розробка

Description
1. Нетішинська загальноосвітня школа І-ІІІ ступенів №1 Нетішинської міської ради…

Please download to get full document.

View again

of 95
All materials on our website are shared by users. If you have any questions about copyright issues, please report us to resolve them. We are always happy to assist you.
Information
Category:

Education

Publish on:

Views: 0 | Pages: 95

Extension: PDF | Download: 0

Share
Transcript
  • 1. Нетішинська загальноосвітня школа І-ІІІ ступенів №1 Нетішинської міської ради Хмельницької області О.А. Шевчук Л.М.Нижня Готуємось до олімпіади з математики 7 клас Посібник для вчителів та учнів
  • 2. Схвалено методичним об’єднанням вчителів математики Нетішинської ЗОШ І-ІІІ ступенів №1 Нетішинської міської ради Хмельницької області (протокол №3 від 12.12. 2013 р.) Нижня Л.М., Шевчук О.А. Готуємось до олімпіади з математики. 7 клас. Посібник для вчителів та учнів. – Нетішин, 2014. – 90с. Даний посібник розроблений на основі досвіду роботи вчителів математики Нетішинської ЗОШ І-ІІІ ступенів №1. Посібник покликаний допомогти вчителям при проведенні гуртків, факультативних занять та курсів за вибором, при підготовці учнів до математичних олімпіад та інших математичних змагань. Він буде корисний учням, які бажають досконало, поглиблено і всебічно вивчати математику, розвивати свій кругозір, логіку та креативне мислення. 2
  • 3. ПЕРЕДМОВА Школа повинна бути не коморою знань, а середовищем думки. В.Сухомлинський Математична підготовка в загальноосвітній школі насамперед спрямована на міцне забезпечення системою знань та вмінь, засвоєння учнями основних алгоритмів розв’язування задач стандартних типів. Тому значна роль у вирішенні завдання розвитку творчої особистості належить різним формам позакласних занять. Своєрідним підсумком їх служать математичні олімпіади та конкурси, МАН. Одним із важливих засобів розвитку математичних здібностей та творчого мислення учнів є розв’язування логічних задач. Логічними називають нестандартні задачі, які дають змогу формувати в школярів вміння розмірковувати, критично мислити, знаходити розв’язання проблеми, застосовувати отримані знання на практиці, переносити відомі йому способи дій у нестандартні ситуації та відкривати нові способи діяльності. Для формування логічних умінь необхідна вміло підібрана, цілеспрямована система вправ. На заняттях математичного гуртка, факультативу чи курсу за вибором можна запропонувати цікаві нестандартні задачі, що вимагають уважності, кмітливості й винахідливості; задачі парадоксального характеру, які потребують прояву інтуїції, домислу тощо. Даний збірник створений, щоб надати допомогу вчителю у важливій і важкій справі розвитку у школярів креативного мислення, їх творчих здібностей, у підготовці їх до олімпіад з математики. 3
  • 4. Збірник призначений для навчання обдарованих та математично здібних учнів 7-х класів. 1. Принцип Діріхле Німецький математик Петер Лежен Діріхле у своїх наукових працях часто користувався міркуваннями, які зараз називають принципом Діріхле. Знайомство із цим принципом можна розпочати із задачі: «Чи можна розмістити 5 кроликів у чотирьох клітках так, щоб у жодній з кліток не містилося більше одного кролика?» Розв’язати задачу можна завдяки таким міркуванням: якби у кожній клітці сиділо не більше одного кролика, то у чотирьох клітках помістилося б не більше чотирьох кроликів. А тому п’ять кроликів таким способом не можна розмістити. В загальному випадку принцип Діріхле можна сформулювати так: у кожній сукупності з n множин, де загальна кількість елементів перевищує n, є принаймні одна множина, в якій міститься не менше двох елементів. Приклад 1. У похід пішли 12 туристів. Наймолодшому з них – 20 років, а найстаршому – 30. Чи є серед них однолітки? Розв’язання Туристи утворюють 30–20+1=11 вікових груп. Тому є 11 груп (кліток) і 12 туристів (кроликів). Оскільки 12>11, то принаймні в одній віковій групі знайдеться два туристи, які є однолітками. 4
  • 5. Приклад 2. На 5 поличках розміщено 160 книг, причому на одній із них - 3 книги. Доведіть, що знайдеться поличка, на якій буде стояти не менше ніж 40 книг. Розв’язання Нехай на кожній із решти 4 поличок не більше ніж 39 книг. Тоді на всіх 5 поличках не більше ніж 3 + 4∙39 = 159 книг, що суперечить умові. Отже, на одній із поличок не менше ніж 40 книг. Приклад 3. У школі навчається 400 учнів. Доведіть, що хоча б двоє з них народилися в один день. Розв’язання Роль кроликів у цій задачі відіграють учні, а роль кліток – дні. За умовою задачі маємо 400 учнів і 365 днів. Оскільки 400 > 365, то принаймні знайдеться два учні, що народилися в один день. Приклад 4. Хлопчик мав 100 табличок з числами 1, 2, 3, …, 100, але загубив 79 з них. Чи обов’язково серед решти табличок знайдуться чотири такі, що сума чисел на двох із них дорівнюватиме сумі чисел на двох інших? Розв’язання У хлопчика залишилася 100 – 79 =21 табличка. Із цих табличок можна утворити: різних пар. (Кроликами є пари, а клітками – суми). Оскільки усі пари з чисел 1, 2, …, 100 дають 197 різних сум – від 3 до 199 і 197 < 210, то принаймні у двох парах із 210-ти суми співпадатимуть. Отже, серед табличок знайдеться чотири такі, що сума чисел на двох із них дорівнюватиме сумі чисел на двох інших. 5
  • 6. Приклад 5. Доведіть, що серед будь-яких шести цілих чисел знайдеться два числа, різниця яких буде кратна 5. Розв’язання При діленні на число 5 можна отримати п’ять різних остач: 0, 1, 2, 3, 4. Шість чисел при діленні на 5 дають шість остач, серед яких може бути найбільше п’ять різних. Оскільки 6 > 5, то серед остач знайдеться дві однакові. Різниця чисел, що дають однакові остачі при діленні на 5, буде кратна 5. Задачі для самостійного розв’язування 1. 15 хлопчиків зібрали 100 грибів. Доведіть, що принаймні двоє з них зібрали однакову кількість. (Оскільки 100 >15, і 100 можна представити 100 = 15 6 + 10, то принаймні двоє з хлопчиків зберуть однакову кількість грибів. Якби вони всі зібрали б різну кількість, то грибів було б 120 ≠ 100). 2. 10 друзів надіслали один одному святкові листівки. Кожний з них надіслав 5 листівок. Доведіть, що принаймні двоє друзів надіслали листівки один одному. (З 10 друзів утворити можна 45 пар: 1+2+3+4+5+6+7+8+9=45, а листівок всього 5 і 50>45, тому принаймні двоє надіслали листівки один одному). 3. У ящику лежать червоні і чорні кульки. Яку найменшу кількість кульок потрібно вийняти з ящика, щоб серед них дві кульки виявилися одного кольору? (Кульки є двох кольорів, тому взяти потрібно 3 кульки. У цьому випадку роль кроликів відіграють кульки, а роль кліток - кольори). 6
  • 7. 4. На кожній клітинці дошки 5х5 сидить жук. За командою жуки переповзають на сусідні клітинки. Клітинки вважаються сусідніми, якщо вони мають спільну сторону. Довести, що після того, як усі жуки переповзуть, знайдеться клітинка, на якій сидітимуть принаймні два жуки. (На шахівниці 5х5 є 25 клітинок, серед яких 12 білих і 13 чорних. Оскільки жуки переповзають на сусідні клітинки, тоді на білі клітинки мають переповзти чорні жуки. Але 13 >12, тому на одній білій клітинці сидітиме щонайменше два чорних жуки). 5. У сьомому класі навчається 30 учнів. У диктанті один учень припустився 12 помилок, а решта – менше. Довести, що принаймні троє учнів припустились однакової кількості помилок. (Оскільки помилок може бути 0, 1, 2, 3, …, 12 і якщо кожну кількість помилок допустили б тільки два учні, то всього учнів було б 2 +1=25, але їх 30. 30>25, тому принаймні троє учнів припустились однакової кількості помилок). 6. Дано 12 довільних двоцифрових чисел. Доведіть, що серед них є два, різниця яких дорівнює двоцифровому числу, записаному однаковими цифрами. (Однаковими цифрами записуються двоцифрові числа, кратні 11. Остачі від ділення на 11 можуть дорівнювати: 0, 1, 2, 3, …, 10, тобто їх 11. Але 12>11, тому хоча б два числа дають однакові остачі. Це значить, що різниця цих чисел ділиться на 11 і є двоцифровим числом, записаним однаковими цифрами). 7. У квадраті зі стороною 1 взяли 51 точку. Довести, що деякі три із цих точок можна накрити квадратом зі стороною 0,2. 7
  • 8. (Розіб’ємо квадрат площею 1 на 25 маленьких квадратиків. Площа кожного з них дорівнює 0,04, а сторона – 0,2. Оскільки 2 ·25+1=51, то це значить, що в один квадратик попаде принаймні три точки). 8. У місті більше ніж 8 мільйонів жителів. Науковці вважають, що в кожної людини менш ніж 200 000 волосин на голові. Доведіть, що є принаймні 41 житель з однаковою кількістю волосин на голові. (Роль кроликів відіграють жителі, а роль кліток - усі можливі варіанти кількості волосин на голові. Оскільки в кожної людини менш ніж 200000 волосин на голові, то це значить, що кількість волосин може бути від 0 до 199999. Тому існує всього 200000 варіантів, а 40 ·200000 = 8000000, і згідно з принципом Діріхле знайдеться принаймні 41 житель, що має однакову кількість волосин на голові). 9. Доведіть, що в будь – якій компанії із 5 чоловік знайдеться двоє, які мають однакову кількість знайомих у цій компанії. (Число знайомих може бути: 0,1,2,3,4. Якщо у когось четверо знайомих, то ні в кого не може бути 0 знайомих). 2. Зважування Задачі на зважування - досить поширений вид олімпіадних завдань. У таких завданнях, той, хто розв’язує, повинен локалізувати предмет, що відрізняється від інших по вазі за обмежене число зважувань. Пошук розв’язування в такому випадку здійснюється шляхом операцій порівняння, правда, не лише одиночних елементів, але і груп елементів між собою. Розв’язуючи такі задачі, не забувайте розібрати всі варіанти. 8
  • 9. Приклад 1. На столі лежать 9 монет і одні шалькові терези. Одна із монет є легшою, ніж всі інші. Як за допомогою 2 зважувань визначити, яка із них легша? Розв’язання Розділимо 9 монет по 3 у три купки. Дві з трьох купок покладемо на різні сторони терезів. Якщо терези не переважили в одну зі сторін, то виходить, що вага монеток є рівною, отже, легша монета залишилася в незваженій третій купці. З 3-ма монетами, що залишилися, вчиняємо так само. Зважуємо дві монети. Якщо їхня вага виявилася рівною, то легшою буде незважена монета. Приклад 2. На столі лежить десять пронумерованих капелюхів. У кожному капелюсі лежить по десять золотих монет. В одному з капелюхів монети фальшиві. Справжня монета важить 10 грамів, а фальшива - 9. Як визначити в якому з капелюхів знаходяться фальшиві монети, використовуючи ваги тільки для одного зважування? Ваги можуть зважувати не більше 750 грам. Розв’язання З першого капелюха беремо одну монету, з другого дві, з третього три й т.д., кладемо всі ці монети на ваги. Якби всі монети були справжніми, то вага була б: 10∙(1+2+3+4+5+6+7+8+9+10). Разом: 550 грам. Але кілька монет є фальшивими, а скільки - легко довідатись. Досить із 550 відняти ту вагу, що ми одержали і ми побачимо «погрішність», рівну кількості фальшивих монет. Кількість монет вкаже на капелюх. Задачі для самостійного розв’язування 9
  • 10. 1. Серед чотирьох монет є одна фальшива, як знайти її за 2 зважування на шалькових терезах без гир? Чи можна при цьому з’ясувати легша вона чи важча? (Позначимо монети a, b, c, d. Першим зважуванням порівнюємо вагу a і b. Нехай a ≠ b (наприклад, a < b ). Тоді c і d – справжні, а фальшива a чи b . Для визначення порівнюємо a і с. Якщо a = с, то b фальшива і важча, оскільки a < b. Якщо a ≠ с, то фальшива a. Аналогічно поступаємо, якщо a = b) . 2. Є 5 монет, серед яких одна - фальшива. Невідомо, легша вона або тяжча дійсної. Вага дійсної монети - 5г. Як за допомогою двох зважувань на терезах можна знайти фальшиву монету, маючи одну гирю вагою 5г? (Позначимо монети А, В, С, D, Е. Покладемо монети А і В на одну чашу терезів, а монету С з гирею - на другу. Якщо терези врівноважені, тоді фальшива монета серед D і Е. Наступним зважуванням покладемо на терези гирю і монету D (за рівноваги терезів - Е, за не рівноваги - D). Коли терези не врівноважені, то потрібно розглянути 2 випадки. Якщо переважує чаша з А і В, тоді фальшива монета серед трьох: А, В або С. Відкладені D і Е - справжні. Для другого зважування покладемо на чашу терезів монети А і С, а на другу - 2 справжніх (або одну справжню і гирю), а монету В відкладемо. Якщо монети врівноважаться, то монета В – фальшива. Якщо терези не врівноважаться і переважать чаші з монетами А і С, тоді фальшива А, коли ж ця чаша легша, тоді і фальшива монета С). 3. Маємо 6 однакових за виглядом монет, чотири з них справжні, а дві фальшиві: обидві легші за справжні, але їх маса різна. За три зважування на шалькових терезах без гир знайдіть обидві фальшиві монети. 10
  • 11. (Позначимо вагу монет a1, …, a6. Першим зважуванням порівняємо a1 і a2. 1) a1= a2. Тоді a1 і a2 справжні. Порівнюємо a3 і a4, якщо a3 = a4 , тоді a5 і a6 – фальшиві. Якщо a3 < a4, то одна з фальшивих a3, а друга знаходиться серед 4, 5 і 6 (визначається порівнянням a4 і a5 ). Випадок a3 > a4 аналогічний. 2) a1 < a2 – монета а1 фальшива. Друга фальшива монета визначається порівнянням монет 1 і 3 та монет 4 і 5. Випадок а1 > a2 подібний до випадку 2). 4. У Буратіно є 27 золотих монет. Але відомо, що Кіт Базиліо замінив одну монету на фальшиву, і вона по вазі важче справжніх. Як за три зважування на шалькових терезах без гир Буратіно знайти фальшиву монету? (Розділимо монети на 3 купки по 9 штук. Покладемо на шальки першу і другу купки; в результаті цього зважування ми точно дізнаємось, в якій з купок знаходиться фальшивка (якщо ваги покажуть рівність, то вона - в третій купці). Тепер, аналогічно, розділимо вибрану купку на три частини по три монети, покладемо на терези дві з цих частин і визначимо, в якій з частин знаходиться фальшива монета. Нарешті, залишається з трьох монет визначити важчу: кладемо по 1 монеті - фальшивою є важча; якщо ж на терезах рівність, то фальшивою є третя монета з частини). 6. Серед 101 однакових за виглядом монет одна фальшива, така, що відрізняється за вагою. Як за допомогою шалькових терезів без гир за два зважування визначити, легшою або важчою є фальшива монета? (Зважуємо 50 і 50 монет, можуть бути два випадки. 1) Монети мають однакову вагу. Беремо монету, що залишилася, і ставимо її в ліву купку замість однієї з тих, що є там: а) ліва купка важча - 11
  • 12. фальшива монета важча; б) ліва купка легша - фальшива монета легша. 2) Монети мають різну вагу. Беремо важчу купку і розбиваємо її на дві купки по 25 монет: а) вага купок однакова - фальшива монета легша; б) вага купок неоднакова - фальшива монета важча). 7. У ящику 25кг цвяхів. Як за допомогою шалькових терезів і однієї гирі в 1кг за два зважування відміряти 19кг цвяхів? (При першому зважуванні на одну шальку покладемо гирю, а цвяхи розкладемо так, щоб терези були в рівновазі. Одержимо 12кг і 13кг цвяхів. 12кг розкладемо на шальки і отримаємо дві купки по 6кг. Тоді 13+6=19(кг) цвяхів). 8. У кошику міститься 13 яблук. Є вага, за допомогою одного зважування якої можна знайти сумарну вагу будь- яких двох яблук. Як за допомогою восьми зважувань знайти сумарну вагу всіх тринадцяти яблук? (Зважимо яблука парами: 1 і 2, 3 і 4,…, 11 і 12. Це шість зважувань. Сьоме зважування – 11 і 13 яблуко, восьме – 12 і 13яблуко. Додавши результати трьох останніх зважувань, одержимо подвоєну сумарну вагу 11, 12 і 13 яблук. Поділивши її на два і додавши до результату вагу перших п’яти зважувань, знайдемо сумарну вагу всіх тринадцяти яблук). 9. Є чотири пакети різної маси і терези з двома шальками без гир. За допомогою п’яти зважувань розмістити пакети в порядку зростання їх мас. (Розіб’ємо пакети на дві пари і, здійснивши порівняння ваги пакетів у кожній парі, позначимо важчі через А та С, а легші – через В та D. Тоді серед пакетів А та С визначимо найважчий, а серед В та D – 12
  • 13. найлегший. П’яте зважування використаємо для порівняння ваги двох інших пакетів). 3. Переливання Задачі на переливання допоможуть розвивати логічне мислення, просторову уяву, витримку, наполегливість у знаходженні оптимального розв’язку. Приклад 1. Як за допомогою 3-літрового і 5- літрового відер набрати 1 літр води? У нашому розпорядженні є водопровідний кран і раковина, куди можна виливати воду. Розв’язання Розв’язання цієї задачі можна записати у вигляді таблиці. Спочатку обидва відра порожні. Наповнюємо 3- літрове відро і виливаємо воду з нього у 5-літрове. Знову наповнюємо 3-літрове відро і виливаємо її у 5-літрове, поки воно не наповниться. У 3-літровому відрі залишиться 1 літр води. 3 літри 0 3 0 3 1 5 літрів 0 0 3 3 5 Приклад 2. Маємо дві ємності 5л і 7л. Як за допомогою цих ємностей відміряти 6л води з крана? Розв’язання Спочатку обидва відра порожні. Набирати воду будемо таким чином (розв’язання запишемо у вигляді таблиці): 7л 7 2 2 0 7 4 4 0 7 6 5л 0 5 0 2 2 5 0 4 4 5 13
  • 14. Приклад 3. Маємо три посудини: 9л, 5л, 3л. Перша наповнена водою, а інші дві порожні. Як за допомогою цих посудин відміряти 1л води? Як відміряти 4л води? Розв’язання Кількість посудин збільшилася, але як і в попередніх задачах можна виконувати переливання по кроках, записуючи їх в таблицю: 3л 0 3 3 4 5л 0 0 5 5 9л 9 6 1 0 Задачі для самостійного розв’язування 1. В бочці міститься не менше 13 відер пального. Як відлити з неї 8 відер за допомогою 9-відерної і 5-відерної бочок? 5 в 0 5 0 4 4 5 9 в 9 4 4 0 9 8 2. Поряд із школою протікає бурхлива річка. Як за допомогою двох посудин об'ємом 3 і 5 літрів відміряти рівно 4 літри річкової води? 3л 0 0 3 0 2 2 3 5л 0 5 2 2 0 5 4 річка +3 14
  • 15. 3. Бідон ємністю 10л наповнений молоком. Необхідно перелити з цього бідона 5л у семилітровий, використовуючи при цьому бідон місткістю 3л. Як це зробити? 3л 3 0 3 0 3 2 2 0 3 0 7л 0 3 3 6 6 7 0 2 2 5 4. Як, маючи лише дві посудини ємністю 12л і 7л, набрати із крана 1л води? 7л 7 0 7 2 2 0 7 0 7 4 12л 0 7 7 1 2 0 2 2 9 9 12 7л 4 0 7 0 7 6 6 0 7 1 12л 0 4 4 1 1 1 1 1 2 0 6 6 12 5. Як двома відрами місткістю 9л та 4л набрати з озера 6л води? (Оскільки 6=9·2-4·3, то досить буде двічі наповнити дев’ятилітрові відра, виливаючи з них воду у чотирилітрові, а з останніх тричі після їх наповнення – у річку). 6. Дано два баки ємністю по 10 літрів із сольовим розчином 10%-ої і 15%-ої концентрації та посудини ємністю 3, 4 та 5 літрів. Як за допомогою переливань отримати 1 літр 12%-го сольового розчину? (Для отримання 12%-го розчину потрібно змішати дві частини 15%-го та три частини 10%-го розчинів. 15
  • 16. Це можна зробити так: налити 5л 15%-го розчину у 5-ву посудину, а звідти перелити 3л у 3-ву посудину. Спорожнивши останню, налити в неї 3л 10%-го розчину, а потім перелити весь вміст у 5-ву посудину. Відлити зайвих 4л отриманого 12%-го розчину у 4-ву посудину). 4. Задачі, «розв’язані з кінця» Цей вид задач можна розділити на три підвиди. Перший підвид становлять задачі, при розв’язуванні яких учні можуть графічно побудувати «ланцюжок» послідовних дій за умовою задачі, а потім здійснювати розв’язання з кінця: виконувати певні дії, обернені тим, що подані у «ланцюжку». Саме з таких задач бажано розпочинати знайомство із задачами, які розв’язуються з кінця. Приклад 1. Господиня продала першому покупцеві половину груш, які вона мала, та ще 5 груш, другому — половину залишку та ще 3 груші, а третьому покупцеві — половину нового залишку та ще 4 груші. Після цього в неї залишилося 2 груші. Скільки груш було в господині спочатку? Розв’язання Таку задачу можна ділити на етапи: перший етап — перший покупець, другий етап — другий покупець, третій етап — третій покупець. Щоб її розв’язати, потрібно почати обчислювати вирази з кінця, змінюючи при цьому ділення на множення, а віднімання на додавання. 1) (2 + 4) • 2 = 12 (груш) 2) (12 + 3) •2 = 30 (груш) 3) (30 + 5) • 2 = 70 (груш) 16
  • 17. Відповідь: 70 груш було в господині спочатку. Приклад 2. Магазин першого дня продав половину сувою тканини, другого дня — половину решти, а третього — половину нового залишку й останні 5 метрів. Скільки метрів було в сувої спочатку? Розв’язання В цій задачі розв’язання містить три кроки – треба взнати кількість метрів тканини, яка залишалась у магазині, відповідно, на початку третього, другого та першого дня. В першому кроці – дві арифметичні дії, в другому і третьому – одна. 1) (0 + 5) • 2 = 10 (м) 2) 10 • 2 = 20 (м) 3) 20 • 2 = 40 (м) Відповідь: 40 метрів тканини було у сувої спочатку. Другий підвид становлять задачі, в процесі розв’язування яких учні поряд з алгоритмічними прийомами в більшій мірі (порівняно з першим підвидом) залучають евристичні прийоми інтелектуальної діяльн
  • Similar documents
    View more...
    We Need Your Support
    Thank you for visiting our website and your interest in our free products and services. We are nonprofit website to share and download documents. To the running of this website, we need your help to support us.

    Thanks to everyone for your continued support.

    No, Thanks