Главная » 2015 » Май » 17 » Олимпиада по алгебре 11 класс с ответами 2016 фгос
09:45
Олимпиада по алгебре 11 класс с ответами 2016 фгос
Базовый вариант

1. Число умножили на сумму его цифр и получили 2008. Найдите это число.

2. Сколько положительных чисел есть среди первых ста членов последовательности sin 1°, sin 10°, sin100°,...?

3. В выпуклом четырехугольнике прямая, проходящая через середины противоположных сторон, образует равные углы с диагоналями. Докажите, что диагонали равны.

4. По окружности стоят 10 чисел. Известно что сумма любых трех, стоящих подряд, одинакова. Одно из чисел равно 9. Найдите остальные и докажите, что ответ единственный.

5. Можно ли на поверхности правильного тетраэдра с ребром 1 расположить 4 точки так, чтобы из любой точки поверхности тетраэдра можно было добраться до одной из выбранных точек, пройдя по поверхности путь не более ½?

Математическая олимпиада школьников

2013/2014 учебного года

Школьный тур, г. Котельнич

Задания для 11 класса

Усложнённый вариант

1. Сколько положительных чисел есть среди первых ста членов последовательности sin 1°, sin 10°, sin100°, ...?

2. Корнями квадратного трехчлена f(x) = ax2+bx+c являются числа и . Докажите, что модуль одного из этих корней равен 1.

3. Легко проверить, что из записи А + АА + ААА = ББББ нельзя получить верное числовое равенство, заменив в ней все цифры буквами по правилу: «одинаковые буквы заменяются одинаковыми цифрами». А какое наименьшее число раз надо нарушить это правило, чтобы верное числовое равенство все-таки получилось?

4. Параболы у = x2+ax+b и у = –x2+сx+d не имеют общих точек. Докажите, что есть прямая, от которой они лежат по разные стороны.

5. Все боковые грани пирамиды — прямоугольные треугольники с прямыми углами, примыкающими к основанию пирамиды. Может ли основание высоты этой пирамиды находиться внутри многоугольника, лежащего в основании пирамиды?

Математическая олимпиада школьников

2013/2014 учебного года.

Школьный тур, г. Котельнич

11 класс, базовый вариант

Решения и указания по проверке

1. Ответ: 251. Решение: Искомое число является делителем числа 2008. Разложим число 2008 на простые множители: 2008 = 222251. Выпишем все делители числа 2008: 1, 2, 4, 8, 251, 502, 1004, 2008. Проверив каждый из них, найдём, что условие задачи выполняется только для числа 251.

Указания по оценке. Ответ при отсутствии объяснения, почему других ответов нет — 4 балла.

2. Ответ: 3. Решение: При n > 3 10n–1000 = 99…9000 (n–3 единицы). 99…9000 делится на 9000 = 25360. Поэтому все члены последовательности, начиная с четвертого, равны sin1000° = sin280° < 0, а синусы 1°, 10° и 100° больше 0.

Указания по оценке. Ответ без обоснования — 1 балл.

3. Доказательство: Проведем EF || AC. Тогда BF = FC и EF = AC/2. Поэтому FK || BD и FK = BD/2. Из условия следует, что треугольник EFK — равнобедренный (см. рис.), откуда EF = FK, и, следовательно, AC = BD.

4. Ответ: Все числа равны 9. Решение. Рассмотрим соседние тройки чисел, у которых два числа общие. Получим, что числа, разделенные двумя другими, равны. Двигаясь по кругу через два числа, получим, что все числа равны.

Указания по оценке. Ответ без обоснования — 0 баллов.

5. Ответ: Можно. Решение: Отметим в правильном тетраэдре ABCD середины рёбер AC, AD, BC и BD. Тогда у каждой грани тетраэдра будут отмечены середины двух её сторон. Заметим, что если взять две окружности радиуса 1/2 с центрами в серединах двух сторон правильного треугольника со стороной 1, то они целиком покроют этот треугольник. Поэтому от любой точки данной грани можно добраться до одной из двух отмеченных на ней точек, пройдя путь не более 1/2.

Указания по оценке. Ответ «можно» без обоснования — 0 баллов. За правильное указание точек — 4 балла, оставшиеся 3 балла — за обоснование.

Математическая олимпиада школьников
2013/2014 учебного года. Школьный тур, г. Котельнич

11 класс, усложнённый вариант

Решения и указания по проверке

1. Ответ: 3. Решение: При n > 3 10n–1000 = 99…9000 (n–3 единицы). 99…9000 делится на 9000 = 25360. Поэтому все члены последовательности, начиная с четвертого, равны sin1000° = sin280° < 0, а синусы 1°, 10° и 100° больше 0.

Указания по оценке. Ответ без обоснования — 1 балл.

2. Доказательство: Перемножив данные корни и использовав теорему Виета, получаем равенство . Преобразовав, получаем
b2–(a+c)2 = 0  (b–a–c)(b+a+c) = 0  b = a+c или b = a–c. В первом случае , во втором —

Указания по оценке. Рассмотрен только один из случаев b = a+c или b = a–c — не более 3 баллов.

3. Ответ: 2 раза. Решение. Заметим, что А + АА + ААА ≤ 9 + 99 + 999 = 1107 < 1111. Уже отсюда ясно, что все замены правильными быть не могут, причем одна неправильная замена обязательно должна быть в записи ББББ. Но если она ровно одна, то А = 9, ибо иначе А + АА + ААА ≤ 8 + 88 + 888 < 1000. Однако, в этом случае А + АА + ААА = 1107, и нарушений – два. Противоречие.

Указания по оценке. Ответ «2 раза» без всякого обоснования — 1 балл. Ответ «2 раза» с примером двух замен, но без обоснования невозможности меньшего числа замен — 3 балла. Ответ «2 раза» с обоснованием невозможности меньшего числа замен, но без примера двух замен — 4 балла.

4. Решение. Годится, например, прямая у = (x2+ax+b–x2+сx+d)/2 = (а+с)х/2 + (b+d)2. Заметим, что она делит пополам все отрезки, соединяющие точки наших парабол с одинаковыми абсциссами. Поэтому если какая-то из двух парабол пересекается с этой прямой, то в этой же точке с прямой пересекается и вторая парабола, что противоречит условию задачи. Таким образом, каждая из парабол целиком лежит с одной стороны от рассматриваемой прямой. При этом обе параболы по одну сторону от прямой лежать не могут, ибо никакой отрезок с концами на этих параболах не пересекался бы с прямой.

Указания по оценке. Прямая указана верно, обоснования нет — 1 балл. Ссылка на чертёж обоснованием быть не может!

5. Ответ: Нет. Решение. Будем обходить боковые грани по сторонам основания, начиная с вершины острого угла одной из них. Назовем грань левой, если прямой угол при ее проходе нам повстречался при входе, и правой — если при выходе. Первая грань — правая. Если все остальные — тоже правые, то при обходе каждое следующее боковое ребро пирамиды будет длиннее предыдущего, что после полного обхода приводит к противоречию. Значит, где-то после правой грани идет левая. Но тогда их общее ребро образует прямые углы с двумя пересекающимися прямыми плоскости основания, то есть является высотой пирамиды. Поэтому основание высоты пирамиды есть одна из вершин многоугольника, лежащего в ее основании, и внутренней его точкой оно быть не может.

Указания по оценке. «Решение примером» — 0 баллов.
Категория: Алгебра | Просмотров: 179 | | Рейтинг: 0.0/0
Всего комментариев: 0
avatar