Математикадан Республикалық олимпиаданың аудандық кезеңі (2013 – 2014 оқу жылы) Амангелді Садықов



жүктеу 174.96 Kb.
Дата25.02.2016
өлшемі174.96 Kb.
Математикадан Республикалық олимпиаданың аудандық кезеңі

(2013 – 2014 оқу жылы)

Амангелді Садықов

Зубаир орта мектебінің жоғарғы санатты математика пәнінің мұғалімі

Жастарға дұрыс тәрбие мен білім беру жеке тұлғаның рухани әлемін, ынтасы мен қабілетін дамыту қай заманда болмасын уақыт сөресінен түскен жоқ. Өнегелі тәрбие алуға, білім сапасын көтеруге байланысты білім саласында жоспарлы түрде белгілі бір іс – шаралар , әр түрлі жарыстар өтіп тұратындығы белгілі, соның бірі – жыл сайын өтіп тұратын кезеңдік олимпиадалар. Математикадан өткізілетін сайыс пен конкурс, оқушы шығармашылығы, ғылыми жоба әлде олимпиада болсын олардың мақсаты дарынды, талантты балаларды айқындаумен қатар, математикалық білім мен сауаттылықтың қажеттілігін насихаттау арқылы математика тек математиктерге ғана керек деген кереғар пікірден, керісінше, математика ғылымының іргелілігін, оның білім бастауының негізі екенін көрсету, ал қоғамның интеллектуалдық мүмкіндігінің критерийі (көрсеткіші) математикалық сауаттылықтың даму қарқынына қашанда болса тәуелді болғандығын және болатындығын ескерту, соған баса назар аударту болып табылады.



Математикада есеп шығаруға ерекше мән беретіндігін білеміз, сондықтан олимпиада барысында оқушылардың орындаған жұмысы көбінесе олардың есептерді шығаруға қаншалықты төселгендігі арқылы бағаланады. Ал есеп болса сан қилы, оның белгілі бір жолы, қалыптасқан формуласы әр уақытта бола бермейді, ендеше оқушының мақсаты есеп қиын не оңай болсын оны шығарудың дұрыс жолын жаңылмай таңдай білуінде. Дұрыс, әдемі әрі тиімді де қысқа жолды таңдай білу – ол баланың тапқырлығын, зеректігін, ойлауға икемділігін, дербестігін білдіреді. Мұндай ерекше оқушылардың әрі қарай тапқырлығын дамыту үшін оларды тек оқулықпен шектемей, қосымша әдебиет пен кезекті басылым беттерінде кездесетін қызықты, конкурстық, стандарт емес олимпиадалық есептерді талдап шығаруға әрқашан бағыт – бағдар беріп отыру керек деп ойлаймын. Алда болатын олимпиадалар дайындығы үшін қажеті болып қалар деп 2013 жылдың 18 – 19 желтоқсанында ауданымызда өткен олимпиаданың 11 сыныпқа арналған тапсырмаларына тоқталмақпын.

11 сынып

1 тур

Жұмыс уақыты: 150 минут

Әр есеп 7 ұпайға бағаланады

  1. Аралда 7 көк, 9 жасыл және 11 қызыл құбылғы өмір сүреді. Егер екі түсті құбылғы кездессе, екеуі де түсін үшінші түске өзгертеді (көк және жасыл – қызылға, тағы сол сияқты). Бір мезетте барлық құбылғылардың түстері бірдей бола ала ма?

  2. Бастапқы  тақ натурал сандардың қосындысы бастапқы  жұп натурал сандардың қосындысынан 212-ге көп болатындай барлық  натурал жұптарын табыңыз.

  3.  санының бүтін бөлігін  деп белгілейік. Яғни,  – “” санынан аспайтын ең үлкен бүтін сан.

 теңдеуін нақты сандар жиынында шешіңіз.

11 сынып

2 тур

Жұмыс уақыты: 150 минут

Әр есеп 7 ұпайға бағаланады

  1. Қос-қостан тең емес  нақты сандары үшін  болу мүмкін бе?

  2.  дұрыс үшбұрышының  және  қабырғаларынан  болатындай сәйкесінше  және  нүктелері алынған.  және  кесінділерінің қиылысын  нүктесімен белгілейік.  екенін дәлелдеңіз.

  3. Тақтада 100 сан жазылған: . Әр минутта келесі операция орындалады: тақтадан кез келген екі  және  сандары өшіріледі, олардың орнына бір  саны жазылады. Бірнеше уақыттан кейін тақтада бір ғана сан қалады. Бұл қандай сан?

І тур

1 - есептің шешуі: Құбылғылардың көк, жасыл және қызыл түстерін сәйкесінше к,ж,қ әріптерімен белгілейік. Ендеше есеп шарты бойынша

  1. Егер к + ж = қ болса болса, онда 7(к + ж) = 7қ, яғни 7к+ 7ж= 7қ. Барлығы 7қ + 11қ = 18қ(қызыл) құбылғы. Артық кездеспей қалған жасыл құбылғылар 9ж – 7ж= 2ж болады

  2. Егер ж + қ = к болса, онда 9ж + 9қ= 9к. Барлығы 9к + 7к= 16к құбылғы 11қ – 9қ= 2қ. Бұл жолы кездесуден тыс қалған 2 қызыл құбылғы болады.

  3. Егер к + қ= ж болса, онд 7к + 7қ = 7ж. Барлығы 7ж + 11ж = 18ж құбылғы. 11қ – 7қ = 4қ. Бұл жағдайда кездеспеген 4 қызыл құбылғы қалады. Бір мезетте барлық құбылғылардың түсі бірдей болу үшін артық, яғни кездесуден тыс қалатын құбылғылар болмау керек. Олай болса, бір мезетте барлық құбылғылардың түсі бір түске айналмайды.

Жауабы: Құбылғылардың түстері бірдей бола алмайды.

2 есептің шешуі: Алғашқы R натурал сандардың қосындысы

S=  +  Мұндағы R – тақ сан,  бастапқы m тақ сан¸ал



 - бастапқы n жұп натурал сандар қосындысы. R – 1 = t деп белгілейік.

І тәсіл. Сонымен, есеп шарты бойынша

 -  = 212 ⇒  + 2R +1 – 2t -  = 848 (t – жұп сан)

(R – t )(R +t) + 2(R – t)=847

(R – t )(R +t + 2) = 7∙112


  1.  ⇒ R=63, t=56

  2.  ⇒ R=43, t=32

  3.  ⇒ R=423, t=422

  4.  ⇒ R= 8, t=1 болуы мүмкін емес, өйткені бізде R – тақ, ал t – жұп сандар

а) жағдай. 2m – 1 = 63, 2n = 56 ⇒ m = 32,n = 28

ә) жағдай. 2m – 1 = 43, 2n = 32 ⇒ m = 22, n = 16

б) жағдай. 2m – 1 = 423, 2n = 422 ⇒ m = 212,n = 211 Жауабы: (32;28) , (22;16), (212;211)

ІІ тәсіл. -  212 ⇒  =212болатын n – ге қатысты квадрат теңдеу аламыз: Д =  +  – 212 ≥0 ⇒ m ≥  ,

m > n болғандықтан, егер m = n + 1 болсын десек, онда m = 212, n = 211 болады. m ≠  , m > 15, осыдан, m – нің мәндері теңдеудің түбірлері болатындай етіп, іріктеп алатынымыз m = 22 және m = 32

Енді m ≤ 212 болатындығын көрсетейік. Келесі қосынды берілсін

1 +2 +3 + ⋯ + m , мұндағы m тақ сан болсын. егер тағы да есеп шартына жүгінсек, онда  -  = m , яғни m ≤ 212. Осы тапсырманы орындаған оқушылар олқылықтар жіберген. Олар  = 212 деп алып , осыдан m = 63 , n = 56 және m = 43 , n = 32 деген анықтаумен ғана шектелген де, есепті толық шығармаған.



3 есептің шешуі: Бұл тапсырмада санның бүтін бөлігіне байланысты тақырыпқа теңдеу берілген. Санның бүтін және бөлшек бөлігі туралы ұғым жоғары математикада жиі қолданылады. Дей тұрсақ та, соңғы жылдары осы тақырыпқа қатысты теңдеулер кейбір кезеңдік олимпиадаларда кездесіп қалады. Сабақтан тыс кезеңде жүргізілетін үйірмелер мен факультативтік сабақтардан оқушылар бұл ұғыммен таныс болуы мүмкін, бірақ аталған тақырып бойынша, мысалы, теңдеулер мен теңсіздіктер, тепе – теңдіктер мектеп оқулықтарында жоқ десек, артық айтылғандық бола қоймас. Керісінше, олимпиадалық тапсырмаларды орындау үшін оқулықтағы тақырыппен байланысты тапсырмалардың жеткілікті болуы керек деп ойлаймын. Сонда ғана оқушы, ең бастысы, анықтамалармен ережелерді біле отырып, оқулық бойынша мысалдар орындап, жаттығады.

Анықтама . Санның бүтін бөлігі деп осы саннан артпайтын ең үлкен бүтін санды айтамыз. x санының бүтін бөлігі  , бөлшек бөлігі  белгісімен жазылып, x =  +  болады.

y = x =  + ті функция ретінде қарастырамыз. Анықтама бойынша

 = x -  , x - 1<  x ,  x< + 1, 0≤< 1 немесе

0≤ x -  < 1. Анықтамаларға байланысты жаттығуларды қарапайым мысалдарды қарастырудан бастау керектіктен, біз санның бүтін және бөлшек бөлігінің анықтамасына қысқаша тоқталдық.

Шешуі: 1) Координаттық түзуде әрбір  аралығын  алдымен 10 тең бөлікке бөлейік. Мысалы,  және  аралықтарынан бастайық.

Сонда, x = −1 , − ,..., және x = ,,...,1 деп алайық. x – тің бұл мәндерінен іріктеп берілген теңдеудің түбірлерін іздестірсек,



x = −1 , −  , −  , −  , 0,  ,  ,   , 1 мәндері теңдеудің түбірлері болатындығына көз жеткізуге болады. Қарастырылған аралықтарда теңдеудің оң және теріс түбірлерінің саны бірдей , яғни барлығы 10 + 1 түбірі бар. Егер кезекті аралықтарда теңдеудің түбірлерін дәл осылай анықтасақ, онда әр тиісті аралық сайын табылған түбірлердің кез – келгенінің мәні ±1 – ге өзгереді.

2) Енді жоғарыда қарастырылған алғашқы екі аралықтың әрқайсысын 6 тең бөлікке (аралыққа) бөлеміз. Әрбір 6 тең аралықтың шеткі нүктелеріне сәйкес сандарды жазайық. Демек, x = 0, ± ±± ±

Іріктеу жолымен табатын болсақ, x = 0, ±± теңдеудің түбірлері болады. Бұл бөлуде де оң және теріс түбірлер саны тең және әр аралық сайын түбірлер мәндерінің өсуі мен кемуі ± - ге тең.


  1. Әр топта оң және теріс түбірлер болатындай етіп 10 тең бөлікке байланысты түбірлерді жұптап 5 топқа бөліп жазайық.

(-1;1), (− ) , (−) , (− ) , (−)

6 тең бөліктен шығатын түбірлер (−) , (−) , (−)

Енді теңдеудің барлық шешімдерін жоғарыда табылған дербес түбірлерді пайдаланып, ықшамды түрде ортақ формулалар арқылы жалпы түрде жазайық

Жауабы: 1) x = n - , x = n - , x = n - x = n - ; n z.

2) x = , n z.

Оқушылар бұл тапсырмаларды орындауда дәрменсіздік танытты.



II тур

4 – есептің шешуі: Егер a = b, b c болса,онда a c. Ал b – c = t болса, онда  = c – b = -t b = c + t, c = a – t (t R)

+ +  = + = 0, яғни

(c + t – c)5 + (a - t – a)5= 0  = 0 немесе  = 0

Жауабы: мүмкін.

5 – есептің шешуі. Енді геометрия жайында бірер сөз.

Кезінде Пифагор геометрияны арифметикаға бағындырса, кейін Евклид қайтадан геометрияны бірінші орынға қойып, оған алгебраны бағындырған. Д.И. Менделеев «Геометрические знания составляют основу всей точной науки», - деп айтып кеткен екен. Геометрия туралы ұлағатты сөздерді көптеп келтіруге болады. Математикада геометриялық есептердің алатын орны өте зор. Жалпы геометрия өзі жатқан бір дүние десекте болғандай, ол өзінің бөлімдерімен, есептерімен ерекшеленеді, оның есептерін шығару барысында оқушы көптеген қиыншылықтарға ұшырайды, шығару жолы мен тәсіліне, әрбір шығару кезеңінің нәтижелеріне назар аудармай, тек қана белгісіз элементті табумен айналысады. Осындай олқылықтарға бой алдырмау үшін геометриялық есепті талдауға үйреніп, шығару кезеңдерімен жолдарын меңгеру керек. Әуелі есептің мәтінін жақсы түсініп оқу, талдау, содан кейін дұрыс сызба, келесі кезекте дәлелдеу жұмысын суатты орындау. Осы кезеңдерден өткен соң талдау мен сызбаға сүйеніп, қажетті формулаларды пайдалана отырып, есепті шешудің қолайлы жолын табуға болады. Кейде геометриялық бір есепті шешуде оқушыға бүкіл бір курсты , не бір тарауды қайталап, еске түсіруге тура келеді.



Шешуі: І тәсіл. ( Салу әдісін қолдану). Есеп шарты бойынша сызба сызып талдау жасайық.


В


Т равнобедренный треугольник 2 прямая соединительная линия 3 прямая соединительная линия 4алдау: 1)  =  = 2⟹ MC =2MA ,


N


NA = 2NB, ал AC = MA + MC және

AB = NA +NB ⟹AC = 3MA, AB = 3NB

яғни AC = AВ болғандықтан MA = NB,


А



М

К

С

1 - сурет
NA = MC (1 – сурет)

2) В нүктесі арқылы ВК⊥ АС болатындай ВК және N ,M нүктелері арқылы NМ түзулерін жүргізейік.

АК = СК =  AC. =  =  =  Сонымен,  =  Олай болса, пропорционал кесінділер туралы теорема бойынша NB∥BK, яғни NM⊥AC және ∠ANM = 30° осыдан, AM =  AN

Салу


  1. Тікбұрышты ANM үшбұрышын саламыз

  2. Талдауға сүйеніп, салған үшбұрышын пайдаланып, АВС дұрыс үшбұрышын саламыз

  3. Радиусы  АС – ға тең жарты шеңбер сызып және NС түзуін жүргізіп,түзудің жарты шеңбермен қиылысу нүктесін Р деп белгілейік (1а – сурет )

  4. В және Р нүктелері арқылы жүргізілген түзу М нүктесінен өтеді, өйткені өтпеген жағдайда есептің шарты орындалмайды да қарама – қайшылық туындайды.

Дравнобедренный треугольник 15арка 17прямая соединительная линия 18прямая соединительная линия 19әлелдеуі: АР түзуін жүргізсек диаметрге тірелген АРС бұрышын аламыз, ол тік болады.Демек, ∠AРС = 90° ( 1ә – сурет )


N



В

С

А

М

Р

В

N

В

А

М

Р

С

А

М

С

N

Р

1а - сурет

1ә - сурет
равнобедренный треугольник 46 арка 47 прямая соединительная линия 52 прямая соединительная линия 53 прямая соединительная линия 54

прямая соединительная линия 34

ІІ тәсіл ( Косинустар теоремасын қолдану)

Шешуі: ∠AВМ = α, ∠AМВ = β деп белгілейік. Косинустар теоремасы бойынша ∆АВМ – нен  = 9 + 1 – 2 ∙ 3 ∙ =7 ⟹ ВМ =  ( 1ә – сурет )

 = 9 + 7 – 2 ∙ 3 ∙ cosα ⟹ 16 – 6 cosα = 1⟹ cosα = 

 = 1 + 7 – 2 ∙  cosβ ⟹ 8 – 2 cosβ = 9 ⟹ cosβ =- 

ВР = x десек, МР = x,

∆АМР – дан А = 1 + (x)2 + 2(x)

А = 9 -  x + x2 ∆АNР және ∆NBP – дан  – на теңестіру арқылы



x - ті табамыз. 4 – 9 +  x - x2 = 1 + x2 - 2 x  x= 

BM = NC = , NP =  , PC = , AР =  болады

Сонымен,   +  ⟹ АС = 3

Демек, ∠AРС = 90°

ІІІ тәсіл ( Чева теоремасын қолдану )

Шешуі: Белгілелер еңгізейік.

АР∩ВС = D



MA = NВ = x, MC = NA = 2x,

NP = z , DP = t ,


В


B равнобедренный треугольник 10 прямая соединительная линия 11D = y , CD = 3x – y делік (2 – сурет )


D


1678 жылы итальян математигі


N


Ч прямая соединительная линия 14 прямая соединительная линия 16ева (1648 – 1737 ) үшбұрыштың

прямая соединительная линия 13
Р
төбелерінен жүргізілген үш түзудің

бір нүктеде қиылысуының қажетті 

және жеткілікті шартын анықтаған,

сондықтан үшбұрыш медианалары

және биссектрисаларының бір нүктеде


М



С

А
қиылысатынын Чева теоремасын пайдаланып


2 - сурет


оңай дәлелдеуге болады.

Чева теоремасы бойынша  = 1, яғни



 = 1  = 4 ⟹ =  бұдан, x =5, y =3. Ендеше,

AC = 15 болады.

NВС – дан N= 25 + 225 - 2∙5∙15∙  = 5

АВD – дан табатынымыз, АD = 3, ал NВС – дан ND= 

Тікбұрышты ∆АNР және ∆DNР бойынша келесі теңдеулер жүйесін құрамыз



 ⟹ t =  , z = 

Осыдан, СР =  , АР=  ∆АРС – дан АС – ны анықтайық

 = + ⟹ АС = 15. Ендеше , ∠AРС = 90°

Бұл тапсырмны орындаған оқушылар есеп шарты дұрыс емес деп қорытынды жасаған



6 – есептің шешуі:

Тақтада жазылған 100 санды келесі түрде жазайық.

1,, ...,  мұндaғы n = 2

Есеп шарты бойынша

1 +  = 1 + 

 +  +  = 

 +  +  = 

…………………………………



 +  + = 

Ал бізде n = 2 болғандықтан,  +  + =  = .

Сонымен, 100 саннан 2, , ... барлығы 50 сан қалады. Кезекті операциядан кейін

2 +  = 4



 +  = 

 +  = 

................................



 +  =  болады. Яғни 50 саннан, 4, , ... барлығы 25 сан қалады. Келесі кезекті операциядан соң 25 саннан 8, , ... барлығы

12 + 1 сан қалады. Операциядан тыс қалған бір сан  болады. Осылайша операцияны 2 сан қалғанша жалғастырсақ, кезекті операцияның соңында

64,  сандары қалады. Ең соңғы операциядан кейін алатынымыз

64 +  = 100



Ж ауабы: 100 (оқушылар бұл тапсырманы дұрыс орындаған жоқ)

Құрметті әріптестер, есептердің шешуіне байланысты ұсыныс – пікірлеріңіз болса шын ризашылығыммен қабылдап, алдын – ала рахмет айтамын. Менің эл. адресім: amangeldi.sadykov@mail.ru

Шығыс Қазақстан облысы

Бородулиха ауданы



©dereksiz.org 2016
әкімшілігінің қараңыз

    Басты бет