. Ответ: последняя амёба - синяя.

РЕШЕНИЯ. 10 КЛАСС.

1. Пусть x$ - стоимость первого автомобиля, y$ - стоимость

второго автомобиля. При продаже Вася получил 9000$ чистой прибыли. Составляем

систему уравнений:

.

Решив систему, найдём . Тогда

сумма штрафа составляет 12000$. 12000 - 9000=3000.

Таким образом, Вася потерял 3000$.

A1	A2	A3	A4	A5	A6	A7	A8
B1	B2	B3	B4	B5	B6	B7	B8
C1	C2	C3	C4	C5	C6	C7	C8

2. (A1A2A3B1B2B3

C1C2C3) (A3A4A

5B3B4B5C3C4C5

) (A6A7A8B6B7

B8C6C7C8)=(A1A2

A3A4A5A6A7A8

)

 (B1B2B3B4B5B6B7B8) (C1C2C3C4C5C6C7C8)(A3B3C3).

Т.е. A3B3C3=8. Аналогично - C1C2C3=8.

Произведение чисел в квадрате 66, стоящем на пересечении 3-8 столбцов и

3-8 строк равно 16, так как этот квадрат разбивается на 4 квадрата 33.

В оставшемся уголке (на рисунке он заштрихован) произведение чисел равно 1/16,

так как во всей таблице произведение равно 1. Но произведение чисел в

закрашенном уголке можно также получить, перемножив числа первой и второй

строк, первого и второго столбца и разделив всё это на A1A2

B1B2. Отсюда A1A2B1B

2=16.

(A1A2B1B2)( A3B3C3)( C1C2C3)=(A1A2A3B1B2B3C1C2C3)C3.

1688=2С3. Откуда С3=512, A3B3=8/512=1/64.

Ответ: 1/64.

3.

.

4. Пусть вписанный в первую окружность

. Соответствующий ему центральный угол

. Но вписан во вторую

окружность, поэтому .

- это угол между касательной BC и секущей AB, поэтому

. Тогда по теореме о сумме углов треугольника,

. Значит, - равнобедренный. AB=BC, что и требовалось доказать.

5. Каждому цвету поставим в соответствие один из остатков по модулю 4.

Синий - 0, оранжевый - 1, фиолетовый - 2, зелёный - 3. Вместо хамелеонов

будем рассматривать 2002 целых числа, стоящие по кругу. Операция смены цвета

в новой трактовке будет равносильна прибавлению 1 к четырём последовательно

стоящим числам. (При этом, если будет получаться число, большее 3, то оно

заменяется на остаток от деления на 4.) В начальный момент времени по кругу

стоят нули и нам требуется узнать, можно ли путём указанной операции сделать

все числа, равные трём.

В начальный момент времени сумма равна 0 и на каждом шаге она может

изменяться лишь на величину, кратную четырём, т.е. сумма всех чисел на каждом

шаге будет делиться на 4. Поэтому 2002 тройки (которые в сумме дают

6006=41501+2) получить нельзя.

РЕШЕНИЯ. 11 КЛАСС.

1. Перенесём все слагаемые в левую часть.

.

2. ,

,

,

.....

.

.

3. Пусть x - количество мальчиков, y - количество девочек.

- стоимость сникерса, -

стоимость марса (в копейках). Составим уравнение.

.

.

.

. .

- целое положительное число

(т.к. по условию x>y), b и a - также

целые числа, так как копейка - самая мелкая денежная единица. Следовательно

(b-a) - это положительный делитель 100. Возможные варианты: 1, 2, 4, 5, 10, 20,

25, 50 и 100. Такие же варианты будут и для разности x-y.

Ответ: мальчиков может быть больше, чем девочек, на 1, 2, 4, 5, 10,

20, 25, 50 и 100.

Пусть O - точка пересечения диагоналей параллелограмма ABCD, она же

является точкой пересечения диагоналей ромба AKCM.

AD=BC, тогда, по условию, 2AD=BD. AD=BD/2=OD.

- равнобедренный. Пусть R - середина отрезка OA. Тогда медиана DR

является также высотой. .

по свойству диагоналей ромба. Значит,

. Пусть T -точка пересечения DR и AB. По теореме Фалеса,

; . Следовательно,

.

Поставим в соответствие каждому цвету остаток по модулю 3: красному - 0,

жёлтому - 1, зелёному - 2. Тогда операция нажатия на кнопку будет равносильна

прибавлению единицы к трём числам, находящимся в вершинах выбранной грани

(если при этом где-либо будет получаться тройка, то вместо неё будет

записываться - 0, т.е. остаток от деления на 3). А вопрос задачи будет

звучать следующим образом: можно ли все числа в вершинах тетраэдра сделать

равными единице? Таким образом, сумма чисел в вершинах тетраэдра будет

изменяться каждый раз на слагаемое кратное трём. А т.к. в начальный момент

она была равна 0, то в любой момент времени сумма кратна трём. Поэтому

единицы в вершинах тетраэдра получить нельзя, ведь в этом случае сумма всех

чисел равна 4, а 4 на 3 нацело

3.4 Математический бой . схема провидения.

Схема матбоя. Матбой - это соревнование двух команд в решении нестандартных

задач , подобранных жюри, в умении рассказывать решение у доски и в умении

проверять чужие решения.

Команды получают одинаковые задачи и решают их в разных помещениях в течении

заданного времени. Таким образом, матбой состоит из двух частей: решение

задач и собственно боя.

Чтобы определить, в каком порядке команды будут рассказывать решения задач,

команды делают вызовы: одна называет номер задачи, решение которой она желает

услышать, другая сообщает, принят ли вызов. Обычно команды вызывают друг

друга по очереди.

Страницы: 1, 2, 3, 4, 5