2011 Национално състезание по математика за ученици от ГЧЕ

МИНИСТЕРСТВО НА ОБРАЗОВАНИЕТО, МЛАДЕЖТА И НАУКАТА СЪЮЗ НА МАТЕМАТИЦИТЕ В БЪЛГАРИЯ

НАЦИОНАЛНО СЪСТЕЗАНИЕ ПО МАТЕМАТИКА ЗА УЧЕНИЦИ ОТ ПРОФИЛИРАНИ ГИМНАЗИИ И ПАРАЛЕЛКИ НА СОУ С ЧУЖДОЕЗИКОВ ПРОФИЛ

Условия и примерни решения на задачите

ЛОВЕЧ – 2011

1

НАЦИОНАЛНО СЪСТЕЗАНИЕ ПО МАТЕМАТИКА ЗА УЧЕНИЦИ ОТ ПРОФИЛИРАНИ ГИМНАЗИИ И ПАРАЛЕЛКИ НА СОУ С ЧУЖДОЕЗИКОВ ПРОФИЛ ЛОВЕЧ – 2011 ТЕМА ЗА ОСМИ КЛАС

D

1. Четириъгълникът ABCD на фигурата e успоредник с ∢DAB = 60° , а BL е ъглополовяща на ∢ABC . Намерете периметъра на ABCD, ако BL = 5 и DL = 3 .

2. Ако k + k −1 = 1 − 3 , колко е числената стойност на израза

3. На кръговата диаграма е представено разпределението на разходите на фирма за един месец. За същия месец разходите им за реклама са с 6000 лв. по-малко от тези за данъци. Колко лева са разходите им за заплати?

A 22

k + k −3 3

L

C

B ?

данъци

заплати

65° реклама 26° 87° други

4. Влак изминава разстоянието между две гари за определено време. Ако средната скорост на влака се увеличи с 10 km/h, влакът ще пристигне 40 минути по-рано. Ако тази скорост се намали с 10 km/h, влакът ще пристигне 1 час по-късно. Колко километра е разстоянието между двете гари?

5. Върху страните AB , BC и CA на △ ABC са избрани съответно точките M , N и P . Намерете отношението BN : NC , ако е известно че медианите на ∆MNP са успоредни на страните на ∆ABC , като медианата през М е успоредна на ВС.

6. а) Намерете всички двуцифрени числа n такива, че последните две цифри на числото n 2 образуват точно числото n . б) Намерете всички трицифрени числа n такива, че за всяко естествено k > 1 последните три цифри на числото n k образуват точно числото n .

Време за работа 3 чáса. Журито ви пожелава успешна работа! В листа с отговори напишете САМО ОТГОВОРА на първите три задачи. Всеки правилен отговор се оценява с 2 точки. На следващите три задачи напишете ПОДРОБНО РЕШЕНИЕ. Правилно и пълно решение на всяка задача се оценява с 8 точки.

2

ОСМИ КЛАС 8.1. Четириъгълникът ABCD на фигурата e успоредник с ∢DAB = 60° , а BL е ъглополовяща на ∢ABC . Намерете периметъра на ABCD, ако BL = 5 и DL = 3 . Решение. От ∢DAB = 60° и ∢ABL = ∢CBL следва, че ∢CBL = ∢BCL = 60° . Тогава BC = CL = BL = 5 , откъдето CD = CL + DL = 8 и PABCD = 2 ( BC + CD ) = 2.13 = 26 . Отговор. 26.

D

L

C 60° 60°

60°

B

A

8.2. Ако k + k −1 = 1 − 3 , колко е числената стойност на израза

22 k + k −3 3

?

Решение. ( k + k −1 ) = k 3 + 3k + 3k −1 + k −3 = k 3 + k −3 + 3 ( k + k −1 ) 3

k 3 + k −3 = ( k + k −1 ) − 3 ( k + k −1 ) = (1 − 3 ) − 3 (1 − 3 ) = 7 − 3 3 3

3

 22  Отговор. 7 + 3 3  =   7−3 3

данъци

8.3. На кръговата диаграма е представено разпределението на разходите на фирма за един месец. За същия месец разходите им за реклама са с 6000 лв. по-малко от тези за данъци. Колко лева са разходите им за заплати?

заплати

65° реклама 26° 87° други

Решение.

65° − 26° = 39°, 360° − ( 65° + 26° + 87° ) = 182° ⇒

x 6000 = ⇒ x = 28000 182 39

Отговор. 28 000 8.4. Влак изминава разстоянието между две гари за определено време. Ако средната скорост на влака се увеличи с 10 km/h, влакът ще пристигне 40 минути по-рано. Ако тази скорост се намали с 10 km/h, влакът ще пристигне 1 час по-късно. Колко километра е разстоянието между двете гари? Решение. Нека S е разстоянието между двете гари, v – средната скорост и t – времето, за които влакът изминава пътя при тази скорост. Тогава  2 S = vt = (v + 10)t −  = (v −10)(t + 1)  3  2 От vt = (v − 10)(t + 1) получаваме v = 10t + 10 и от vt = (v + 10)t −  получаваме  3 v = 15t − 10 . Оттук t = 4 и v = 50. Разстоянието между двете гари е 4.50 = 200 км.

8.5. Върху страните AB , BC и CA на △ ABC са избрани съответно точките M , N и P . Намерете отношението BN : NC , ако е известно че медианите на ∆MNP са успоредни на страните на ∆ABC , като медианата през М е успоредна на ВС.

3

Решение. Нека точката O е медицентър на ∆MNP . Тъй като MO || BC , то PO || AB и NO || AC . Нека PO ∩ BC = P1 , MO ∩ AC = M 1 .

C Тогава OPBM е успоредник и MO = BP1 , 1 OP1 = MB . Ако OP1 ∩ MN = K , то MK = KN , OP1 || MB ⇒ ∢MOK = ∢KP1 N ⇒ ∆MOK ≅ ∆NP1 K

M1

⇒ OM = NP1 ⇒ BP1 = NP1 . Аналогично NO || AC , OM 1 || NC ⇒ ON = CM 1 , OM 1 = CN

N L

OM 1 ∩ PN = L ⇒ PL = LN OM 1 || NB ⇒ ∢NOL = ∢LM 1 P ⇒ ∆NOL ≅ ∆PM 1 L ⇒ ON = PM 1 ⇒ NM 1 || OP ⇒ NM 1 || OP1 ⇒ OM 1 = NP1 = CN

P O A

K

M

P1

B

BP1 = NP1 , NP1 = CN ⇒ BN : CN = 2 :1 8.6. а) Намерете всички двуцифрени числа n такива, че последните две цифри на числото n 2 образуват точно числото n . б) Намерете всички трицифрени числа n такива, че за всяко естествено k > 1 последните три цифри на числото n k образуват точно числото n . Решение. а) Нека n е двуцифрено число такова, че последните две цифри на числото n 2 образуват числото n , т.е. n 2 = 100 s + n за някое естествено s . Тогава 100 | n(n − 1) . Оттук и от това, че n и n − 1 са взаимно прости, 4 и 25 са взаимно прости и n < 100 , получаваме, че 4 | n , а 25 | n − 1 , или 4 | n − 1 , а 25 | n .

1 сл.) 4 | n , 25 | n − 1 . От 25| n −1 и n е двуцифрено, следва че възможните стойности за n са 26, 51 и 76. От тях единствено числото 76 се дели на 4.

2 сл.) 4 | n − 1 , 25 | n . От 25| n и n е двуцифрено, следва че възможните стойности за n са 25, 50 и 75. От тях единственото число, за което предшественикът му се дели на 4, е 25. Така окончателно n = 25, 76. б) Нека n е трицифрено число. Първо ще докажем, че ако последните три цифри 2 на n образуват числото n , то за всяко k > 1 последните три цифри на числото n k образуват n . Нека k > 1 и да предположим, че последните три цифри на n k образуват n , т.е. n k = 1000 s + n за някое естествено s . Тогава n k +1 = 1000 sn + n 2 = 1000( sn + s ) + n и следователно последните три цифри на числото n k +1 също образуват n . Така за да решим задачата, достатъчно е да намерим онези трицифрени числа n , за които последните три цифри на числото n 2 образуват n . Аналогично на решението на а) получаваме 8 | n и 125 | n − 1 , или 8 | n − 1 и 125 | n .

1 сл.) 8 | n , 125 | n − 1 . От 125| n −1 и n е трицифрено, следва че възможните стойности за n са 126, 251, 376, 501, 626, 751 и 876. Сред тях единственото число, което се дели на 8, е 376.

2 сл.) 8 | n − 1 , 25 | n . От 125| n и n е трицифрено, следва че възможните стойности за n са 125, 250, 375, 500, 625, 750 и 875. Единствено числото 625 – 1 = 624 се дели на 8. Така окончателно n = 376 , 625.

4

НАЦИОНАЛНО СЪСТЕЗАНИЕ ПО МАТЕМАТИКА ЗА УЧЕНИЦИ ОТ ПРОФИЛИРАНИ ГИМНАЗИИ И ПАРАЛЕЛКИ НА СОУ С ЧУЖДОЕЗИКОВ ПРОФИЛ ЛОВЕЧ – 2011 ТЕМА ЗА ДЕВЕТИ КЛАС

1. Съставете квадратно уравнение, единият корен на което е равен на сбора, а другият – на произведението на корените на уравнението 2 x 2 − 7 x + 4 = 0 .

2. Ако a =

1 7 + b и b = + a , колко е стойността на израза a − b ? a b

3. На чертежа, общата част на квадратите К1 и К2 е правоъгълник с лице 3 cm2. Нека SI, SII и SIII са лицата на фигурите означени с І, ІІ и ІІІ. Ако SI : SII : SIII = 8:1:3, намерете периметъра на фигурата, образувана от квадратите К1 и К2.

I

II

III

К1

К2

4. Намерете целите стойности на x , които са решения на уравнението 2

 21   21   − 2  − 2  − 2  = x + 42 .  x   x  5. В △ ABC точките J и I са съответно център на вписаната окръжност и център на външно вписаната към страната AB окръжност. Отсечката JI пресича описаната около △ ABC окръжност в точка M . Намерете отношението JM : MI .

6. Нека уравнението x 2 + ax + b = 0 има два различни реални корена x1 и x2 . а) Докажете тъждеството ( x 2 − x1 x + x1 − 1)( x 2 − x2 x + x2 − 1) = x 4 + ax3 + (b − a − 2) x 2 − (a + 2b) x + a + b + 1 . б) Намерете броя на различните реални корени на уравнението x 4 + ax 3 + (b − a − 2) x 2 − (a + 2b) x + a + b + 1 = 0 .

Време за работа 3 чáса. Журито ви пожелава успешна работа! В листа с отговори напишете САМО ОТГОВОРА на първите три задачи. Всеки правилен отговор се оценява с 2 точки. На следващите три задачи напишете ПОДРОБНО РЕШЕНИЕ. Правилно и пълно решение на всяка задача се оценява с 8 точки.

5

ДЕВЕТИ КЛАС 9.1. Съставете квадратно уравнение, единият корен на което е равен на сбора, а другият – на произведението на корените на уравнението 2 x 2 − 7 x + 4 = 0 .

7 Решение. По формулите на Виет получаваме 2 x 2 − 7 x + 4 = 0 ⇒ x1 + x2 = ; x1 x2 = 2 2 7 ± 49 − 32 7 ± 17 7 или 2 x 2 − 7 x + 4 = 0 ⇒ x1,2 = = ⇒ x1 + x2 = x1 x2 = 2 .

4 4 2 7 11   2  x −  ( x − 2) = 0 ⇒ x − x + 7 = 0  2 2 Отговор. 2 x 2 − 11x + 14 = 0 9.2. Ако a =

1 7 + b и b = + a , колко е стойността на израза a − b ? a b

Решение.

1 7 a = + b ⇒ a 2 − ab = 1, b = + a ⇒ b 2 − ab = 7 ⇒ a 2 + b 2 − 2ab = 8 ⇒| a − b |= 2 2 a b Отговор. 2 2

9.3. На чертежа, общата част на квадратите К1 и К2 е правоъгълI ник с лице 3 cm2. Нека SI , SII и SIII са лицата на фигурите означени с І, ІІ и ІІІ. Ако SI : SII : SIII = 8 : 1 : 3, намерете периметъра на фигурата, образувана от квадратите К1 и К2. К1 Решение. Нека а и b са страните съответно на квадратите К1 и К2. a2 − 3 b2 − 3 Тогава S I = a 2 − 3, S III = b 2 − 3 ⇒ = 8, = 3 ⇒ a = 3 3, b = 2 3 3 3 3 S II = 2 3.x = 3 ⇒ x = ⇒ P = 3a + ( a − b ) + 2 ( b − x ) + b = 15 3 2 Отговор. 15 3 cm .

II

III К2

9.4. Намерете целите стойности на x , които са решения на уравнението 2

 21   21   − 2  − 2  − 2  = x + 42 .  x   x  Решение. Записваме уравнението във вида 2

2

2

  21    21   21   21   − 2  − 2  − 2  + 1 = x + 43 ⇔   − 2  − 1 = x + 43 , т.е.  − 3  = x + 43 .  x   x     x   x Тъй като x е цяло число, то дясната страна на уравнението е цяло число, оттам и лявата му страна приема само цели стойности. Следователно x дели 21, т.е. x = ±1; ± 3; ± 7; ± 21 . При x = −7 и x = 21 числото x + 43 е точен квадрат. Непосредствено се проверява, че − 7 е корен на последното уравнение, а 21 не е корен. Следователно x = −7 .

6

9.5. В ∆ABC точките J и I са съответно център на вписаната окръжност и център на външно вписаната към страната AB окръжност. Отсечката JI пресича описаната около ∆ABC окръжност в точка M . Намерете отношението JM : MI .

C Решение. Нека α , β , γ са ъглите на ∆ABC . Тогава ∢JAB = ∢JAM =

α 2

+

γ 2

α

2

, ∢BAM = ∢BCM =

= 90° −

β 2

γ

2

, откъдето

. Тъй като AJ ⊥ AI , то ∢IAM =

Но ∢AMJ = ∢ABC = β , откъдето ∢AIM = β − ∢IAM =

β β  ∢AJM = 180° −  β + 90° −  = 90° − .  2 2 Следователно IM = AM = MJ , т.е. JM : MI = 1 .

β 2

β 2

J .

A

90° −

и

β 2

β

B

2

β β

M

2

I

9.6. Нека уравнението x 2 + ax + b = 0 има два различни реални корена x1 и x2 . а) Докажете тъждеството ( x 2 − x1 x + x1 − 1)( x 2 − x2 x + x2 − 1) = x 4 + ax3 + (b − a − 2) x 2 − (a + 2b) x + a + b + 1 . б) Намерете броя на различните реални корени на уравнението x 4 + ax 3 + (b − a − 2) x 2 − (a + 2b) x + a + b + 1 = 0 . Решение. а) След разкриване на скобите и групиране получаваме ( x 2 − x1 x + x1 − 1)( x 2 − x2 x + x2 − 1) = x 4 − ( x1 + x2 ) x3 + ( x1 x2 + x1 + x2 − 2) x 2 − (2 x1 x2 − x1 − x2 ) x − ( x1 + x2 ) + x1 x2 + 1 .

По формулите на Виет за уравнението x 2 + ax + b = 0 , имаме x1 + x2 = − a и x1 x2 = b , откъдето получаваме ( x 2 − x1 x + x1 − 1)( x 2 − x2 x + x2 − 1) = x 4 + ax3 + (b − a − 2) x 2 − (a + 2b) x + a + b + 1 . б) Съгласно а) корените на f ( x) = x 4 + ax 3 + (b − a − 2) x 2 − (a + 2b) x + a + b + 1 = 0 са точно корените на уравненията f1 ( x) = x 2 − x1 x + x1 − 1 = 0 и f 2 ( x) = x 2 − x2 x + x2 − 1 = 0 . Дискриминантата на уравнението f i = 0 за i = 1, 2 е Di = xi 2 − 4 xi + 4 = ( xi − 2)2 , откъдето корените на уравнението f i = 0 са xi1 = 1 и xi 2 = xi − 1 . Така корените на уравнението f ( x) = 0 са 1, x1 − 1 и x2 − 1 . Тъй като x1 ≠ x2 , то броят на различните решения на уравнението f ( x) = 0 се определя еднозначно от това дали някое от числата x1 − 1 и x2 − 1 е равно на 1, т.е. дали 2 е корен на уравнението x 2 + ax + b = 0 . Така окончателно, ако 4 + 2a + b = 0 и a ≠ −4 ( b ≠ 4 ) (защото, ако 4 + 2a + b = 0 и a = −4 ( b = 4 ) уравнението x 2 + ax + b = 0 има един двоен корен x1 = x2 = 2 ), уравнението f ( x) = 0 има две различни решения, а в случай, че 4 + 2a + b ≠ 0 , то уравнението f ( x) = 0 има три различни решения.

7

НАЦИОНАЛНО СЪСТЕЗАНИЕ ПО МАТЕМАТИКА ЗА УЧЕНИЦИ ОТ ПРОФИЛИРАНИ ГИМНАЗИИ И ПАРАЛЕЛКИ НА СОУ С ЧУЖДОЕЗИКОВ ПРОФИЛ ЛОВЕЧ – 2011 ТЕМА ЗА ДЕСЕТИ КЛАС −

5

2

3 1,3  1  4  −  100 .10 1. Колко е стойността на израза   .  3 4  .

1 9   0, 013

−

4 15

2. За коя стойност на a най-малката стойност на израза

?

1 a + 4x − x

2

е равна на

1 ?

3

C 3. Остроъгълният ∆ABC с лице 4 има страна AB = c и височина към нея, CH = h . Ако tgα = 2 , а h и c са корените на

h

квадратното уравнение x 2 − 6 x + s = 0 , намерете дължината на AC .

α

A

.

H

c

B

4. Намерете реалните стойности на параметъра a , за които сборът на реалните корени на уравнението x 2 + 2 ( a 2 + 4a ) x + 8a 3 + 18a 2 + 63 = 0 приема най-голяма стойност.

5. Намерете периметъра на остроъгълен равнобедрен ∆ABC , за който AC = 8 и 3 cos ∢BAC = .

4 6. Нека n и k са естествени числа. Двама играчи играят следната игра: на всеки ход s ( s ≤ k ) първият играч записва естествено число as , as ≤ n , а след това вторият играч записва естествено число bs , bs ≤ n . Играта се печели от първият играч, ако сумата a1 + a2 + ... + ak + b1 + b2 + ... + bk не е точен квадрат, а в противен случай печели вторият. а) Докажете, че при n = 10 и k = 11 вторият играч има печеливша стратегия. б) За фиксирано n , кой от двамата играчи има печеливша стратегия при k = n + 2 ? Време за работа 3 чáса. Журито ви пожелава успешна работа! В листа с отговори напишете САМО ОТГОВОРА на първите три задачи. Всеки правилен отговор се оценява с 2 точки. На следващите три задачи напишете ПОДРОБНО РЕШЕНИЕ. Правилно и пълно решение на всяка задача се оценява с 8 точки.

8

ДЕСЕТИ КЛАС −

5

2

3 1,3  1  4  −  100 .10 10.1. Колко е стойността на израза   .  3 4  .

1 9   0, 013 −

5

2

3 1,3  1  4  −  100 .10 Решение.   .  3 4  .

1 9   0, 013

−

4 15

10

−

13

6

−

4

−

4 15

?

2

= 3 4 .3 4 .10 5 .10 15.10 3 = 3.103

Отговор. 3 000 10.2. За коя стойност на a най-малката стойност на израза Решение. min

1 a + 4x − x

2

е равна на

1 ?

3

1 ⇔ max ( a + 4 x − x 2 ) , max ( a + 4 x − x 2 ) = a + 4.2 − 2 2 = a + 4 , 2 a + 4x − x

1 1 = ⇒ a = −1 . a+4 3 Отговор. − 1

10.3. Остроъгълният ∆ABC с лице 4 има страна AB = c и височина към нея, CH = h . Ако tgα = 2 , а h и c са корените на квадратното уравнение x 2 − 6 x + s = 0 , намерете дължината на AC .

C Решение: S ABC = 1 c.h = 4 ⇒ c.h = 8 , 2

c.h = 8 = s ⇒ x 2 − 6 x + 8 = 0 ⇒ x1,2 = 2, 4 .

h

І. c = 2, h = 4, tgα = 2 ⇒ AH = 2 ⇒ B ≡ H , ∆ABC е правоъгълен. ІІ. c = 4, h = 2, tgα = 2 ⇒ AH = 1 ⇒ AC = 22 + 12 = 5 , Отговор.

α

A

.

H

5.

c

B

10.4. Намерете реалните стойности на параметъра a , за които сборът на реалните корени на уравнението x 2 + 2 ( a 2 + 4a ) x + 8a 3 + 18a 2 + 63 = 0 приема най-голяма стойност. Решение: Корените на уравнението са реални, ако D = a 4 − 2a 2 − 63 ≥ 0 , т.е. ( a 2 − 9 )( a 2 + 7 ) ≥ 0 . Оттук получаваме a ∈ ( −∞; −3] ∪ [3; +∞ ) . По формулите на Виет намираме

S ( a ) = x1 + x2 = −2a 2 − 8a .

Максимумът

на

S (a)

се

достига

при

a = −2 ∉ ( −∞; −3] ∪ [3; +∞ ) . Като се има предвид интервала, в който е дефинирана S ( a ) ,

и че S ( −3) = 6 , а S ( 3) = −42 е ясно, че най-голямата стойност е S ( −3) = 6 .

10.5. Намерете периметъра на остроъгълен равнобедрен ∆ABC , за който AC = 8 и 3 cos ∢BAC = .

4 Решение. Възможни са 3 случая: І. AC = BC, ІІ. AB = AC и ІІІ. AB = BC.

9

І. Нека AC = BC = 8 и Н е петата на перпендикуляра от C към АВ. Тогава AH 3 = ⇒ AH = 6 ⇒ AB = 12 . Тъй като 122 > 82 + 82 , то намереният триъгълник е тъпоAC 4 ъгълен и не е решение на задачата. ІІ. Нека AB = AC = 8 . Тогава по косинусовата теорема намираме 3 BC 2 = 82 + 82 − 2.82 = 32 ⇒ BC = 4 2 . Тъй като 32 < 82 + 82 , то намереният триъгълник 4 е остроъгълен и има периметър 16 + 4 2 . ІІІ. Нека AB = BC . Тогава B лежи на симетралата на АC. Ако М е средата на АС, AM 3 4 16 от правоъгълния триъгълник АВМ намираме = ⇒ AB = .4 = . Тъй като AB 4 3 3 2 16 82 > 2. 2 ⇔ 9 > 8 , то намереният триъгълник е тъпоъгълен и не е решение на задачата.

3 C C C 8

8

8

8 M

A

H

B

A

8

B

A

B

10.6. Нека n и k са естествени числа. Двама играчи играят следната игра: на всеки ход s ( s ≤ k ) първият играч записва естествено число as , as ≤ n , а след това вторият играч записва естествено число bs , bs ≤ n . Играта се печели от първият играч, ако сумата a1 + a2 + ... + ak + b1 + b2 + ... + bk не е точен квадрат, а в противен случай печели вторият. а) Докажете, че при n = 10 и k = 11 вторият играч има печеливша стратегия. б) За фиксирано n , кой от двамата играчи има печеливша стратегия при k = n + 2 ? Решение. а) Печелившата стратегия на втория играч е следната: Нека на стъпка s ≤ 11 първият играч избира числото as . Тогава вторият играч избира bs = 11 − as . Тъй като 1 ≤ as ≤ 10 , то 1 ≤ bs ≤ 10 и следователно изборът на bs е коректен. Така след 11-я ход получаваме следната сума a1 + a2 + ... + a11 + b1 + b2 + ... + b11 = a1 + a2 + ... + a11 + (11 − a1 ) + (11 − a2 ) + ... + (11 − a11 ) = 112 и следователно вторият играч печели играта. б) Нека n е произволно естествено число и k = n + 2 . Ще покажем печеливша стратегия за първия играч: На първа стъпка първия играч избира естественото число a1 ≤ n по произволен начин. Нека на стъпка s ≤ k − 1 вторият играч избира числото bs . Тогава на стъпка s + 1 първият играч избира as +1 = n + 1 − bs . Тъй като 1 ≤ bs ≤ n , то 1 ≤ as +1 ≤ n и следователно изборът на as +1 е коректен. Така след k -тия ход получаваме следната сума S = a1 + a2 + ... + ak + b1 + b2 + ... + bk = a1 + (n + 1 − b1 ) + ... + (n + 1 − bk −1 ) + b1 + b2 + ... + bk = = (k − 1)(n + 1) + a1 + bk . От k = n + 2 получаваме S = (n + 1) 2 + a1 + bk . Тъй като a1 и bk са естествени числа помалки или равни на n , то (n + 1) 2 < (n + 1)2 + 2 ≤ S ≤ (n + 1)2 + 2n < (n + 2) 2 , откъдето S не е точен квадрат. Следователно първият играч печели играта.

10

НАЦИОНАЛНО СЪСТЕЗАНИЕ ПО МАТЕМАТИКА ЗА УЧЕНИЦИ ОТ ПРОФИЛИРАНИ ГИМНАЗИИ И ПАРАЛЕЛКИ НА СОУ С ЧУЖДОЕЗИКОВ ПРОФИЛ ЛОВЕЧ – 2011 ТЕМА ЗА ЕДИНАДЕСЕТИ КЛАС 1. В купа има мандарини, портокали и лимони – общо 42 плода. Вероятността по 3 случаен начин да се избере един лимон от купата е , а вероятността да НЕ се избере 7 2 портокал е . Колко мандарини има в купата?

3 2. Аритметична прогресия съдържа 20 члена. Сборът на членовете с четни номера е с 80 по-голям от сбора на членовете с нечетни номера. На колко е равна разликата на тази прогресия?

3. Дължините на страните на правоъгълен триъгълник са последователни членове на геометрична прогресия. Намерете дължината на по-малкия катет, ако хипотенузата има дължина 2.

4. Дадено е уравнението 4kx 2 − 2 x + k 3 = 0 , където k е реален параметър. а) Намерете стойностите на k, за които уравнението има два различни положителни корена x1 и x2 . б) Намерете стойностите на k , за които средноаритметичното на log 2 x1 и log 2 x2 е –2.

5. В △ ABC страната AB е най-малка, а вписаната в него окръжност се допира до страните AB , BC и CA съответно в точки M , N и P . Правата през точка C , успоредна на MN , пресича правата AB в точка Q , а правата през точка C , успоредна на MP , пресича правата AB в точка R . а) Докажете, че точките Q и R са външни за отсечката AB . б) Правата MN пресича правата CR в точка L , а правата MP пресича правата CQ в точка K . Намерете отношението KL : QR .

2 2 6. а) Нека p , q и r са реални числа. Ако q − 4 pr = n , докажете тъждеството

4 p( px2 + qx + r) = (2 px + q + n)(2 px + q − n) , където x е произволно реално число.

2 б) Докажете, че ако трицифреното число abc е просто, то уравнението ax + bx + c = 0 няма рационални корени.

Време за работа 3 чáса. Журито ви пожелава успешна работа! В листа с отговори напишете САМО ОТГОВОРА на първите три задачи. Всеки правилен отговор се оценява с 2 точки. На следващите три задачи напишете ПОДРОБНО РЕШЕНИЕ. Правилно и пълно решение на всяка задача се оценява с 8 точки.

11

ЕДИНАДЕСЕТИ КЛАС 11.1. В купа има мандарини, портокали и лимони – общо 42 плода. Вероятността по 3 случаен начин да се избере един лимон от купата е , а вероятността да НЕ се избере 7 2 портокал е . Колко мандарини има в купата?

3 3 2 Решение. Л = 42 = 18, Л + М = 42 = 28 ⇒ М = 10 .

7 3 Отговор. 10 11.2. Аритметична прогресия съдържа 20 члена. Сборът на членовете с четни номера е с 80 по-голям от сбора на членовете с нечетни номера. На колко е равна разликата на тази прогресия? Решение. d + 3d + 5d + ⋯ + 19d − ( 2d + 4d + 6d + ⋯ + 18d ) = 10d = 80 ⇒ d = 8 Отговор. 8 11.3. Дължините на страните на правоъгълен триъгълник са последователни членове на геометрична прогресия. Намерете дължината на по-малкия катет, ако хипотенузата има дължина 2. Решение. Нека а е дължината на по-малкия катет, а q > 1 е частното на прогресията. Тогава страните на триъгълника са a, aq, aq 2 . Оттук последователно намираме a2 + a2q2 = a2q4 ⇒ q4 − q2 −1 = 0 ⇒ q2 = aq 2 = a

1+ 5 1+ 5 ⇒q= 2 2

1+ 5 4 =2⇒a = = 5 −1 .

2 1+ 5

Отговор.

5 −1

11.4. Дадено е уравнението 4kx 2 − 2 x + k 3 = 0 , където k е реален параметър. а) Намерете стойностите на k, за които уравнението има два различни положителни корена x1 и x2 . б) Намерете стойностите на k , за които средноаритметичното на log 2 x1 и log 2 x2 е –2. Решение. а) Ако k = 0 , уравнението е линейно и има единствен реален корен x = 0 . следователно k ≠ 0 . За да има квадратното уравнение два различни реални корена 1 k2 x + x = > 0 ⇒ k > 0 x x = > 0 , което е вярно за всяко k ≠ 0 , и трябва 1 2 , 1 2 2k 4  1 1   1  D = 1 − 4k 4 > 0 ⇒ k ∈  − ; .  ⇒ k ∈  0; 2 2 2   log 2 x1 + log 2 x2 log 2 x1 x2 1 б) = = −2 ⇒ log 2 x1 x2 = −4 ⇒ x1 x2 = 2−4 = . Оттук намираме 2 2 16 2 1 k 1 1 1  1  x1 x2 = = ⇒ k 2 = ⇒ k = ± . Тъй като k ∈  0; , то k = .  4 16 4 2 2 2 

12

11.5. В ∆ABC страната AB е най-малка, а вписаната в него окръжност се допира до страните AB , BC и CA съответно в точки M , N и P . Правата през точка C , успоредна на MN , пресича правата AB в точка Q , а правата през точка C , успоредна на MP , пресича правата AB в точка R . а) Докажете, че точките Q и R са външни за отсечката AB . б) Правата MN пресича правата CR в точка L , а правата MP пресича правата CQ в точка K . Намерете отношението KL : QR . Решение. а) Нека AB = c, BC = a, CA = b, 2 p = a + b + c . Тогава AM = AP = p − a , BM = BN = p − b, CN = CP = p − c . Тъй като C c < a, c < b , то AM < CN , BM < CP . От QM MB MN || CQ ⇒ = = 1 ⇒ QM = CN > AM , CN NB т.е. Q е външна за отсечката AB . Аналогично, K L RM MA от MP || CR ⇒ = = 1 ⇒ RM = CP > BM .

N CP PA P б) От QM = CN = CP = RM следва, че М е средата на RQ. Тогава ML и MK са средни отсечки, откъдето KL също е средна отсечка.

R Q A M B Оттук KL : QR = 1: 2 .

2 2 11.6. а) Нека p , q и r са реални числа. Ако q − 4 pr = n , докажете тъждеството

4 p( px2 + qx + r) = (2 px + q + n)(2 px + q − n) , където x е произволно реално число.

2 б) Докажете, че ако трицифреното число abc е просто, то уравнението ax + bx + c = 0 няма рационални корени. Решение. а) След разкриване на скобите от дясната страна получаваме (2 px + q + n)(2 px + q − n) = 4 p2 x2 + 4 pqx + q2 − n2 = 4 p2 x2 + 4 pqx + 4 pr = 4 p( px2 + qx + r) .

2 2 2 б) Уравнението ax + bx + c = 0 има рационални корени при D = b − 4ac = n , където n 2 2 е цяло число. Следователно трябва да докажем, че ако abc е просто, то b − 4ac ≠ n .

Да допуснем, че b − 4ac = n . Тъй като abc = 10 a +10b + c , като използваме тъждест2 вото от а) при x = 10 получаваме 4a(10 a +10b + c) = (20a + b + n)(20a + b − n) , т.е. че 2

2

2

простото число abc дели 20a + b + n или 20a + b − n . Но това е невъзможно, защото b ≥ n и 20a + b ± n < 100a +10b + c .

13

НАЦИОНАЛНО СЪСТЕЗАНИЕ ПО МАТЕМАТИКА ЗА УЧЕНИЦИ ОТ ПРОФИЛИРАНИ ГИМНАЗИИ И ПАРАЛЕЛКИ НА СОУ С ЧУЖДОЕЗИКОВ ПРОФИЛ ЛОВЕЧ – 2011 ТЕМА ЗА ДВАНАДЕСЕТИ КЛАС

1. Куполът на чертежа е съставен от цилиндър с радиус r и полусфера със същия радиус. Височината на купола е h . Да се намери отношението r : h , ако цилиндърът и полусферата имат равни обеми.

r h

2. Правилен многоъгълник има 20 диагонали. Колко градуса е мярката на вътрешния ъгъл на този многоъгълник?

C 3. В ∆ABC на чертежа, ∢CAB = ∢DCB , BC = 4 , BD = 2 , DC = 3 . Да се намери лицето на ∆ABC .

3 A

4. Да се реши системата

x − y + x2 − 4 y 2 = 2 x x2 − 4 y 2 = 0

4 D 2 B

.

5. Даден е триъгълник АВС с ∢ABC = 300 . Окръжност k, с център върху правата АВ, която минава през А, се допира до ВС в точка С. Ако радиусът на k е r, да се намери лицето на триъгълника АВС.

6. Дадена е правилна четириъгълна пирамида АВСDV с връх V, такава че AB = AV = 2 . През точка М от отсечката АС, е построена равнина α, перпендикулярна на околния ръб CV. а) Да се изрази лицето S на сечението на пирамидата с α като функция на AM = x . б) Да се намери най-голямата стойност на S.

Време за работа 3 чáса. Журито ви пожелава успешна работа! В листа с отговори напишете САМО ОТГОВОРА на първите три задачи. Всеки правилен отговор се оценява с 2 точки. На следващите три задачи напишете ПОДРОБНО РЕШЕНИЕ. Правилно и пълно решение на всяка задача се оценява с 8 точки.

14

ДВАНАДЕСЕТИ КЛАС

12.1. Куполът на чертежа е съставен от цилиндър с радиус r и полусфера със същия радиус. Височината на купола е h . Да се намери отношението r : h , ако цилиндърът и полусферата имат равни обеми.

2 2 5 Решение. VЦ = π r 2 ( h − r ) , VПС = π r 3 ⇒ h − r = r ⇒ h = r 3 3 3 Отговор. 3 : 5

r h

12.2. Правилен многоъгълник има 20 диагонали. Колко градуса е мярката на вътрешния ъгъл на този многоъгълник? n ( n − 3) = 20 ⇒ n 2 − 3n − 40 = 0 ⇒ n = 8 ⇒ α = 135° 2 0 Отговор. 135 .

Решение.

12.3. В ∆ABC на чертежа, ∢CAB = ∢DCB , BD = 2 , DC = 3 . Да се намери лицето на ∆ABC .

C

BC = 4 ,

4

3

D 2 B

A AB BC CA AB 4 CA = = ⇒ = = ⇒ AB = 8, AC = 6 CB BD DC 4 2 3 = 9 ( 9 − 8 )( 9 − 6 )( 9 − 4 ) = 9.1.3.5 = 3 15

Решение. ∆ABC ∼ ∆CBD ⇒ S ABC

Отговор S ABC = 3 15 .

12.4. Да се реши системата

x − y + x2 − 4 y 2 = 2 x x2 − 4 y 2 = 0

.

Решение: От второто уравнение получаваме x = 0 или При x = 0 , от първото уравнение получаваме

x2 − 4 y 2 = 0 .

−4 y 2 = y + 2 . Това уравнение има сми-

съл при −4 y 2 ≥ 0 , т.е. y = 0 , но това не е решение. Нека

x 2 − 4 y 2 = 0 . Тогава системата се свежда до двете системи: x = 2y x= y+2

и

x = −2 y

4 2 . Решенията са ( 4; 2 ) и  ; −  . x= y+2 3 3

12.5. Даден е триъгълник АВС с ∢ABC = 300 . Окръжност k, с център върху правата АВ, която минава през А, се допира до ВС в точка С. Ако радиусът на k е r, да се намери лицето на триъгълника АВС. Решение: Нека О е центъра на k. Тъй като OC ⊥ CB и ∢ABC = 300 , то от правоъгълния 15

C r A

O

A′

30°

B

триъгълник ОСВ намираме OB = 2r и BC = 3r . Имаме две възможности: І. О е между А и В; ІІ. А е между О и В. І. AB = AO + OB = r + 2r = 3r . Тогава 2 S ABC = 1 BA.BC.sin 300 = 3r. 3r = 3 3r .

2 4 4 ІІ. AB = OB − OA = 2r − r = r . Тогава 2 S ABC = 1 BA.BC.sin 300 = r. 3r = 3r .

2 4 4 12.6. Дадена е правилна четириъгълна пирамида АВСDV с връх V, такава че AB = AV = 2 . През точка М от отсечката АС, е построена равнина α, перпендикулярна на околния ръб CV. а) Да се изрази лицето S на сечението на пирамидата с α като функция на AM = x . б) Да се намери най-голямата стойност на S.

V Решение: а) Нека AC ∩ BD = O . Тогава △ AOB е равнобедрен правоъгълен с хипотенуза N AB = 2 , откъдето намираме AO = BO = 1 . x Q Следователно AC = 2 AO = 2 и за △ AVC имаE ме AV 2 + CV 2 = AC 2 , откъдето AV ⊥ CV . Ако N x P α ∩ CV = N , от α ⊥ CV следва, че MN ⊥ CV D T и MN || AV .

C І. Нека М е между А и О, α ∩ AD = K , M K α ∩ AB = L , α ∩ BV = P и α ∩ DV = Q . ТогаM 1- x O U x x ва KL ⊥ VC ⊥ PQ . Но BD ⊥ CV , откъдето B L KL || BD || PQ . Нека MN ∩ OV = E . Тъй като A AO ⊥ OV , AO = OV и ME || AV , то AM = EV = x . Но △ AKL и △ PVQ са равнобедрени правоъгълни, откъдето получаваме KL = PQ = 2 x . От равнобедрения правоъгълен ∆VEN с хипотенуза VE = x намираме NE = x . Тъй като MO = EO = 1 − x , то 2 ME = 2 (1 − x ) . Така за лицето S на сечението получаваме 1 1 x 1 ( S ( x ) = KL.ME + PQ.EN = 2 x. 2 (1 − x ) + 2 x. = 4 x − 3x2 ) .

2 2 2 2 ІІ. І. Нека М е между О и С, α ∩ CD = T , α ∩ CB = U . Тогава TU = 2 MC = 2(2 − x) и MN = 2 ( 2 − x ) . Сега за лицето S1 на сечението получаваме 2 1 2 ( 2 − x )2 .

S1 ( x ) = TU .MN = 2 2 1 S (1) = = S1 (1) .

2

б) Трябва да намерим максимумът на функциите S ( x ) =

( 0;1) и S1 ( x ) =

2 ( 2 − x )2 в интервала [1; 2 ) .

2

16

1 ( 4 x − 3 x 2 ) в интервала 2

Тъй като абсолютният максимум на S ( x ) се достига за x = 2 и x = 2 ∈ ( 0;1) , то 3 3 1  2 4 2 2 max S ( x ) = .  4. − 3.  = 9 3 2 3 Максимумът на S1 ( x ) в интервала [1; 2 ) се достига за x = 1 и max S1 ( x ) = Но

2 .

2

2 3 2 2 2 < , така че max S ( x ) = .

2 2 3

Задачите са предложени от: Чавдар Лозанов (8.1; 9.4; 10.3; 10.5; 11.3; 12.2; 12.3;12.5; 12.6 ), Симеон Замковой (8.5; 9.4; 9.5; 10.2;11.4;11.5; 11.6), Таня Ичева (10.4; 12.4), Мадлен Христова (8.2; 8.3; 8.4; 9.1; 9.2; 9.3; 9.4; 10.1; 10.2; 10.3; 10.5, 11.1; 11.2; 11.4; 12.1; 12.3), Христо Ганчев (8.6; 9.6; 10.6)

Брошурата е подготвена от Чавдар Лозанов.

17