2009 58-ма НАЦИОНАЛНА ОЛИМПИАДА ПО МАТЕМАТИКА, ОБЩИНСКИ КРЪГ - гр. Велико Търново by stoyan bordjukov

МИНИСТЕРСТВО НА ОБРАЗОВАНИЕТО И НАУКАТА РЕГИОНАЛЕН ИНСПЕКТОРАТ ПО ОБРАЗОВАНИЕТО – гр. ВЕЛИКО ТЪРНОВО Велико Търново- 5000, ул.”В.Левски” 13, тел.(062) 61-63-14, факс (062) 62-80-37, п.к. 152

58-ма НАЦИОНАЛНА ОЛИМПИАДА ПО МАТЕМАТИКА ОБЩИНСКИ КРЪГ – 15.03.2009 г. ІV клас

1зад. Да се пресметне стойността на израза a : 7 + 4. b + с – 22.8, ако: a е решение на равенството a + 2000 = 1567 + 250.4 b = 4867 – 2345 – 20.(3 + 9 : 3) – 2400 с e обиколката на правоъгълник (пресметната в метри) със страна 60 дм и лице 486 кв. м 7 точки

2зад. В магазин получили 36 кутии с 50 шоколада във всяка от тях и 78 кутии с 80 пасти във всяка. За една седмица продали 632 шоколада и 5 пъти повече пасти. Колко шоколада и колко пасти са останали в магазина? С колко продадените пасти са повече от останалите в магазина? 7 точки

3зад. На чертежа са изобразени два еднакви правоъгълника с обща част квадрат. Страната на квадрата е половината от дължината на правоъгълника, а ширината на правоъгълника е с 1 см по-голяма от страната на квадрата. Ако обиколката на фигурата е 20 см, намерете нейното лице.

7 точки

Време за работа – 4 часа

Желаем Ви успех!

58-ма НАЦИОНАЛНА ОЛИМПИАДА ПО МАТЕМАТИКА ОБЩИНСКИ КРЪГ – 15.03.2009 г. КРАТКИ РЕШЕНИЯ И УПЪТВАНИЯ ІV клас 1зад. Да се пресметне стойността на израза a : 7 + 4. b + с – 22.8, ако: a + 2000 = 2567, a = 567 1 точка b=2 2 точки Превръщане 60 дм = 6 м 1 точка Намиране на втората страна на правоъгълника 486 : 6 = 81 м 1 точка Намиране на обиколката на правоъгълника 2 . (81 + 6) = 174 м 1 точка Пресмятане на израза 567 : 7 + 4 .2 + 174 – 176 = 81 + 8 + 174 – 176 = 87 1 точка 2зад. Намиране броя на шоколадите 36.50 = 1800 1 точка Намиране броя на пастите 78.80 = 6240 1 точка Намиране броя на продадените пасти 632.5 = 3160 1 точка Намиране броя на останалите в магазина шоколади 1800 – 632 = 1168 1 точка Намиране броя на останалите в магазина пасти 6240 – 3160 = 30801 точка Намиране с колко продадените пасти са повече от останалите в магазина 3160 – 3080 = 80 2 точки

3зад. DN = NC = DM 1 точка 1 точка MA = GN = 1 см AB = DC = HG= EF = 2.DN AD = BC = DM + 1 1 точка Обиколката на фигурата: AB + BC + CN + NG + GH + HE + EM + MA = 8. DN + 4 = 20 и намиране на DN = 2 см 2 точка AB = DC = HG = EF = 2.DN = 4 см 0,5 точки AD = BC = 3 см 0,5 точки Лицето на фигурата е 2.SABCD - SMFND = 2.4.3 – 2.2 = 24 – 4 = 20 кв. см 1 точка

58-ма НАЦИОНАЛНА ОЛИМПИАДА ПО МАТЕМАТИКА ОБЩИНСКИ КРЪГ – 15.03.2009 г. V клас

1зад. Намерете лицето на трапец с основи х и у и височина h ако: х е числото за което е вярно равенството (х – 2,6).12,35 = 9,88 у е числената стойност на израза: (97,2 : (13,2 − 4,2)) : 0,9 − 2,2 : 0,2 h е по-голямото от двете числа А и В A = 13 − 7

4 1 −3 5 5

B = 2,9 −

1 2

За мярна единица използвайте см. 7 точки

2зад. На чертежа са означени размерите на два стъклени съда с форма на правоъгълен паралелепипед, от които първият е пълен с вода. Ако прелеем 2 от водата на първия съд във втория, намерете до колко 5

дм ще достигнат височините на водата в първия и втория съд.

7 точки

3зад. Намерете всички числа n от вида ако числото ab + 1 се дели на 9. Време за работа – 4 часа

63a 4b ,

които се делят на 28, 7 точки Желаем Ви успех!

58-ма НАЦИОНАЛНА ОЛИМПИАДА ПО МАТЕМАТИКА ОБЩИНСКИ КРЪГ – 15.03.2009 г. КРАТКИ РЕШЕНИЯ И УПЪТВАНИЯ V клас 1зад. Намиране на х = 3,4 см Намиране на у = 1 см Намиране на А = 2 Намиране на В = 2,4 Намиране на h = 2,4 см Намиране лицето на трапеца S = 5,28 кв. см

2 точки 2 точки 0,5 точки 0,5 точки 0,5 точки 1,5 точки

2зад. Намиране на обема на първия съд V1 = 30 куб. дм Намиране на

2 от обема на първия съд – 12 куб. дм 5

Намиране на височината на водата в първия съд – 2,4 дм Намиране на височината на водата във втория съд – 6 дм

2 точки 2 точки 1,5 точки 1,5 точки

3зад. Понеже 63 се дели на 7, остава да се разгледа числото a4b , което трябва да се дели на 4 и на 7. (1 точка) Тогава b = 0,4 или 8. (1 точка) Нека b = 0. Понеже 9 трябва да е делител на 10а + 1, то а = 8 и проверяваме, че числото 840 се дели на 7. Така се намира едно решение на задачата 63 840. (2 точки) Нека b = 4. Тогава а + 5 трябва да се дели на 9, т.е. а = 4. Но числото 444 не се дели на 7. (1,5 точки) Нека b = 8. Тогава а трябва да се дели на 9, т.е. а = 0 или а = 9. При а = 0 числото 48 не се дели на 7 и при а = 9 числото 948 също не се дели на 7. (1,5 точки) Задачата има само едно решение - 63 840.

58-ма НАЦИОНАЛНА ОЛИМПИАДА ПО МАТЕМАТИКА ОБЩИНСКИ КРЪГ – 15.03.2009 г. VІ клас

1зад. а) Намерете стойностите на изразите m и n, ако: m= n=

− a−b 2

− 2009 2009

− +

2 + a + 2.b 3

−

4.( a + b ) a−b

при

x x

, където

x<0

b = 6. −

1 6

,а

− 8,5 : (− 0,17 ) − 107 (− 7,32 + 2,82) : (− 9)

Сравнете m и n. б) В правоъгълна координатна система Oxy изобразете точките M(0;– 6), N(– 6; 0), P(6; –6) и намерете S ∆MNP . 2зад. Обиколката на успоредник ABCD е 68 см, а страната му AB е с 14 см по-дълга от страната AD. Височината DH на успоредника към страната му AB е 8,7 см. а) Намерете дължините на страните и лицето на успоредника ABCD. б) Върху страната AB на успоредника е взета отсечка MN = 1 AB . От успоредника е 8

изрязан правилен шестоъгълник със страна MN и апотема 2,6 см. Намерете лицето на оцветената част от успоредника. 7 точки

3зад. Аквариум има форма на права четириъгълна призма. Височината на налятата вода в него е с 20 см по-малка от височината на призмата. Лицето на основата на призмата е 72 дм2. Диагоналите на четириъгълника, който е основа на призмата, са перпендикулярни. Единият диагонал има дължина 9 дм, а другият има дължина, два пъти по-голяма от височината на призмата. Колко най-много рибки могат да се отгледат в аквариума, ако за една рибка са необходими 4 л вода? 7 точки Време за работа – 4 часа

Желаем Ви успех!

58-ма НАЦИОНАЛНА ОЛИМПИАДА ПО МАТЕМАТИКА ОБЩИНСКИ КРЪГ – 15.03.2009 г. КРАТКИ РЕШЕНИЯ И УПЪТВАНИЯ VІ клас 1зад. а)

б)

Намиране a = −1 Намиране b = 1 Намиране m = −6 Намиране n = −6 Сравняване m = n = −6

0,5 точки 0,5 точки 1,5 точки 1,5 точки 0,5 точки

Изобразяване на M(0;– 6) Изобразяване на N(– 6; 0) Изобразяване на P(6; –6) Намиране S ∆MNP = 18 см2

0,5 точки 0,5 точки 0,5 точки 1 точка

2зад. а) Съставяне на уравнение за страните на успоредника и намирането на AB= CD =24 см и AD = BC = 10 см 2,5 точки 2 Намиране на лицето на успоредника S ABCD = AB.DH = 208,8 см 1 точка б) Намиране на MN = 3 см. 0,5 точки 1 2

1 2

Намиране лицето на шестоъгълника B = n.b.a = .6.3.2,6 = 23,4 см2

2 точки

Намерете лицето на оцветената част от успоредника S = 208,8 − 23,4 = 185,4 см2 1 точка 3зад. Нека аквариумът е изобразен с правата четириъгълна призма ABCDMNPQ с основа ABCD, височина AM и височината на водата е AK. B ABCD = S ∆ABC + S ∆ADC =

Тогава

AC.BO AC.DO AC .BD + = = 72 . 2 2 2

9.BD = 72 , откъдето BD = 16 дм. 2

2 точки

Следователно височината на призмата е АМ =16:2 = 8 дм. 1 точка Тъй като МК = 20 см = 2 дм, то височината на водата е АК = 6 дм. 1 точка Следователно обемът на водата е 3 V = B ABCD . AK = 432 дм , т.е. водата в аквариума Тогава в аквариума могат да се отгледат най-много

е 432 л. 1,5 точки 432 = 108 рибки. 4

1,5 точки

58-ма НАЦИОНАЛНА ОЛИМПИАДА ПО МАТЕМАТИКА ОБЩИНСКИ КРЪГ – 15.03.2009 г. VІI клас

1зад. Разложете на прости множители израза А = 7х2 – 63х + 140. а) Докажете, че ако х е цяло число, то изразът А се дели на 14; б) Нека m и n (m<n) са стойностите на х, за които стойността на израза А е 0. пресметнете стойността на израза:

M =

2m+ n 3

−

5− m 4

4n m

7 точки

2зад. На конкурсен изпит в едно училище се явили определен брой ученици. От тях 10% получили слаба оценка. Броят на учениците, получили отлична оценка, представлява 1 от броя на учениците, 3

получили слаба оценка. Останалите ученици, явили се на изпит са 520. а) Намерете колко ученици са се явили на конкурсен изпит; б) В училището са приети само ученици, получили отлични и много добри оценки. Намерете в колко паралелки са разпределени приетите ученици, ако се знае, че броят на учениците, получили оценка среден, добър и много добър, е в отношение 6 : 4 : 3, и броят на учениците в една паралелка е не по-голям от 30 и не по-малък от 26. 7 точки

3зад. Даден е ∆ABC , в който AM (M ∈ BC ) и BN (N ∈ AC ) са ъглополовящи. Ако MN е успоредна на AB и ∠AMN е с 36° по-малък от ∠BAC , то: а) намерете ъглите на ∆AMN ; б) намерете ъглите на ∆ABC при условие, че ∠AMN : ∠AMB = 2 : 3 ; в) изразете дължината на отсечката NM в сантиметри, ако знаете, че PABMN = 28 см и AB = c см. 7 точки

Време за работа – 4 часа

Желаем Ви успех!

58-ма НАЦИОНАЛНА ОЛИМПИАДА ПО МАТЕМАТИКА ОБЩИНСКИ КРЪГ – 15.03.2009 г. КРАТКИ РЕШЕНИЯ И УПЪТВАНИЯ VІІ клас 1зад. Разлагане на А = 7х2 – 63х + 140 = 0,5 точки = 7. (х2 – 9х + 20) = 2 = 7. (х – 5х – 4х + 20) = 0,5 точки = 7. (х.(х – 5) – 4.(х – 5)) = 0,5 точки = 7. (х – 4).(х – 5) = 0,5 точки а) Ако х е цяло число, то (х – 4) и (х – 5) са последователни цели числа и точно едно от тях се дели на 2. Тъй като А = 7.(х – 4).(х – 5), то А се дели на 7.2, т.е. на 14. 2 точки б) Стойността на А = 7.(х – 4).(х – 5) е 0, ако поне един от множителите (х – 4) или (х – 5) е равен на 0. 1 точка Определяне на m = 4 и n = 5 (m<n) 1 точка Намиране стойността на M =

2. 4 + 5 3

−

5. − 4 4

4.5 =6 4

1 точка

2зад. а) Изразяване на броя на учениците получили слаба оценка 10%.x и броя на 1 3

учениците получили отлична оценка .10%.x 1 3

Съставяне на модел (уравнение) 10%.x + .10%.x + 520 = x

1 точка 1 точка

Намиране на броя на учениците, които са се явили на конкурсен изпит х = 600 1 точка б) Намиране броя на учениците със слаби оценки – 10%.600 = 60 и броя на 1 3

учениците с отлични оценки .60 = 20

1 точка

Съставяне на 6 y + 4 y + 3 y = 520 и намиране на y = 40 1 точка Намиране броя на учениците много добри оценки 3.40 = 120 1 точка Намиране, че 140 ученици с отлични и много добри оценки ще се разпределят в 5 паралелки 1 точка 3зад. а) ∠AMN и ∠BAM са кръстни, следователно са равни, но ъглополовяща) то ∠AMN = ∠NAM (фиг. 1) Намиране на ∠AMN = ∠NAM = 36° : ∠AMN + 36° = ∠BAC = 2.∠AMN Намиране на ∠ANM = 108°

∠BAM = ∠NAM (АМ

1 точка 1 точка 0,5 точки

фиг.1

фиг. 2

фиг. 3

б) Намиране на ∠BAC = 2.36° = 72° 0,5 точки Намиране на ∠AMB = 54° от 36° : ∠AMB = 2 : 3 1 точка Намиране на ∠ABC = 180° − 36° − 54° = 90° 0,5 точки Намиране на ∠ACB = 180° − 72° − 90° = 18° 0,5 точки (фиг. 2) в) Определяне от а), че ∆AMN е равнобедрен и AN = NM Аналогично определяне, че ∆BNM е равнобедрен и BM = NM

0,5 точки 0,5 точки

Определяне на NM =

1 точка

(фиг. 3)

28 − c 3

58-ма НАЦИОНАЛНА ОЛИМПИАДА ПО МАТЕМАТИКА ОБЩИНСКИ КРЪГ – 15.03.2009 г. VІIІ клас

1зад. а) В уравнението x2 + px – 18 = 0 един от корените му е равен на – 9 . Намерете коефициента p и другия корен. б) Определете допустимите стойности на променливата x в израза x  2x + 2 1  2x + 2 A= 2 + − .  x + 2x 2x + 4  x + 2 x

и докажете, че стойността на А не зависи от стойностите на х. 7 точки

2зад. Дадени са линейните функции f(x) = – 2x + b и g(x) = ax + 3. а) Определете параметрите a и b, ако знаете, че графиката на f(x) пресича ординатната ос в точка А с ордината – 5, а графиката на g(x) е успоредна на графиката на функцията h(x) = 6x + 20 . б) Постройте графиките на функциите f(x) и g(x). Ако графиката на g(x) пресича графиката на f(x) и абцисната ос съответно в точки В и С намерете лицето на ∆OBC, където О е началото на координатната система. 7 точки

3зад. Височините BB1 и CC1 на остроъгълния ∆ABC се пресичат в точка H. Ако M, N и P са среди съответно на отсечките BC, HB и HC, докажете, че: а) MB1 = MC1; б) ∠MNC1 = ∠MPB1. 7 точки

Време за работа – 4 часа

Желаем Ви успех!

58-ма НАЦИОНАЛНА ОЛИМПИАДА ПО МАТЕМАТИКА ОБЩИНСКИ КРЪГ – 15.03.2009 г. КРАТКИ РЕШЕНИЯ И УПЪТВАНИЯ VІІІ клас 1зад. а) Определяне на коефициента p: 81 – 9 p – 18 = 0, p = 7 1 точка 2 Получаване на квадратното уравнение x + 7 . x – 18 = 0 и намиране на корените му х1 = 2 и х2 = – 9 2 точки б) Преобразуване на x  2x + 2 1  2x + 2 x  2x + 2 1  2x + 2 . A= 2 + − =  + − = .  x + 2 x 2 x + 4  x + 2 x  x( x + 2 ) 2( x + 2 )  x + 2 x 2.(2 x + 2) + x 2 2.( x + 1) 1 4 x + 4 + x 2 ( x + 1) 1 = . − = − = 2 x( x + 2 ) x+2 x x( x + 2 ) x

(

(x + 2)2 .(x + 1) − 1 = 2 x x(x + 2)

)

3 точки

x +1−1 x = =1 x x

Определяне на ДС x ≠ 0, x ≠ −2

1 точка

2зад. а) Определяне на b от f(0) = – 2.0 + b = – 5, b = – 5 Определяне на a = 6 б) Построяване графиката на функцията f(x) = – 2х – 5 Построяване графиката на функцията g(x) = 6х + 3 Намиране координатите на точка С(– 0,5; 0) Намиране координатите на точка В (– 1; – 3)

1 точка 1 точка 1 точка 1 точка 0,5 точки 1,5 точки

Намиране лицето на ∆OBC S OBC =

OC. y B 2

0,5.3 = 0,75 кв. м. ед. 2

1 точка

3зад. а) Намиране, че B1M и C1M са медиани към общата хипотенуза ВС на правоъгълните триъгълници ВВ1С и ВС1С. 1 точка 1 2

Доказване, че MB1 = MC1 = .BC

2 точки

(свойство на медианата в правоъгълен триъгълник) б)

1 2

Определяне че, B1 P = HC – медиана към хипотенузата на правоъгълния

триъгълник HB1C

0,5 точки 1 2

Определяне, че MN = HC – средна отсечка в ∆HCB

0,5 точки

Извод, че B1 P = MN (1) 0,5 точки Аналогично доказателство, че MP = C1 N (2) 1,5 точки Извод от (1), (2) и MB1 = MC1 , че ∆B1 PM ≅ ∆MNC1 и ∠MPB1 = ∠MNC1 като съответни в тези триъгълници. 1 точка

58-ма НАЦИОНАЛНА ОЛИМПИАДА ПО МАТЕМАТИКА ОБЩИНСКИ КРЪГ – 15.03.2009 г. ІХ клас

1зад. а) Да се определи реалният параметър k така, че корените на уравнението x 2 − 5 x + k = 0 да удовлетворяват зависимостта x13 + x23 = 215 ; б) За намерената стойност на k да се реши уравнението:

x2 +

k = 5. x2

7 точки

2зад. Да се намерят мерките на ъглите на равнобедрен триъгълник ∆ABC ( AC = BC ), ако центровете О1 и О съответно на вписаната и описаната около него окръжности са симетрични относно АВ. 7 точки

3зад. а) Докажете, че ако

ab + bc + ca = 1, то a b c 4abc + + = 2 2 2 2 1− a 1− b 1− c 1− a 1 − b2 1 − c2

(

)(

б) Да се реши уравнението

)(

x +1 − x −1

)

x −1 3 = x +1 2

7 точки

Време за работа – 4 часа

Желаем Ви успех!

58-ма НАЦИОНАЛНА ОЛИМПИАДА ПО МАТЕМАТИКА ОБЩИНСКИ КРЪГ – 15.03.2009 г. КРАТКИ РЕШЕНИЯ И УПЪТВАНИЯ ІХ клас 1зад. а) x13 + x 23 = (x1 + x2 )(x12 − x1 x2 + x 22 ) = (x1 + x 2 )[(x1 + x 2 )2 − 3x1 x 2 ] = 215 Определяне от формулите на Виет x1 + x 2 = 5 и x1 .x 2 = k Заместване 5.(25 − 3k ) = 215 и намиране на k = – 6 б) Определяне на ДС x ≠ 0 k = 5 и достигане до x 4 − 5 x 2 + k = 0 x2 Заместване на k с – 6 и решение на уравнението x 4 − 5 x 2 − 6 = 0 x1 = 6 и x 2 = − 6

Преобразуване на x 2 +

1 точка 1 точка 1 точка 0,5 точки 1,5 точки 2 точки

ъглополовяща, следователно 1 точка ∠CAO1 = ∠O1 AB = α От свойството на осевата симетрия следва, че ∠BAO1 = ∠BAO = α 1 точка 2зад.

АО1

⌢ 1 2 1 ⌢ (от ∠ABC = ∠BAC = 2α = AC 2 следователно AC = 4α

⌢

Тогава ∠NAC = 3α = CBN , откъдето CBN = 6α 1 точка равнобедрен),

∆ABC

точка ⌢

⌢

Тогава AN = AC + CBN = 4α + 6α = 10α = 180° , α = 18° 1 точка 2 точки

Следователно ∠ABC = ∠BAC = 2α = 36° ∠ACB = 180° − 72° = 108° 3зад.

а)

(

)(

) ( )( ) ( ( )( )( )

)(

)

a b c a 1 − b2 1 − c2 + b 1− a2 1− c2 + c 1 − a2 1− b2 + + = = 1 − a2 1− b2 1− c2 1 − a2 1− b2 1− c2

a − ab 2 − ac 2 + ab 2 c 2 + b − ba 2 − bc 2 + ba 2 c 2 + c − ca 2 − cb 2 + ca 2 b 2 = = 1− a2 1 − b2 1 − c2 a(1 − ab − ca ) + b(1 − ab − bc ) + c(1 − ca − bc ) + abc(bc + ac + ab ) = = (1 − a 2 )(1 − b 2 )(1 − c 2 ) abc + bac + cab + abc 4abc = = 2 2 2 2 1− a 1− b 1− c 1− a 1 − b2 1 − c2

(

)(

) (

)(

1 точка

)

1,5 точки 1 точка

б)

x +1 − x −1

Полагане

x −1 3 = x +1 2 x +1 = y, y >0 x −1

Получаване на уравнението y − Намиране на х:

0,5 точки 1 3 = и решаването му y = 2 y 2

x +1 5 = 2, x = x −1 3

1 точка 1 точка

5 е решение на уравнението или определяне на ДМ в началото на 3 задачата x ∈ (− ∞;−1) ∪ (1;+∞ ) 1 точка

Проверка, че x =

58-ма НАЦИОНАЛНА ОЛИМПИАДА ПО МАТЕМАТИКА ОБЩИНСКИ КРЪГ – 15.03.2009 г. Х клас

1зад. Решете неравенството

x 13 26 − − 2 ≤ b, x − 2 x + 3 x + a.x − 6

ако:

 −1  1  a =  81 4.180,5 + 5, 60  .  − 1 −1   2 

b е по-малкия от корените на уравнението: 52x – 5x +1 – 5x + 5 = 0. 7 точки

2зад. Да се докаже, че при всяка реална стойност на параметъра m корените x1 и x2 на уравнението (m2 – m + 2)x2 – (2m2 –2m + 5)x + m2 – m + 2 = 0 са положителни и да се пресметне изразът

M =

x1 + x 2 x1 x 2

7 точки

3зад. Периметърът на равнобедрения триъгълник ABC е равен на 18 см. През средата D на основата AB е прекарана права, пресичаща страната BC в точка K и разделяща лицето на триъгълника в отношение 5 : 2. Да се намери лицето на триъгълника ABC, ако ∠ADK = 135° . 7 точки

Време за работа – 4 часа

Желаем Ви успех!

58-ма НАЦИОНАЛНА ОЛИМПИАДА ПО МАТЕМАТИКА ОБЩИНСКИ КРЪГ – 15.03.2009 г. КРАТКИ РЕШЕНИЯ И УПЪТВАНИЯ Х клас      18   1 3 2  1зад. a =  4 + 1. − 1 =  + 1 2 − 1 =  3   81   1    2 

(

) (

)(

2 +1

)

2 −1 = 2 −1 = 1

2 точки

52x – 5x +1 – 5x + 5 = 0 5x(5x – 5) – (5x – 5) = 0 (5x – 5).(5x – 1) = 0 5x – 5 = 0 или 5x – 1 = 0 5x = 1 5x = 5 х1 = 1 х2 = 0 ⇒ b = 0

2 точки

Неравенството има вида x 13 26 − − 2 ≤ 0 и решенията му са x ∈ (− 3;0] ∪ (2;10] x−2 x+3 x + x−6

3 точки

2зад. D = (2 m 2 − 2 m + 5 ) − 4 .(m 2 − m + 2 ) = 4 m 2 − 4 m + 9 = (2 m − 1)2 + 8 > 0 ⇒ за всяко m корените x1 и x2 са реални. 2 точки По формулите на Виет x1x2 = 1 ⇒ x1 и x2 имат еднакви знаци. 1 точка 2

2m 2 − 2m + 5 1 1 3  = 2+ 2 > 0 за ∀m т.к. m 2 − m + 2 =  m −  + > 0 ⇒ 2 m −m+2 m −m+2 2 4  x1 + x2 > 0 за ∀m , т.е. x1 и x2 са положителни. 2 точки 2

x1 + x 2 =

M2 =

x1 + x 2 + 2 x1 x 2 x1 x 2

= x1 + x 2 + 2 = 2 +

Т.к. М > 0 се получава M =

1 4m 2 − 4m + 9 + 2 = m2 − m + 2 m2 − m + 2

4 m 2 − 4m + 9 m2 − m + 2

1 2

3зад. S ABC = AB.CD Ако се означи S BDK = 2S , то S ADKC = 5S , S ABC = 7 S , 1 S BDC = .7 S = 3,5S и S CDK = 3,5S − 2 S = 1,5S 2

1,5 точки S CDK 1,5S 3 CK = = = S BDK 2S 4 BK

1 точка

2 точки

Т.к. ∠ADK = 135° ⇒ ∠BDK = 45°, ∠CDK = 45° , т.е. DK – ъглополовяща

1 точка

CD CK 3 3 = = ⇒ CD = DB DB BK 4 4

1 точка

От свойството на ъглополовящата следва Означаваме АВ = 2a, АС = b Тогава CD = a , b = a 2 +  3 4

3a  5  = a 4  4 

1 точка 5 4

Периметърът на ∆ABC е 18 см. Следователно 2a + 2. a = 18 , откъдето a = 4, CD = 3 1 точка Тогава S ABC

1 1 2 = AB.CD = .8.3 = 12 см 2 2

0,5 точки

58-ма НАЦИОНАЛНА ОЛИМПИАДА ПО МАТЕМАТИКА ОБЩИНСКИ КРЪГ – 15.03.2009 г. ХІ клас

1зад. Три числа образуват геометрична прогресия. Ако втория и член намалим с 4, новата тройка числа в същия ред пак образува геометрична прогресия. Яко третия член на новата прогресия намалим с 9, то се получава аритметична прогресия. Кои са първоначалните числа? 7 точки 2зад. За кои стойности на у неравенството е вярно

  y  y   y   + 2 x1 + log 2  − 21 + log 2  x 2  2 − log 2 y + 1 y +1  y + 1    за всяко x ∈ R ?

>0 7 точки

3зад. Даден е правоъгълният триъгълник ABC (∠C = 90°) . Построена е височината CH (H ∈ AB ) на ∆ABC и медианата CM (M ∈ HB ) на ∆HBC . Да се намери

cos ∠MCB ,

ако е известно, че

CM = 4

см и

AH =

9 2 7

см. 7 точки

Време за работа – 4 часа

Желаем Ви успех!

58-ма НАЦИОНАЛНА ОЛИМПИАДА ПО МАТЕМАТИКА ОБЩИНСКИ КРЪГ – 15.03.2009 г. КРАТКИ РЕШЕНИЯ И УПЪТВАНИЯ ХІ клас 1зад. Означаване на числата: (1) a1, a1q, a1q2 (2) a1, a1q – 4 , a1q2 (3) a1, a1q – 4 , a1q2 – 9 1,5 точки 2 2 От (1) и (2) геометрични прогресии следва (a1 q ) = (a1 q − 4) , откъдето намираме a1q=2 1 точка Заместване в аритметичната прогресия (3) a1, – 2 , 2q– 9 и прилагане на свойството на аритметична прогресия: – 4 = a1 + 2q– 9 1 точка Получаване на системата a1 + 2q = 5 a1q =2 и намиране на решение за a1 и q. a1 = 1 , q = 2 или a1 = 4 , q =

1 2

2,5 точки

Намиране на първоначалните числа 1, 2, 4 или 4, 2, 1 1 точка 2зад. Лявата страна на неравенството е квадратна функция от вида f (x ) = ax 2 + bx + c Неравенството е изпълнено за всяко x ⇔ а > 0 и D = b 2 − 4ac < 0 1 точка Определяне ДС за у: y ∈ (− ∞;−1) ∪ (0;+∞ ) 1 точка Полагане z = log 2

y и решаване на системата y +1

2−z > 0 (1 + z )2 + 2.(1 + z )(. 2 − z ) < 0 и намиране z < −1 y y −1 Заместване log 2 < −1 ⇔ < 0 ⇔ y ∈ (− 1;1) y +1 y +1

Съобразяване с ДС y и получаване y ∈ (0;1) 3зад. cos ∠MCB =

BC 2 + CM 2 − MB 2 2.BC.CM

Необходимо е да се намерят BC и MB. 1 точка 2 2 2 От прав. ∆ABC : CH = AH .HB ⇔ CM − HM = AH .HB 1 точка Ако означим HM = MB = x получаваме 16 − x 2 =

9 2 7

2x ⇔

2 точки 2 точки 1 точка

⇔ x2 +

9 7

x − 16 = 0

1 точка

Получаване решение x = 7 ⇒ HM = MB = 7 см 2 точки Намиране на BC = CH 2 + HB 2 = 16 − x 2 + 4 x 2 = 16 + 21 = 37 см Намиране на cos ∠MCB =

BC + CM − MB 37 + 16 − 7 46 23 37 = = = 2.BC.CM 148 2. 37 .4 8. 37 2

1 точка

58-ма НАЦИОНАЛНА ОЛИМПИАДА ПО МАТЕМАТИКА ОБЩИНСКИ КРЪГ – 15.03.2009 г. ХІІ клас

1зад. а) Да се реши системата: │ α3 + β3 = 7 │ α.β = – 2 б) Да се намери най-голямата и най-малката стойност на f(x) = α1х2 + 2х – β1, където α1 и β1 са решения на системата от подточка а) при което α1 > 0 > β1 и x ∈ [− 1;2] . 7 точки 2зад. Около окръжност с радиус r е описан трапец ABCD, основата АВ на който сключва с бедрата ъгли α и β. Да се намери: а) лицето на трапеца; б) дължините на страните и диагоналите на трапеца, ако tg α = 1 и 2

tg β

1 2

7 точки 3зад. Основата на пирамида ABCD е равнобедрен триъгълник АВС с бедра АC = ВС = а и ∠ АСB = α. Околният ръб DC сключва с основата също ∠ α, а ортогоналната проекция на върха D върху равнината на основата е ортоцентър на ∆АВС. а) Да се намери обема на пирамидата; б) Да се намери лицето на сечението на пирамидата с равнина, минаваща през ортоцентъра на основата на пирамидата и перпендикулярна на околния ръб DC. 7 точки Време за работа – 4 часа

Желаем Ви успех!

58-ма НАЦИОНАЛНА ОЛИМПИАДА ПО МАТЕМАТИКА ОБЩИНСКИ КРЪГ – 15.03.2009 г. КРАТКИ РЕШЕНИЯ И УПЪТВАНИЯ ХІІ клас

1зад. а) (α + β).( α 2 – α.β + β2) = 7 α.β = – 2 (α + β).(( α + β)2 – 3α.β) = 7 α.β = – 2

1 точка

Полагане α + β = u, получаване на уравнението: u3 + 6u – 7 = 0 и намиране u = 1 α +β=1 α1 = 2 α2 = –1 α.β = – 2 => β1 = –1 β2 = 2

2 точки 1 точка

б) От α1 > 0 > β1 => f(x) = 2х2 + 2х + 1 Намиране на  1 1 f −  =  2 2

f min в т. х0 = – 1

1,5 точки

f(–1) = 1 f(2) = 13 Най-голяма стойност за

x ∈ [− 1;2]

0,5 точки 0,5 точки 0,5 точки

е f(2) = 13

2зад. а) От ABCD описан около окръжност => AD + BC = AB + DC SABCD = AD + BC . h => SABCD = (AD + BC). r 1 точка 2

От ∆АHD => АD = От ∆BCH1 => BC = => SABCD =

2r 2 (sin α + sin β ) sin α sin β

2r sin α

2r sin β

1 точка 1 точка

б) От tg

α 2

=1 и

 π ∈  0;  2  2

α 2

= 45º => α = π

1 точка АD = 2r АМ = DP = r β От прав. ∆МОВ => МВ = r. cotg = 2r 2

=> AB = 3r

1 точка

От прав. ∆РОС => РС = r.tg β =

r 2

ВС = АВ + DC – AD =

5r 2

=> DC =

3r 2

1 точка

От прав. ∆ABD => BD = От прав. ∆ACD => AC =

r. 13 5r 2

1 точка

3зад. а) Нека АА1 ⊥ ВС; СС1 ⊥ АВ АА1 ∩ СС1 в т. О Ортогоналната проекция на DС върху (АВС) е ОС ∠ DСО = α V = S .ÎD ∆ÀÂÑ

От усл. => S ∆ABC =

а 2 . sin α 2

1 точка

От прав. ∆ОCD => DО = СО. tg α (*) α Разгл. ∆АОC ∠ АСО = ∠ САО = 90 – α ∠ АОС

=90+ α

СО = а. Зам. в (*) => DО = а.

sin α cos α / 2

2 СО = sin(90 − α )

АС sin(90 + α / 2)

cos α cos α / 2

1 3 а .sin 3

б) От СО – ортог. проекция на DС върху (АВС) Постр. ЕF║АВ => EF ⊥ DС (1) В ∆DОC построяваме ОР ⊥ DС (2) От (1) и (2) => ∆ EFР е търсеното сечение. ∆ EFР – равнобедрен => Sсеч = EF .ОР

1 точка 1 точка

α .sin α

DС

⊥

АВ

1 точка 1 точка

От пр. ∆ОРС => ОР = СО. sin α От ∆СС1В ~ ∆СОЕ => ОЕ = BC .CO , но СС1= а. соs α и BC1= a.sin α 1

CC1

1 точка

От а) Sсеч =

СО = а. EF .ОР 2

cos α cos α / 2 2 2

Преобразуване на ОЕ и ОР

= 2а соs α.tg2 α

1 точка