Решения матбоя №1 icon

Решения матбоя №1



НазваниеРешения матбоя №1
Дата конвертации20.05.2012
Размер26.92 Kb.
ТипДокументы

Решения матбоя №1

5-8 классы

2009/2010


1. Пусть сначала мальчиков было х, тогда, так как мальчиков было 50% от числа всех учащихся, то

девочек тоже было х, а всех учащихся – 2х. После изменений число учащихся стало равно 0,9х,

а мальчиков стало 0,550,9(2х)=0,99х<х, т. е. число мальчиков уменьшилось.


2. Предположим, что указанные числа существуют. Не нарушая общности, считаем, что с
Рассмотрим также угловые коэффициенты этих прямых : b/c, a/b, c/a. Из расположения прямых следует, что b/c < a/b < c/a, отсюда ab2 , что противоречит предположению a

3. Мог, рассмотрим пример. Пусть участвовало 7 команд, «Спартак» одержал 2 победы и потерпел 4 поражения. Тогда «Спартак» набрал 4 очка. Команды, которым он проиграл, все остальные игры играли в ничью, т.е. у них по 2+1+1+1+1+1=7 очков. Команды, у которых «Спартак» выиграл, тоже остальные игры сыграли в ничью: 0+1+1+1+1+1=5 очков.


4. I решение.

Возьмем всех ладей, стоящих в правом нижнем квадрате и вычеркнем те вертикали и горизонтали, в которых они стоят. Все вычеркнутые горизонтали пройдут через левый нижний квадрат, а все вычеркнутые вертикали – через правый верхний. Поэтому в левом нижнем квадрате останется столько же не вычеркнутых горизонталей, сколько в правом верхнем – невычеркнутых вертикалей. Все горизонтали, не вычеркнутые в левом нижнем квадрате, должны быть пробиты ладьями, стоящими в левом нижнем квадрате. Все вертикали, не вычеркнутые в правом верхнем квадрате, должны быть пробиты ладьями, стоящими в правом верхнем квадрате. Так как этих горизонталей и вертикалей поровну, то поровну и ладей в указанных квадратах.

II решение.

Т.к. на любой горизонтали стоит ровно одна ладья, то в верхней и в нижней половине будет по 4 ладьи. Т.к. на любой вертикали стоит по одной ладье, то в левой и в правой половине будет по 4 ладьи. Пусть в правой нижней четверти стоит х ладей, тогда в левой нижней четверти будет (4-х) ладей. В правой верхней четверти будет тоже (4-х) ладей.




5. Обозначим точки пересечения отрезков BD и AD c отрезком EC через H и F соответственно.  EBH =  ACF по 2-м углам и стороне между ними. Тогда

BH=AF,  EHВ=  AFC.

FHD=180- EHВ =180- AFC =HFD, отсюда  FHD – равнобедренный, и FD=DH. Находим, что AD=AF+FD=BH+HD=BD.


6. Пять математиков отличаются тем, что они назвали друг друга. Мюнхаузену нужно спросить

лpng" name="object2" align=left hspace=12 width=182 height=194>юбого человека, и больше не рассматривать его и тех, кого он назвал, потом спросить любого другого, не входящего в эту пятерку, и больше не рассматривать его и тех,кого назвал второй опрошенный. Так ему нужно отсечь все пятерки, пока не останется один человек, которого никто не назвал, он не будет математиком.


7. Первый разрез даст 2 части. Каждый новый разрез позволит разделить на тем большее число частей, чем больше уже имеющихся частей он пересечет. Значит, вторым разрезом можно добавить еще 2 части, 3-м – добавить еще 3 части, 4-м –

четыре части и пятым – пять частей. Получим 16 частей.


8. 1+3+5+7+9+ … +19=(1+19)+(3+17)+ … +(9+11)=205=100. Предпоследним ходом Малыш взял 19 конфет, последним – одну. Карлсон взял 2+4+ … +20 = 225=110 конфет, всего было 211 конфет.


9. Пусть s=a+b+c, тогда, = 100(с+b)+10(c+a)+(a+b)=100(a-s)+10(s-b)+(s-c)=

=100a+10b+c-111s=-111s=-373s=(k-3s)37, где=37k .


10. Так как отрезки FE и BC, FA и DC, AB и DE равны и параллельны , то FEBC, FADC, ABDE – параллелограммы. Их центры (являющиеся центрами симметрии каждого из параллелограммов) лежат на серединах их диагоналей и совпадают, обозначим описанную точку через О. Тогда F и C, A и D, B и E симметричны относительно О. Треугольники DBF и ACE симметричны относительно О, и площади этих треугольников равны.




Похожие:

Решения матбоя №1 iconРешения матбоя №3
Поэтому, чтобы выполнялось требование в условии задачи, необходимо, чтобы все числа в таблице имели одинаковый остаток от деления...
Решения матбоя №1 iconРешения матбоя №4
Пусть Х – длина пути по ровному месту dc, тогда ad+CB=9-x. Участки ad и cb турист проходит дважды, один раз в гору со скоростью 4...
Решения матбоя №1 iconРешения матбоя 4
Поделив 1 на 1996, мы получим 0,00050100 Зачеркиванием первой цифры после запятой мы получим число (1/1996 — 1/2000) • 10. Чтобы...
Решения матбоя №1 iconРешения матбоя №2
Кроме того, число тем больше, чем больше каждая его цифра. Поэтому выберем 8 в качестве первой цифры. 83, 89 – простые, выбираем...
Решения матбоя №1 iconНестандартные методы решения иррациональных уравнений и неравенств. 1-й метод решения

Решения матбоя №1 iconРешение еспч по делу Вожигов против России от 26 апреля 2007 года., №5953/02 (полный текст решения о приемлемости, обзор решения по существу)

Решения матбоя №1 iconДокументы
1. /олимпада решения/2010 8кл г.doc
2. /олимпада...

Решения матбоя №1 iconЦентральному комитету кпрф
Решения XIII съезда партии безусловно будут в основе нашей практической работы. Но соответствуют ли решения съезда и деятельность...
Решения матбоя №1 iconПриказ №116г. От 01. 09. 2011г. «Об утверждении Основной образовательной программы начального общего образования (ооп ноо) моу юдинской оош» На основании решения Педагогического Совета школы (протокол №1 от 29.
...
Решения матбоя №1 iconЭкологические проблемы современной россии и пути их решения
Ознакомьтесь с деятельностью Гринпис в современной России, подумайте и предложите свои решения экологических проблем
Разместите кнопку на своём сайте:
Документы


База данных защищена авторским правом ©podelise.ru 2000-2014
При копировании материала обязательно указание активной ссылки открытой для индексации.
обратиться к администрации
Документы

Разработка сайта — Веб студия Адаманов