Співробітники лабораторії отримали премію уряду. Завдання муніципального етапу всеросійської олімпіади школярів з математики Архів завдань муніципальних олімпіад з російської мови
21 лютого у будинку Уряду РФ відбулася церемонія вручення премій Уряду в галузі освіти за 2018 рік. Нагороди лауреатам вручила заступник Голови Уряду РФ Т.А. Голікова.
Серед лауреатів премії – співробітники Лабораторії з роботи з обдарованими дітьми. Премію отримали викладачі національної збірної РФ на IPhO Віталій Шевченко та Олександр Кисельов, викладачі збірної РФ на IJSO Олена Михайлівна Снігірьова (хімія) та Ігор Кисельов (біологія) та керівник збірної РФ проректор МФТІ Артем Анатолійович Воронов.
Основними досягненнями, за які колектив був удостоєний урядової нагороди, – 5 золотих медалей команди Росії на IPhO-2017 в Індонезії та 6 золотих медалей команди на IJSO-2017 у Голландії. Кожен школяр привіз додому золото!
Такого високого результату на міжнародній олімпіаді з фізики було досягнуто командою Росії вперше. За всю історію існування IPhO з 1967 року ні збірної Росії, ні збірної СРСР ніколи раніше не вдавалося здобути п'ять золотих медалей.
Складність завдань олімпіади та рівень підготовки команд інших країн безперервно зростає. Однак збірна Росії всі останні роки опиняється у п'ятірці найкращих команд світу. Для того, щоб добиватися високих результатів, викладачі та керівництво збірної вдосконалюють систему підготовки до міжнар у нашій країні. З'явилися навчальні школи, де школярі докладно вивчають найважчі розділи програми. Активно створюється база експериментальних завдань, виконуючи які готуються до експериментального туру. Проводиться регулярна дистанційна робота, протягом року підготовки діти отримують близько десяти теоретичних домашніх завдань. Велика увага приділяється якісному перекладу умов на самій олімпіаді. Удосконалюються навчальні курси.
Високі результати на міжнародних олімпіадах — це результат тривалої роботи великої кількості педагогів, співробітників та студентів МФТІ, особистих викладачів на місцях та завзятої праці самих школярів. Окрім вищезгаданих лауреатів премії, величезний внесок у підготовку національної збірної зробили:
Федір Цибров (створення завдань кваліфікаційних зборів)
Олексій Ноян (експериментальна підготовка збірної, розробка експериментального практикуму)
Олексій Алексєєв (створення завдань кваліфікаційних зборів)
Арсеній Пікалов (підготовка теоретичних матеріалів та проведення семінарських занять)
Іван Єрофєєв (багаторічна робота з усіх напрямків)
Олександр Артем'єв (перевірка домашніх завдань)
Микита Семенін (створення завдань кваліфікаційних зборів)
Андрій Пєсков (розробка та створення експериментальних установок)
Гліб Кузнєцов (експериментальна підготовка збірної)
8 КЛАС
ЗАВДАННЯ ШКІЛЬНОГО ЕТАПУ
ВСЕРОСІЙСЬКОЇ ОЛІМПІАДИ ШКОЛЬНИКІВ ЗА СУСПІЛЬСТВОМ
П. І.Б. учня _____________________________________________________________________
Дата народження __________________________ Клас ____,__ Дата «_____ » ______20__г.
Оцінка (макс. 100 балів) _________
Завдання 1. Виберіть правильну відповідь:
«Золоте правило моральності» свідчить:
1) «Око за око, зуб за зуб»;
2) «Не сотвори собі кумира»;
3) «Стався до людей так, як хочеш, щоб ставилися до тебе»;
4) «шануй батька твого і матір твою».
Відповідь: ___
Завдання 2. Виберіть правильну відповідь:
Можливість особи своїми діями набувати та здійснювати права та обов'язки називається: 1) правоздатність; 2) дієздатність; 3) емансипація; 4) соціалізація.
Відповідь: ___
(За правильну відповідь – 2 бали)
Завдання 3. Виберіть правильну відповідь:
У Російській Федерації найвищу юридичну силу в системі нормативних актів має
1) Укази Президента РФ 3) Кримінальний кодекс РФ
2) Конституція РФ 4) Постанови уряду РФ
Відповідь: ___
(За правильну відповідь – 2 бали)
Завдання 4. Вчений повинен грамотно писати поняття та терміни. Введіть правильну літеру (правильні літери) замість пропусків.
1. Пр…в…легія – перевага, надана будь-кому.
2. Д ... в ... ден ... - Дохід, що виплачується акціонерам.
3. Т…л…рантн…сть – толерантність до чужих думок.
Завдання 5. Заповніть перепустку в ряду.
1. Рід, …….., народність, нація.
2. Християнство, ………, буддизм.
3. Виробництво, розподіл, ………, споживання.
Завдання 6. За яким принципом утворено лави? Назвіть поняття, загальне для наведених нижче термінів, яке їх поєднує.
1.Верховенство права, поділ влади, гарантованість права і свободи людини
2. Міра вартості, засіб накопичення, засіб платежу.
3. Звичай, прецедент, закон.
1. ________________________________________________________
2.________________________________________________________
3.________________________________________________________
Завдання 7. Дайте відповідь «так» чи «ні»:
1) Людина за своєю істотою є біосоціальним.
2) Під спілкуванням розуміють лише обміну інформацією.
3) Кожна людина індивідуальна.
4) У РФ повний обсяг права і свободи громадянин отримує з 14 років.
5) Кожна людина народжується особистістю.
6) Російський парламент (Федеральні збори) і двох палат.
7) Суспільство відноситься до систем, що саморозвиваються.
8) У разі неможливості особистої участі у виборах допускається видача довіреності на іншу особу з метою голосування за кандидата, зазначеного у довіреності.
9) Прогрес історичного поступу суперечливий: у ньому можна знайти як прогресивні, і регресивні зміни.
10) Індивід, особистість, індивідуальність – поняття, які є тотожними.
4.1. | |
4.2. | |
4.3. | |
4.4. |
За одну правильну відповідь – 2 бали (Максимальний бал – 8).
КЛЮЧІ ДО ЗАВДАНЬ
Завдання 1 ( За правильну відповідь – 2 бали)
Завдання 2 ( За правильну відповідь – 2 бали)
Завдання 3 ( За правильну відповідь – 2 бали)
Завдання 4 ( За правильно вказану літеру – 1 бал. Максимум – 8 балів)
- Привілей. 2. Дивіденд. 3. Толерантність
Завдання 5 ( За кожну правильну відповідь – 3 бали. Максимум – 9 балів)
1. Плем'я. 2. Іслам. 3. Обмін.
Завдання 6 ( За кожну правильну відповідь – 4 бали. Максимум – 12 балів)
1. Ознаки правової держави
2. Функції грошей
3. Джерела права.
Завдання 7 По 2 бали за кожну правильну відповідь. (Максимум за завдання – 20 балів)
Завдання муніципального етапу Всеросійської олімпіади школярів з математики
Гірничо-Алтайськ, 2008 р.
Муніципальний етап олімпіади проводяться виходячи з Положення про Всеросійської олімпіаді школярів, затвердженого наказом Міносвіти Росії від 01.01.01 р. № 000.
Етапи Олімпіади проводяться за завданнями, складеними на основі загальноосвітніх програм, що реалізуються на щаблях основної загальної та середньої (повної) загальної освіти.
Критерії оцінювання
Завдання математичних олімпіад є творчими, припускають кілька різних варіантів рішень. Крім того, необхідно оцінювати часткові просування у завданнях (наприклад, розбір важливого випадку, доказ леми, знаходження прикладу тощо). Нарешті, можливі логічні та арифметичні помилки у рішеннях. Остаточні бали за завданням повинні враховувати все перераховане вище.
Відповідно до регламенту проведення математичних олімпіад школярів, кожна задача оцінюється з 7 балів.
Відповідність правильності рішення та балів, що виставляються, наведено в таблиці.
Правильність (помилковість) рішення |
|
Повне правильне рішення |
|
Вірне рішення. Є невеликі недоліки, загалом які впливають рішення. |
|
Рішення загалом правильне. Проте рішення містить суттєві помилки чи пропущені випадки, які впливають логіку міркувань. |
|
Правильно розглянутий один із двох (складніший) істотних випадків, або в задачі типу «оцінка + приклад» правильно отримана оцінка. |
|
Доведено допоміжні твердження, що допомагають у вирішенні задачі. |
|
Розглянуто окремі важливі випадки за відсутності рішення (або за помилкового рішення). |
|
Рішення неправильне, просування відсутні. |
|
Рішення відсутнє. |
Важливо, що будь-яке правильне рішення оцінюється у 7 балів. Неприпустимо знімати бали за те, що рішення надто довге, або за те, що рішення школяра відрізняється від наведеного в методичних розробках або інших рішень, відомих журі.
У той же час будь-який скільки завгодно довгий текст рішення, що не містить корисних поступів, повинен бути оцінений в 0 балів.
Порядок проведення муніципального етапу олімпіади
Муніципальний етап Олімпіади проводиться в один день у листопаді-грудні для учнів 7-11 класів. Рекомендований час проведення олімпіади – 4 години.
Тематика завдань шкільного та муніципального етапів олімпіади
Олімпіадні завдання шкільного та муніципального етапів складаються на основі програм з математики для загальноосвітніх навчальних закладів. Також допускається включення завдань, тематика яких входить до програм шкільних гуртків (факультативів).
Нижче наводяться лише ті теми, які пропонується використовувати при складанні варіантів завдань поточного навчального року.
Журнали: "Квант", "Математика в школі"
Книги та методичні посібники:
, Математичні олімпіади Московської області. Вид. 2-ге, испр. та дод. - М.: Фізматкнига, 200с.
, Математика. Всеросійські олімпіади. Вип. 1. - М.: Просвітництво, 2008. - 192 с.
, Московські математичні олімпіади. - М.: Просвітництво, 1986. - 303 с.
, Ленінградські математичні гуртки. - Кіров: Аса, 1994. - 272 с.
Збірник олімпіадних завдань з математики. - М.: МЦНМО, 2005. - 560 с.
Завдання з планіметрії . Вид. 5-е испр. та дод. - М.: МЦНМО, 2006. - 640 с.
, Канель-,Московські математичні олімпіади м./Під ред. . - М.: МЦНМО, 2006. - 456 с.
1. Поставте замість зірочок у вираз *+ ** + *** + **** = 3330 десять різних цифр так, щоб вийшла вірна рівність.
2. Комерсант Вася зайнявся торгівлею. Щоранку він
купує товар на деяку частину наявних у нього грошей (можливо, на всі наявні гроші). Після обіду він продає куплений товар вдвічі дорожче, ніж купив. Як потрібно торгувати Васю, щоб через 5 днів у нього було рівнорублі, якщо спочатку у нього було 1000 рублів.
3. Розріжте квадрат 3 х 3 на дві частини і квадрат 4x4на дві частини так, щоб з чотирьох шматків, що вийшло, можна було скласти квадрат.
4. У таблицю 2x5 записали всі натуральні числа від 1 до 10. Після цього підрахували кожну із сум чисел за рядком і стовпцем (всього вийшло 7 сум). Яка найбільша кількість цих сум може бути простими числами?
5. Для натурального числа Nвирахували суми всіх пар сусідніх цифр (наприклад, для N = 35207 суми складають (8, 7, 2, 7)). Знайдіть найменше N, для якого серед цих сум є усі числа від 1 до 9.
8 клас
1. Вася звів натуральне число Ау квадрат, записав результат на дошку і стер останні 2005 цифр. Чи могла остання цифра числа, що залишилася на дошці, дорівнювати одиниці?
2. На огляді війська Острови Лжецов і Лицарів (брехуни завжди брешуть, лицарі завжди говорять правду) вождь побудував усіх воїнів у шеренгу. Кожен із воїнів, які стоять у шерензі, сказав: «Мої сусіди по шерензі - брехуни». (Воїни, що стоять у кінцях шеренги, сказали: «Мій сусід по шерензі - брехун».) Яка найбільша кількість лицарів могла опинитися в шерензі, якщо на огляд вийшли 2005 воїнів?
3. Продавець має стрілочні ваги для зважування цукру з двома чашками. Терези можуть показувати вагу від 0 до 5 кг. При цьому цукор можна класти лише на ліву чашку, а гирі можна ставити на будь-яку із двох чашок. Яку найменшу кількість гир достатньо мати продавцю, щоб зважити будь-яку кількість цукру від 0 до 25 кг? Відповідь поясніть.
4. Знайдіть кути прямокутного трикутника, якщо відомо, що точка, симетрична вершині прямого кута щодо гіпотенузи, лежить на прямій, що проходить через середини двох сторін трикутника.
5. Клітини таблиці 8x8 пофарбовані у три кольори. Виявилося, що в таблиці немає триклітинного куточка, всі клітини якого одного кольору (трьохклітинний куточок - це фігура, яка отримується з квадрата 2x2 видаленням однієї клітини). Також виявилося, що у таблиці немає триклітинного куточка, усі клітини якого трьох різних кольорів. Доведіть, що кількість клітин кожного кольору є парною.
1. Набір, що складається з цілих чисел а, Ь, с,замінили на набір а - 1, Ь + 1, с2. В результаті набір збігся з вихідним. Знайдіть числа а, 6, с, якщо відомо, що їхня сума дорівнює 2005.
2. Вася взяв 11 поспіль натуральних чисел і перемножив їх. Коля взяв ці 11 чисел і склав їх. Чи могли дві останні цифри результату Васі збігтися з останніми двома цифрами результату Колі?
3. На підставі АСтрикутника ABCвзято крапку D.
Доведіть, що кола, вписані в трикутники ABDі CBD,
точками торкання не можуть ділити відрізок BDна три рівні частини.
4. Кожна з точок площини пофарбована в одну
трьох кольорів, причому всі три кольори використовуються. Чи вірно, що при будь-якому такому фарбуванні можна вибрати коло, на якому є точки всіх трьох кольорів?
5. Кульгава тура (це тура, яка може ходити тільки по горизонталі або тільки по вертикалі рівно на 1 клітинку) обійшла дошку 10 х 10 клітин, побувавши на кожній клітині рівно по одному разу. У першій клітці, де побувала тура, запишемо число 1, у другій - число 2, у третій - 3 і т. д. до 100. Чи могло виявитися так, що сума чисел, записаних у двох сусідніх по стороні клітинах, ділиться на 4 ?
Комбінаторні задачі.
1. Набір, що складається з чисел а, Ь, с,замінили на набір а4 - 2Ь2, Ь 4- 2с2, с4 - 2а2.В результаті набір збігся з вихідним. Знайдіть числа а, Ь, с,якщо їхня сума дорівнює - 3.
2. Кожна з точок площини пофарбована в одну
трьох кольорів, причому всі три кольори використовуються. Вір
але чи, що при будь-якому такому фарбуванні можна вибрати
коло, на якому є точки всіх трьох кольорів?
3. Розв'яжіть у натуральних числах рівняння
НОК (а; Ь) +НОД (а; Ь) = а Ь.(НОД – найбільший спільний дільник, НОК – найменше загальне кратне).
4. Коло, вписане в трикутник ABC,
стосується
сторін АВі НДу точках Еі Fвідповідно. Крапки
Мі N -підстави перпендикулярів, опущених з точок А та С на пряму EF.
Доведіть, що якщо сторони трикутника ABCутворюють арифметичну прогресію та АС – середня сторона, то ME +
FN =
EF.
5. У клітинах таблиці 8x8 розставлено цілі числа.
Виявилося, що якщо вибрати будь-які три стовпці і будь-які три рядки таблиці, то сума дев'яти чисел, що стоять на їхньому перетині, дорівнюватиме нулю. Доведіть, що всі числа таблиці дорівнюють нулю.
1. Синус і косинус деякого кута виявилися різним корінням квадратного тричлена. ах2 + Ъх + с.Доведіть, що Ъ2= а2 + 2ас.
2. Для кожного з 8 перерізів куба з ребром а,що є трикутниками з вершинами в серединах ребер куба, розглядається точка перетину висот перерізу. Знайдіть обсяг багатогранника з вершинами у цих 8 точках.
3. Нехай у =k1 x + b1 , у = k2 x + b2 , у =k3 x + b3 - рівняння трьох дотичних до параболи у = х2.Доведіть, що якщо k3 = k1 + k2 , то b3 2 (b1 + b2 ).
4. Вася назвав натуральне число N.Після чого Петя
знайшов суму цифр числа N,
потім суму цифр числа
N+13N,
потім суму цифр числа N + 2 13N,
потім
суму цифр числа N+ 3 13Nі т. д. Чи міг він говорити
дий наступного разу отримувати результат, більший
попереднього?
5. Чи можна намалювати на площині 2005 року ненульових
векторів так, що з будь-яких десяти з них можна
вибрати три із нульовою сумою?
РІШЕННЯ ЗАВДАНЬ
7 клас
1. Наприклад, 5+40+367+2918=3330.
2. Один із варіантів наступний. Перші чотири дні Вася повинен купувати товар на всі наявні гроші. Тоді через чотири дні у нього буде рублів (100 На п'ятий день він повинен купити товар на 9000 рублів. У нього залишиться 7000 рублів. Після обіду він продасть товар зарублів, і у нього стане рівнорублею.
3. Відповідь.Два з можливих прикладів розрізання наведено на рисунках 1 та 2.
Мал. 1 +
Мал. 2
4 . Відповідь. 6.
Якби всі 7 сум були б простими числами, то простими, зокрема, були б дві суми по 5 чисел. Кожна з цих сум більша за 5. Якби обидві ці суми були простими числами більше за 5, то кожна з цих сум була б непарною (оскільки тільки 2 є простим парним числом). Але якщо ми складемо ці суми, отримаємо парне число. Однак у ці дві суми входять усі числа від 1 до 10, та їх сума дорівнює 55 - числу непарному. Тому серед отриманих сум не більше ніж 6 будуть простими числами. На малюнку 3 показано, як розставити числа в таблиці, щоб отримати 6 простих сум (у нашому прикладі всі суми по 2 числа дорівнюють 11, і.1 + 2 + 3 + 7 + 6 = 19). Зауваження.За приклад без оцінки – 3 бали.
Мал. 3
5. Відповідь.N = 1
Число Nпринаймні десятизначне, тому що різних сум 9. Тому найменше число десятизначне, при цьому кожна із сум
1, ..., 9 повинна зустрічатися рівно один раз. З двох десятизначних чисел, що починаються з однакових цифр, то менше, у якого перша цифра, що розрізняється менше. Тому перша цифра числа N дорівнює 1, друга – 0. Сума 1 вже зустрілася, тому найменша третя цифра – 2 тощо.
8 клас
1. Відповідь. Могла.
Розглянемо, наприклад, число А = наприкінці 1001 (нуль). Тоді
А2 = 1 наприкінці 2002 р. нуля). Якщо стерти останні 2005 цифр, то залишиться число 1.
2. Відповідь. 1003.
Зауважимо, що два воїни, що стоять поряд, не могли виявитися лицарями. Справді, якби вони обоє були лицарями, вони обидва сказали неправду. Виберемо воїна, що стоїть ліворуч, і розіб'ємо ряд з 2004 воїнів, що залишилися, на 1002 групи по два поряд вартих воїна. У кожній такій групі не більше одного лицаря. Тобто серед 2004 воїнів, що розглядаються, не більше 1002 лицарів. Тобто всього в ряді не більше 1002 + 1 = 1003 лицарів.
Розглянемо шеренгу: РЛРЛР ... РЛРЛР. У такій шерензі стоїть рівно 1003 лицарі.
Зауваження.Якщо дана тільки відповідь, ставити 0 балів, якщо наведено лише приклад - 2 бали.
3. Відповідь. Дві гирі.
Однієї гирі продавцю не вистачить, оскільки для зважування 25 кг цукру потрібно гира вагою не менше 20 кг. Маючи тільки таку гирю, продавець не зможе зважити, наприклад, 10 кг цукру. Покажемо, що продавцю вистачить двох гирь: однією вагою 5 кг та однією вагою 15 кг. Цукор вагою від 0 до 5 кг можна зважити без гір. Щоб зважити від 5 до 10 кг цукру, поставити гирю в 5 кг на праву чашку. Щоб зважити від 10 до 15 кг цукру, потрібно поставити гирю 5 кг на ліву чашку, а гирю 15 кг на праву чашку. Щоб зважити від 15 до 20 кг цукру, потрібно поставити гирю 15 кг на праву чашку. Щоб зважити від 20 до 25 кг цукру, потрібно поставити гирі 5 кг і 15 кг на праву чашку.
4. Відповідь. 60 °, 30 °, 90 °.
У цьому завдання наведено докладне рішення. Пряма, що проходить через середини катетів, ділить висоту СНнавпіл, тому шукана точка Р MN, де Мі N- середини катета та гіпотенузи (рис. 4), тобто. MN- Середня лінія АВС.
Мал. 4
|
Тоді MN || НД=>Р =BCH(як внутрішні навхрест лежать кути при паралельних прямих) => ВСН =NPH (CHB = PHN = 90°,
СН = РН -осторонь і гострий кут) => ВН =NH => CN= СВ= а(У рівнобедреному трикутнику висота є бісектрисою). Але CN- медіана прямокутного трикутника ABC, тому CN = BN(зрозуміло, якщо описати біля трикутника ABCколо) => BCN- рівносторонній, отже, B - 60 °.
5. Розглянемо довільний квадратик 2х2. У ньому не може бути клітин всіх трьох кольорів, тому що тоді можна було б знайти триклітинний куточок, всі клітини якого трьох різних кольорів. Також у цьому квадратику 2x2 всі клітини не можуть бути одного кольору, тому що тоді можна було б знайти триклітинний куточок, всі клітини якого одного кольору. Значить, у цьому квадратику клітини лише двох кольорів. Зауважимо, що в цьому квадратику клітин одного кольору не може бути 3, тому що тоді можна було б знайти триклітинний куточок, всі клітини якого одного кольору. Тобто у цьому квадратику по 2 клітинки двох різних кольорів.
Розіб'ємо тепер таблицю 8x8 на 16 квадратиків 2 х 2. У кожному їх немає клітин першого кольору, або дві клітини першого кольору. Тобто всього клітин першого кольору парна кількість. Аналогічно клітин другого та третього кольорів парна кількість.
9 клас
1. Відповідь. 1003, 1002, 0.
З того, що набори збігаються, випливає рівність а + Ь + с = а -1 + Ь + 1 + с2. Отримуємо з = с2. Тобто с = 0 або с = 1. Оскільки с = с2 , то а - 1 = Ь, Ь + 1 = а. Це означає, що можливі два випадки: набір Ь + 1, Ь, 0 та Ь + 1, Ь, 1. З того, що сума чисел набору дорівнює 2005, у першому випадку отримуємо 2Ь + 1 = 2005, Ь = 1002 та набір 1003, 1002, 0, у другому випадку отримуємо 2 Ь + 2 = 2005, Ь = 1001, 5 - не ціле число, тобто другий випадок неможливий. Зауваження. Якщо дана лише відповідь, то ставити 0 балів.
2. Відповідь. Могли.
Зауважимо, що серед 11 поспіль натуральних чисел, що йдуть, є два, що діляться на 5, і є два парних числа, тому їх добуток закінчується на два нулі. Зауважимо тепер, що а + (а + 1) + (а + 2) + ... + (а + 10) = (а + 5) 11. Якщо взяти, наприклад, а = 95 (т. е. Вася вибрав числа 95, 96, ..., 105), то сума також буде закінчуватися на два нулі.
3.
Нехай Е,F, К,L, М, N- Точки торкання (рис. 5).
Припустимо, що DE =
EF =
FB= х.Тоді АК =
=
AL =
a,
BL =
BE= 2х, ВМ =BF= х,CM =
CN =
c,
DK =
DE= х,DN =
DF = 2
x=> AB + BC = a+ Зх + с =
=
AC,
що суперечить нерівності трикутника.
Зауваження.Також доводиться неможливість рівності BF = DE. Взагалі, якщо для вписаної в трикутник ABDкола Е- точка торкання та BF = DE, то F- точка, в якій вписане коло AABD стосується BD.
 |
Мал. 5 А До D N З
4. Відповідь.Правильно.
Апершого кольору та крапку У l. Якщо поза прямою l ABC, А, В іЗ). Значить, поза прямою l D) лежить на прямій l Аі D, lI Уі D, l l
5. Відповідь.Не могло.
Розглянемо шахове забарвлення дошки 10 х 10. Зауважимо, що з білої клітини своїм ходом кульгава тура потрапляє в чорну, а з чорної клітини - в білу. Нехай човна почала обхід з білої клітки. Тоді 1 стоятиме в білій клітці, 2 - у чорній, 3 - у білій, ..., 100 - у чорній. Тобто в білих клітинах стоятимуть непарні числа, а в чорних – парні. Але з двох сусідніх з боку клітин одна – чорна, а інша – біла. Тобто сума чисел, записана в цих клітинах, завжди буде непарною, і не ділитиметься на 4.
Зауваження.За «рішення», в яких розглядається лише приклад якогось обходу, ставитиме 0 балів.
10 клас
1. Відповідь, а = Ъ = с = - 1.
З того, що набори збігаються, випливає збіг їх сум. Значить, а4 - 2Ь2+ Ь 4 - 2с2 + с4 - 2а2 = а + Ь+ с =-3, (а+ (Ь2- 1) 2 + (з = 0. Звідки а2 - 1 = Ь2 - 1 = с2 - 1 = 0, тобто а = ±1, Ь = ±1, з= ±1. Умови а + Ь+ с= -3 задовольняють лише а = Ь = з =- 1. Залишилося перевірити, що знайдена трійка задовольняє умови завдання.
2. Відповідь.Правильно.
Припустимо, що не можна вибрати коло, на якому є точки всіх трьох кольорів. Виберемо крапку Апершого кольору та крапку Удругого кольору та проведемо через них пряму l. Якщо поза прямою lзнайдеться точка З третього кольору, то на колі, описаному біля трикутника ABC, знайдуться точки всіх трьох кольорів (наприклад, А, В іЗ). Значить, поза прямою lнемає крапок третього кольору. Але якщо хоча б одна точка площини пофарбована в третій колір, то ця точка (назвемо її D) лежить на прямій l. Якщо тепер розглянути точки Аі D, то аналогічно можна показати, що поза прямою lIнемає крапок другого кольору. Розглянувши точки Уі D, можна показати, що поза прямою lнемає крапок першого кольору. Тобто поза прямою lнемає пофарбованих крапок. Набули протиріччя з умовою. Отже, можна вибрати коло, де є точки всіх трьох кольорів.
3. Відповідь, а = b = 2.
Нехай НОД (a; b) = d. Тоді а= a1 d, Ъ =b1 d, де НОД ( a1 ; b1 ) = 1. Тоді НОК (а; Ъ)= a1 b1 d. Звідси a1 b1 d+ d = a1 db1 d, або a1 b1 + 1 = a1 b1 d. Звідки a1 b1 (d - 1) = 1. To є al = bl = 1 і d= 2, отже, a= b = 2.
Зауваження. Інше рішення можна було отримати, скориставшись рівністю НОК (a; b) НОД (a; b) = ab.
Зауваження. Якщо дана лише відповідь, то ставити 0 балів.
4. Нехай ВР- Висота рівнобедреного трикутника FBE (рис. 6).
Тоді з подоби трикутників АМЕ ~ ПРЕ випливає, що https://pandia.ru/text/78/390/images/image028_3.gif" width="36 height=31" height="31">.
