2010.28.02 59-ма НАЦИОНАЛНА ОЛИМПИАДА ПО МАТЕМАТИКА ОБЩИНСКИ КРЪГ Ловеч by stoyan bordjukov

59-та НАЦИОНАЛНА ОЛИМПИАДА ПО МАТЕМАТИКА ОБЩИНСКИ КРЪГ 28.02.2010г. ІV клас 1зад. Намерете a, b, c и ги сравнете по големина, ако: a е неизвестната буква в равенството 750 : 3 + a = 920 : 2 + 2 ⋅ 95 ; b = ( 1015 : 5 ) ⋅7 + ( 15121 − 7945 ) : 8 − 2010 ;

c е сборът от обиколките, изразени в сантиметри на три правоъгълника, за които знаем че:

страните на първия са 30 см и 2 дм, страните на втория са два пъти по-големи от страните на първия, а на третия правоъгълник с по 3 дм по-малки от страните на втория. 7 точки

2зад. Данчо и Иво купили букети, всеки от които се състои от по 5 рози, като цената на една роза е 2 лева. Ако общият брой на цветята е 230 и Иво е купил 27 букета, колко букета е купил Данчо? Ще стигнат ли парите на Данчо от рестото да си купи нова камера и Bluetooth, ако е имал 234 лв, а цените на камера и Bluetooth са съответно - 27 лв и 11 лв? 7 точки 3зад. а) Ася, Ваня, Деси и Петя са ученички от ІV клас и всяка от тях тренира в една от следните секции: гимнастика, плуване, волейбол и баскетбол. Ася и Деси били на кино по време на волейболния мач. Ваня и баскетболистката са в кръжока по математика заедно с плувкинята. Петя и Ася били на лагер с баскетболистката. Ася е на един чин с плувкинята. Какво спортува всяко момиче? 3 точки б) Сборът на четири числа е 2010. Ани извадила от тях едно и също число и получила числата 101, 276, 491 и 1022. Кои са първоначалните числа? 4 точки

До областен кръг ще бъдат допуснати тези ученици, на които броят на точките е най-малко 16. Време за работа – 4 часа. Желаем Ви успех!

59-та НАЦИОНАЛНА ОЛИМПИАДА ПО МАТЕМАТИКА ОБЩИНСКИ КРЪГ 28.02.2010г. ПРИМЕРНИ РЕШЕНИЯ И КРИТЕРИИ ЗА ПРОВЕРКА И ОЦЕНКА ІV клас 1зад. 2 точки 2 точки

a = 400 b = 308

Страните на първия правоъгълник са 30 см и 20 см, обиколката му е 100 см Страните на втория правоъгълник са 60 см и 40 см, обиколката му е 200 см Страните на третия правоъгълник са 30 см и 10 см, обиколката му е 80 см c = 380 2 точки 308 < 380 < 400 следователно b < c < a

1 точка Общо 7 точки

2зад. Иво е купил 27 букета по 5 рози - общо 27.5 = 135 рози Следователно Данчо е купил 230 – 135 = 95 рози Т.к. букетите са от по 5 рози Данчо е купил 95:5 =19 букета След като Данчо е купил 95 рози по 2 лв, той е платил общо – 95.2=190 лв. Следователно са му останали 234 – 190 = 44 лв. Общо камерата и Bluetooth струват 27+11=38 лв 44>38 следователно парите ще му стигнат

1 точка 1 точка 1 точка 1 точка 1 точка 1 точка 1 точка Общо 7 точки

3зад. Задачата се решава лесно с таблици: „Ася и Деси били на кино по време на волейболния мач.” Следователно Ася и Деси не са волейболистки. 0,5 точка гимнастика Ася Ваня Деси Петя

плуване

волейбол

баскетбол

„Ваня и баскетболистката са в кръжока по математика, заедно с плувкинята.” Следователно Ваня не е баскетболистка и плувкиня. 0,5 точка гимнастика

плуване

Ася Ваня Деси Петя

волейбол

баскетбол

„Петя и Ася били на лагер с баскетболистката.” Следователно Петя и Ася не са баскетболистки. 0,5 точка гимнастика

плуване

Ася Ваня Деси Петя

волейбол

баскетбол

От таблицата до момента се вижда, че Деси е баскетболистка. гимнастика

плуване

Ася Ваня Деси Петя

волейбол

баскетбол

+ -

0,5 точка

„Ася е на един чин с плувкинята.” Следователно Ася не тренира плуване. 0,5 точка Тогава за Ася остава да тренира гимнастика, за Ваня волейбол, а Петя – плуване. Ася Ваня Деси Петя

гимнастика

плуване

волейбол

баскетбол

+ -

Ася Ваня Деси Петя

0,5 точка

гимнастика

плуване

волейбол

баскетбол

+ -

б) Сборът на получените числа е 100 + 276 + 490 + 1022 = 1888; 0,5 точка Разликата между двата сбора е 2010 – 1888 = 120 и е равна на числото, което изваждаме, умножено по 4; 0,5 точка Тогава 120:4 = 30 е число, което изваждаме 2 точки Следователно числата са: 101 + 30 = 131; 276 + 30 = 306; 491 + 30 = 521; 1022 + 30 = 1052. 1 точка

Общо 7 точки

МИНИСТЕРСТВО НА ОБРАЗОВАНИЕТО, МЛАДЕЖТА И НАУКАТА Регионален инспекторат по образованието - гр. Ловеч ул. “Търговска” 43, ет.10, (068) 603806, факс (068) 603807 http://rio-lovech.hit.bg e-mail: rio_lovech@yahoo.com 59-та НАЦИОНАЛНА ОЛИМПИАДА ПО МАТЕМАТИКА ОБЩИНСКИ КРЪГ 28.02.2010г. V клас 1зад. Намерете числената стойност на израза M = A − B ⋅ C , ако A = 1,46 ⋅ 5,8 + 0,4 ⋅ 2,7 ⋅ 5 + 4,2 ⋅ 1,46 , B е равно на стойността на x , за която е изпълнено равенството 65,2 − 1,47 ⋅ x = 25,5 : 0,5 − 0,5 , а C е равно на най-голямата десетична дроб, която се записва с две цифри след десетичната запетая и е по-малка от 0,5 . 7 точки 2зад. В затворена стъклена кутия с форма на правоъгълен паралепипед с размери 50 см, 30 см и 20 см е налята вода. Таня поставила кутията върху стената с най-голямо лице и установила, че 4 см от височината на кутията остава незапълнена с вода. Намерете колко сантиметра от височината на кутията ще останат незапълнени, ако Петър я постави върху стената с най-малко лице. 7 точки 3зад. Вървях по горска пътека със скорост 1,5 м/сек. Когато до поляната останаха 200 метра, от там изскочи заек и се понесе право срещу мен. След 12 секунди, когато заекът се намираше на 80 метра от мен, той тръгна по странична пътека. С каква скорост се е движил заекът? 7 точки

59-та НАЦИОНАЛНА ОЛИМПИАДА ПО МАТЕМАТИКА ОБЩИНСКИ КРЪГ 28.02.2010г.

ПРИМЕРНИ РЕШЕНИЯ И КРИТЕРИИ ЗА ПРОВЕРКА И ОЦЕНКА V клас 1зад. За A = 20 За B = x = 10 За C = 0, 49 За M = 15,1

2 точки 2 точки 2 точки 1 точка

2зад. За намиране на най-голямото лице 1 точка За намиране обема на налятата вода – 24000 куб. см 3 точки За намиране на най-малкото лице 1 точка За намиране височината на кутията, която ще остане незапълнена – 10 см 2 точки 3зад. За намиране пътя, изминат от мен – 18 метра За намиране пътя, изминат от заека – 102 метра За намиране скоростта на заека – 8,5 м/сек.

2 точки 3 точки 2 точки

5 n + 5 n +1 + 5 n + 2 , 5 n +1 + 5 n + 2 + 5 n + 3 m−n m+n  2   y е неизвестното число b от равенството b :   −6  : ( −2 )  = ( −3,18 : 5,3 ) , а z = − , 2 2  3   p където m = 5 , а n = −11 ⋅ , p > 0 , то намерете стойността на z + x : y . p 7 точки 1зад. Ако x е противоположното число на реципрочното число a =

2зад. Нека означим с A израза, който е равен на частното от произведението на две последователни четни числа и разликата на две последователни нечетни числа. Докажете, че А се дели на 4. Намерете числената стойност на израза A +

x + ( −1)

1 за n = 1 и x = − . x −2 2 7 точки 2

3зад. а) Сумата от цифрите на едно четирицифрено число е 27. Да се докаже, че сборът на това число с числото, записано със същите цифри, но взети в обратен ред, се дели на 27. 3 точки б) Диагоналите АС и ВD на четириъгълника АВСD се пресичат в точката М. а) Покажете, че: SABM . SDСM = SBСM .SADM. б) Ако произведението от лицата на триъгълниците ВСМ и АDМ е равно на 24 кв. см и лицето на триъгълника DСМ е 0,04 кв.дм., да се намери лицето на триъгълника АВМ. 4 точки

59-та НАЦИОНАЛНА ОЛИМПИАДА ПО МАТЕМАТИКА ОБЩИНСКИ КРЪГ 28.02.2010г.

ПРИМЕРНИ РЕШЕНИЯ И КРИТЕРИИ ЗА ПРОВЕРКА И ОЦЕНКА VІ клас 1зад. За намерено a = За x = −

1 5

2 точки

1 = −5 a

1 точка

За b = −2 = y

1 точка

За z = 5

2 точки

За z + x : y = 7 ,5

1 точка

2зад. За A =

2n ( 2n + 2 )

2n − 1 − ( 2n + 1)

= −2n ( n + 1)

2 точки

Тъй като n и n + 1 са две последователни числа, т.е. едното се дели на 2, следователно А се дели на 4. 2 точки За −2n ( n + 1) +

x + ( − 1)

x −2 2

6 7

3 точки

3зад. а) abcd + dcba = 1000a + 100b + 10c + d + 1000d + 100c + 10b + a = 1001a + 110b + 110c + 1001d 0,5 точки Получено 11(91a + 10b + 10c + 91d ) 0,5 точки За 11 ⋅ 9(10a + b + c + 10d + 3) 0,5 точки За 11 ⋅ 9(9a + 9d + 30) 0,5 точки За 11 ⋅ 9 ⋅ 3(3a + 3d + 10 ) 1 точка S ABM S BCM = S AMD S DCM За S AMB .S DCM = S BCM .S AMD

1 точка

Намерено S ABM = 6cm

1 точка

б) За

2 точки

(

)

1   A =  − b + a  − (b − b(a − 3)) − ab 3 − 0,75a 3b : (ab ) , ако a е корен на уравнението 2   3 (x − 1) − 3x 2 − 3x − 1 ⋅ x + (x − 1)2 − 0,5 = 0 и b = 2010 − 20102 + 20092 6 3 6 3 4 точки 2 3 2 2 2 б) Разложете многочлена B = a b + b − 2ab − 6ab + 3a + 3b на множители и намерете всички цели стойности на a и b , за които е изпълнено равенството B = 45 . 3 точки

2зад. В триъгълника АВС ъгълът АВС е 450, а ъгълът АСВ е равен на 750. Върху лъча ВА е построена отсечката АМ = 2 АВ ( точката А е между точките М и В). Точката N е от правата СА такава, че СN = BN (точката А е между точките С и N). а) Докажете, че точката А лежи на симетралата на отсечката BN; 3 точки б) Намерете ъглите на триъгълника МВС. 4 точки 3зад. На математическа олимпиада са били предложени няколко прости и няколко сложни задачи. Участниците получавали по 3 точки за решена сложна и по 2 точки за решена проста задача. Освен това за всяка нерешена проста задача отнемали по една точка. Митко решил 10 задачи и набрал 14 точки. Колко са били предложените прости задачи. 7 точки

ПРИМЕРНИ РЕШЕНИЯ И КРИТЕРИИ ЗА ПРОВЕРКА И ОЦЕНКА VІІ клас

1зад. а)

A = a 2 − 4b Намерено x = 2 т.е. a = 2

1 точка

Намерено A = 8040

1 точка 1 точка

За намерено

1 точка

b = −2009

б) B = ( b + 3)( a − b ) = 45 = 5.32 = 45.12

2 точки

a = 5, b = 2 или a = −1, b = 2

1 точка

или a = 43, b = 42 или a = 41, b = 42

2зад. а) От BN=CN ⇒ ∆BCN – равнобедрен и ∡NCB=∡NBC=75o ⇒ ∡NAB=30o (1) →

1 точка о

От ∆АВС ⇒ ∡ВАС=60 (външен за ∆NBA) ⇒ ∡ANB=30o (2) → 1 точка Oт (1) и (2) ⇒ ∆NBA е равнобедерен ⇒ АN=AB ⇒ т.А∈ S AB 1 точка б) Да означим с т.Р – средата на МА ⇒ MP=PA=AB (от усл.) От а) ⇒ AN=AB ⇒∆PNA

равнобедрен

∡PAN=60o

⇒∆PNA е равностранен → 1 точка ⇒ ∆MPN равнобедрен с външен ∡60о ⇒∡PMN=∡PNM=30o ⇒ ∆MBN е равнобедрен → 1 точка По условие BN=CN ⇒ MN=CN ⇒ ∆MCN е правоъгълен и равнобедрен → 1 точка ⇒ ∡МCN=45o и за ∆МВС получаваме ∡МСВ=45о+75о=1200, а ∡СМВ=15о.

1 точка

3зад. Нека означим с х простите задачи, тогава 10-х ще са сложните. 1 точка у са решените прости, то х-у са нерешените прости задачи. 3 2 y + 3 (10 − x ) + ( x − y )( −1) = 14 ⇒ 4 x − 3 y = 16 ⇒ x = 4 + y 3 точки 4 Намерено: x = 4;10 − x = 6; y = 0; 1 точка

Ако

x = 7;10 − x = 3; y = 4

1 точка

x = 10;10 − x = 0; y = 8

1 точка

Тогава

n , за които е в сила неравенството x1 < n < x2 3 точки б) Решете неравенството

1 − 1 − 5 < 0, където y е рационална дроб, тъждествено равна на y

3 2x − 1 2  1  израза  2 + 2 − : , x ≠ 0; ± 1.  2x + 2x x − 1 x  1− x

4 точки 2зад. Дадени са функциите f ( x ) = x − 1 − 1 и

g (x ) =

1 x. 2

а) Да се построят графиките на дадените функции; 4 точки б) Да се намери лицето на фигурата, заградена от графиките на тези функции. 3 точки 3зад. Даден е трапец АBCD (AB║CD, AB<DC). Точките M и N са среди съответно на основите AB и CD. Дължината на отсечката MN е равна на полуразликата на двете основи. Докажете, че: а) Сборът от ъглите при голямата основа на трапеца е 900; 4 точки б) Ако DP и CQ са височини в трапеца (P,Q ∈ AB) и AP = BQ, то трапецът е равнобедрен. 3 точки

ПРИМЕРНИ РЕШЕНИЯ И КРИТЕРИИ ЗА ПРОВЕРКА И ОЦЕНКА VІІІ клас

1зад. а)

Намерено x1 ∈ ( 0;1)

1 точка

Намерено x2 ∈ ( 8;9 )

1 точка

Намерено

1 точка

n :1, 2,3, 4, 5, 6, 7,8 3 2x − 1 2  1 3 x − 3 − 2x + 4  б) Преобразувано:  2 + 2 − : = . (1 − x )  2 x + 2 x x − 1 x  1 − x 2 x ( x − 1)( x + 1) Получено:

1 3 x − 3 − 2x + 4 =y . (1 − x ) = − 2x 2 x ( x − 1)( x + 1)

1 точка 1 точка

Получено 2 x + 1 < 5

1 точка

Намерено решение на неравенството: −3 < x < 2, x ≠ 0; ±1

1 точка

2зад. а)

− x f ( x) =  x − 2

за

x <1

1 точка за

x ≥1

Намиране на f (1) = −1 , f ( 0 ) = 0 , f ( 2 ) = 0 , точките A(1;-1), O(0;0), B(2;0) и построяване на графиката на функцията f ( x )

2 точки

и построяване на графиката на функцията g ( x )

1 точка

Намиране на g ( 0 ) = 0 , g ( 2 ) = 1 , точките O(0;0) , С(2;1) б) f ( x ) = g ( x ) ⇒

1 x = x −1 −1 2 за x < 1 → x = 0 ; за x ≥ 1 → x = 4

намиране на точката М(4;2)

SOAM = SOAB + SOBM

1 точка 1 точка

SOAM = 3

1 точка

3зад. D

а)Построяваме отсечките NK и NL (K,L ∈ AB) така,че NK║DA и NL║CB. Следователно AKND и BLNC са успоредници по дефиниция DN=AK=CD/2, NC=LB=CD/2 (1) AM=MB=AB/2 (2) KM=AM-AK, LM=BM-LB (3) От (1),(2) и (3) следва, че КМ=LM=(AB-CD)/2 По условие MN=(AB-CD)/2 Следователно KM=LM=MN, от тук следва, че ∆LKN е правоъгълен , следователно ∢ NKL + ∢ NLK = 900. Като имаме предвид, че ∢ NKL= ∢ DAB и ∢ NLK= ∢ ABC, получаваме,че ∢ DAB+ ∢ ABC=900 б) △ APD ≅△ BQC

1 точка 0,5точка

1 точка

0,5 точка 2 точки 2 точки

3зад. През върха А на квадрата ABCD са прекарани два лъча, които сключват помежду си ъгъл, равен на 45о. Единият от лъчите пресича страната BC в точка М и диагонала BD в т. N, а другия – страната CD в точка P и BD в точката Q. а) Докажете, че около четириъгълника ABMQ може да се опише окръжност. 3 точки б) Докажете, че точките C, M, N, Q и P лежат на една окръжност. 4 точки

59-та НАЦИОНАЛНА ОЛИМПИАДА ПО МАТЕМАТИКА ОБЩИНСКИ КРЪГ 28.02.2010г.

ПРИМЕРНИ РЕШЕНИЯ И КРИТЕРИИ ЗА ПРОВЕРКА И ОЦЕНКА ІХ клас 1зад. а) Уравнението, което трябва да се състави ще има вида: y 2 + py + q = 0 , където 1 1 x .x 15 − p = y1 + y2 = x1 + + x2 + = x1.x2 + 1 2 = 1 точка x1 x2 x1 + x2 2 и  1 1 x x 1 45 q = y1. y2 =  x1 +  .  x2 +  = x1.x2 + 1 + 2 + = 1 точка x x x x x . x 4  1   2  2 1 1 2 т.е. квадратното уравнение ще има вида: 15 45 y2 − y + = 0 или 4 y 2 − 30 y + 45 = 0 1 точка 2 4

б)

( b + 3)

D≥0 c >0 a b x1 + x2 = − < 0 a x1.x2 =

3b 2 − 14b − 9 ≤ 0 b ∈ ( −3;0 )

Получено

⇔

1 точка

4b >0 b−2 2 ( b + 3) b−2

⇔ b1,2 = 7 ± 49 + 27 = 7 ± 2 19 3

 7 − 2 19  b∈ ;0  3  

− 4b ( b − 2 ) ≥ 0

1 точка <0

b ∈ [b1 , b2 ]

1 точка 1 точка

2зад. а) Доказано, че △CHE ≅△ FHM Показано: DF || BC , т.е. DF минава през средата К на AC и КМ е средна отсечка 3 За MF = CE = 2 KM → KF = CE 2 KF е медиана в правоъгълния △ ACF → AC = 2 KF = 3CE

1 точка 1 точка 1 точка 1 точка

б) Нека ∡ABC = β Тъй като MF ⊥ AE , а М е среда на АЕ, то △ AEF е равнобедрен и ∢EFD = ∢AFD = β KH е средна отсечка в △ AFC и △ DFC → AF = CD т.е. AFCD е успоредник ∢DAE = ∢AHF = 1800 − ∢EHF = β

1 точка 1 точка 1 точка

3зад. а) < QAM = < QBM = 45o => около четириъгълника ABMQ може да се опише окръжност.

3 точки

б) < AQM = 180 - < ABM = 90o 0,5точка => < PQM + < PCM = 180o 0,5точка 0,5точка => около PQMC може да се опише окръжност k1 Аналогично се доказва, че точките P,M,N,C лежат на една окръжност k2 1 точка Доказателство, че k1 и k2 съвпадат и извод, че точките лежат на една окръжност 0,5точка

x4 − 2 x2 − 3 > 0

1зад. Решете системата 5 x − 14 ≥ x−2 x −1 7 точки 2зад. В правоъгълен триъгълник е вписана полуокръжност така, че центърът и лежи на хипотенузата и я дели на отсечки с дължини 3 см и 4 см. Намерете катетите на триъгълника и радиуса на полуокръжността. 7 точки 3зад. Нека x1 и x2 са реални корени на уравнението x 2 − 2аx + 2а 2 − 6а + 8 = 0 , където а е реален параметър и (x1 – x2)2 – x1 – x2 = S. Да се намерят стойностите на параметъра а, за които S приема най-малка и най-голяма стойност и да се намерят тези екстремални стойности на S.

7 точки До областен кръг ще бъдат допуснати тези ученици, на които броят на точките е най-малко 16. Време за работа – 4 часа. Желаем Ви успех!

1,5 точки

(

)(

)

Получаване на еквивалентно неравенство на x 4 − 2 x 2 − 3 > 0 ⇔ x − 3 x + 3 x 2 + 1 > 0 1 точка Намиране на решенията на x − 3 x + 3 x + 1 > 0 x ∈ −∞; − 3 ∪ 3; +∞

(

)(

(

)

5 x − 14 x 2 − 8 x + 16 ( x − 4) 2 ≥ x−2 ⇔ ≤0 ⇔ ≤0 x −1 x −1 x −1 Намиране на решенията на неравенството x ∈ ( −∞;1) ∪ {4}

Преобразуване

(

)

Намиране на решенията на системата x ∈ −∞; − 3 ∪ {4}

) (

)

1 точка 1,5 точки 1 точка

1 точка

2зад. Определяне на x = 3sin α от ∆AON 1 точка Определяне на x = 4sin(90° − α ) = 4 cos α от ∆BOM 1 точка Записване на уравнението 3sin α = 4 cos α и намиране на 4 3 sin α = и cos α = 2 точки 5 5 12 Намиране на радиуса на окръжността x = = 2, 4см 5 1 точка 28 Намиране на катета BC = 7.sin α = = 5, 6см 1 точка 5 21 Намиране на катета AC = 7.cos α = = 4, 2см 1 точка 5 Определяне, че уравнението x 2 − 2аx + 2а 2 − 6а + 8 = 0 има реални корени 3зад. D = − a 2 + 6a − 8 ≥ 0 1 точка 2 Намиране решенията на неравенството − a + 6a − 8 ≥ 0 , 2 ≤ a ≤ 4 1 точка 2 2 Записване формулите на Виет за уравнението x − 2аx + 2а − 6а + 8 = 0 : х1 + х2 = 2а и х1х2 = 2а2 – 6а +8 1 точка 2 2 2 S = (x1 – x2) – x1 – x2 =(x1 + x2) – 4x1 x2 – ( x1 + x2) = – 4a + 22а – 32 1 точка Намиране на най-малка стойност на S при a = 4 и S min = −8 1,5 точки 11 7 Намиране на най-голямата стойност на S при a = и S max = − 1,5 точки 4 4

при

МИНИСТЕРСТВО НА ОБРАЗОВАНИЕТО, МЛАДЕЖТА И НАУКАТА Регионален инспекторат по образованието - гр. Ловеч ул. “Търговска” 43, ет.10, (068) 603806, факс (068) 603807 http://rio-lovech.hit.bg e-mail: rio_lovech@yahoo.com 59-та НАЦИОНАЛНА ОЛИМПИАДА ПО МАТЕМАТИКА ОБЩИНСКИ КРЪГ 28.02.2010г. ХI клас 1 задача. а) Три числа, сумата на които е равна на 28, образуват геометрична прогресия. Ако към първото число прибавим 3, към второто 1, а от третото извадим 5, то получените числа образуват аритметична прогресия. Намерете тези числа. 3 точки б) Две аритметични прогресии имат равен брой членове. Отношенията на последния член на първата прогресия към първия член на втората прогресия и на последния член на втората прогресия към първия член на първата са равни. Това отношение е равно на 4. Отношението на сумата от членовете на първата прогресия към сумата от членовете на втората прогресия е равно на 2. Намерете отношението на разликите на тези прогресии. 4 точки 2 задача. Дадено е уравнението 2.4 + ( 2a − 1) .2 − 4a − 2a = 0 , където a е реален параметър. x

а) Да се реши уравнението, ако а = −1. 3 точки б) Да се намерят всички стойности на a, за които уравнението има два различни реални корена. 4 точки

3 задача. Даден е правоъгълен триъгълник ABC с хипотенуза AB. Нека M и O са съответно центровете на описаната и вписаната окръжности за триъгълника ABC и точката O дели ъглополовящата AP (Р лежи на ВС) AO в съотношение = 2 + 3. Да се пресметнат: OP а) ъглите на триъгълник АВС; 3 точки б) отношението на лицата на триъгълниците CO1O2 и O1O2 M , където O1 и O2 са центровете на вписаните в триъгълниците AMC и BMC окръжности. 4 точки

an = 4b1

Sn1 Sn2

и n1 = n2 = n ( 1 т.)

a1 + ( n − 1) d1 = 4b1

2a1 + ( n − 1) d1 .n d 2 ⇔ =2 ⇔ = 2 ⇔ 1 = 26 ; За описание на всяко от трите равенства във втората 2b1 + ( n − 1) d 2 S n2 d2 .n 2 bn = 4a1 b1 + ( n − 1) d 2 = 4a1 S n1

система чрез съответните формули – (1,5 т.). За вярно намерено отношение – (1,5 т.). 11.2 а) 2.4 x + ( 2a − 1) .2 x − 4a 2 − 2a = 0 a = −1 ⇒ 2.4 x − 3.2 x − 2 = 0 (1т.) пол. 2 x = y ⇒ 2 y 2 − 3 y − 2 = 0

y1 = 2, y2 = −

б) 2 y 2 + ( 2a − 1) y − 4a 2 − 2a = 0 ако x1,2 ∈ R

D>0

(1 т.)

2a + 1 1 >0 ⇒a< 2 2 2 −4 a − 2 a 1  1 1  1  > 0 ⇒ − < a < 0 ⇒ a ∈  − ; −  ∪  − ;0  2 2  2 6  6 

−

y1 + y2 > 0

⇒ y1 , y2 ∈ ( 0; x ) ⇒ y1 y2 > 0

1 1 (1 т.) 2 x = 2 ⇒ x1 = 1 2 x = − 2 2

⇒

( 2a − 1)

(

)

− 8 −4 a 2 − 2 a > 0

еквивалентна стъпка по 1 точка = 4 т.) 11.3. а) Означаваме ∠BAC = α . ∠CAP = ∠BAP =

α 2

(за всяка

За △ APC

tgα =

2tg AO AC α 2 = = cot g = 2 + 3. tgα = OP CP 2 2α 1 − tg 2

( ) 1− (2 − 3) 2 2− 3

(

2 2− 3 4 3 −6

(1т.)

α 2

1 = 2− 3 2+ 3

1 3 = ⇒ α = 30o ; ∠BAC = 30o ; ∠ABC = 60o (1 т. за преобразувание и 3 3

0,5 т. за извод = 1,5 т. ) б) O1M ⊥ O2 M - ъглополовящи на два съседни ъгъла. ∠O1MO2 = 90o

∠ACO1 = ∠MCO1 ∠BCO2 = ∠MCO2 ⇒ ∠O1CO2 = 45o =

1 2 S1 = SO1O2C = CO1.CO2 .sin 45o = CO1.CO2 2 4 S1 2 CO1.CO2 . = (3 x 0,5 т.) S2 2 MO1.MO2

S 2 = SO1O2 M =

1 ∠ACB (0,5т.) 2

1 MO1.MO2 2

В △ BMC ∠B = 60o ; CM = BM ⇒ MO2 = CO2 (0,5 т.) В △ AMC ∠AMC = 1200 В △O1MC

∠ACM = 30o ∠O1MC = 60o

CO1 sin 60o = = MO1 sin15o

3 2 2 4

S1 2 3+ 3 3+ 3 = . = . (1 т.) S2 2 2 2

(

(0,5 т.)

)

3 −1

∠O1CM = 15o ( 0,5 т.)

(

)

6 3 +1 3 + 3 3 4 . = = 2 3 −1 2 2 3 −1

(

)

1 задача. Да се определи множеството М от стойности на реалния параметър m, за които 2 квадратното уравнение x − ( m + 2 ) x + 5m − 11 = 0 има два различни реални корена x1 и x2 . Да

се намерят точките, в които функцията f ( x ) = x1 + x2 , дефинирана за m ∈ M , има локални 3

екстремуми. Да се определи вида и да се намерят тези локални екстремуми. 7 точки Дадена е пирамида с връх M и основа трапец ABCD със страни AB = 2a , BC = CD = AD = a. Околната стена CDM е перпендикулярна на равнината на основата и

2 задача.

CM = DM = b.

а) Да се намери обемът на пирамидата.

3 точки б) Да се докаже, че около пирамидата може да се опише сфера и да са намери повърхнината на тази сфера. 4 точки 3 задача. Да се намерят стойностите на реалния параметър а, за които уравненията −x

1 3 +   .3x +1 − 22 x+ 2 = 0 (1) и 4 x + a .2 x + ( 2 − a ) .2− x = 3 2 2x

(2)

са еквивалентни (т.е. всеки корен на (1) е корен на (2) и всеки корен на (2) е корен на (1)) 7 точки

59-та НАЦИОНАЛНА ОЛИМПИАДА ПО МАТЕМАТИКА ОБЩИНСКИ КРЪГ 28.02.2010г. ПРИМЕРНИ РЕШЕНИЯ И КРИТЕРИИ ЗА ПРОВЕРКА И ОЦЕНКА ХІІ клас 12.1 x 2 − ( m + 2 ) x + 5m − 11 = 0 x1 ≠ x2 и x1,2 ∈ R ⇒ D > 0

( m + 2)

− 4 ( 5m − 11) > 0

m 2 + 4m + 4 − 20m + 44 > 0

m1 = 4 m2 = 12

M : m ∈ ( −∞; 4 ) ∪ (12; + ∞ )

(

)

f ( m ) = x13 + x23 = ( x1 + x2 ) ( x12 − x1 x2 + x22 ) = ( x1 + x2 ) ( x1 + x2 ) − 3 x1 x2 = 2

= ( m + 2 ) ( m + 2 ) − 3 ( 5m − 11)  = m3 − 9m2 + 15m + 74   ' 2 f (m) = 3m − 18m + 15 = 0 2

f (1) max = 1 − 9 + 15 + 74 = 81 5∉ M (1;81) max За съображение на D>0 – 1 т. За разписване на решенията на неравенството – 1 т. За преобразуване на сумата на корените – 2 т. За намиране на екстремума - 2 т., за определяне на вид – 1 т. 12.2. a) △ DCM DD1 ⊥ AB1

MH ⊥ ABCD

MH = b 2 −

2a − a a △ ADD1 ⇒ AD1 = = ; AD = a 2 2

a2 1 = 4b 2 − a 2 4 2 a2 a 3 DD1 = a − = 4 2 2

2a + a a 3 3a 2 3 1 1 3a 2 3 1 a 2 . 3. 4b 2 − a 2 . = V = S ABCD MH = . . . 4b 2 − a 2 = 2 2 4 3 3 4 2 8 За всеки отделен резултат ( 6 x 0,5 т.) б) Ако ∃ σ ( 0, R ) ⇒ 0 ∈ e ⊥ ABCD и минава през центъра на описаната окръжност ABCD S ABCD =

ON ⊥ ABCD MN ⊥ AB ⇒ ON MH ; OA = OB = OC = OD = OM = R N − център на описана окръжност за ABCD За всеки извод поотделно – 4 x 0,5 т. = 2 т.

△ AON

ON = x OA = R ⇒ R 2 = x 2 + a 2

ONHM − трапец правоъгълен ⇒ ON = x, NH =

a 3 1 1 , MN = 4b 2 − a 2 , MP = 4b 2 − a 2 − x 2 2 2

2 a 3 1 4b 2 − 2a 2  2 2 R =  4b − a − x  ⇒ x =  +   4 4b 2 − a 2  2  2 R2 = x2 + a2 2

4b 4 + 12a 2b 2 − 3a 4 R = 4 4b 2 − a 2 2

(

)

За

всяка

4b 4 + 12a 2b 2 − 3a 4 S = 4π R = π 4b 2 − a 2 2

връзка преди системата – (2 x 0.5 точки = 1 т.); за решаване на системата и извод за S –( 1 т.) −x

1 12.3. 32 x +   .3x +1 − 22 x + 2 = 0 ⇔ 32 x + 2 x.3x.3 − 22 x.22 = 0 / : 2 2 x > 0 ( 1 т.) 2 2x

3 3   + 3.   − 4 = 0 2 2

3 пол.   = t > 0 ( 0,5 т.) и получаваме t 2 + 3t − 4 = 0 t1 = −4 не е реш. (0.5 т.) 2

3 t2 = 1   = 1 ⇒ x = 0 2 1 + a .20 + ( 2 − a ) .20 = 3 ⇔ a = a ⇒ a ≥ 0 (1 т.)

⇒ ( 2 ) 4 x + a.2 x + ( 2 − a ) .2− x = 3 пол. 2 x = y > 0 и y 2 + ay + ( 2 − a ) .

1 = 3 ⇔ y 3 + ay 2 + 2 − a − 3 y = 0 ⇔ y 3 + ay 2 − y − 2 y − a + 2 = 0 ⇔ y

y ( y 2 − 1) + a ( y 2 − 1) − 2 ( y − 1) = 0 ⇔ ( y − 1) ( y 2 + ( a + 1) y + а − 2 ) = 0 (1,5 т.)

y 2 + ( a + 1) y + а − 2 = 0

y = 1 или

( 3)

D = ( a + 1) − 4 ( a − 2 ) = a 2 − 2a + 9, D > 0 за ∀a (0,5 т.) 2

За уравнението (3) имаме два корена y1 и y2 Трябва : 1 случей y1 = y = 1, y2 ≤ 0 или 2 случей y1 ≤ 0, y2 ≤ 0. - Ако y1 = 1, 1 + ( a + 1) .1 + a − 2 = 0 ⇒ a = 0 (0,5 т.)

- Ако y1 ≤ 0 и y2 ≤ 0 ⇒

y1 + y1 = − ( a + 1) ≤ 0 y1. y2 = ( a − 2 ) ≥ 0

⇒

a ≥ −1 a≥2

⇒ a ≥ 2 - уравненията са еквивалентни (1,5 т.)