close

Вход

Забыли?

вход по аккаунту

код для вставкиСкачать
1
Третя олімпіада з математики
Київського національного університету
імені Тараса Шевченка
для учнів 4–6 класів
«Єдина Україна»
Розв’язання завдань
4 клас
Основні задачі
1. Розшифруйте ребус ЯЯ  ЯЯ  МЯУ , де різним буквам відповідають різні
цифри, а однаковим буквам – однакові цифри. Перші цифри кожного числа не
можуть бути нулями.
Відповідь: 99  99  198 .
Розв’язання. Оскільки усього варіантів 9, то їх неважко перебрати, щоб знайти відповідь. Крім
того числа до 44 у сумі не дають трицифрове число. Отож внаслідок перебору маємо, що:
55  55  110 , 66  66  132 , 77  77  154 , 88  88  176 , 99  99  198 .
2. На олімпіаді серед 4-6 класів усі задачі розв’язали декілька учнів, причому рівно
двоє з них були не з 5 класу, і рівно двоє – не з 6 класу, решта з 4 класу. Яка
найбільша кількість дітей могла бути серед учасників олімпіади, які розв’язали усі
задачі?
Відповідь: 4 .
Розв’язання. Назвемо таких учнів переможцями. Тоді рівно 2 з них навчаються у 4 та 5 класах.
Рівно 2 з них навчаються у 4 та 6 класах.
Якщо переможців у 4 класі рівно 2, то серед 5-6 класів таких немає. Таким чином усього
переможців 2.
Якщо у 4-му класі такий 1, то їх по 1 у 5-му та 6-му. Таким чином усього переможців 3.
Якщо у 4-му таких немає, то їх по 2 у 5-му та 6-му класі. Таким чином усього переможців 4.
3. Якої ширини є стежка в парку, якщо вона має вигляд зображений на рис. 1 та
довжина зовнішньої лінії стежки на 16м довша за довжину внутрішньої лінії?
Відповідь: 2 метри.
Розв’язання. Якщо сторони прямокутника, що утворює внутрішній
периметр будуть a , b , а ширина стежки h , то зовнішній периметр
утворюється прямокутником зі сторонами a  2 h та b  2 h . Тоді
2 ( a  b )  16  2 ( a  2 h  b  2 h ) (або легко з рисунка побачити,
що зовнішній та внутрішній периметри відрізняються на 8 відрізків,
що дорівнюють ширині стежки). Тоді 8 h  16 , звідки ширина
стежки 2 метри.
Рис. 1
4. У Олесі було 100 олівців, серед яких були жовті, сині та зелені. Відомо, що серед
2
довільних 50 олівців, завжди є принаймні 1 жовтий, а серед довільних 60 олівців є
принаймні 1 синій. Скільки максимум серед олівців у Олесі може бути зелених?
Відповідь: 8 олівців.
Розв’язання. Жовтих олівців мінімум 51. Якщо їх не більше 50, то ми вибираємо інші 50 олівців і
умова задачі порушується. Так само не менше 41 олівця повинні бути синіми. Таким чином для
зелених максимальна можлива кількість: 100  51  41  8 .
5. Скільки часу потяг довжиною 500 метрів буде проїжджати тунелем довжиною
1 кілометр, якщо його швидкість у тунелі 20 м/сек.
Відповідь: 75 секунд.
Розв’язання. Проїжджати тунелем означає той час, поки локомотив заходить у тунель до виходу з
нього останнього вагону. Таким чином, у момент виходу потягу з тунелю локомотив буде на
відстані 500 м виходу з тунелю. Тому він повинен проїхати 1500 метрів, знаючи швидкість
знаходимо шуканий час: 1500
 75 секунд.
20
Додаткові задачі
6. Двоє батьків чекали своїх дітей, поки ті писали олімпіаду. Один іншому каже, що
у мене троє дітей і добуток їхнього віку дорівнює 36 (вік кожної дитини ціле число),
а сума їхнього віку – сьогоднішньому числу. Другий каже, що не може однозначно
визначити їхній вік. Якого числа проходила олімпіада?
Відповідь: 13 .
Розв’язання. Розкладемо на три множники число 36 :
36  1  2  18  1  3  12  1  4  9  1  6  6  2  2  9  2  3  6  3  3  4 .
Суми цих чисел дорівнюють: 21 , 16 , 14 , 13 , 13 , 11 , 10 . Як бачимо, єдине число, коли не можна
визначити вік дітей, знаючи суму їхніх віків – це 13 .
7. У тенісному кубку грають 16 команд. Кожного дня грається одна гра і той, хто
програє, вибуває з подальшого розіграшу кубку. Пара тенісистів, що грає
наступного дня, обирається напередодні випадковим чином з усіх гравців, що досі
не програвали. Яка найбільша кількість тенісистів по звершенню кубку могла
виграти рівно 2 гри?
Відповідь: 7 гравців.
Розв’язання. Після кожної гри вибуває 1 команда. Тому усього дуло зігране 15 ігор, тому рівно 7
команда мали змогу виграти рівно 2 зустрічі. Покажемо, що такий варіант можливий.
1 виграє у 16 та 15, 2 виграє у 14 та 13, 3 виграє у 12 та 11, 4 виграє у 10 та 9.
5 виграє у 1 та 2, 6 виграє у 3 та 4.
7 виграє у 5 та 6.
8 виграє останню зустріч у 7.
Таким чином по 2 ігри виграли усі гравці з 1 по 7.
8. Усі числа від 1 до 100 розбиті на дві групи – парні та непарні. У кожній з цих груп
порахували суму цифр усіх чисел. У якій з цих двох груп сума цифр більша та на
скільки?
Відповідь: сума у непарних більша на 49 .
Розв’язання. Розглянемо такі пари чисел: ap  a ( p  1) , де p - парна цифра. Усі числа мають
3
відповідність окрім чисел 1 та 100. Таких пар усього 49 і у кожній з них у відповідного непарного
числа сума цифр на 1 більша. Оскільки у чисел 1 та 100 однакова, то маємо відповідь, що сума у
непарних більша на 49.
5 клас
Основні задачі
1. Розшифруйте числовий ребус з добутком чотирицифрового числа та
одноцифрового, де однаковим буквам відповідають однакові цифри, а різним –
різні: УДАР  Р  РАДУ .
Відповідь: 1089  9  9801 .
Розв’язання. Неважко написати зв'язок між цифрами Р та У і одразу залишити можливі. Останні
цифри множників ( Р ) мають останньою цифрою ( У ) – перша цифра множника. Наприклад,
Р  1 , тоді У  1 - не можливо, бо повинно бути Р  У ;аналогічно Р  2 , тоді У  4 ; Р  3 ,
тоді У  9 ; Р  4 , тоді У  6 ; Р  5 , тоді У  5 ; Р  6 , тоді У  6 ; Р  7 , тоді У  9 ;
залишаються варіанти Р  8 , тоді У  4 та Р  9 , тоді У  1 . Перший з цих варіантів не
можливий, бо при множенні перших цифр виходить п’ятицифрове число. Залишається останній
варіант. Оскільки 12  9  108 , то друга цифра може бути тільки 0 . Таким чином залишається
знайти цифру А і вже маємо, що 10 А 9  9  9 А 01 . По другій з кінця цифрі маємо, що А  9
повинно мати останню цифру 2 , щоб при додаванні до 8 - першої цифри добутку 9  9 давало
останню цифру 0 , звідси А  8 . Перевіркою переконуємось, що знайдені значення умову
задовольняє: 1089  9  9801 .
2. Задача № 2 за 4 клас.
3. Знайдіть найменше натуральне a , для якого існує таке натуральне b , для яких
справджується рівність: 500 a  7 b  1 .
Відповідь: a  5 .
Розв’язання. Треба підібрати таке a , щоб число 500 a  1
ділилося на 7 . Простим перебором знаходимо, що найменшим
значенням є a  5 , тоді 500  5  1  7  357 .
4. Якої ширини є стежка в парку, якщо вона має вигляд
зображений на рис. 2 та довжина зовнішньої лінії
стежки на 16м довша за довжину внутрішньої лінії?
Рис. 2
Відповідь: 2 метри.
Розв’язання. Якщо порівняти зовнішній та внутрішній периметри, то вони відрізняються на 8
відрізків, що дорівнюють ширині стежки. Тому 8 h  16 , звідки ширина стежки 2 метри.
5. Усі 6 членів екіпажу невеликої шхуни зібралися на святкування 20-річчя матроса.
Виявилось, що штурман удвічі старший за юнгу та на 6 років старший від
машиніста. Боцман сказав, що він настільки старший юнги, на скільки молодший від
машиніста, крім того він на 4 роки старший матроса. Середній вік команди 28 років.
Який вік капітана?
Відповідь: 40 років.
Розв’язання. Матросу 20 років, тоді Боцману 24, юнзі - 24  x , а машиністу - 24  x . Тоді з віку
4
штурмана можна скласти таке рівняння: 2  ( 24  x )  30  x , звідси x  6 . Тому юнга має 18
років, машиніст 30, а штурман 36. Якщо вік капітана y , то
середній вік усієї команди складає:
1
(18  20  24  30  36  y )  28 , звідки y  40 .
6
Додаткові задачі
6. Розріжте дошку зображену на рис. 3, що
складається з 64 одиничних квадратиків, на дві
частини (не обов’язково прямолінійним розрізом)
так, щоб з них можна було скласти дошку 8  8 .
Рис. 3
Відповідь: Один з варіантів показаний на рис. 4.
7. Задача № 7 за 4 клас.
8. Чи існує трицифрове число, яке при діленні на 3
має остачу 1, при діленні на 5 має остачу 3, при
діленні на 7 має остачу 5 та при діленні на 9 має
остачу 7?
Відповідь: існує.
Дивись розв’язання задачі № 8 за 6-й клас.
6 клас
Основні задачі
Рис. 4
1. Розшифруйте ребус 38 ,*  * 6  * * * , де за зірочками приховуються деякі ненульові
цифри (зірочкам можуть відповідати різні ненульові цифри).
Відповідь: 38 , 5  16  616 .
Розв’язання. Щоб число було цілим, цифра після коми може бути тільки 5. Крім того, перша
цифра другого множника має бути 1, бо при більшій цифрі добуто 38 , 5  26  1001 - більше ніж
трицифрове. Звідси й знаходимо шукану відповідь: 38 , 5  16  616 .
2. Задача № 2 за 4 клас.
3. Задача № 3 за 5 клас.
Рис. 5
4. У квадраті 4  4 половина клітин пофарбована у чорний колір, а інша
половина – у білий, як це показане на рис. 5. За один хід можна перефарбувати у
протилежний колір клітини будь-якого прямокутника всередині квадрату. За 3 таких
перефарбування зробіть так, щоб клітини квадрата 4  4 будуть пофарбовані у
шаховому порядку.
Відповідь: Можливий варіант зображений на рис.6-8.
5. Задача № 6 за 4 клас.
Рис. 6
Рис. 7
Рис. 8
5
Додаткові задачі
6. Задача № 7 за 4 клас.
7. Є горизонтальна стрічка, що складається з 2015 клітинок. На крайній клітині зліва
стоїть біла фішка, якою грає Петрик, на крайній справа клітині стоїть чорна фішка,
якою грає Михайлик. За один хід кожний з гравців має пересунути свою фішку на
сусідню клітину стрічки праворуч чи ліворуч, якщо вона не зайнята фішкою
супротивника. Програє той, хто не може зробити черговий хід. Хто виграє при
правильній грі обох, якщо першим хід робить Петрик?
Відповідь: Петрик перемагає.
Розв’язання. За умови гри виграш отримає той, хто змусить противника повернутися до своєї
початкової клітинки, а сам зробить останній хід в сусідню з нею клітинку. Зрозуміло, що виграшна
позиція буде у того гравця, який перед своїм ходом матиме непарну кількість клітинок до фішки
противника.
Своїм першим ходом (і кожним наступним) Петрик робить відстань між фішками парною, а
Михайлик кожним своїм ходом – непарною. Тому перемагає Петрик, якщо він буде кожного разу
ходити назустріч фішці Михайлика, доки та не опиниться в крайній правій клітинці. Останнім
своїм ходом Петрик займає сусідню клітинку і завершує гру.
8. Скільки існує трицифрових чисел, які при діленні на 3 мають остачу 1, при
діленні на 5 мають остачу 3, при діленні на 7 мають остачу 5 та при діленні на 9
мають остачу 7? Наведіть усі ці числа.
Відповідь: 3 числа, 313 ; 628 ; 943 .
Розв’язання. Додамо до шуканого числа 2 , тоді воно буде ділитись одночасно на 3, 5 , 7 та 9 ,
атому розглянемо добуток 5  7  9  315 , а тому найменше шукане трицифрове число – це 313 .
Так само можна знайти і усі такі числа: 2  5  7  9  2  628 та 3  5  7  9  2  943 .
1/--страниц
Пожаловаться на содержимое документа