Правилно изпълнените бяха изписани на дъската. Разрешаване на проблем

Източник на мисията: Решение 3754. Единен държавен изпит 2016 г. Математика, I. V. Yashchenko. 30 варианта на типични тестови задачи.

Задача 19.На черната дъска бяха написани 20 естествени числа (не непременно различни), всяко от които не надвишава 40. Вместо някои от числата (евентуално едно), на черната дъска бяха написани числа, които бяха с една по-малко от оригиналните. Числата, които след това се оказаха равни на 0, бяха изтрити от дъската.

а) Възможно ли е средноаритметичната стойност на числата на дъската да се е увеличила?

б) Средноаритметичната стойност на първоначално записаните числа е 27. Може ли средната аритметична стойност на числата, оставени на дъската, да бъде 34?

в) Средноаритметичната стойност на първоначално записаните числа е 27. Намерете възможно най-голямата средна аритметична стойност на числата, останали на дъската.

Решение.

а)Да, може би, например, ако вземете 19 числа, равни на 10, а 20-то е равно на 1, тогава след намаляване на 20-то число с 1, то става 0 и средната стойност се получава не 20 числа, а 19, тогава ние имаме:

Първоначална средна стойност: ;

Средна стойност след промяна: .

Както можете да видите, втората средна стойност е станала по-голяма от първоначалната.

б)Да предположим, че за да изпълните това условие, трябва да вземете единици, след това да вземете числа и едно число, за общо 20 числа. Тяхната средна аритметика ще бъде

,

и след изтриване единиците трябва да получат

,

тоест имаме система от уравнения:

Изваждайки второто уравнение от първото, получаваме:

По този начин, за да изпълните условието на този параграф, трябва да вземете дробен брой числа, което е невъзможно в рамките на тази задача.

Отговор:не.

в)За да получите максималната средна стойност на оставащите числа на дъската, първо трябва да запишете набора от числа, състоящ се от най-големия брой единици (които след това ще бъдат изтрити от дъската), а останалите числа трябва да бъдат максимални. Записваме това условие във формата

,

където е броят на единиците; - 20-то число (избира се така, че да осигури средно 27). Следователно имаме:

От получения израз се вижда, че минималната стойност, при която получаваме максималната стойност. Така имаме поредица от числа, чиято сума е равна на

без връзка.

Задачата е шега. Ира взе назаем 100 рубли от майка си, но ги загуби. Тогава взех назаем 50 рубли от приятел. За 20 r. Купих пайове, а останалите 30 рубли. върна се при майка ми. Оказва се, че тя дължи на майка си 70 рубли. плюс 50 р. приятелка, само 120 рубли, плюс 20 рубли, които похарчих за пайове. Общо 140 рубли, но общо тя трябва да върне 150 рубли. Въпрос: къде са още 10 рубли?

Решение. Ира загуби и похарчи 100 + 20 = 120 рубли. И тя трябва да върне тези пари: на майка си 100 - 30 = 70 рубли. и приятелка 50 r. И всички останали изчисления са от лукавия.

1.7. Умножение. Закони за умножение

1.8. разпределително право

AT параграф 1.7 въвежда понятието за произведение на две числа, използвайки като пример произведението на числата 3 и 4. Имайте предвид, че това произведение е сбор от три члена, всеки от които е равен на 4, т.е. 3 ∙ 4 = 4 + 4 + 4. Това е необходимо, така че по-нататък под 3 ∙ a, за да разберете сумата +a +a . За всяко число a равенството 1 ∙ a = a се счита за вярно.

Този подход към дефиницията на продукта изглежда неудобен, тъй като в началното училище казват, че 3 ∙ 4 е 3 + 3 + 3 + 3 (вземете 3 4 пъти). Но това очевидно неудобство се елиминира още в първия урок, веднага щом се покаже, че комутативният закон на умножението е валиден.

Комутативните и асоциативните закони на умножението се обясняват при броене на броя на квадратите и броя на кубчетата.

За всяко число a се считат за верни равенствата 0 ∙ a = 0, a ∙ 0 = 0. Освен това равенството 0 ∙ 0 = 0 е вярно.

AT параграф 1.8, законът на разпределението е обяснен при броене на броя на квадратите, прилагането на закона за разпределение е показано за отваряне на скоби и поставяне на общия множител извън скоби.

Когато изучават и трите закона, учениците трябва да бъдат научени да пишат закони, използвайки букви, обозначаващи произволни числа, и да запомнят формулировките на законите. Това помага за развитието на ясна математическа реч, дава

учениците „заготовки за реч“ за устни отговори.

Тук и по-долу вниманието на учениците трябва да бъде насочено към предимствата в скоростта на изчисленията, които притежава този, който притежава изучаваните закони. Така учителят създава вътрешнопредметна, идваща от субекта (а не отвън) мотивация за учене.

RT. Използването на задачи 66-70 в първия урок ще ви позволи да повторите таблицата за умножение, да привлечете вниманието на учениците към двойки фактори, които дават 10, 100, 1000 и т. н. при умножение. Задачи 71-76 са насочени към практикуване на прилагането на изучаваните закони.

Решения и коментари

90. а) Числото 12 първо е увеличено 2 пъти, полученият резултат се увеличава още 3 пъти. Какъв беше резултатът?

б) Замислиха число, увеличиха го 3 пъти, полученият резултат се увеличи още 4 пъти. Колко пъти се увеличи броят им в крайна сметка?

Решение. а) 12 ∙ 2 = 24, 24 ∙ 3 = 72, резултатът е 72.

Тук е препоръчително да попитате учениците: колко пъти числото 12 се е увеличило 2 пъти. Отговорът може да се получи с помощта на комбинирания закон за умножение: (12 ∙ 2) ∙ 3 = 12 ∙ (2 ∙ 3) = 12 ∙ 6 - числото 12 се е увеличило 6 пъти в 2 пъти. Този отговор ще подготви учениците за самостоятелно решаване на задача 90 б.

б) Първо, задачата може да се реши за определено замислено число, например 2 или 3. Оказва се, че и в двата случая замисленото число се е увеличило 12 пъти. За да покажем, че отговорът в тази задача всъщност не зависи от избора на предвиденото число, нека обозначим предвиденото число с буквата а. Тогава (a ∙ 3) ∙ 4 =a ∙ (3 ∙ 4) =a ∙ 12 - числото a се е увеличило 12 пъти в 2 пъти.

91. Какви закони се използват при следните изчисления:

20 ∙ 30 = (2 ∙ 10) ∙ (3 ∙ 10) = (2 ∙ 3) ∙ (10 ∙ 10) = 6 ∙ 100 = 600?

а) Изчислете: 20 ∙ 50.

Решение. Използвани са и двата закона за умножение: комутативен и асоциативен. Имайте предвид, че горното прилагане на тези закони не е показано подробно, например, както следва:

20 ∙ 30 = (2 ∙ 10) ∙ (3 ∙ 10) = ((2 ∙ 10) ∙ 3) ∙ 10 = (2 ∙ (10 ∙3)) ∙ 10 = = 2 ∙ (3 ∙ 10) ∙ 10 = ((2 ∙ 3) ∙ 10) ∙ 10 = (2 ∙ 3) ∙ (10 ∙ 10) = 6 ∙ 100 = 600,

тъй като учениците все още нямат мотивация за точност при преобразуване на числови изрази. Въпреки това, когато изпълнявате следните задачи, може да не изисквате такъв непълен запис на решенията, който е даден по-горе. Решението може да се запише накратко: а) 20 ∙ 50 = 1000.

(27 + 73) = 356 100 + 644 100 = (356 + 644) 100 = 1000 100 =100 000.

междинен контрол. DM. C-2.

1.9. Събиране и изваждане на числа в колона

1.10. Умножение на числата по колона

Целта на тези точки е да демонстрират на учениците как се използват законите за събиране и умножение, законът на разпределението при събиране, изваждане и умножение на многоцифрени числа в колона. Това не означава, че самите ученици трябва да правят подобни обосновки, но за тях би било полезно да обърнат внимание на факта, че правилността на изчисленията в колона произтича от валидността на законите за събиране и умножение.

Особено внимание трябва да се обърне на правилността на подписващите фактори един под друг, чийто запис завършва с нули.

От този момент нататък изчислителната практика на петокласниците включва изчисления в колона, но учениците трябва да бъдат насочени към вниманието, че понякога изчисленията с многоцифрени числа могат да бъдат по-лесни за извършване без колона, ако забележите двойки числа, които дават " кръгли" суми (задача 135); или ако забележите, че можете да извадите общия множител от скоби (задача 144). Необходимо е да се развива и подкрепя по всякакъв начин желанието на учениците да изчисляват икономично, а за това, както вече отбелязахме, от тях се изисква да бъдат наблюдателни.

и владеене на изучаваната теория.

AT В бъдеще желанието да се спести време при изчисления трябва да се превърне в стимул за развитието на наблюдението, както и за

формиране на идеята, че познаването на много теоретична информация може да опрости решението на проблема.

RT. Използването на задачи 77, 78 в първия урок, посветени на събиране и изваждане по колона, ще засили учебния процес, тъй като учениците трябва само да въвеждат отговори в вече написаните колони. Задача 79 ги подготвя за задача 80 и задачи 133 и 134 от учебника. Задача 81 се изпълнява в началото на изучаването на умножение по колона, докато учениците трябва да обърнат внимание на записването на множители. Задача 82 е посветена на решаването на пъзели.

Решения и коментари

133. На дъската бяха написани правилно изпълнени примери за събиране и изваждане, след което някои числа бяха изтрити и заменени с букви. Пренапишете примерите, като замените буквите с цифри, така че отново да се получат правилните записи:

Тук и по-долу учениците могат да получат отговори, като изберат подходящо число и проверят правилността на получения отговор, но би било по-добре, ако разсъжденията са дадени на дъската: за да получите 8, 5 трябва да се добави към 3 (пример " а") и др.

Отговор. а) 725+173=898; б) 952 - 664=288; в) 502+879=1381;

г) 1456–568 = 888.

134. Възстановете примерите, като приемете, че едни и същи букви означават едни и същи числа, а различни букви - различни числа:

линеен алгоритъм за намиране на отговора. На всяка стъпка той дава една стойност за буквата.

1) Сборът от две четирицифрени числа е петцифрено число. следователно,д

1, т.е.

1 рак 2) Сума p + p - число, завършващо на четно число, т.е. a - четно

число, но след това (вижте мястото на стотиците на сбора) a = 2, т.е.

1r2k2 3) Сумата p + p е число, завършващо на 2, това е възможно само в две

случаи: p = 1 или p = 6. Но числото 1 вече съществува (различни букви съответстват на различни числа), следователно, p = 6, т.е.

162k2 4) След това = 5, y = 8, т.е.

Пример "c" се възстановява и всички цифри се намират недвусмислено.

г) Тази задача е по-сложна, когато се изпълнява, се изпълнява алгоритъм за разклоняване за намиране на отговора. На някаква стъпка той дава повече от една стойност за буквата. Трудността се състои в това да запомните да завършите разсъжденията за всеки клон на алгоритъма.

1) Сборът от две шестцифрени числа е седемцифрено число, следователно и =

2) Сборът b + b завършва с четно число, т.е. e - четно число. В цифрата от десетици + l - число, завършващо на четно число. За да получите числото 1 на мястото на десетките на сбора, е необходимо то да бъде ≥ 5 или \u003d 0 или \u003d 5.

3) Ако l \u003d 0, т.е.

toa = 5, т.е. д.

1zde01e Но тогава на мястото на хилядите сборът + m + 1 завършва на нечетно число, т.е.

Нечетно число, а по-горе беше установено, че e е четно число. Полученото противоречие означава, че chtl ≠ 0. Следователно l = 5.

4) Тъй като kl \u003d 5, т.е. д.

1zde51e, тогава на мястото на стотиците сборът a + a + 1 завършва на 5. Това е възможно в два случая:

a = 2 или a = 7. Но когато a = 7 на мястото на хилядите, числото е нечетно, което е невъзможно, тъй като по-горе беше установено, че числото е четно. Следователно a ≠ 7. Следователно a = 2.

5) Тъй като kaka = 2, т.е.

1zde51e и тъй като е четно число, то не може да бъде нула (ако = 0, тогава = 0 или = 5,

което е невъзможно, тъй като вече е установено, че ≥ 5 и числото 5 вече е там). Числото 2 вече е там, следователно ≠ 2. Следователно остава да разгледаме три възможни случая: e = 4, e = 6,

е = 8.

6) Ако e = 4, тогава \u003d 7, тогава (вижте мястото на хилядите) m = 2 или \u003d 7, което е невъзможно, тъй като числата 2 и 7 вече съществуват.

7) Ако e = 6, тогава при изхвърлянето на десетки хиляди суми d = 3 (тъй като числото 2 вече е

е), но тогава сборът няма да е седемцифрено число, което е невъзможно. Значи е = 8.

8) Тъй като kake = 8, tob = 9, t = 4, q = 6, s = 3, t. д.

Примерът "d" се възстановява и всички цифри се намират недвусмислено. Показването на решения на примери "c" и "d" на дъската е по-лесно, отколкото публикуването им

книга, тъй като в случай на линеен алгоритъм, с помощта на парцал и тебешир, можете постепенно да замените буквите с цифри и от дадения пример с букви да получите желания пример с цифри. И в случай на алгоритъм за разклоняване е необходимо да оставите на дъската всички опции, които не са били напълно разгледани. Схемата на алгоритъма, реализиран при решаване на задача d), може да бъде изобразена по следния начин:

Разбира се, учениците могат просто да изберат числата, от които се нуждаят, но тогава няма да има сигурност, че намереното решение е единственото.

135. а) Направете стъпките: (5486 + 3578) + 1422.

Решение. Тук бих искал, в допълнение към възможността за прилагане на изчисления в колона 2 пъти, един от учениците забелязал, че сумата от второто и третото число е „кръгла“, така че изчислението е лесно да се извърши в ред:

(5486 + 3578) + 1422 = 5486 + (3578 + 1422) = 5486 + 5000 = 10 486.

146. Произведението на четири последователни естествени числа е

3024. Намерете тези числа.

Решение. Имайте предвид, че сред необходимите четири числа няма числа 10 и 5, тъй като ако имаше поне един от тези фактори, тогава продуктът щеше да завърши на нула. Остава да проверим: 1 ∙ 2 ∙ 3 ​​∙ 4 = 24, 6 ∙ 7 ∙ 8 ∙ 9 = 3024.

Отговор. 6, 7, 8, 9.

1.11. Степен с естествен показател

Този параграф въвежда понятието степен с естествен показател за случаите n > 1 и n = 1. Студентите трябва да овладеят терминологията: степен, основа на степента (числото, което повишаваме до степен), експонент (показва на каква степен повишаваме основата на степента), квадратни числа, числа на кубчета и се научаваме как да изчисляваме степени.

RT. Препоръчително е да се използват задачи 83–86 в началния етап на изучаване на материала. Когато изучавате този елемент, можете да използвате задачи 87–90.

Решения и коментари

171. Сред първите пет естествени числа има две неравни числам

и n такива, че n m =m n . Намерете тези числа.

Решение. Тези числа са 2 и 4. Наистина, 24 = 2 ∙ 2 ∙ 2 ∙ 2 = 16, 42 = 4 ∙ 4 = = 16,

т.е. 24 = 42 .

Отговор. 2 и 4.

1.12. Деление на цяло число

Този параграф въвежда концепцията за целочислено деление и съответната терминология, обяснява защо е невъзможно да се раздели на нула всяко естествено число или нула. Дадени са примери за опростяване на деленето в някои случаи. Трябва да се обърне внимание на свойството на коефициента, което понякога помага за опростяване на изчисленията (задачи 186–187). Например, при разделяне на число на 5, дивидентът и

умножете делителя по 2 и разделете новия дивидент на 10:

320: 5 = 640: 10 = 64.

Доказателството за това коефициентно свойство не е дадено в учебника. В урока е достатъчно да го дадете със следния пример: „Нека докажем, че ако 320: 5 = c, то (320 ∙ 2) : (5 ∙ 2) = c, където c е естествено число.

За да направите това, умножете c по 5 ∙ 2 и проверете дали резултатът е 320 ∙ 2. В същото време вземаме предвид, че тъй като 320: 5 = c, тогава равенството c ∙ 5 = 320 е вярно.

c ∙ (5 ∙ 2) = (c ∙ 5) ∙ 2 = 320 ∙ 2.

Така е доказано коефициентното свойство за частното 320: 5 и естественото число c.

Забележете, че ако вместо числата 320 и 5 вземем произволни естествени числа a и b такива, че равенството a : b = c е вярно, и вместо числото 2 вземем произволно естествено число d , тогава, аргументирайки се по подобен начин, ще получите доказателство за същото твърдение в общ вид:

a :b = (a ∙c ) : (b ∙c ).

В този параграф задачите са избрани така, че тяхното решение да не изисква разделяне на колона, което ще бъде допълнително проучено в параграф 1.15.

RT. Задачи 91-93 е желателно да се използват в началния етап от изучаването на разделението. Те проверяват разбирането на правилото за деление (дефиниция). Задачи 94–97 за изчисления без колона. Задача 98 за намиране на неизвестни компоненти при умножение и деление. Задачи 99–107 за проверка на разбирането на връзката на компонентите по време на умножение и деление.

Решения и коментари

188. Докажете, че ако всяко от естествените числа a и b се дели на естествено число c , то равенството (a + b ) :c =a :c + b :c е вярно.

Решение. Представяме доказателството в общ вид. Тъй като всяко от естествените числа a и b се дели на естествено число c , има естествени числа a : c и b : c . Умножаваме тяхната сума по c и преобразуваме получения продукт, използвайки закона за разпределението и дефиницията на частното (a : c е число, което, когато се умножи по c, дава a , следователно (a : c ) ∙ c = a ):

(a:c + b:c) ∙c = (a:c) ∙c + (b:c) ∙c =a + b,

следователно равенството (a + b ) :c =a :c + b :c е вярно.

Ако учителят вярва, че в неговия клас даденото общо доказателство (с букви) все още не е готово за възприемане на учениците, тогава е по-добре да го даде за конкретен случай, например това: (15+ 35) : 5 = 15: 5 + 35: 5. Все пак не трябва да се извършва доказателство чрез изчисления - уверете се, че един и същ отговор ще се окаже отляво и отдясно (с букви такова „доказателство“ няма да работи). Необходимо е, макар и на конкретни числа, да се извършат същите разсъждения, както при доказателството в общия случай, това постепенно ще приучи учениците да доказват твърдения.

междинен контрол. DM. C–3.

1.13. Решаване на текстови задачи с умножение и деление

Този параграф продължава работата, започната по-рано за привикване на учениците да решават задачи с помощта на аритметични методи. В учебния текст задачите се решават с обяснения, но от време на време е необходимо да се дава на учениците инструкция: „И тази задача трябва да се реши с въпроси. Особено внимание трябва да се обърне на факта, че някои ученици от началното училище имат утвърдени погрешни схващания относно избора на действие за решаване на проблема. Ако отговорят на въпроса „с колко?“ в текста на проблема, тогава те казват, че е необходимо да се извади и т.н. Следователно задача 193 трябва да се изпълни в класа и да се гарантира, че действията за получаване на отговора са избрани правилно.

RT. Задачи 108-117 могат да се използват в първите уроци по темата чрез решаване на задачи 108-112 с въпроси и задачи 113-117 с обяснения. Решаването на задачи 118–137 включва използването на всички изучавани действия.

Решения и коментари

193. а) На всяка каруца бяха натоварени 8 чувала с картофи. Колко колички бяха натоварени със 72 чувала?

б) В някои от 40-те торби беше изсипана захар. Остават 10 празни торби. Колко торби бяха пълни с кристална захар?

в) В шивашкия цех са останали 2 парчета плат по 60 м. Колко метра плат остават?

РЕШЕНИЯ НА ПРОБЛЕМА

Общи бележки относно проверката.

Критериите са написани на базата на решението, „сведено” до проблема.

В случай на „различно“ решение трябва да се разработят други критерии в съответствие с общите изисквания за критерии.

1. Таня отиде да купи химикалки и моливи. След като похарчи всички пари, тя можеше да си купи 6 химикалки или 12 молива. Тя реши с всичките пари да купи и двете поравно. Как?

Отговор: 4.

Решение.

Една писалка струва като два молива, а химикалката и моливът струват като три молива. Следователно Таня може да закупи 12:3=4 комплекта химикалка и молив.

Критерии за проверка.

Отговор, обоснован с конкретен числов пример: 1 точка

2. Близначките Аня, Маня и Таня пекоха торти за рождения си ден. Ако Аня и Маня изпекат два пъти повече торти, тогава общият брой торти ще се увеличи с 60%. Какъв процент от тортите е изпекла Таня?

Решение. Ако Таня изпече и два пъти повече торти, тогава всички торти ще се увеличат със 100%. Делът на Аня и Мани е 60%, което означава делът на Таня: 100% -60% = 40%.

Критерии за проверка.

Няма разумен напредък, но има отговор: 0 точки

Разглежда се специален случай: 1 точка.

Има 100%-60% действие, но не се прави предположение за Таня: 2 точки

3. На дъската бяха записани четири естествени числа. Събирайки ги две по две по различни различни начини, Петя получи следните шест сбора: 17, 18, 20, 21, 23, 26. Докажете, че Петя е сгрешила при изчисляването на сумите.

Решение. Сборът от всичките шест суми по двойки е 125. Всяко от числата, записани на дъската, се включва в тази сума три пъти, което означава, че тази сума трябва да е кратна на 3, но 125 не се дели на 3.

Критерии за проверка:

Намерена е сумата от всички суми по двойки, равна на 125: 1 точка.

Посочено е, че всяко число се използва като термин три пъти: 2 точки.

И двете предходни твърдения са направени: 3 точки

Отбелязва се, че тъй като всяко число е сбор три пъти, тогава сборът трябва да се дели на 3, но заключението, че са стигнали до противоречие, не е направено: 6 точки.

Наличието на всички детайли в решението: 7 точки.

2 начин. Нека подредим записаните числа в ненамаляващ ред: a£b£c£d. Тогава

a+b=17, a+c=18, b+d=23, c+d=26. 18+23=a+b+c+d=17+26. (или 26–23=c–b=18–17) Получихме противоречие, следователно имаше грешка в изчисленията.

Това решение е дадено, за да демонстрира факта, че условието "естествени числа" е излишно. Той е за обучение на децата на различен подход към проблема (методът на екстремното).

4. Петя има правоъгълник 5×7 и квадрат 1×1. Може ли Петя да разреже този правоъгълник на 2 части, които не са правоъгълници, и след това да използва тези две части и дадения квадрат 1×1, за да образува квадрат 6×6? (Ако е възможно, трябва да покаже как се изрязва правоъгълникът и как е направен квадратът. Или да обясни защо това не е възможно.)

Отговор. Може би.

Посочени са няколко разфасовки на правоъгълник и сглобяване на квадрат.

(Има и други решения.)

Снимка 1

Фигура 2.

Фигура 3

Фигура 4

Критерии за проверка:

Ако има разрез, но има само един чертеж, тоест е показано как се сглобява или как се изрязва: 4 точки.

5. Шестима приятели: Андрей, Витя, Боря, Саша, Толя и Гена, подредени в редица в низходящ ред на ръста си (сред тях няма хора със същия ръст). Тогава Гена и Андрей смениха местата си, Боря и Витя също смениха местата си и накрая Саша и Толя също смениха местата. Оказа се, че сега момчетата са във възходящ ред на ръста си. Намерете най-високия сред момчетата, ако се знае, че Боря е по-висок от Андрей и Гена, но по-нисък от Саша.

Решение. Тъй като след всички пермутации момчетата се подредиха в обратен ред, най-високият и най-малкият се размениха местата (1). Тази двойка не може да включва Андрей и Гена: и двамата са по-ниски от Борис (2). Тази двойка не може да включва Боря. Той е по-нисък от Саша, но по-висок от Андрей, което означава, че не е нито най-високият, нито най-ниският (3). Остана само една двойка: Саша и Толя. Саша е по-висок от Бори и не може да е най-ниският (4). И така, най-високият е Саша, а най-ниският е Толя.

Критерии за проверка:

Посочва се само верният отговор: 1 точка.

Има първо твърдение (1): 2 точки.

Има твърдения (1) и (2): 3 точки.

Има твърдения (1) и (2) и (3): 6 точки.

Има всички твърдения: 7 точки.

6. На лентата 1x20 на 10 леви полета има 10 пулове. Пула може да се придвижи до свободно поле, съседно на дясно, или да прескочи пул, съседен на дясно до следващото поле, ако това поле е свободно. Не е разрешено движението наляво. Възможно ли е да пренаредите всички пулове в ред без интервали в обратен ред?

Решение. Номерираме пуловете с числа 1,2,3,…,9,10.

Примерпермутации. Движенията се състоят от две части: движение на нечетни (разглобяване) и движение на четни (сглобяване).

Критерии за проверка:

Всички пермутации са посочени: 7 точки.

Началото и краят са посочени, но има многоточия. 6 точки.

Ако и тя има, но има пас на ходове - 5 точки.

Коментирайте.Движението на всеки чип се показва от началната и крайната позиция, междинните ходове са лесни за възстановяване. Не е нужно да се притеснявате за тези пропуски.

1. В числото, написано на дъската, Петя изтри три цифри и получи число, кратно на 9. Какво число сега е написано на дъската? (Посочете всички възможности и докажете, че няма други.)

Едно число се дели на 9 само ако сборът от цифрите му се дели на 9. Сборът от цифрите на записаното число е 30. Сборът от трите цифри от 1 до 3 може да варира от 3 до 9. Следователно след като се зачеркнат три цифри, сборът от цифрите на новото число може да бъде от 23 до 27. От тях само 27 са кратни на 9. Така се зачертават три цифри, чийто сбор е 3, тоест три единици . На дъската ще има номер: .

Критерии за проверка.

Отговорено: 1 точка.

Посочено е, че е необходима делимост на сбора от цифри на 9, така че трябва да зачеркнете три цифри, чийто сбор е 3, което означава, че това са три единици: 4 точки.

За цялостно решение трябва да се покаже, че не може да се получи друг сбор от цифри, кратен на 9. Ако това се направи – 7 точки. Ако разсъжденията показват, че три единици са зачертани, а числото не е представено: минус 1 точка.

2. Наташа и Инна купиха една и съща кутия пакетчета чай. Известно е, че с помощта на една торбичка са запарвали две-три чаши чай. Тази кутия беше достатъчна на Наташа за 53 чаши чай, а на Ина за 76. Колко торбички имаше в кутията? Отговорът трябва да бъде обоснован.

Решение

Имайте предвид, че в кутията не може да има по-малко от 26 торби: ако има поне 25, тогава Инна няма да може да изпие повече = 75 чаши, а тя изпи 76. От друга страна, в кутията
не можеше да има повече от 26 торби: ако имаше поне 27, тогава Наташа не можеше да пие по-малко = 54 чаши, а тя изпи 53. Така в кутията имаше 26 торби: Инна приготви 24 торби три пъти и 2 торби два пъти, а Наташа запари 1 саше три пъти и 25 сашета два пъти.

Критерии за проверка.

Отговорете само на 26 представени сашета: 0 точки.

Не забравяйте да покажете начин за изпиване на 53 и 76 чаши чай, в противен случай решението няма да бъде пълно. Липса на всеки пример: минус 1 точка.

3. Седем гнома на различна възраст седят кръгла маса. Известно е, че всяко джудже може да каже истината или да излъже. Всеки от тях каза, че е по-възрастен от съседите си. Какъв е възможно най-големият брой верни твърдения?

Оценка. Помислете за по-стария гном. Не можеше да каже истината. Останалите 6 ще бъдат разделени на три двойки съседни. Във всяка двойка само едно джудже можеше да каже истината. Така че не повече от три джуджета казаха истината. Пример: 7, 5, 6, 3, 4, 1, 2. (Гномите са номерирани по старшинство.)

Критерии за проверка.

Задача за оценка плюс пример.

Пример: 2 точки.

Оценка: 4 точки.

При оценката е важно съседните гноми да не могат да кажат истината и ако поне четирима казват истината, тогава сред тях има съседи.

Всичко заедно 7 точки.

Коментирайте. Ако гномите седяха в редица, тогава 4 гнома биха могли да кажат истината.

6, 7, 4, 5, 2, 3, 1.

4. Известно е, че . Намирам .

Решение

Нека добавим дробите от лявата страна:

Къде означава . Като добавим отново дробите от лявата страна на последното равенство, получаваме .

Най-накрая имаме

5. Малките деца ядоха сладкиши. Всеки изяде 11 бонбона по-малко от всички останали взети заедно, но все пак повече от един бонбон. Колко бонбона са изядени общо?

Решение

Да изберем едно от децата – например Петя. Ако вземете 11 от всички останали сладки, ще остане същият брой като този на Петя. И така, два пъти броят на бонбоните на Petit е равен на общия брой бонбони минус единадесет. Същото може да се каже за всяко едно от децата, което означава, че всички деца имат еднакво разделени бонбони – да речем, по една купчина.
Ясно е, че всеки изяде цял брой купчини по-малко от останалите заедно. Така че 11 се дели на размера на купчината. Това означава (тъй като според условието всеки е изял повече от 1 бонбон), има 11 бонбона на купчини, т.е. всеки изяде една купчина по-малко от останалите заедно. Петя изяде една купчина, следователно, останалите - две. Така че има общо три купчини и 33 бонбона.
Същото решение може да се запише и алгебрично.
Означете с Собщия брой сладкиши, които децата изядоха. Ако едно от децата яде асладки, тогава по условие всички останали ядоха а+ 11 сладки и така всички ядоха заедно S=a+(а+ 11)= 2а+ 11 бонбона. Това разсъждение е вярно за всяко дете, така че всички деца ядоха еднакво количество сладкиши: a=(С- 11)/ 2 части.
Нека сега означим с нброй деца. Тогава условието се записва като a=a(Н- 1)– 11 , откъдето 11 =a(Н- 2). Числото 11 е просто, така че единият фактор е 1, а другият 11. Но според условието a> 1, значи a= 11 , Н- 2= един . По този начин N= 3 и беше изяден S=aN=33бонбони.

Отговор: 33 бонбона.

Само отговор: 0 точки.

6. На страните AB и AC на триъгълник ABC вземете съответно точки K и D. Точката E е избрана така, че K да е средата на отсечката DE. Оказа се, че ÐEAK=ÐACB и AE=DC. Докажете, че BD е ъглополовящата на ъгъл ABC.

От точка D пускаме перпендикуляри DL и DM към линии AB и BC, съответно. От точка E пускаме перпендикуляра EN към правата AB. Правоъгълните триъгълници AEN и CDM са равни по хипотенуза и остър ъгъл. Така че DM=EN. Освен това EN=DL (от равенството на правоъгълните триъгълници, ако N и L са различни, или като съвпадащи с отсечките EK и DK, ако точките N, L и K съвпадат).

Следователно DL=DM и точка D е еднакво отдалечена от страните на ъгъл ABC и следователно лежи върху ъглополовящата на този ъгъл.

Критерии за проверка. Необходимите перпендикуляри са пропуснати: 1 точка.

При доказване на равенството EN=DL случаят на съвпадение на основите на перпендикулярите не беше разгледан: минус 1 точка.

1. Куб с естествено число нсе дели на 2010 г. Следва ли, че самото число нделимо на 2010 г.? Отговор: трябва.

Решение. 2010=2*3*5*67. Числата 2, 3, 5 и 67 са прости.

https://pandia.ru/text/77/496/images/image018_66.gif" width="19 height=15" height="15">.gif" width="21" height="21 src="> се дели на 3 се дели на 3,

https://pandia.ru/text/77/496/images/image018_66.gif" width="19" height="15"> се дели на 5,

https://pandia.ru/text/77/496/images/image018_66.gif" width="19" height="15"> се дели на 67.

Само отговор: 0 точки.

2. Има буркани с различни размери: A, B, C и D. Известно е, че 11 кутии A и 7 кутии B съдържат същото количество като 12 кутии C. 6 кутии A и 5 кутии B съдържат същото количество като 6 кутии C и 1 кутия D. 6 кутии D са напълно пълни с вода. Ще бъдат ли достатъчни 3 кутии A и 8 кутии B, за да напълнят цялата вода от 6 кутии D?

Решение.Нека https://pandia.ru/text/77/496/images/image021_51.gif" height="15 src="> са обемите на кутиите съответно A, B, C и D. Според формулировката на проблема

За правилно съставена система от уравнения: 2 точки.

3. Даден е паралелограм KLMNс остър връх К. На гредите KLи MLточки са отбелязани Аи Бсъответно и AM = LMи BK = KL.

а) Докажете това AN = BN.

б) Докажете, че триъгълниците ABNи BKLса подобни.

Решение.

От равенството на триъгълниците AMNи BKN(от двете страни и ъгъла между тях) следва равенството на отсечките ANи BN.

От равенство на ъглите АКБи AMB(ъглите при върховете на подобни равнобедрени триъгълници BKLи AML) следва, че точките А, Б, К, Млежат на един и същи кръг и тъй като

тогава точката лежи върху тази окръжност н. Следователно ъглите BNAи BKLна върховете ни Кравнобедрени триъгълници BNAи BKLса равни. Така че триъгълниците са подобни.

Точка а) се доказва: 3 точки.

Точка б) е доказана): 4 точки.

4. Докажете, че ако уравненията и https://pandia.ru/text/77/496/images/image028_31.gif" width="263" height="24"> нямат корени.

Решение.

Да вземем произволен.

Тогава той няма корени, така че за всеки .

Уравнението няма корени, така че за всяко . Следователно, за всяка.

https://pandia.ru/text/77/496/images/image034_29.gif" width="255" height="22 src=">

за всеки . Това е уравнението

Доказано е, че за всякакви +4 точки.

Ако няма съответно обяснение, тогава няма съответно добавяне на точки.

5. Вася забрави четирицифрения код в помещението за съхранение (кодът може да бъде от 0000 до 9999). Той само помни, че числото, което определя кода, се дели на 3 и 7 и не се дели на 5 и 9. През колко опции ще трябва да премине, за да познае кода със сигурност?

Отговор: 254.

Решение. 1 начин.

Код 0000 не е валиден.

Сред числата от 1 до 9999 точно =476 се делят на 21..gif" width="65" height="39">. Но сред 158-те числа, делими на 9, и сред 95-те числа, делими на 5, има са едни и същи. Тези числа се делят на 45. Сред 476-те числа, делими на 21, има точно такива. Тогава има точно +31=254 числа, които удовлетворяват условието на задачата.

9 * 5 * 7 = 315, следователно сред числата от 1 до 315, от 316 до 630, от 630 до 945 и т.н. има същия брой числа, които отговарят на условието на задачата. От 1 до 315 има точно 8 такива числа (това са числата 21, 42, 84, 147, 168, 231, 273, 294). И така, от 1 до 315*31=9765 такива числа са 31*8=248. Остава да разгледаме числата от 9766 до 9999 и да се уверим, че сред тях точно 6 числа отговарят на условието на задачата (9786, 9807, 9849, 9912, 9933, 9996). Общо 248+6=254 числа.

Отговор без решение: 0 точки.

Посочена е формула като +31=254: + 3 точки.

Всяка грешка при изчисление: - 1 точка.

Отговор без решение: 0 точки.

Посочено е, че сред всяко от следните 315 числа, същият брой числа, които отговарят на условието на задачата: +3 точки.

Изчислено е, че от 1 до 315 точно 8 удовлетворява условието: +1 точка.

Изчислено е, че от 9766 до 9999 точно 6 удовлетворява условието на задачата: +1 точка.

Посочена е формула като 248+6=254: +2 точки.

Ако някой има търпението да напише всичките 254 числа и да не сбърка: 7 точки.

6. Точки A и B са взети на графиката на функцията . От тях перпендикулярите на оста на абсцисата са понижени, основите на перпендикулярите са HA и HB; C е началото на координатите. Докажете, че площта на фигурата, ограничена от прави CA, CB и дъга AB, е равна на площта на фигурата, ограничена от прави AHA, BHB, оста x и дъга AB. 5. Точки A и B са взети на графиката на функциите. От тях перпендикулярите на оста на абсцисата са понижени, основите на перпендикулярите са HA и HB; C е началото на координатите. Докажете, че площта на фигурата, ограничена от прави CA, CB и дъга AB, е равна на площта на фигурата, ограничена от прави AHA, BHB, оста x и дъга AB.

Решение.Можем да приемем, че абсцисата на точка A е по-малка от абсцисата на точка B (виж фигурата) Да разгледаме точката K на пресечната точка на отсечки AHA и CB. Тогава разликата между разглежданите площи е равна на разликата между площите на триъгълника CAK и четириъгълника HAKBHB, което от своя страна е равна на разликата между площите на триъгълниците CAHA и CBHB. И тъй като СHA*AHA=СHB*BHB=2010 (A и B лежат на графиката), тези области са равни една на друга.

Показано е, че разликата между разглежданите области е https://pandia.ru/text/77/496/images/image044_20.gif" width="101" height="23 src=">: 4 точки.

Доказано е, че или : +3 точки.

1. . Докажете, че за всички естествени числа неравенството

Решение:Разделете двете страни на неравенството на положителна стойност Получаваме неравенството Ако тогава степента е отрицателна и неравенството е вярно..gif" width="61" height="19">: 0 точки.

Получих гледката или : 1 точка

2. Може ли сборът от цифри за някакво естествено k да бъде еднакъв за следните две числа?

Отговор: не може.

Решение.Да обозначим https://pandia.ru/text/77/496/images/image061_11.gif" width="171" height="24 src=">. Едно от трите последователни числа се дели на три, следователно едно от числата https ://pandia.ru/text/77/496/images/image064_9.gif" width="53" height="21 src="> се дели на три, а другото не. Следователно сборът от цифрите само на една от тях се дели на три. Следователно те са различни.

3. Квадратни тричлени и имат положителни реални корени х 1, х 2 и х 3, х 4, съответно и х1 < х3 < х2 < х4 . Докажете, че квадратният тричлен https://pandia.ru/text/77/496/images/image068_9.gif" width="85" height="51 src=">.gif" width="111" height="21 ">.

Друго оправдание за неравенствата е възможно - а<-° С, б<д, използвайки свойствата на квадратична функция.

Решението е дадено, но при преминаване от неравенства - а<-° Си б<дкъм неравенствата а 2<° С 2, 4б2 <4д2 това не е обосновано а, б,-° С, дположителен: 5 точки.

4. 2010 нули се вмъкват между всеки две цифри от 1331. Докажете, че полученото число се дели на 1331.

Решение.Представете си число https://pandia.ru/text/77/496/images/image072_8.gif" width="386" height="24">

https://pandia.ru/text/77/496/images/image074_8.gif" width="55" height="35 src="> се дели на 11 (въз основа на делимост на 11), което означава 100.. 0013 се дели на 113=1331.

Номерът е представен като https://pandia.ru/text/77/496/images/image076_8.gif" width="31" height="24">.

Решение.Позволявам Ое центърът на окръжността, тъй като D ABТогава C е равнобедрен BO=OC. Помислете за Д FBOи Д ЕКО: Ð FBO=Ð ЕКО=a, bf× CE=6, BO× OC=пр.н.е 2/4=6, т.е bf× CE=BO× OCÛ https://pandia.ru/text/77/496/images/image079_8.gif" width="103 height=38" height="38">. Тъй като Ð BOF=b, Р EOC=g, тогава РFOE=a. От равенства BO= OCи следва това. Помислете за Д FOEи Д ЕКО: Ð FOE=Ð ЕКО=a и https://pandia.ru/text/77/496/images/image047_16.gif" width="13 height=15" height="15"> неравенството е вярно

Решение:Разделете двете страни на неравенството на положителна стойност Получаваме неравенството Ако тогава степента е отрицателна и неравенството е вярно..gif" width="61" height="19">: 0 точки.

Получих гледката или : 1 точка

Доказано само за един от случаите или : 3 точки.

2. Решете уравнението: https://pandia.ru/text/77/496/images/image082_8.gif" height="20 src=">

Отговор: Няма решения.

Първо решение: Последователност https://pandia.ru/text/77/496/images/image084_7.gif" width="31" height="21">..gif" width="13" height="15"> не е равно на 0. Уравнението няма корени.

Ако се забележи, че това е сбор от геометрична прогресия: 1 точка

Намерена сума, но не е направено заключение: +1 точка.

Извършена смяна: 1 точка.

Второ решение: Не е решение на уравнението. Разделете двете страни на уравнението на и получете уравнението.

Пренаписваме термините в следния ред

https://pandia.ru/text/77/496/images/image092_6.gif" width="75" height="21">..gif" width="84" height="24"> който има корени , Забележете, че според неравенството на Коши и следователно и двата корена се провалят.