2010.28.02 59-ма НАЦИОНАЛНА ОЛИМПИАДА ПО МАТЕМАТИКА ОБЩИНСКИ КРЪГ София

УКАЗАНИЯ ЗА ОЦЕНЯВАНЕ 4. клас

1. а) Намерете числата А, В и С ако: A  40 112 : 4  7686 , B  1052.3  3 :1 и С е с 2010 по-малко от сбора на числата А и В.

3 точки

б) На 24 май всички български деца пеят химна „Върви народе възродени”. За да узнаете през коя година е създаден химнът, намерете неизвестното число х от равенството (х + 1050) – 2 . 99 = 2730 + (7092 – 7069). а) Намерено: А = 2342, В = 3159 и С = 3491

4 точки по 1 точка;

б) Намерено: 2730 + (7092 – 7069) = 2753

общо 3 точки 1 точка 0,5 точки 1,5 точки 1 точка

2 . 99 = 198 х + 1050 = 2753 + 198 = 2951 х = 2951 – 1050 = 1901 2. Обиколката на правоъгълника ABCD е 44 см. Сборът от обиколките на правоъгълниците AMND и MBCN е равен

D

N

С

A

M

В

на 52 см. а) Намерете лицето на правоъгълника ABCD. 3 точки

б) Ако дължината на ВМ е с 14 см по-голяма от дължината на АМ, намерете колко пъти лицето на правоъгълника AMND е по-малко от лицето на правоъгълника MBCN.

4 точки

а) Намерено: 52 см – 44 см = 8 см = 2.MN  MN = АD = 4 см

1 точка

AB = 18 см

1 точка

SABCD = 72 кв.см

1 точка

б) Намерено: АМ = 2 см, ВМ = 16 см

2 точки

SAMND = 8 кв.см, SMBCN = 64 кв.см

1 точка

SAMND е 8 пъти по-малко от SMBCN

1 точка

3. В една купа има ябълка, круша, мандарина и банан. Ябълката, крушата и мандарината тежат 678 грама, ябълката, крушата и банана – 859 грама, ябълката, мандарината и банана – 702 грама, а крушата, мандарината и банана – 617 грама. а) Колко грама тежат всички плодове в купата?

3 точки

б) По колко грама тежи всеки плод?

4 точки

а) Намерено: 2856 грама тежат общо 3 яб., 3 кр., 3 манд. и 3 бан.

2 точки

952 грама тежат плодовете в купата

1 точка

1

б) Намерено: 335 грама тежи 1 ябълка, 250 грама тежи 1 круша, 93 грама тежи една мандарина и 274 грама тежи 1 банан

по 1 точка за всеки плод;

общо 4 точки.

5. клас 1. Пресметнете стойността на израза a  3, 02  0, 02 90  0,9 : 0,18 . Намерете неизвестното число b, за което е изпълнено равенството 0,3  b.2  5  0,98 1,979  0,92  2, 021 . С колко най-малко трябва да увеличим числото а така, че като го разделим на b да се получи естествено число. Намерено: 90 – 0,9 : 0,18 = 85 1 точка 0,02 . 85 = 1,7 0,5 точки а = 1,32 0,5 точки 5  0,98  1,979  0,92  2, 021  0,1 1,5 точки

0,3  b  0, 05 1 точка b = 0,25 0,5 точки 1,32 : 0,25 = 5,28. Следователно най-малкото естествено число, по-голямо от 5,28 е 6.

1 точка 6 . 0,25 = 1,5 и 1,5 – 1,32 = 0,18 1 точка 2. Даден е успоредникът ABCD със страни АВ = 7 cм и ВС = 3 cм. Точка М от страната АВ е такава, че АМ = 5 cм. Лицето на трапеца MBCD е равно на 10,8 кв.см. а) Намерете височините на успоредника ABCD.

3 точки

б) Ако триъгълникът ADM е правоъгълен с хипотенуза АМ, намерете дължината на отсечката DM.

4 точки

а) Намерено: MB  CD  h1  h1  2, 4 cм 2 1 точка  16,8 кв. cм 1 точка

S MBCD 

7 cm

D

С

h2

h1 S ABCD h1 3 cm S ABCD  3.h2  h2  5, 6 cм 1 точка 2 cm AM .h1 A В 5 cm б) Намерено: S ADM   6 кв. cм M h 2 2 точки AD.DM S ADM   DM  4 cм 2 точки 2 3. Рибар ловил риба на брега на река. В момента на изваждане на поредната риба, той не забелязал, че плувката на въдицата му се отвързала и заплувала по реката, носена от течението. Три минути след това рибарят я видял, че плува над водата, побягнал по брега след нея и я догонил на разстояние 300 м от мястото си. Ако скоростта на течението на реката е 4 км/ч, намерете: а) Колко метра е била изминала плувката, когато рибарят я забелязал над водата?

3 точки 2

б) С каква скорост е бягал рибарят?

4 точки

а) Намерено: 3 мин = 0,05 ч 0,05.4 = 0,2 км 0,2 км = 200 м е изминала плувката б) Намерено: 300 м – 200 м = 100 м = 0,1 км е изминала плувката за времето, рибарят я догонвал 0,1 : 4 = 0, 025 ч е времето, за което рибарят е догонил плувката 0,3 : 0,025 ч = 12 км/ч е скоростта на рибаря

1 точка 1 точка 1 точка през което 1 точка 1,5 точки 1,5 точки

6. клас

1. Пресметнете стойността на израза a  10 : 2,5  5 15.0, 2 и намерете m

a. a 3 

2

3

 1 1 и п, за които са изпълнени равенствата 0, 43 : 3  20100. m     3  8

и

 2n . a4 7 точки 0,5 точки 1 точка 0,5 точки

а) Намерено: 10 : (–2,5) = –4 –(–5 + 15 . (–0,2)) = 8 а=4 1 0, 43 : 3  5 1 точка 8 20100 = 1 0,5 точки 3  1     27 0,5 точки  3  m = 32 1 точка 3 n a 2 1 точка п=6 1 точка 2. Намерете всички цели стойности на а и b, за които е вярно равенството

a . 2b1  6 и постройте точките с координати (a; b) в координатна система с единична отсечка 1 сm. Намерете лицето на фигурата с върхове построените точки и симетричните им образи спрямо абсцисната ос.

7 точки

Обосновани всички възможни случаи за множителите a и 2b 1 1 точка Намерени всички двойки (а; b) : (6; 1), (–6; 1), (2; 2) и (–2; 2) 2 точки. Построени точките А, В, С и D с намерените координати и симетричните им спрямо абсцисната ос 2 точки Намерено лицето на получения осмоъгълник 40 cm2 2 точки 3. Два аквариума с форма на прави призми имат равни обеми. Първият е с височина 20 cm и основа правилен петоъгълник със страна 32 cm и апотема 22 cm, а основата на втория е правоъгълник с размери 55 cm и 16 cm. а) Намерете лицето на повърхнината на всеки от аквариумите, ако те са без капак.

3 точки

б) В двата аквариума налели вода. След като в първия аквариум поставили камък, който потънал във водата, височината на водата в двата аквариума станала

3

една и съща. След като преместили камъка във втория аквариум, нивото на водата в него станало 14 cm, а в първия съд се понижило с 0,5 сm. Намерете колко литра вода са налели във всеки от аквариумите.

4 точки

Нека първата призма е с лице на основата В1, височина h1, лице на повърхнината S1 и обем V1, а втората – съответно с В2, h2, S2 и V2. а) Намерено: S1 = 4960 cm2 1 точка h2 = 40 cm 1 точка S2 = 6560 cm2 1 точка б) Намерено: Обем на камъка = обема на изместената вода в първия аквариум = 880 cm3 1 точка Обем на водата във втория аквариум = 11,44 l 1 точка Височина на водата в първия аквариум без камъка = 12,5 cm 1 точка Обем на водата в първия аквариум = 22 l 1 точка

7. клас 1. Дадени са многочлените M  32a 2  8ab 2  4ab  b3 и N  4a 2b 2  a 2  b 2  c 2  .

2

а) Разложете многочлена М на множители. За кои цели стойности на b стойността на М е равна на 2 при a  22 .

3 точки

б) Разложете многочлена N на неразложими множители и докажете, че ако p

a b c , то N  16 p  p  a  p  b p  c  .

2

4 точки

а) Получено M   4a  b 2 8a  b

1 точка

1 и b 2 1b  2  2 4 І начин: a 

1 точка

b2 1b  2  2  b 1b 1b  2  2

b2 1b  2  2  b b2  2b 1  0

1 точка От

1 точка Намерено

b

=

0

и

b 1  b 1  b  2  b 1  1, b  1  1 и

b 2  2b 1  0

b2 2b 0

 b 1  2 , което няма решение в цели 2

числа ІІ начин:

1 точка

1 точка

б) Получено N  a  b  c a  b  c a  b  ca  b  c 

2 точки

от a  b  c  2 p  a  b  2 p  c, a  c  2 p  b, b  c  2 p  a

1 точка

N  16 p  p  a  p  b p  c 

1 точка

2. Върху медианата СМ на триъгълника АВС са избрани точките Р и Q такива, че Р е между С и Q и ВР = ВМ, MQ = CP. Правата AQ пресича отсечката ВР в точка О и страната ВС – в точка F.

4

а) Ако АОВ = 110°, намерете мярката на АВС.

4 точки

б) Ако AQ : QF = 5 : 2, намерете отношението CF : BF.

3 точки

а) Доказано: AMQ = CPB  AMQ BPC

1 точка 1 точка

MAQ = PBC = 

1 точка

АВО = 70 –   АВС = 70 б) Ако AQ = 5x и QF = 2x за доказано: AQ = BC = 5x CQF  QCF  QF  CF  2 x BF = 3x и CF : FB = 2 : 3

1 точка 1 точка 1 точка 1 точка 3 3. Бригада от девет работници, имащи еднаква производителност, извършили от 5 дадена работа за 4 дни. а) Ако един работник напусне бригадата, намерете с колко процента трябва да повишат производителността си останалите работници, за да довършат работата за 2 дни.

3 точки б) Още колко работници трябва да постъпят в бригадата, за да довършат заедно работата за k дни (k – цяло положително число), ако производителността на всички работници е една и съща.

4 точки Намерено: производителност на 1 работник за 1 ден –

1 части от работата 60

0,5 точки

1 x  1 точка 60 6000 1 x  2 Съставен математически модел 8    2  1 точка   60 6000  5 Намерено х = 50 0,5 точки б) Ако в бригадата са постъпили х работници, за съставен математически модел 1 2 1 точка 9  x  k  60 5 24 Намерено: при k  0  x   9 1 точка k при k  1  x  15 0,5 точки при k  2  x  3 0,5 точки при k  3  x  0 , т.е. няма решение 1 точка

производителност след увеличение с х % –

8. клас 1.

а) Да се реши уравнението 2х2 + 9х = 2а, ако a 

80  0,5 20 16,9 .  5 0,9

3 точки б) Дадена е функцията f(x) = ax – 2b. Намерете а и b така, че произведението ab да е възможно най-малко и точката А(1; –8) да лежи на графиката на f(x).

5

4 точки

а) Намерено: а = 13 корените на уравнението x1  2, x2  6, 5

2 точки 1 точка

б) Доказано, че от А лежи на графиката на у = f(х)  а = 2b – 8 2 точки 2 Изразено аb = (2b – 8)b = 2(b – 2) – 8 1 точка Намерено b = 2, a = –4 1 точка 2. Точка С1 е средата на страната АВ на триъгълника АВС. Върху страните ВС и АС са избрани съответно точките А1 и В1 такива, че триъгълниците АВС и А1В1С1 имат общ медицентър. а) Докажете, че А1В1 е средна отсечка в АВС;

4 точки

б) Ако АА1  ВВ1 и Р е средата на ВС1, намерете средната основа на трапеца АВА1В1, ако А1Р = 10 cm.

3 точки

а) Доказано: медицентърът G  СС1 и CG : GC1 = 2 : 1; CG = 2x и GC1 = x 1 точка x 3x C1G  А1В1 = М – средата на А1В1 и C1G : GМ = 2 : 1  GM  и C1M  CM  2 2 1 точка А1СВ1С1 е успоредник 1 точка От А1С1  АС, В1С1  ВС и С1 среда на АВ  А1 и В1 са средите съответно на ВС и АС 1 точка б) Доказано: А1Р – средна отсечка в С1ВС  СС1 = 2А1Р = 24 cm 1 точка GC1 = 8 cm и GM = 4 cm 1 точка 16  8 АВ = 2 GC1 = 16 cm и А1В1 = 2 GM = 8 cm.  12 cm е дължината на средната основа на 2 трапеца 1 точка 3. Намерете стойностите на параметъра m, за които уравнението

 x  1  mx 2  x  2m  1  0

има два различни реални корена.

7 точки

Уравнението има корен х1 = 1 и ще има два различни корена, ако уравнението mx  x  2m 1  0 има точно един корен, различен от 1.

1 точка Разгледани случаите: 1 сл. m = 0  x1,2 = 1, т.е. m = 0 е решение 1 точка 2

1 3 1 3 1 2 . При m   x2    3 1  1 4 4 2m 1  3 1 3 1 2 1 3 и при m   x2    1 3  1 , т.е. m  са решения 2 точки 4 2m 1 3 4 3 сл. уравнението mx 2  x  2m 1  0 има два различни корена, единият от които е равен на 2 2 1, т.е. m.12 1  2m 1  0  m  . Наистина при m  получаваме уравнението 3 3 2 2 1 1 2 x  x   0 с корени 1 и , т.е. m  е решение.

3 точки 3 3 2 3 2 сл. D = 0  m 

9. клас 6

1. Решете а) уравнението

13 6 1  2  ; 2 x  x  21 x  9 2 x  7

3 точки

2

xy  2  x  y  б) системата

4  x 2  y 2   25 x 2 y 2 2

.

4 точки

а) Разложен знаменателят на първата дроб и намерен най-малък общ знаменател, равен на (2х + 7)(х – 3)(х + 3) 1 точка.

2 При х  3 и х  –3,5 уравнението е еквивалентно на х + х – 12 = 0 1 точка Намерени корени х1 = –4 и х2 = 3 и извод, че само х1 = –4 е решение 1 точка б) І начин: Системата е еквивалентна на обединението на системите x  2y 2x  y x  2 y 2 x  y , , и 2 точки. xy  2  x  y  xy  2  x  y  xy  2  x  y  xy  2  x  y  Намерени решенията (0; 0), (6; 3), (3; 6), (–2; 1) и (1; –2) ІІ начин: Уравнението 4  x 2  y



2 2

2 точки





2

 25 x 2 y 2 е еквивалентно на 4  x  y   2 xy  25  xy  .

2

2

q  2p

След полагането х + у = р, ху = q получаваме системата

4  p 2  2q  25q 2 2

2 точки

Намерени двойките (р; q): (0; 0), (9; 18) и (–1; –2) 1 точка Намерени решенията на дадената система 1 точка 2 2 2. Дадена е функцията f  x   3 x  3ax  a 1 , където а е реален параметър.





а) При а = –2 решете уравнението x  4  3x . f  x  12 x  6 16 12 x .

3 точки б) Намерете всички реални стойности на а, при които уравнението f (x) = 0 има два различни реални корена x1 и x2 такива, че f  x12   f  x22  . а) Получено ДМ: x 





4 и x  4  3x .3 x 2  6 x  9  0 3

4 точки 1 точка

от x  4  3 x  0  x1  1

1 точка

от 3 x 2  6 x  9  0  x2  1 и x3  3 , което не е решение

1 точка

б) Намерено: D > 0  a2 < 4

1 точка

f  x12   f  x22   3 x1  x2  x1  x2  x12  x22   3a  x1  x2  x1  x2   0





от х1  х2   x1  x2   x1  x2   2 x1 x2  a  x1  x2   0 2

От формули на Виет x1  x2  a и x1 x2 

 a 2 1 a 2 1 2  a a 2  2  a  0 .  3 3 

7

1 точка 0,5 точки

0,5 точки

Намерено a1  0, a2  1 и a3  2 , което не удовлетворява условието a2 < 4, т.е. търсените стойности на параметъра са a1  0, a2  1

1 точка

3. Диагоналите AC и BD на четириъгълника ABCD се пресичат в точка О. Върху отсечките АО и DO са взети съответно точките М и Р така, че ВМ  CD и CP  AB. а) Докажете, че МР  АD.

3 точки

б) Ако правите ВМ и СР пресичат страната AD съответно в точките Е и F (Е е между А и F) и АЕ : EF : FD = 3 : 1 : 2, намерете отношенията АМ : МО : ОС и ВО : ОР : PD.

4 точки

MO BO  OC DO OC PO  AO BO MO PO   MP  AD AO DO DF DP 1 б) Доказано М – среда на AС и   FA PB 2 Ако АМ = МС = а, PD = b, BP = 2b, MO = x, PO = y, то: x 2b  y x y   и a b a x b y a b  x  и y   АМ : МО : ОС = 2 : 1 : 1 и ВО : ОР : PD = 3 : 1 : 2 2 2

а)Доказано:

1 точка 1 точка 1 точка 1 точка

1 точка 2 точки

10. клас 1. Решете 1

неравенството

3x  22 x  1 4 x 2 1

x

и

проверете

дали

числото

1

m  5 2  4.5 4  4 е негово решение. Намерено: при x  0 и x 

7 точки

1 2 неравенството е еквивалентно на  x 1  2 x 1  0 1 точка 2

 1 и решенията са x  0;   1  2  при x  0 и x  

1 точка

1 неравенството е еквивалентно на  x 2  2 x 12 x  1  0 2

1 точка

 1  и решенията са x  ; 1 2    ; 0   2 



8

1 точка

 1 1 Следователно решенията на неравенството са x  ; 1 2    ;   1   2 2 



1 точка 1 1  1  m  5 4  2  5 4  2  2  5 4   2

1 точка

1 1 За обосновано 2  5 4  , следователно не е решение на неравенството 1 точка.

2

2.

Дадена

е

функцията

f  x   x 2  2 px  13 .

Определете

стойностите

на

параметъра р, за които върхът на параболата у = f (х) се намира на разстояние: а) не по-голямо от 5 единици от абсцисната ос;

3 точки

б) не по-малко от 5 единици от началото на координатната система

4 точки

а) Намерени координатите на върха V  p;13  p 2  Съставена системата

1 точка

13  p 2  5

1 точка

13  p 2  5

Намерени решенията на системата p  3 2;  2 2    2 2; 3 2     

1 точка

б) Намерено разстоянието между точките О(0; 0) и V  p;13  p 2  OV  p 4  25 p 2 169 1 точка Получено неравенството p 4  25 p 2  169  25

1 точка

Намерени решенията на неравенството p  ;  4  3; 3   4;  

2 точки

3. Намерете

стойностите

на

параметъра

а,

за

x 2  2ax  a  8 x  8 има решение.

които

уравнението 7 точки

а) Получено, че уравнението е еквивалентно на системата

x 2  2  a  4 x  a  8  0 x  1

1 точка

За извода, че системата има решение, ако уравнението x 2  2  a  4 x  a  8  0 има поне един корен, удовлетворяващ неравенството х  –1

1 точка

За намерено D  0  a  ; 1  8;  

1 точка

За разгледани:

9

1 случай: Корените x1 и x2 на уравнението x 2  2  a  4 x  a  8  0 удовлетворяват D 0

неравенството х  –1, ако а е решение на системата 1  2 a  41  a  8  0 2

a  4  1

1 точка

 1  т.е. a   ; 1  3 

1 точка

2 случай: само един от корените x1 и x2 на уравнението удовлетворява неравенството х  –1, ако а е решение на неравенството 1  2 a  41  a  8  0

1 точка

 1 т.е. a  ;    3

1 точка

2

Краен отговор: a  ; 1

11. клас 3 5 2 a1  1. Намерете числата а и b, за които са изпълнени равенствата 2.2 .2 ...2

и

  lg 91  3 

b 2

2 162

   lg10 2 . Намерете сбора на всички несъкратими обикновени дроби  

със знаменател 5, принадлежащи на интервала a 2 ; b 2  .

7 точки

а=3 2 точки b=8 2 точки Търсеният сбор има вида  1      9  9 2  9 3  9 4   10 1  10 2  10 3  10 4   ...  63 1  63 2  63 3  63 4      5    5 5 5 5  5 5 5 5 5 5 5  (4 . 9 + 2) + (4 . 10 + 2) + (4 . 11 + 2) +.......... + (4 . 63 + 2) 1 точка Намерен сбора, равен на 8030 2 точки 1 1 1 , , 2. а) Редицата х, у, z е геометрична прогресия, а редицата – x 10 y  10 z 10 Намерено:

аритметична прогресия. Ако х, у и z са различни числа, намерете числото у. 3 точки б) Дадена е редицата 4, 44, 444, ..., an , ... с общ член an  44...4  . Докажете, че за n пъти

всяко п стойността на израза an .10n  2an  1 е квадрат на цяло число. а) Получено y 2  xz (или записани като x, xq, xq 2 )

10

0,5 точки

4 точки

2 1 1   y 10 x  10 z  10

0,5 точки

10  y  x  z  2 y   0 или x  xq 10q 1  0 2

1,5 точки 0,5 точки

Намерено у = 10 б) Намерено: an 

4 n 10 1 9

2 точки

 2.10n  1  an .10  2an 1    3 

2

n

1 точка

2.10n  1 е цяло число, защото 3

2.10n  1  2 00...01 и се дели на 3  n1 пъти

2.10n  1 (  66...6 7) 3 n1 пъти

1 точка

3. Да се намерят стойностите на реалния параметър а, за които уравненията

32 x  3.6 x  22 x2  0 и 4 x  a .2 x  a  1.2x  0 са еквивалентни.

7 точки

За намерено: първото уравнение има единствен корен х = 0 х = 0 е корен на второто уравнение, когато a  a , т.е. a  0

3 точки 1 точка

При a  0 второто уравнение е еквивалентно на 8 x  a.4 x  a 1  0 За полагане 2 x  t  0 и получено t 1t 2  a  1 t  a 1  0

1 точка

За разгледани: 1 случай: D  0  a  1; 3 , но a  0  a  0; 3

1 точка

D 0

2 случай: t1  t2  0  a  3;  

1 точка

t1t2  0 Окончателно при a  0 второто уравнение има единствен корен х = 0 и уравненията са еквивалентни. Забележка: Може да се съобрази, че при a  0 уравнението t 2  a  1 t  a  1  0 не може

да има положителен корен, т.к. ако t > 0, то a  1 t  0 . Освен това t 2  0 и a  1  0 . Тогава t 2  a  1 t  a 1  0 за t  0 и a  0 .

12. клас 1. Докажете, че стойността на израза M  log 49 3 0, 5.log 2 0, 2.log 6 5 6 е по-голяма от корена на уравнението log 5 2  log 5 3 x  log 6 12  Намерено:

1 . log 2 6

М = log 7 6

7 точки 3 точки

корена на уравнението x  log 6 5 1 Доказано log 7 6  log 6 5   log 6 5  log 6 7 log 6 5  1 log 6 7

11

1 точка

 log 7  log 6 5   log 6 35   log 6 36  Но log 6 7 log 6 5   6        1    2   2  2 2

2

2

1 точка

 x  y  Забележка: Използвахме неравенството xy   .  2  2. Всички ръбове на правилната триъгълна призма ABCA1 B1C1 са равни. Върху 2

околния ръб BB1 е взета точка М така, че B1 M : BB1 = m и през точките А, C1 и М е прекарана равнина . а) Намерете стойността на m, за която равнината  дели призмата на две части с 3 точки

равни обеми. б) Ако m 

1 , намерете тангенса на двустенния ъгъл между  и основата АВС.а) 3

4 точки а) Ако ръбът на призмата е равен на а, за C1

B1

намерено:

VABCA1B1C1

VAMB1 A1C1  m

Н

P

a3 3  4

1 точка

A1 С

a3 3 m  1 12

1,5 точки

1 2

М В Р Т

M А

0,5 точки

б) За построяване на пресечницата на  с (АВС)

1 точка

За построяване на линеен на двустенния ъгъл между  и (АВС), например ВТМ 1 точка За намерено: ВР = 2а

0,5 точки

AP  a 7 BT 

0,5 точки

3 a 7

tgBTM 

0,5 точки

2 21 9

3. Дадена е функцията f  x  

0,5 точки

x2 x 2 1

.

а) Намерете множеството от стойностите на функцията;

12

3 точки

б) Решете уравнението sin f  x   0 . а) За намерено:

производна f /  x 

4 точки

1 2 x

 x 2 1

0,5 точки

x 2 1

интервали на растене и намаляване и локален екстремум: при   1  1 1 x  ;  функцията расте, при x   ;   - намалява, а при x  има локален   2  2 2 максимум, равен на

1 точка 1 точка

5 lim f  x   1 и lim f  x   1

x 

x 



Множеството от функционални стойности: f  x   1; 5   б) Получено уравнението f  x   k , където k е цяло число



0,5 точки 0,5 точки

Направен извода, че уравнението има решение, ако k  1; 5  , т.е. ако k  0, k  1 или  0,5 точки k2 Намерени корените на уравнението в трите случая за k, а именно: 3 4 При k  0  x1  2 ; при k  1  x2   и при k  2  x3  0 и x4  3 точки 4 3

13