцій.

27. Похідна та її властивості.

28. Монотонні послідовності і функції.

29. Інтеграл та його використання.

30. Похідна і інтеграл в нерівностях, рівняннях та тотожностях.

31. Нестандартні методи розв’язування деяких типів рівнянь та нерівностей.

32. Класичні математичні нерівності та їх застосування.

33. Пряма і обернена теореми Вієта та їх застосування.

34. Текстові задачі з нерівностями.

35. Алгебраїчні задачі на екстремум.

36. Задачі з параметрами.

37. Функціональні рівняння. Деякі методи їх розв’язання.

38. Наближені методи розв’язання рівнянь f (x) = 0.

39. Метод нерухомої точки та його застосування.

40. Дослідження функцій та побудова їх графіків.

Геометрія

1. Нерівності в трикутнику.

2. Рівновеликі трикутники в задачах.

3. Ортоцентр, інцентр, центроїд трикутника.

4. Чудові точки трикутника та задачі, пов’язані з ними.

5. Ортоцентричні трикутники та їх властивості.

6. Бісектральні трикутники та їх властивості.

7. Різницеві трикутники.

8. Педальні трикутники.

9. Формула Гамільтона та задачі, пов’язані з нею.

10. Степеневі співвідношення в колі.

11. Метод площ в геометрії.

12. Теорема Птолемея та її застосування.

13. Узагальнена теорема Птолемея.

14. Теорема Карно та її застосування.

15. Застосування теореми Менелая і Чеви при розв’язанні геометричних задач.

16. Теорема косинусів для чотирикутників (теорема Бретшнейдера).

17. Теорема Фейербаха та її застосування.

18. Барицентр та його використання в геометрії.

19. Використання векторів при розв’язанні геометричних задач.

20. Нестандартні методи розв’язання геометричних задач.

21. Декартові координати та їх застосування.

22. Геометричні задачі на екстремум.

23. Геометричні задачі на побудову.

24. Геометричні нерівності.

25. Геометричні задачі з обмеженнями.

26. Властивості опуклих тіл сталої ширини.

27. Елементи комбінаторної геометрії.

28. Ортоцентричний тетраедр та його властивості.

29. Прямокутний тетраедр та його властивості.

30. Рівногранний тетраедр та основні його властивості.

31. Побудова правильних многогранників з використанням куба.

32. Елементи фрактальної геометрії.

33. Симетрія в геометрії.

34. Гомотетія. Поворотна гомотетія в геометрії.

35. Застосування гомотетії при розв’язуванні деяких задач планіметрії.

36. Інверсія.

37. Чудові криві та цікаві задачі, пов’язані з ними.

38. Центр мас в геометрії.

39. Принцип крайнього.

40. Метод математичної індукції в геометрії.

41. Інваріанти в геометрії.

42. Задачі про розфарбування.

43. Задачі про замощення, розбиття та розрізання.

44. Проективні перетворення на площині.

45. Деякі аспекти топології (геометрія відображень відрізків, кривих, кіл та кругів).

Прикладна математика

1. Початки аналізу і математичні моделі в природознавстві.

2. Математичні моделі в біології.

3. Математичні моделі в екології.

4. Математичні моделі в економіці.

5. Застосування математичних закономірностей в фізичних задачах.

6. Застосування математичних закономірностей в задачах з хімії.

7. Практичні задачі на екстремум.

8. Фізичні задачі на екстремум.

9. Вибрані питання теорії наближень та їх застосування.

10. Апроксимація та її застосування.

11. Елементи оптимізації в прикладних задачах.

12. Інтерполяція і екстраполяція.

13. Основи чисельного аналізу та їх застосування.

14. Чисельні експерименти та їх застосування.

15. Елементи теорії інформації та їх застосування.

16. Відновлення математичних об’єктів за апріорною та апостеріорною інформаціями.

17. Основи обчислювальної геометрії та їх застосування.

18. Математичні методи в теорії гри.

19. Задачі про прийняття рішень в складній ситуації.

20. Задачі про стратегію гри.

21. Застосування елементів комбінаторики в прикладних задачах.

22. Елементи теорії ймовірностей в прикладних задачах.

23. Математичні моделі кривих та поверхонь.

24. Чисельна візуалізація просторових об’єктів.

25. Елементи математичної статистики в прикладних задачах.

Наведену тематику робіт слід сприймати лише у якості орієнтиру для власного наукового дослідження. Можна обрати абсолютно іншу тему (і це цілком доречно!), якої немає серед перелічених, однак яка є перспективною для дослідницької роботи.

Список тем укладено згідно з орієнтовною тематикою науково-дослідницьких робіт з математики для членів Київського територіального відділення Малої академії наук України.

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

7Повне правильне розв’язання
6 -7Повне правильне розв’язання. Є невеликі недоліки, які в цілому не впливають на розв’язання.
5 - 6Розв’язання в цілому вірне. Однак воно містить ряд помилок, або не розглянуті окремі випадки, але може стати правильним після невеликих виправлень або доповнень.
4 - 5Правильно розглянуто один з двох (більш складний) істотних випадків, або в задачі типу «оцінка-приклад» вірно отримана оцінка.
2 - 3Доведені допоміжні твердження, що допомагають у розв’язанні задачі
1Розглянуто окремі важливі випадки за відсутності розв’язання (або при помилковому розв’язанні).
0Розв’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 записанихчисел дорівнює 3×10× (a + b + c)+ 3× (a + b + c). Звідси a+b+c = 7. Будемо вважати,щоa <b <c. Тоді a = 1 (так як навіть 2+ 3+ 4> 7), і b+c = 6. Цій рівностізадовольняє тільки одна пара різних цифр, серед яких немає 1, b = 2, c = 4.

Коментар. Повне розв’язання - 7 балів. Відповідь - 1 бал. Якщо доведено, щоa+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 двамножники, більших від 1. Так як воно не ділиться на жодне натуральнеечисло 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 = xКоментар. Повне розв’язання - 7 балів. Складання правильного алгебраїчноговиразу за відсутності подальших просувань або наявність помилки вперетвореннях - 3 бали. Отримання результату 3 3 1 3 2 x + x + x + без подальшихпросувань - 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 подві 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 одинпро одного скажуть «він лицар». Якщо в парі стоять лицар і брехун, товони обидва скажуть «він брехун». Таким чином, кожна фраза виголошенапарне 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 доведеноодне з тверджень про пари лицар-лицар або брехун-брехун або брехун-лицар – 1бал 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 якісьдва з даних чисел множаться на деяке натуральне число n, добуток данихчисел множиться на 2 n . Отже, якщо воно не було квадратом натуральногочисла, воно їм і не стане. Але якщо всі наявні числа стануть рівними міжсобою, то їх добуток буде квадратом. Тому, такими операціями не можнавирівняти наявні числа.

Коментар. Повне розв’язання - 7 балів. Часткові просування або помилкиоцінюються 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 цінаквитка. 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 неможезакінчуватись на 9, а тому, більше 20. Так як ціле число, більше 20, неможе бути менше 21, і шукане число ділиться на 12. Але число, щоділиться 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. Єдинедвозначне число, що ділиться на 7 і 12 - це 84.

Коментар. Відповідь без обґрунтування оцінюється в 1 бал. Відповідь зперевіркою того, що він підходить - 2 бали. Якщо для кожного твердженнявиписані числа, які підходять для них, а потім з незрозумілих причин обраноправильну відповідь, то ставиться 3 бали. При правильній структурі перебору,але з помилкою, що вплинула на хід розв'язання, - 3 бали. Неправильнерозуміння 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 степенемчисла 5. Однак 6 2 4 2 n + n + на 5 не ділиться ні за яких n , так як 4 n при діленніна 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. Правильнавідповідь 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 o . 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 Ð ВАС = 120 o . Позначимо: М - середину ВС, K - основаперпендикуляра, опущеного з точки М на сторону ВС. Так як Ð АМK = ÐАВМ = 30 o ,

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 цьомупоході, сходить за картоплею не менше 11 разів з кожним з учасників.Якщо ж у кожний похід ходило не більше 10 кабанчиків, то будь-якийкабанчик брав участь не менш, ніж у 11 походах, так як він повиненсходити разом з кожним із 100 інших кабанчиків.

Коментар. Доведення твердження задачі для випадку, коли в поході берутьучасть не менше 11 кабанчиків, оцінюється в 3 бали. Розгляд випадку, коли вкожний 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 можезакінчуватися на 9, а отже, більше 20. Так як ціле число, більше 20, неможе бути менше 21,то шукане число ділиться на 12. Але число, щоділиться на 12, парне, і тому не може закінчуватися на 5. Протиріччя. Цеозначає, що шукане число ділиться на 7. Єдине двозначне число, щоділиться на 7 і закінчується на 9 - це 49. Але число 49 не ділиться на 12 ібільше 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 зперевіркою того, що вінпідходить - 2 бали. Якщо для кожного твердженнявиписані числа, які підходять для них, а потім з незрозумілих причин обраноправильну 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 купила(xyz +10xy + 5x) жуків. Отримуємо рівняння 115x +11y + z = 200 , де х, у, z – цілічисла 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 вk-ій кишені, l b - кількість грошей в l-му гаманці. Заумовоюзадачі

a s a a a s n k n p = + + + p × 1 2 ... ,1000 . Припустимо, щовкожномугаманцідоларівнеменше, ніжкількістькишень, тобтоb n l ³ . Тоді. b b b s n s = + + + ³ × 1 2 ... 1000

Протиріччя.

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

співвідношення виду sn f1000без 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 іншіміркування, 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'ятиправильних відповідей - 1 бал. За знаходження з поясненням однієї парирозв’язків - 1 бал, 2-3 пари розв’язків - 2 бали, 4-5 пар розв’язків без доведеннятого, 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. Оскількибудь-яке парне число є середнім арифметичним двох сусідніх з ним парнихчисел, то всі парні числа починаючи з 2n +2 - середнє арифметичне чисел

того ж кольору. Нехай тепер є скільки завгодно великі парні числакожного кольору. Тоді знайдеться синє число 2m, таке що 2m +2 - жовте, іжовте число 2n> 2m +2 таке, що число 2n +2 - синє. Середнє арифметичнечисел 2m і 2n+ 2 дорівнює m+n +1 і дорівнює середньомуарифметичномучисел 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.

Кiлькiсть переглядiв: 5400

Коментарi

Для того, щоб залишити коментар на сайті, залогіньтеся або зареєструйтеся, будь ласка.