РЕШЕНИЯ И КРИТЕРИИ

РЕШЕНИЯ И КРИТЕРИИ

1. Решение. Верхнюю часть квадрата, прямоугольник 2х5, разобьем на две 5-клеточные фигуры и перевернем этот прямоугольник на 180 градусов. Аналогично перевернуть нижнюю часть квадрата, прямоугольник 3х5.

Критерии проверки. Любой правильный пример разбиения с проверкой – 7 баллов, в противном случае – 0 баллов.

2. Ответ. 80° и 60°.

Решение. Рассмотрим возможные варианты равнобедренных треугольников.

а) Если АВ=АМ, то очевидно в треугольнике ВМС основание – сторона ВС. Тогда угол АВС = сумме углов АВМ и МВС, и равен 105°. Противоречие.

б) Если АВ=ВМ, то угол АВС > угла АВМ = 100°. Противоречие.

в) Остался вариант АМ=ВМ. Тогда углы ВАМ и АВМ равны по 40°, угол АМВ = 100°. Значит, в треугольнике ВМС угол ВМС равен 80° и, следовательно, МС – основание (т.к. АВС – остроугольный треугольник). Отсюда получаем, что оставшиеся два угла треугольника АВС равны 80° и 60°.

Критерии проверки. Верное решение – 7 баллов, рассмотрены не все варианты, правильный ответ получен – не более 4 баллов, получен правильный ответ, но имеются посторонние решения (без учета того, что АВС остроугольный) – 3 балла, только правильный ответ с проверкой – 1 балл.

3. Ответ. 6.

Решение. Заметим, что «не у всех Лжеморозов есть Снегурочка» означает, что существует Лжемороз, у которого Снегурочки нет. И он ответит «да» на первый вопрос. Кроме того, Деды Морозы отвечают «да» на оба вопроса. Значит, Дедов Морозов не более 9. Но на втоой ответ ответили «да» 15 человек. Из них не более 9 – Деды Морозы. Значит, не менее 6 – Лжеморозы. Осталось доказать, что может быть ровно 6 Лжеморозов. Пусть у нас 9 Морозов, 1 Лжемороз, у которого Снегурочка есть, но с ним не пришла и 5 Лжеморозов, у которых Снегурочки и вовсе нет.

Критерии проверки. Верное решение – 7 баллов,
доказано, что Лжеморозов не менее 5 – 2 балла,
доказано, что Лжеморозов не менее 6 – 3 балла,
приведен верный пример – 3 балла,
решение неверно или только ответ – 0 баллов.
Задача правильно решена в условии, что может среди присутствующих не быть Лжеморозов без Снегурочки – 5 баллов.

4. Ответ. Весь.

Решение. Примем весь круг за 1. Пусть за время T ДМ пробегает 12 кругов, Снегурочка – 5. Значит, ДМ убегает от Снегурочки со скоростью (12-5)/Т=7/T кругов. Поэтому полкруга он пробежит за время T/14. Снегурочка за это время преодолеет дистанцию (5/T) · (T/14) = 5/14 круга. Следующий отрезок времени ДМ будет нагонять Снегурочку. За это время они пробегут такие же расстояния, и она при этом реветь не будет. Затем, такую же дистанцию опять будет реветь и так далее.

Таким образом, на первом круге она заревет 1, 2, 3, 4, 5, 11, 12, 13, 14 –ю части (из 14 частей) круга. На втором круге: 1, 7, 8, 9, 10, 11. На третьем: 3, 4, 5, 6, 7, 13, 14. На четвертом: 1, 2, 3, 9, 10, 11, 12, 13. На пятом: 5, 6, 7, 8, 9-ю части из 14. Итого, заплаканы все части (уже после третьего круга).

Критерии проверки. Верное решение – 7 баллов, решение в целом верное, но недостаточно обоснованное – 5 баллов, правильно получена закономерность когда плачет Снегурочка, но дальнейших продвижений нет или они не правильные – 3 балла, решение неверно или только ответ – 0 баллов.

5. Ответ. 12 или 21.

Решение. При сложении возможны два случая: когда-то происходит переход в следующий разряд или нет.

а) Заметим, что если перехода ни разу не было, то сумма цифр полученного результата совпадает с суммой цифр каждого слагаемого. В нашем случае такое возможно. Например, 426 + 351 = 777 (сумма цифр результата всегда будет равна 21).

б) Покажем, что переход в другой разряд мог быть не более 1 раза. Действительно, рассмотрим ситуацию, когда впервые возникает переход. Это может быть только при сложении 5+6 или 4+6. Но, тогда при сложении цифр следующих разрядов мы получим сумму не более 8, а значит, больше переходов не будет. Осталось заметить, что во время перехода сумма цифр результата уменьшается на 10-1=9. Поэтому всегда будет получаться сумма цифр 21-9=12. Например, 345 + 216 = 561.

Критерии проверки. Верное решение – 7 баллов, при переборном решении пропущен хотя бы один случай – не более 5 баллов, приведены примеры сложения, дающие суммы цифр 12 и 21 – 2 балла, решение неверно или только ответ – 0 баллов.

6. Решение. Школьник может ставить плюсы до тех пор, пока он открывает цифры 0, 3, 6 или 9. На этом этапе сумма открытых чисел остается кратной 3. Перед первой цифрой, не кратной 3, он тоже ставит + (это случится, потому что есть цифра 5). Сумма перестанет быть кратной 3. Теперь школьник может каждым ходом поддерживать не делимость на 3. А именно, перед цифрой, кратной 3, он ставит +, ведь добавление её не влияет на делимость на 3. Если он открыл 5 (к примеру), то прибавление и вычитание 5 дает варианты суммы, отличающиеся на 10. Но 10 на 3 не делится, поэтому хотя бы в одном из этих вариантов сумма не кратна 3. Именно её школьник и делает. Аналогично, для любой другой цифры, не кратной 3, варианты суммы отличаются на эту удвоенную цифру, такое число не кратно 3, поэтому и там он может так выбрать знак, чтобы новая сумма не была кратна 3. Действуя по такому алгоритму, школьник получит окончательную сумму, не кратную 3, а значит, не кратную 6.

Критерии проверки. Верное решение – 7 баллов, приведена верная стратегия, но не достаточно обоснованная – не более 5 баллов, решение неверно (в том числе рассмотрены только некоторые частные случаи) – 0 баллов.

⇐ Предыдущая 12