2009 58-ма НАЦИОНАЛНА ОЛИМПИАДА ПО МАТЕМАТИКА, ОБЩИНСКИ...

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 MA = GN = 1 см 1 точка 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



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: ( )( ) 2,0:2,29,0:2,42,13:2,97 −− h е по-голямото от двете числа А и В

5

13

5

4713 −−=A

2

19,2 −=B

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

5от водата на първия съд във втория, намерете до колко

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

7 точки 3зад. Намерете всички числа n от вида ba463 , които се делят на 28,

ако числото 1+ab се дели на 9. 7 точки Време за работа – 4 часа Желаем Ви успех!




V клас

1зад. Намиране на х = 3,4 см 2 точки Намиране на у = 1 см 2 точки Намиране на А = 2 0,5 точки Намиране на В = 2,4 0,5 точки Намиране на h = 2,4 см 0,5 точки Намиране лицето на трапеца S = 5,28 кв. см 1,5 точки

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

Намиране на 2

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

Намиране на височината на водата в първия съд – 2,4 дм 1,5 точки Намиране на височината на водата във втория съд – 6 дм 1,5 точки

3зад. Понеже 63 се дели на 7, остава да се разгледа числото ba4 , 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.



ОБЩИНСКИ КРЪГ – 15.03.2009 г. VІ клас

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

ba

bababam

−+

−++

−−−

=.4

3

.22

2 при

x

xa = , където 0<x и

6

1.6 −=b , а

( )( ) ( ) 107

9:82,232,7

17,0:5,8

2009

2009−

−+−−−+

−=n

Сравнете m и n. б) В правоъгълна координатна система Oxy изобразете точките M(0;– 6), N(– 6; 0), P(6; –6) и намерете MNPS∆ . 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 ABMN

8

1= . От успоредника е

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!




VІ клас

1зад. а) Намиране 1−=a 0,5 точки Намиране 1=b 0,5 точки Намиране 6−=m 1,5 точки Намиране 6−=n 1,5 точки Сравняване 6−== nm 0,5 точки б) Изобразяване на M(0;– 6) 0,5 точки Изобразяване на N(– 6; 0) 0,5 точки

Изобразяване на P(6; –6) 0,5 точки Намиране 18=∆MNPS см2 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 Намиране на лицето на успоредника 8,208. == DHABSABCD см2 1 точка б) Намиране на 3=MN см. 0,5 точки

Намиране лицето на шестоъгълника 4,236,2.3.6.2

1..

2

1 === abnB см2 2 точки

Намерете лицето на оцветената част от успоредника 4,1854,238,208 =−=S см2 1 точка 3зад. Нека аквариумът е изобразен с правата четириъгълна призма ABCDMNPQ с основа ABCD, височина AM и височината на водата е AK.

722

.

2

.

2

. ==+=+= ∆∆BDACDOACBOAC

SSB ADCABCABCD .

Тогава 722

.9 =BD , откъдето 16=BD дм. 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

432. == AKBV ABCD дм3, т.е. водата в аквариума е 432 л.

1,5 точки

Тогава в аквариума могат да се отгледат най-много 1084

432 = рибки. 1,5 точки



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

nmnmM

4

4

5

3

2+

−−

+=

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

3

1 от броя на учениците,

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 ( )BCMAM ∈ и ( )ACNBN ∈ са ъглополовящи. Ако MN е успоредна на ABи AMN∠ е с °36 по-малък от BAC∠ , то: а) намерете ъглите на AMN∆ ; б) намерете ъглите на ABC∆ при условие, че : 2 :3AMN AMB∠ ∠ = ; в) изразете дължината на отсечката NM в сантиметри, ако знаете, че

28=ABMNP см и cAB = см. 7 точки





VІІ клас

1зад. Разлагане на А = 7х2 – 63х + 140 = = 7. (х2 – 9х + 20) = 0,5 точки = 7. (х2 – 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 64

5.4

4

4.5

3

54.2=+

−−

+=M 1 точка

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

учениците получили отлична оценка x%.10.3

1 1 точка

Съставяне на модел (уравнение) xxx =++ 520%.10.3

1%.10 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 – 60600%.10 = и броя на

учениците с отлични оценки 2060.3

1 = 1 точка

Съставяне на 520346 =++ yyy и намиране на 40=y 1 точка Намиране броя на учениците много добри оценки 12040.3 = 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 NAMBAM ∠=∠ (АМ ъглополовяща) то NAMAMN ∠=∠ (фиг. 1) 1 точка Намиране на °=∠=∠ 36NAMAMN : AMNBACAMN ∠=∠=°+∠ .236 1 точка Намиране на °=∠ 108ANM 0,5 точки


фиг.1 фиг. 2 фиг. 3 б) Намиране на °=°=∠ 7236.2BAC 0,5 точки Намиране на °=∠ 54AMB от 3:2:36 =∠° AMB 1 точка Намиране на °=°−°−°=∠ 905436180ABC 0,5 точки Намиране на °=°−°−°=∠ 189072180ACB 0,5 точки (фиг. 2) в) Определяне от а), че AMN∆ е равнобедрен и NMAN = 0,5 точки Аналогично определяне, че BNM∆ е равнобедрен и NMBM = 0,5 точки

Определяне на 3

28 cNM

−= 1 точка

(фиг. 3)



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

xx

x

x

x

xx

xA

1222

.422

222

−++

++

++=

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) 1 1.MNC MPB∠ = ∠ 7 точки





VІІІ клас

1зад. а) Определяне на коефициента p: 81 – 9 p – 18 = 0, p = 7 1 точка Получаване на квадратното уравнение x2 + 7 . x – 18 = 0 и намиране на корените му х1 = 2 и х2 = – 9 2 точки б) Преобразуване на

( ) ( )( )

( )( ) ( )( )

( )( ) ( )

( )1

111

2

1.2

1

2

1441

2

1.2.

22

22.2

1

2

22.

222

221

2

22.

422

22

2

2

22

2

==−+=−+

++=

=−+

+++=−++

+++=

=−++

++

++=−

++

++

++=

x

x

x

x

xxx

xx

xxx

xxx

xx

x

xx

xx

xx

x

x

x

xx

x

xx

x

x

x

xx

xA

3 точки

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

Намиране лицето на OBC∆ 75,02

3.5,0

2

.=== B

OBC

yOCS кв. м. ед. 1 точка


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

Доказване, че BCMCMB .2

111 == 2 точки

(свойство на медианата в правоъгълен триъгълник)

б) Определяне че, HCPB2

11 = – медиана към хипотенузата на правоъгълния

триъгълник HB1C 0,5 точки

Определяне, че HCMN2

1= – средна отсечка в HCB∆ 0,5 точки

Извод, че PB1 = MN (1) 0,5 точки Аналогично доказателство, че NCMP 1= (2) 1,5 точки Извод от (1), (2) и 11 MCMB = , че 11 MNCPMB ∆≅∆ и 11 MNCMPB ∠=∠ като съответни в тези триъгълници. 1 точка



ОБЩИНСКИ КРЪГ – 15.03.2009 г. ІХ клас

1зад. а) Да се определи реалният параметър k така, че корените на уравнението 052 =+− kxx да удовлетворяват зависимостта 2153

231 =+ xx ;

б) За намерената стойност на k да се реши уравнението: 52

2 =+x

kx .

7 точки 2зад. Да се намерят мерките на ъглите на равнобедрен триъгълник

( ),BCACABC =∆ ако центровете О1 и О съответно на вписаната и описаната около него окръжности са симетрични относно АВ. 7 точки 3зад. а) Докажете, че ако ,1=++ cabcab то ( )( )( )222222 111

4

111 cba

abc

c

c

b

b

a

a

−−−=

−+

−+

−

б) Да се реши уравнението 2

3

1

1

1

1 =+−−

−+

x

x

x

x

7 точки





ІХ клас 1зад. а) ( )( ) ( ) ( )[ ] 2153 21

22121

2221

2121

32

31 =−++=+−+=+ xxxxxxxxxxxxxx 1 точка

Определяне от формулите на Виет 521 =+ xx и kxx =21. 1 точка Заместване ( ) 215325.5 =− k и намиране на k = – 6 1 точка б) Определяне на ДС 0≠x 0,5 точки

Преобразуване на 52

2 =+x

kx и достигане до 05 24 =+− kxx 1,5 точки

Заместване на k с – 6 и решение на уравнението 065 24 =−− xx 61 =x и 62 −=x 2 точки 2зад. АО1 е ъглополовяща, следователно

α=∠=∠ ABOCAO 11 1 точка От свойството на осевата симетрия следва, че

α=∠=∠ BAOBAO1 1 точка

Тогава NCBNAC⌢

2

13 ==∠ α , откъдето α6=NCB

⌢ 1 точка

CABACABC⌢

2

12 ==∠=∠ α (от ABC∆ равнобедрен),

следователно α4=AC 1 точка Тогава °==+=+= 1801064 αααNCBCANA

⌢⌢⌢, °= 18α

1 точка Следователно °==∠=∠ 362αBACABC °=°−°=∠ 10872180ACB 2 точки 3зад.

а)

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

( )( )( ) =−−−

+−−++−−++−−=

=−−−

−−+−−+−−=−

+−

+−

222

222222222222

222

222222

222

111

111

111111

111

cba

bcacbcaccbabcbabcabacaba

cba

baccabcba

c

c

b

b

a

a

1 точка

( ) ( ) ( ) ( )( )( )( ) =

−−−+++−−+−−+−−=

222 111

111

cba

abacbcabcbccacbcabbcaaba 1,5 точки

( )( )( ) ( )( )( )222222 111

4

111 cba

abc

cba

abccabbacabc

−−−=

−−−+++= 1 точка


б) 2

3

1

1

1

1 =+−−

−+

x

x

x

x

Полагане yx

x =−+

1

1 , 0>y 0,5 точки

Получаване на уравнението 2

31 =−y

y и решаването му 2=y 1 точка

Намиране на х: 21

1 =−+

x

x , 3

5=x 1 точка

Проверка, че 3

5=x е решение на уравнението или определяне на ДМ в началото на

задачата ( ) ( )+∞∪−∞−∈ ;11;x 1 точка



ОБЩИНСКИ КРЪГ – 15.03.2009 г. Х клас

1зад. Решете неравенството bxaxxx

x ≤−+

−+

−− 6.

26

3

13

2 2, ако:

10,5 04

1

181 .18 5,6 . 1

2a

−

−

= + −

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 21

21

xx

xxM

+=

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 °=∠ 135ADK . 7 точки





Х клас

1зад. ( ) ( )( ) 11212121213

231

2

1

1.1

81

184

=−=−+=−

+=

−

+=a 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 = 5 5x = 1 х1 = 1 х2 = 0 ⇒ 0=b 2 точки Неравенството има вида

06

26

3

13

2 2≤

−+−

+−

− xxxx

x и решенията му са ( ] ( ]10;20;3 ∪−∈x 3 точки

2зад. ( ) ( ) ( ) 08129442.4522 222222 >+−=+−=+−−+−= mmmmmmmD ⇒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

02

12

2

52222

2

21 >+−

+=+−

+−=+mmmm

mmxx за m∀ т.к. 0

4

3

2

12

22 >+

−=+− mmm ⇒

x1 + x2 > 0 за m∀ , т.е. x1 и x2 са положителни. 2 точки

2

9442

2

122

22

2

22121

21212

+−+−=+

+−+=++=

++=

mm

mm

mmxx

xx

xxxxM

Т.к. М > 0 се получава 2

9442

2

+−+−=

mm

mmM 2 точки

3зад. CDABSABC .2

1=

Ако се означи SSBDK 2= , то SSADKC 5= , SSABC 7= ,

SSSBDC 5,37.2

1 == и SSSSCDK 5,125,3 =−=

1,5 точки

BK

CK

S

S

S

S

BDK

CDK ===4

3

2

5,1

1 точка


Т.к. °=∠°=∠⇒°=∠ 45,45135 CDKBDKADK , т.е. DK – ъглополовяща 1 точка

От свойството на ъглополовящата следва DBCDBK

CK

DB

CD

4

3

4

3 =⇒== 1 точка

Означаваме АВ = 2a, АС = b

Тогава aCD4

3= , aa

ab4

5

4

32

2 =

+= 1 точка

Периметърът на ABC∆ е 18 см. Следователно 184

5.22 =+ aa , откъдето 3,4 == CDa

1 точка

Тогава 123.8.2

1.

2

1 === CDABSABC см2 0,5 точки



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

++−

+++

+−

1log12

1log12

1log2 222

2

y

y

y

yx

y

yx > 0

е вярно за всяко Rx∈ ? 7 точки 3зад. Даден е правоъгълният триъгълник ABC ( )°=∠ 90C . Построена е височината CH ( )ABH ∈ на ABC∆ и медианата CM ( )HBM ∈ на HBC∆ . Да се намери MCB∠cos , ако е известно, че 4=CM см и

72

9=AH см.

7 точки





ХІ клас 1зад. Означаване на числата: (1) a1, a1q, a1q

2 (2) a1, a1q – 4 , a1q

2

(3) a1, a1q – 4 , a1q2 – 9 1,5 точки

От (1) и (2) геометрични прогресии следва ( ) ( )21

21 4−= qaqa , 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 = 2

1 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 ( ) cbxaxxf ++= 2 Неравенството е изпълнено за всяко ⇔x а > 0 и 042 <−= acbD 1 точка

Определяне ДС за у: ( ) ( )+∞∪−∞−∈ ;01;y 1 точка

Полагане 1

log2 +=

y

yz и решаване на системата

02 >− z ( ) ( )( ) 02.1.21 2 <−+++ zzz и намиране 1−<z 2 точки

Заместване ( )1;101

11

1log2 −∈⇔<

+−⇔−<

+y

y

y

y

y 2 точки

Съобразяване с ДС y и получаване ( )1;0∈y 1 точка

3зад. CMBC

MBCMBCMCB

..2cos

222 −+=∠

Необходимо е да се намерят BC и MB. 1 точка От прав. ABC∆ : HBAHHMCMHBAHCH .. 222 =−⇔= 1 точка Ако означим xMBHM == получаваме

⇔=− xx 272

916 2


0167

92 =−+⇔ xx 1 точка

Получаване решение 7=x ⇒ 7== MBHM см 2 точки

Намиране на 372116416 2222 =+=+−=+= xxHBCHBC см 1 точка

Намиране на 148

3723

37.8

46

4.37.2

71637

..2cos

222

==−+=−+=∠CMBC

MBCMBCMCB 1 точка



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) = α1х

2 + 2х – β1, където α1 и β1 са решения на системата от подточка а) при което α1 > 0 > β1 и [ ]2;1−∈x . 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

2

α = 1 и

tg2

β = 2

1

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





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 2 точки α + β = 1 α1 = 2 α2 = –1 α.β = – 2 => β1 = –1 β2 = 2 1 точка

б) От α1 > 0 > β1 => f(x) = 2х2 + 2х + 1 Намиране на f min в т. х0 = –

2

1

2

1

2

1 =

−f 1,5 точки

f(–1) = 1 0,5 точки

f(2) = 13 0,5 точки Най-голяма стойност за [ ]2;1−∈x е f(2) = 13 0,5 точки 2зад. а) От ABCD описан около окръжност => AD + BC = AB + DC SABCD =

2

BCAD+ . h => SABCD = (AD + BC). r 1 точка

От ∆АHD => АD = αsin

2r

От ∆BCH1 => BC =

βsin

2r 1 точка

=> SABCD = βα

βαsinsin

)sin(sin2 2 +r 1 точка


б) От tg 2

α = 1 и

∈2

;02

πα => 2

α = 45º => α =2

π

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

2

β = 2r

=> AB = 3r 1 точка От прав. ∆РОС => РС = r.tg

2

β = 2

r => DC = 2

3r

ВС = АВ + DC – AD = 2

5r 1 точка

От прав. ∆ABD => BD = 13.r От прав. ∆ACD => AC =

2

5r 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 =

3

.ÎDS ÀÂÑ∆

От усл. => S ∆ABC = 2

sin.2 αа 1 точка

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

2

α ∠САО = 90 – α

∠АОС =90+2

α => )90sin( α−

СО = )2/90sin( α+

АС =>

СО = а. 2/cos

cos

αα

1 точка Зам. в (*) => DО = а.

2/cos

sin

αα => V =

3

1а3.sin α .sin

2

α 1 точка

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

2

EF .ОР 1 точка

От пр. ∆ОРС => ОР = СО. sin α От ∆СС1В ~ ∆СОЕ => ОЕ =

1

1.

CC

COBC , но СС1= а. соs2

α и BC1= a.sin2

α

1 точка


От а) СО = а. 2/cos

cos

αα Преобразуване на ОЕ и ОР

Sсеч = 2

EF .ОР = 2а2соs2α.tg2

2

α 1 точка

2009 58-ма НАЦИОНАЛНА ОЛИМПИАДА ПО МАТЕМАТИКА, ОБЩИНСКИ...

Documents

Transcript of 2009 58-ма НАЦИОНАЛНА ОЛИМПИАДА ПО МАТЕМАТИКА, ОБЩИНСКИ...