РЕШУ ОЛИМП, математика: задания, ответы, решения

Поиск
?

в условии в решении в тексте к заданию в атрибутах
Скопировать ссылку на результаты поиска
Класс: 10 11 8 9
Атрибут

Всего: 92 1–20 | 21–40 | 41–60 | 61–80 …

Добавить в вариант

Тип 21 № 89 Добавить в вариант

В окружность вписан равносторонний треугольник ABC, M – середина стороны AB, N  — середина стороны BC. Докажите, что для любой точки K, лежащей на окружности, величина угла MKN не превосходит 60°.

Решение · Помощь

Тип 0 № 144 Добавить в вариант

У Пети есть линейка длиной 10 см (то есть с помощью неё нельзя проводить отрезки длиной больше 10 см), и циркуль с максимальным раствором 6 см (то есть с помощью него невозможно рисовать окружности радиуса больше 6 см). Делений на линейке и циркуле нет, то есть измерять расстояния ими нельзя.

На листе бумаги нарисованы две точки. Известно, что расстояние между ними равно 17 см. Покажите, как Петя может соединить эти точки отрезком, используя только ту линейку и циркуль, которые у него есть.

Решение.

При построении будем использовать следующие операции.

Шаг 1. Дан отрезок CD длины меньше 12 см. Построить серединный перпендикуляр к нему и найти его середину. Для этого проведем две пересекающиеся окружности S₁, S₂ одинакового радиуса (например, 6 см) с центрами в точках C и D. Пусть EF  — отрезок, соединяющий их точки пересечения. Отрезок EF и будет серединным перпендикуляром отрезка CD. В случае, когда расстояние между точками пересечения больше 10 см, мы не можем соединить их с помощью линейки. (При выборе радиуса равным CD это расстояние чуть больше 10 см.) А тогда чуть уменьшим радиус и получим вторую пару окружностей, пересекающихся также в точках серединного перпендикуляра. В результате получим 4 точки пересечения, лежащие на одной прямой. Соединяя пары близких точек отрезками и продолжая проведенные отрезки очевидным образом (сдвигая линейку), мы проведем серединный перпендикуляр к отрезку CD. Далее выполним аналогичное построение с заменой точек C, D на E, F и получим серединный перпендикуляр к отрезку EF, совпадающий с CD. Пересечение построенных отрезков CD и EF и будет их общим центром.

Пусть A и B  — рассматриваемые точки, находящиеся на расстоянии 17 см. Построим отрезок, соединяющий их.

Шаг 2. Построение правильного шестиугольника с центром в точке A и стороной 6 см. Проведем окружность с центром A максимального радиуса (6 см). Выберем точку Q на ней и проведём новую окружность того же радиуса с центром в точке Q. Отметим её точки пересечения P₁, P₂ с исходной окружностью. Треугольники AQP_j, j = 1, 2 правильные. Продолжая аналогичное построение новых окружностей с центрами в точках P_j и в новых точках пересечения с исходной окружностью получим правильный шестиугольник с центром в точке A. Соединим все его вершины с точкой A отрезками с помощью линейки. Получили его разбиение на равные правильные треугольники с общей вершиной A. Повторяя упомянутые построения с центрами в точках нового шестиугольника, построим примыкающие к нему равные ему правильные шестиугольники и разобьём их на равные правильные треугольники. В результате получим (невыпуклый) многоугольник, составленный из правильных треугольников, содержащий круг радиуса 12 см с центром в точке A. Продолжая аналогичное построение окружностей с центрами в вершинах нового многоугольника и соответствующих новых правильных шестиугольников и треугольников, получим многоугольник Π, разбитый на примыкающие друг к другу правильные треугольники со стороной 6 см, которые мы будем называть треугольниками разбиения) и содержащий круг радиуса 18 см с центром в точке A. Тем самым, Π содержит точку B. Обозначим через T треугольник разбиения, содержащий точку B. Фиксируем вершину D треугольника T.

Проведём прямую AD. Это можно сделать с помощью циркуля и линейки. Заметим, что AD  — это диагональ подходящего параллелограмма, разбитого на правильные треугольники со стороной 6 см. Поэтому её середина  — это либо вершина, либо середина стороны треугольника разбиения. Длина диагонали AD не больше 17 + 6 = 23 см. Тем самым, длина её половины (с известными вершинами) меньше 12 см, и её можно построить, применяя шаг 1. Итак, мы провели отрезок AD.

Шаг 3: построение прямоугольного треугольника ABC с прямым углом C и стороной BC меньше 6 см, с проведенными катетами AC, BC и непроведенной гипотенузой AB. Для этого продолжим прямую AD с помощью линейки и опустим перпендикуляр на нее из точки A c помощью следующего построения.

Решение · Помощь

Тип 21 № 304 Добавить в вариант

В трапеции ABCD с основаниями BC и AD угол DAB прямой. Известно, что на стороне CD существует единственная точка M такая, что угол BMA прямой. Докажите, что $BC=CM$ и $AD=MD.$

Решение · Помощь

Тип 21 № 306 Добавить в вариант

Вписанная в трапецию окружность пересекает ее диагонали в точках $A,B,C,D.$ Докажите, что сумма длин дуг $BA плюс DC$ больше суммы длин дуг $AD плюс CB.$

Решение.

Пусть O – точка пересечения диагоналей. Известно, что величина угла AOD равна полусумме угловых мер дуг CB и $AD.$ В задаче по сути требуется доказать, что сумма длин дуг $AD плюс CB$ меньше длины половины окружности, то есть их суммарная угловая мера меньше 180°, что эквивалентно тому, что угол AOD острый. Для обоснования последнего построим (как на диаметрах) окружности на боковых сторонах трапеции (рис.). Углы AOD и BOC, под которыми из точки O видны боковые стороны, равны между собой. Значит, возможен один из трех случаев: 1) точка O находится внутри каждой из окружностей, если углы AOD и BOC тупые, 2) точка O лежит на каждой из окружностей, если углы прямые, 3) точка O лежит вне окружностей, если углы острые. Но, поскольку наша трапеция описанная, сумма длин боковых сторон равна сумме длин оснований, а значит сумма радиусов этих окружностей равна полусумме оснований, то есть средней линии. Потому окружности имеют единственную общую точку, лежащую как раз на средней линии и потому отличную от O (так как длины оснований трапеции различны). Таким образом, реализуется третий случай: углы AOD и BOC острые, и, следовательно, сумма длин дуг $BA плюс DC$ больше суммы длин дуг $AD плюс CB.$ Утверждение доказано.

Решение · Помощь

Тип 21 № 422 Добавить в вариант

Дан треугольник $ABC.$ На стороне AC выбирают точку Q таким образом, чтобы длина отрезка MK, где M и K  — основания перпендикуляров, опущенных из точки Q на стороны AB и AC соответственно, оказалась минимальной. При этом $QM = 1,$ $QK= корень из: начало аргумента: 2 конец аргумента ,$ $\angle B=45 градусов.$ Найдите площадь треугольника ABC.

Решение · Помощь

Тип 0 № 748 Добавить в вариант

Дана равнобедренная описанная трапеция ABCD. CD  — меньшее основание, H  — основание перпендикуляра, опущенного из точки C на AB. Докажите, что биссектриса угла A пересекает отрезок CH.

Решение · Помощь

Тип 0 № 756 Добавить в вариант

Дана равнобедренная описанная трапеция ABCD. BC  — меньшее основание, H  — основание перпендикуляра, опущенного из точки B на AD. Докажите, что биссектриса угла D пересекает отрезок BH.

Решение · Помощь

Тип 0 № 1798 Добавить в вариант

В тетраэдре PABC проведена высота PH. Из точки H на прямые PA, PB и PC опущены перпендикуляры $HA в степени prime, HB в степени prime$ и $HC в степени prime.$ Плоскости ABC и $A в степени prime B в степени prime C в степени prime$ пересекаются по прямой l. Точка O  — центр окружности, описанной около треугольника ABC. Докажите, что прямые OH и l перпендикулярны.

(А. Кузнецов)

Решение · Помощь

Тип 0 № 1804 Добавить в вариант

Раскрасим вершины 2018-угольника в два цвета так, чтобы любые две соседние вершины были разного цвета. Если сумма углов при вершинах одного цвета равна сумме углов при вершинах другого цвета, будем называть такой 2018-угольник интересным. В выпуклом 2019-угольнике отметили одну вершину. Оказалось, что при удалении любой неотмеченной вершины остается интересный 2018-угольник. Докажите, что при удалении отмеченной вершины также остается интересный 2018-угольник.

Решение.

Обозначим соседние вершины 2019-угольника буквами A, B, C и D (по часовой стрелке). Пусть вершины B и C не являются отмеченными. Рассмотрим углы 2019-угольника, идущие через один против часовой стрелки, начиная с A и заканчивая D. Обозначим их сумму через u. Рассмотрим оставшиеся углы, обозначим их сумму v. Поскольку при удалении вершины B получается интересный 2018-угольник, имеем равенство сумм углов

$u минус \angle C A B=v минус \angle A C B минус \angle A B C \qquad левая круглая скобка * правая круглая скобка$

(угол $\angle B$ не входит в этот многоугольник, а углы $\angle A$ и $\angle C$ надо уменьшить на $\angle C A B$ и $\angle A C B$ соответственно). Аналогично, поскольку при удалении вершины C получается интересный 2018-угольник, имеем равенство сумм углов

$u минус \angle C D B=v минус \angle C B D минус \angle B C D . \qquad левая круглая скобка ** правая круглая скобка$

Вычтем из равенства (**) равенство (*), получим

$\angle C A B минус \angle C D B=\angle A C B плюс \angle A B C минус \angle C B D минус \angle B C D=\angle A B D минус \angle A C D.$

Прибавив к нему верное равенство

$\angle C A B плюс \angle A B D=\angle C D B плюс \angle A C D,$

получим, что $\angle C A B=\angle C D B.$ Следовательно, четырехугольник $A B C D$ вписанный. Отметим также, что верно и обратное. А именно, если выполняется равенство (*) (т. е. 2018-угольник без вершины B  — интересный) и четырехугольник ABCD вписанный, то верно и равенство (**), а значит, 2018-угольник без вершины C  — интересный.

Последовательно действуя таким образом, мы докажем, что исходный 2019-угольник является вписанным. Следовательно, если рассмотреть отмеченную вершину P и соседнюю с ней вершину Q, то из интересности 2018-угольника без вершины Q и вписанности 2019-угольника мы получим, что 2018-угольник без вершины P  — интересный.

Решение · Помощь

Тип 0 № 1814 Добавить в вариант

Дан остроугольный треугольник ABC. На отрезке AC и на продолжении стороны BC за точку C выбираются такие переменные точки X и Y соответственно, что $∠\angle ABX плюс \angle CXY = 90°.$ Точка T  — проекция точки B на прямую XY. Докажите, что все такие точки T лежат на одной прямой.

(С. Берлов)

Решение · Помощь

Тип 0 № 1835 Добавить в вариант

Биссектрисы BB₁ и CC₁ остроугольного треугольника ABC пересекаются в точке I. На продолжениях отрезков BB₁ и CC₁ отмечены точки B′ и C′ соответственно так, что четырехугольник AB′IC′  — параллелограмм. Докажите, что если $\angle BAC = 60 градусов ,$ то прямая B′C′ проходит через точку пересечения описанных окружностей треугольников BC₁B′ и CB₁C′.

Решение · Помощь

Тип 0 № 1866 Добавить в вариант

На основании AD трапеции ABCD отмечена точка E. Известно, что $\angle CAD = \angle ADC = \angle ABE = \angle DBE.$ Докажите, что треугольник BCE  — равнобедренный.

Решение · Помощь

Тип 0 № 1899 Добавить в вариант

Три конуса с вершиной A и образующей $корень из: начало аргумента: 8 конец аргумента$   касаются друг друга внешним образом. У двух конусов угол между образующей и осью симметрии равен $дробь: числитель: Пи , знаменатель: 6 конец дроби ,$   а у третьего он равен $дробь: числитель: Пи , знаменатель: 4 конец дроби .$ Найдите объем пирамиды O₁O₂O₃A, где O₁, O₂, O₃  — центры оснований конусов.

Аналоги к заданию № 1899: 1908 Все

Решение · Помощь

Тип 0 № 1918 Добавить в вариант

Три одинаковых конуса с вершиной A касаются друг друга внешним образом. Каждый из них касается внутренним образом четвертого конуса с вершиной в точке A и углом при вершине $дробь: числитель: 2 Пи , знаменатель: 3 конец дроби .$   Найдите угол при вершине у одинаковых конусов. Углом при вершине конуса называется угол между его образующими в осевом сечении.

Решение · Помощь

Тип 0 № 2106 Добавить в вариант

На стороне AB треугольника ABC отмечена точка O. Окружность ω с центром в точке O пересекает отрезки AO и OB в точках K и L соответственно и касается сторон AC и BC в точках M и N соответственно. Докажите, что точка пересечения отрезков KN и LM лежит на высоте AH треугольника ABC.

Решение.

Пусть отрезки KN и LM пересекаются в точке P, а Q  — основание перпендикуляра, опущенного из точки P на AB. Можно считать, что точка Q лежит на отрезке OK. Прямоугольные треугольники OCN и OCM имеют равные катеты $O M=O N$ и общую гипотенузу OC, поэтому они равны и, в частности, $\angle C O M=\angle C O N.$ Таким образом,

$\angle C O N= дробь: числитель: 1, знаменатель: 2 конец дроби \angle M O N.$

Заметим далее, что угол KNL опирается на диаметр KL и, значит, $\angle K N L=90 в степени левая круглая скобка \circ правая круглая скобка .$ Поскольку в четырехугольнике QPNL противоположные углы PNL и PQL прямые, он является вписанным. Следовательно, $\angle P Q N=\angle P L N.$ Но угол PLN опирается на дугу MN, поэтому он равен половине этой дуги, т. е. половине угла MON. Таким образом,

$\angle P Q N=\angle P L N= дробь: числитель: 1, знаменатель: 2 конец дроби \angle M O N=\angle C O N .$

Из равенства углов

$\angle O C N=90 в степени левая круглая скобка \circ правая круглая скобка минус \angle C O N=90 в степени левая круглая скобка \circ правая круглая скобка минус \angle P Q N=\angle O Q N$

следует, что четырехугольник QONC вписанный. Тогда сумма его противоположных углов равна 180°:

$\angle C Q O плюс \angle O N C=180 в степени левая круглая скобка \circ правая круглая скобка .$

Стало быть, $\angle C Q O=90 в степени левая круглая скобка \circ правая круглая скобка$ и прямая CQ перпендикулярна AB. Таким образом, точка Q совпадает с точкой H и P лежит на CH. А это и требовалось доказать.

Приведем другое решение. Положим для краткости $\angle C=2 гамма .$ Пусть отрезки KN и LM пересекаются в точке P, а Q  — точка пересечения прямых CP и AB. Поскольку CM и CN  — отрезки касательных от точки C до точек касания, $C M=C N$ и, значит, треугольник CMN равнобедренный. Тогда

$\angle C M N=90 в степени левая круглая скобка \circ правая круглая скобка минус гамма .$

Так как точки M и N  — точки касания,

$\angle C M O=\angle C N O=90 в степени левая круглая скобка \circ правая круглая скобка$

и, значит, $\angle M O N=180 в степени левая круглая скобка \circ правая круглая скобка минус 2 гамма .$ Это центральный угол, опирающийся на дугу $\widehatM N,$ значит, вписанный угол MKP равен его половине. Таким образом,

$\angle M K P=90 в степени левая круглая скобка \circ правая круглая скобка минус гамма =\angle C M N.$

Поскольку KL  — диаметр окружности, опирающийся на него угол равен 90°, поэтому

$\angle P M K=\angle L M K=90 в степени левая круглая скобка \circ правая круглая скобка .$

Следовательно,

$\angle M P K=90 в степени левая круглая скобка \circ правая круглая скобка минус \angle M K P= гамма$

$\angle M P N=180 в степени левая круглая скобка \circ правая круглая скобка минус гамма .$

Рассмотрим теперь описанную окружность треугольника MPN и ее центр точку X. Заметим, что

$\angle M X N=\widehatM P N=180 минус \angle M P N= гамма =\angle M C N.$

Кроме того, точки C и X лежат на серединном перпендикуляре к отрезку MN. Следовательно, они совпадают, и C  — центр описанной окружности треугольника MPN. Тогда $C M=C N=C P.$ Поскольку CN  — касательная к окружности,

$\angle C N P= дробь: числитель: 1, знаменатель: 2 конец дроби \widehatK M N=\angle K L N.$

С другой стороны, $\angle C P N=\angle C N P$ из равнобедренности треугольника NCP. Таким образом, $\angle C P N=\angle K L N$ и, значит, четырехугольник PQLN вписанный. Но тогда

$\angle P Q L=180 в степени левая круглая скобка \circ правая круглая скобка минус \angle L N P=90 в степени левая круглая скобка \circ правая круглая скобка .$

Решение · Помощь

Тип 0 № 2144 Добавить в вариант

При благоустройстве городского сада «Пифагор» сначала были проложены три аллеи, образующие прямоугольный треугольник с острым углом $альфа .$ Следующие аллеи проложили как внешние квадраты на сторонах этого треугольника (получилась фигура, иллюстрирующая теорему Пифагора и называемая пифагоровыми штанами). Наконец, на третьем этапе соединили прямолинейными аллеями центр наибольшего квадрата с вершиной прямого угла, а центры двух меньших квадратов друг с другом. Определите, какая из аллей третьего этапа имеет большую длину? При каком значении угла $альфа$ их длины различаются сильнее всего?

Критерии проверки:

Вид погрешности или ошибки	Отметка в работе	Баллы
Каждая задача оценивается по 10-балльной шкале и снабжается отметкой в работе 0, −, ∓, ±, + в соответствии с критериями.
Решение задачи верное, выбран рациональный путь решения	+	10
Решение верное, но путь не рационален или имеются один  — три недочета или негрубая ошибка	+	9
Решение верное, но путь не рационален и имеются один  — три недочета или негрубая ошибка	±	7−8
Ход решения верный, но есть несколько негрубых ошибок или решение не завершено	∓	5−6
Допущены грубые ошибки, но ответ получен (неверный)	∓	3−4
Допущены грубые ошибки и ответ не получен либо решение лишь начато, то что начато  — без ошибок	−	2
Решение начато, но продвижение ничего не дает для результата	−	1
Задача не решилась	0	0
Недочеты: незначительные (непринципиальные) арифметические ошибки. Негрубые ошибки: технические ошибки в применении формул и теорем, не влияющие на смысл решения; необоснованность логических (верных) выводов. Грубые ошибки:    I.  Логические, приводящие к неверному заключению.   II.  Арифметические ошибки, искажающие смысл ответа. III.  Неверный чертеж в геометрических задачах. IV.  Принципиальные ошибки в применении элементарных формул и теорем.

Решение · Критерии · Помощь

Тип 0 № 2166 Добавить в вариант

Четырехугольник ABCD вписан в окружность. В точке C к этой окружности проведена касательная l. Окружность ω проходит через точки A и B и касается прямой l в точке P. Прямая PB пересекает отрезок CD в точке Q. Найдите отношение BC : CQ, если известно, что BD  — касательная к окружности ω.

Критерии проверки:

Общая схема:

0 баллов  — выставляется, если участник к решению задачи не приступал или начатый ход решения полностью неверен;

1 балл  — выставляется, если участник приступил к решению задачи, указал верное направление решения задачи и получил правильные промежуточные результаты, но при этом не продвинулся настолько, чтобы можно было судить о том, каким образом он собирался получить окончательный ответ (то есть весь ход решения не представлен);

2 балла  — выставляется, если выбранный участником ход решения задачи является в принципе правильным, но при этом участник не смог его реализовать в силу серьёзных ошибок;

3 балла  — выставляется, если решение является в целом правильным, но содержит ошибки, повлиявшие на ответ;

4 балла  — выставляется, если участник решил задачу в целом правильно и получил верный ответ; при этом в решении допускаются незначительные неточности.

Факторы, влияющие на оценку.

1.  Одна из основных целей Олимпиады  — выявление у обучающихся творческих способностей. Поэтому в случае представления участником интересного оригинального подхода к решению задачи, оценка за решение может быть увеличена на 1 балл.

2.  Правильный ответ к задаче, приведенный без достаточных обоснований, либо при наличии ошибок в решении, либо при отсутствии решения, не ведёт к увеличению оценки, которая выставляется участнику за данную задачу.

3.  Если участник не довел задачу до ответа, то итоговая оценка за данную задачу не может превышать 1 балл.

4.  Если задача решена перебором возможных вариантов, и при этом перебор неполный, то за задачу выставляется до 1 балла. Если участник подобрал частное решение без обоснования и проверил его правильность, то в этом случае за задачу выставляется до 0,5 баллов.

5.  Если задача решена при дополнительном предположении, которое отсутствует в условии, то за задачу выставляется

а)  до 1 балла, если это предположение можно доказать;

б)  до 0,5 баллов, если оно не обязано выполняться, но не противоречит условию задачи;

в)  0 баллов, если оно противоречит условию.

6.  Если в работе приведены два решения или ответа к одной задаче, противоречащие друг другу, то за задачу ставится 0 баллов.

Решение · Критерии · Помощь

Тип 0 № 2292 Добавить в вариант

В царстве Колдовской Энергии на плоской равнине стоит заколдованная трансформаторная будка: наблюдателю, смотрящему параллельно земле, она видна только под углом 45°. В поперечном сечении будка квадратная со стороной L локтей. Опишите геометрическое место точек на равнине, из которых будка видна, и определите минимальное и максимальное расстояние, с которого видна заколдованная будка. Углом, под которым фигура F видна из точки P, называется наименьший угол с вершиной P, содержащий фигуру F. В данном случае этот угол расположен в плоскости поперечного сечения будки.

Решение.

Как известно, любой вписанный в окружность угол вдвое меньше центрального угла, стягивающего ту же дугу.

Поэтому произвольной отрезок AB будет виден под углом 45°, если вершин а этого угла $Q_i$ расположена н а окружности с центром в вершине прямоугольного равнобедренного треугольника O, гипотенуза которого совпадает с заданным отрезком AB (см. верх. рис).

Применим установленный факт для рассматривания квадрата. Ясно, что существуют точки, из которых будет видна только одна сторона квадрата, и точки, из которых будут видны две смежные стороны. Другие ситуации невозможны.

В первом случае в качестве отрезка AB будет выступать сторона квадрата. Центр дуги окружности, являющейся искомым г. м. т., будет лежать в вершине (прямом угле) равнобедренного прямоугольного треугольника, пост роенного на этой стороне (см. верх. рис.). Максимальное расстояние от этой дуги до стороны квадрата от мечено на рисунке пунктиром. Оно равно

$O H плюс O F= дробь: числитель: L, знаменатель: 2 конец дроби плюс дробь: числитель: L, знаменатель: корень из: начало аргумента: 2 конец аргумента конец дроби = дробь: числитель: 1 плюс корень из: начало аргумента: 2 конец аргумента , знаменатель: 2 конец дроби L.$

Во втором случае в качестве от резка AB будет выступать диагональ квадрата. Центр дуги окружности, являющейся искомым г. м. т., будет лежать в вершине исходного квадрата, в которой сходятся видимые стороны. Расстояние от любой точки этой дуги до вершины квадрата равно L. Это будет минимальное из искомых расстояний. Все вместе даст восемь четверть окружностей, изображённых ниже.

Ответ: искомые дуги окружностей изображены на нижем рисунке сплошной линией. Пунктиром отмечены прямые, разделяющие восемь зон $левая круглая скобка \rho_\min =L,$ $\rho_\max = дробь: числитель: 1 плюс корень из: начало аргумента: 2 конец аргумента , знаменатель: 2 конец дроби L правая круглая скобка .$

Решение · Помощь

Тип 0 № 2333 Добавить в вариант

Внутри треугольника ABC выбрана такая точка D, что $∠\angle BD = \angle ACD и \angle ADB = 90 градусов.$   Точки M и N середины сторон AB и BC соответственно. Найдите угол DNM.

Критерии проверки:

Общая схема:

Факторы, влияющие на оценку.

а)  до 1 балла, если это предположение можно доказать;

б)  до 0,5 баллов, если оно не обязано выполняться, но не противоречит условию задачи;

в)  0 баллов, если оно противоречит условию.

Решение · Критерии · Помощь

Тип 0 № 2351 Добавить в вариант

Дан неравнобедренный остроугольный треугольник ABC. На лучах AB и AC выбраны соответственно такие точки K и L, что четырехугольник KBCL вписанный. Точка H  — основание высоты, опущенной из вершины A на сторону BC. Докажите, что если KH = LH, то H  — центр описанной окружности треугольника AKL.

Критерии проверки:

Общая схема:

Факторы, влияющие на оценку.

а)  до 1 балла, если это предположение можно доказать;

б)  до 0,5 баллов, если оно не обязано выполняться, но не противоречит условию задачи;

в)  0 баллов, если оно противоречит условию.

Решение · Критерии · Помощь

Всего: 92 1–20 | 21–40 | 41–60 | 61–80 …