Внеклассная работа по математике в школе. Тике в школе Работу
 Скачать 67.13 Kb.
|
1 2
2. (A1A2A3B1B2B3 (A3A4AC1C2C3) 5B3B4B5C3C4C5 (A6A7A8B6B7 ) B8C6C7C8)=(A1A2 A3A4A5A6A7A8 ) (A3B3C3). (C1C2C3C4C5C6C7C8) (B1B2B3B4B5B6B7B8) Т.е. A3B3C3=8. Аналогично - C1C2C3=8. 6, стоящем на пересечении 3-8 столбцов иПроизведение чисел в квадрате 6 3.3-8 строк равно 16, так как этот квадрат разбивается на 4 квадрата 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. C3.(A1A2B1B2)( A3B3C3)( C1C2C3)=(A1A2A3B1B2B3C1C2C3) 8=2С3. Откуда С3=512, A3B3=8/512=1/64.816 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 1501+2) получить нельзя.6006=4 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. Если вызванная команда хочет отвечать, то она выставляет докладчика, а другая команда - оппонента для проверки решения. Командам могут даваться минутные перерывы для помощи докладчику или оппоненту. Если вызванная команда отказалась, то она вызвавшая команда должна сама рассказать решение задачи. При этом если оппонент докажет, что у докладчика нет решения, то вызов считают некорректным. Тогда вызвавшая команда должна повторить вызов. Команда может отказаться делать очередной вызов (если у нее не осталось решенных задач и не хочет делать некорректный вызов). Тогда другая команда получает право рассказывать решения любых задач, оставшихся неразобранными. После каждого выступления жюри дает командам очки как за доклад, так и за оппонирования. 1. Предельное число выходов к доске одного человека (обычно два). 2. Число минутных перерывов (обычно три). 3. Примерное время на доклад (обычно пятнадцать мин.), после которого жюри решает, дать еще время или передать слово оппоненту. 4. Можно ли оппоненту дополнять докладчика, если он не нашел пробелов в решении (обычно «нет»). 5. Какую разницу очков считать нечейной (обычно не больше трех). 6. Какой круг фактов и методов можно использовать без доказательства. 7. Можно ли пользоваться литературой и калькуляторами во время решения задач (обычно «да»). 8. Можно ли выходить к доске с записанным решением (обычно «да»). НАЧАЛО БОЯ. Когда время на решение задач истекло команда и жюри собираются вместе. Целесообразно создать обстановку (расставить столы) для удобного общения членов команд и жюри (рис. 1). Команда 1 Капитаны сообщают названия команд. На доске изображается таблица результатов.
Существуют ограничения на общение участников, которые показаны на схеме (Рисунок 2: например, оппонент может общаться только с докладчиком и жюри, а капитан - только со своей командой и с жюри). Примеры задач и игр для конкурса капитанов 1. Сколько существует трехзначных чисел? 2. На столе лежат 20 спичек, двое по очереди берут 1 или 2 спички. Побеждает тот, кто берет последнюю спичку. 3. Газету разорвали на 3 части, потом 1 из частей разорвали еще на 3 части, и так делали 40 раз. Сколько получилось частей? 4. Полный бидон молока весит 30 кг., а наполненный наполовину 15,5 кг. Сколько весит бидон? 5. Разрежьте квадрат на 5 прямоугольников, чтобы у соседних прямоугольников стороны не совпадали. 6. Найдите хотя бы 1 решение неравенства 0,01 7. Сколько диагоналей в правильном семиугольнике? 8. В строке написано несколько минусов. Двое по очереди переправляют один или два соседних минуса на плюс. Выигрывает тот , кто переправит последний минус. 9. Замените звёздочки числами так , чтобы сумма любых трёх соседних чисел равнялась 20. 7, *, *, *, *, *, *, 9 10. Известно, что дробь В*А*Р*Е*Н*Ь*Е К*А*Р*Л*С*О*Н Равно целому числу, где разные буквы обозначают разные цифры, а между цифрами стоит знак умножения. Чему равна дробь? 11. Три охотника варили кашу. Один положил 2 кружки крупы, второй - 1 кружку, а у третьего крупы не было. Они съели кашу поровну. Третий охотник и говорит: «Спасибо за кашу! У меня осталось 5 патронов, - и вот вам задача: как поделить патроны в соответствии с вашим вкладом?» 12. На озере росли лилии. Каждый день их число удваивалось, и на 20 день заросло всё озеро. На какой день заросла половина озера? 13. Есть 2 сковородки на каждой помещается 1 блин. Надо пожарить 3 блина с двух сторон. Каждая сторона блина жариться 1 минуту за какое наименьшее время можно это сделать? 14. Два мальчика хотели купить книгу. Одному из них не хватало 27 копеек, а второму - 1 копейки. Они сложили свои деньги, но денег всё равно не хватило. Сколько стоит книга? 15. Одна кастрюля вдвое выше другой, зато вторая вдвое шире первой. В какой из них больше войдет воды? 16. Шоколадка стоит рубль и еще пол шоколадки. Сколько стоит шоколадка? Образцы задач математического боя для восьмых классов 1. Какое наименьшее число выстрелов всегда достаточно, чтобы попасть в четырехклеточный корабль при игре в морской бой? 2. Известно, что доля блондинов среди голубоглазых больше, чем доля блондинов среди всех людей. Что больше: доля голубоглазых среди блондинов или доля голубоглазых среди всех людей? 3. На сторонах произвольного многоугольника произвольным образом расставлены стрелки. Докажите, что число вершин, в которое входят 2 стрелки, равно числу вершин, из которых выходят 2 стрелки. 4. Докажите, что среднее арифметическое двух последовательных простых чисел не является простым числом. 5. На прямой отмечено 45 точек, лежащих вне отрезка АБ. Докажите, что сумма расстояния от этих точек до точки А не равна сумме расстояний от этих точек до точки Б. 6. Дано 100 положительных чисел. Известно, что произведение любых 7 из них больше 1. Докажите, что произведение всех чисел больше 1. 7. Путешественник отправился из родного города А в саамы удаленный от него город страны В, затем из В - в самый удаленный от него город С и т.д. Докажите, что если С не совпадает с А, то путешественник никогда не попадет домой.(Расстояние между городами различно). 8. В углах шахматной доски 3х3 стоят 4 коня: два белых (в соседних углах) и два черных. Можно ли за несколько ходов (конь ходит буквой «Г») поставить коней так, чтобы во всех соседних углах стояли кони разного цвета. 9. На стороне угла дана точка А. Постройте на этой же стороне точку М, которая одинаково удалена от точки А и от другой стороны угла. 10. По кругу расставлены 10 точек. Двое по очереди соединяют их отрезками. Начало 1 отрезка - в любой точке, а каждый следующий отрезок начинается из конца предыдущего. Проигрывает тот, кто не может провести новый отрезок (дважды проводить отрезок нельзя, а пересекать - можно). Предположим, что игроки не делают ошибок. Кто из них победит? Ответы к задачам конкурса капитанов 1. 900. 2. Первый каждым ходом берет столько спичек, чтобы остаток делился на 3. 3. 81. 4. 1 кг. 5. см. Рисунок 3. 6. х=0,0105. 7. 14. 8. Первый ходит в центр, а затем ходит симметрично второму. 9. 7, 9, 4, 7, 9, 4, 7, 9. 10. 0. 11. Все патроны надо дать первому охотнику. 12. За 19 дней. 13. За 3 минуты. 14. 27 копеек. 15. В широкую войдет вдвое больше. 16. 2 руб. Краткие решения задач математического боя 1. Будем располагать выстрелы по параллельным диагоналям с интервалом 3 клетки, начиная с диагонали А4 - Г1. Понятно, что четырехклеточному (крейсер) кораблю укрыться будет негде. Получаем, что 24 выстрела всегда достаточно. Покажем, что 24 выстрела необходимо. Для этого разместим на доске 24 крейсера без наложений. Кстати, мы заодно доказали, что на доске 10х10 нельзя разместить 25 крейсеров без наложений (иначе не хватило бы 24 выстрелов). 2. Обозначим ЧБ - число блондинов, ЧГ - число голубоглазых, ЧБГ - число голубоглазых блондинов, а ЧВ - число всех людей. Тогда по условию: (ЧБГ/ЧГ) > (ЧБ/ЧВ), следовательно (ЧБГ/ЧБ) > (ЧГ/ЧВ) Итак, доля голубоглазых среди блондинов больше, чем доля голубоглазых среди всех людей. 3. У каждой стрелки 1 начало и 1 конец, значит число всех начал равно числу концов, поэтому число вершин с двумя началами равно числу вершин с двумя концами (поскольку в остальных вершинах сходятся одно начало и один конец, т.е. поровну). 4. Задача кажется простой, поскольку по определению последовательных простых чисел между ними нет простых чисел, но вот неожиданный вопрос: «Почему среднее арифметическое двух чисел лежит между ними?». Нагляднее всего это можно доказать так: пусть А < В, тогда А = (А+А)/2 <= (А+В)/2 <= (В+В)/2 = В 5. Заметим, что расстояние от любой точки до А и до Б отличается на длину отрезка АБ. При переходе от точки А к точке Б все расстояния от «левых» точек увеличиваются, а от «правых» уменьшаются на длину отрезка АБ. Но число точек слева не равно числу точек справа, следовательно, сумма расстояний до точки Б будет отличаться от суммы расстояний до точки А по крайней мере на величину отрезка АБ. 6. Заметим, что количество чисел, меньших 1 не больше 6, а все остальные больше 1. Перемножим все числа, меньшие 1 и еще несколько чисел, чтобы всего было 7 чисел. Их произведение больше 1, а все остальные числа больше 1, значит произведение всех чисел больше 1. 7. Если путник из В не вернулся в А, то расстояние ВС строго больше АВ, а каждое следующие расстояние не меньше предыдущего. (Почему нельзя сказать : больше предыдущего , ведь расстояния различны ? ) Если бы путник потом вернулся в город А , то последнее расстояние было бы больше АВ , а это противоречит тому , что В - самый дальний город для А . 9. Построим схему движений коней по клеткам . Для этого занумеруем клетки и впишем их номера в том порядке в котором конь может их обойти .Тогда видно , что кони как бы бегают по кругу , т.е. любой ход коня не меняет порядка следования их цветов на схеме , а Значит , нельзя изменить чередования их цветов в углах доски. 10. Пусть М -искомая точка . Опустим из неё перпендикуляр на другую сторону угла и получим точку С . Можно выразить углы треугольника АМС через величину исходного угла , а тогда легко построить точки С и М . Но суть задачи заключается в том , что у неё есть два решения , одно из которых обычно теряют : точку М можно отложить по разные стороны от точки А. 11. Выигрывает начинающий : первым ходом он соединяет любые точки А и В , а затем проводит отрезок либо к точке А , либо к точке В. Это всегда возможно , поскольку второй игрок вынужден каждый раз ходить в новую точку , которая еще не была соединена с точками А и В . При такой стратегии начинающий не может проиграть , ничья невозможна, поскольку число отрезков конечно. Список использованной литературы 1. Епишева О.Б. Общая методика преподавания математики в средней школе / Тобольск, Изд-во ТГПИ им. Д.И. Менделеева, 1997 2. Ермолаева Н.А. Маслова Г. Г. Новое в курсе математики средней школы / М:, Просвещение, 1978. 3. Журнал "Математика в школе ". 4. Колягин Ю.М., Луканкин Г.Л., Мокрушин Е.Л. и другие. Методика преподавания математики в средней школе. Частные методики / М., Просвещение, 1977. 5. Методика преподавания математики в средней школе : Общая методика; Учебное пособие для студентов физико-математического факультета педагогических институтов / В.А. Оганесян, Ю.М. Колягин, Г.Л. Луканкин, В.Я. Саннинский, -2-е издание переработано и дополнено / М., Просвещение ,1980. 6. Методические рекомендации по изучению курса методики преподавания математики / Сост. Петрова Е.С., Саратов, Изд-во "Полиграфист", 1983 7. Пичурин Л.Ф., Репьев В.В. Вопросы Общей методики преподавания математики / Москва Изд-во "Просвещение", 1979 8. Учебники для средней школы и соответствующие пособия для учителя. 9. Черкасов Р.С., Столяр А.А. Методика преподавания математики в средней школе / Москва, Изд-во "Просвещение", 1985
1 2 |
