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

МИНИСТЕРСТВО НА ОБРАЗОВАНИЕТО 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: [email protected]

58-ма

НАЦИОНАЛНА ОЛИМПИАДА ПО МАТЕМАТИКА

ОБЩИНСКИ КРЪГ

15.03.2009г.

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

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!

МИНИСТЕРСТВО НА ОБРАЗОВАНИЕТО 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: [email protected]

58-ма



15.03.2009г.

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



58-ма



15.03.2009г.

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 мерна 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 0,4 от 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






58-ма



15.03.2009г.


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 0,4 от 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 намера едно решение на

задачата 63 840. (2 точки)

Нека b = 4. Тогава а + 5 трябва да се дели на 9, т.е. а = 4. Но числото 444 не

се дели на 7. (1,5 точки)

Нека b = 8. Тогава а трябва да се дели на 9, т.е. а = 0 или а = 9. При а = 0

числото 48 не се дели на 7 и при а = 9 числото 948 също не се дели на 7. (1,5

точки)

Задачата има само едно решение - 63 840.



58-ма



15.03.2009г.

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

( )( ) ( )

1079:82,232,7

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∆ .

7 точки

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

ABMN8

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






58-ма



15.03.2009г.


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 кв. м. ед. 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. == DHABS ABCD 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 см

2 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

.==+=+=

∆∆

BDACDOACBOACSSB 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



58-ма



15.03.2009г.

VІІ 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 AB и <AMNе с °36 по-малък от <BAC, то:

а) намерете ъглите на AMN∆ ;

б) намерете ъглите на ABC∆ и изразете дължината на отсечката NM в сантиметри, ако

знаете, че 28=ABMNP см и cAB = см.

7 точки






58-ма



15.03.2009г.


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 с 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. 3

б) За доказване, че BMNMAN == 1,5 точки

За доказване, че 072==<< ABCBAC 1,5 точки

За намиране на 036=< ACB 0,5 точки

Определяне на 3

28 cNM

−= 1 точка

(фиг. 3)



58

-ма НАЦИОНАЛНА ОЛИМПИАДА ПО МАТЕМАТИКА


15.03.2009г.

VІІІ клас

1зад. а) Един от корените на уравнението x2 + px – 18 = 0 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

1

2

22.

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






58-ма



15.03.2009г.


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

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



58



15.03.2009г.

ІХ клас

1зад. а) Да се определи реалният параметър k така, че корените на уравнението

052 =+− kxx да удовлетворяват зависимостта 2153

2

3

1 =+ 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 триъгълник ABC∆ , ако центровете О1 и О

съответно на вписаната и описаната около него окръжности са симетрични относно АВ.

9 точки

3зад. а) Докажете, че ако ,1=++ cabcab то

( )( )( )222222111

4

111 cba

abc

c

c

b

b

a

a

−−−=

−+

−+

−

5 точки






58-ма



15.03.2009г.


ІХ клас

1зад. а) ( )( ) ( ) ( )[ ] 2153 21

2

2121

2

221

2

121

3

2

3

1 =−++=+−+=+ 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. За доказване, че ∆АВС е равнобедрен 2 точки

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 дъгата AB е α4 1 точка

Тогава °==+=+= 1801064 αααNCBCANA⌢⌢⌢

, °= 18α

1 точка

Следователно °==∠=∠ 362αBACABC

°=°−°=∠ 10872180ACB 2 точки

3зад.

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

( )( )( )=

−−−

+−−++−−++−−=

=−−−

−−+−−+−−=

−+

−+

−

222

222222222222

222

222222

222

111

111

111111

111

cba

bcacbcaccbabcbabcabacaba

cba

baccabcba

c

c

b

b

a

a

2 точки

( ) ( ) ( ) ( )

( )( )( )=

−−−

+++−−+−−+−−=

222 111

111

cba

abacbcabcbccacbcabbcaaba 2 точки

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

4

111 cba

abc

cba

abccabbacabc

−−−=

−−−

+++= 1 точка



58



15.03.2009г.

Х клас

Зад.1 Определете допустимите стойности на променливите и опростете израза

( )( )

( ) 122

1

2

3

2

3

3

121

3

22

2

3

2

3

1.

−

−

−−

+−−

−

−

−

+=

yxxy

yx

yxx

xyx

yxC .

(7 точки)

Зад.2 Решете неравенството 2

2

2

4

1

7228

xx

x

x

xabx

−+

−+

++

≤++ , където а и b са съответно най-

голямата и най-малката стойност на функцията у = 142 2 ++− xx в интервала [-3;0].

(7 точки)

Зад.3 Права, минаваща през точката А, пресича окръжност в точките В и С (точката В

лежи между точките А и С). Друга права, минаваща през точката А, пресича окръжността в

точките D и Е (точката D лежи между точките А и Е). Известно е, че правите ВD и СЕ се

пресичат в точката F, освен това FЕ=1 и АС=2АЕ.

а) Да се докаже, че ∠ЕDF=∠BCF.

б) Да се намери дължината на отсечката FD.

(7 точки)






58-ма



15.03.2009г.


X клас

Зад.1 Допустимите стойности на променливите са x>0, y≥0, x≠y (1,5 точки).

( )( )

( ) 122

1

2

3

2

3

3

121

3

22

2

3

2

3

1.

−

−

−−

+−−

−

−

−

+=

yxxy

yx

yxx

xyx

yxC =

( ))(

1

. 22

3

1

2

2

3

2

3

3

22

2

3

2

3

yxxy

x

y

x

yx

xyx

yx+−−

−

−

−

+= (2точки)

( )

22

3

1

23

22

2

2

32

2

3

.

yxxy

x

yxxyx

yx−−−

−−

−=

(1,5точки)

( )

22

3

1

3

23

23

2

33

)(.

yxxy

x

yxyxx

yx−−−

−−

−=

( )22

33

yxxyyx

yx−−−

−−

=( )

2222 ))((

yxxyyx

yxyxyx−−−

−++−

=

02222 =−−−++= yxxyyxyx (2точки).

Зад.2 Върхът ),( 00 yx на параболата у= 142 2 ++− xx е с координати 12

0 =−=a

bx и

3)1(0 == yy . Определяме 1)0( =y -пресечна точка с ординатната ос, а от

0142 2 =++− xx ⇒2

622,1

±=x -пресечни точки с абсцисната ос. От а= −2<0⇒най-

малката стойност b на функцията у в интервала [-3;0] е 29)3( −=−= yb (1 точка) и

най-голямата стойност а на функцията у в интервала [-3;0] е 1)0( == ya (1 точка).

2

2

2

4

1

7228

xx

x

x

xabx

−+

−+

++

≤++ ⇔2

2

2

4

1

721

xx

x

x

xx

−+

−+

++

≤− (0,5 точки).

Дефиниционната област на неравенството е 2,1 ≠−≠ xx (1 точка).

Преобразуваме неравенството и получаваме

2

2

2

4

1

721

xx

x

x

xx

−+

−+

++

≤− ⇔)1)(2(

)2)(2(

1

721

+−+−

−++

≤−xx

xx

x

xx ⇔ 0

)1(

)2)(3(≤

++−

x

xx(2 точки).

Следователно ]3,2()2,1(]2,( ∪−∪−−∞∈x (1,5 точки).

Зад.3 а) ∠ЕDF+∠ЕDB=180 0 /съседни ъгли/(0,5 точки) и

∠BCЕ+∠ЕDB=180 0 /CEDB-вписан/(1 точка),

откъдето∠ЕDF=∠BCF (0,5 точки).

б) Триъгълниците ADC и ABE са подобни, защото

имат общ ъгъл, а ъглите ACD и AEB се опират на хордата

BD, т.е. ∠ACD=∠AEB

(1,5 точки). Тогава 2==AE

AC

BE

CD(0,5 точки).

Аналогично ∆BEF~∆CDF(1,5 точки), следователно 2===BF

CF

BE

CD

EF

DF(0,5

точки), откъдето 22 == EFDF (1точка).



58



15.03.2009г.

ХI клас

Зад.1 Сумата от първите десет члена на аритметична прогресия е 140, а произведението на

втория и деветия член е 147. Намерете прогресията.

(7 точки)

Зад.2 Трапецът ABCD(ABCD, AB>CD) е вписан в окръжност с радиус R .

а) Докажете, че ако в трапеца може да се впише окръжност, то малката основа,

височината и голямата основа са последователни членове на геометрична прогресия.

б) Намерете малката основа, бедрото и лицето на трапеца, ако голямата основа AB

служи за диаметър на описаната окръжност и ∡ACD=α .

(7 точки)

Зад.3 Геометричната прогресия ,...,...,,, 321 naaaa е с положителни членове и частно 1≠q , а

аритметичната прогресия ,...,...,,, 321 nbbbb е растяща с разлика d. При какво условие

уравненията 11 loglog ababdd ynny

+=+ и 2

1...

2.)1(...

842 1

1432

=+−++−+−−

−

n

nn xxxx

x ще бъдат

еквивалентни? (7 точки)






58-ма



15.03.2009г.


XІ клас

Зад.1 Съгласно условието на задачата 147)8)((

2892

11

1

=++

=+

dada

da(2точки), откъдето

1472

728

2

728=

+

− dd(1точка) 2±=⇒ d (2точки) 51 =⇒ a или а1 =23(2точки).

Прогресията е 5,7,9,… или 23,21,19,…. .

Зад.2 а) Щом трапецът е вписан в окръжността, то той е равнобедрен, т.е.

BC=AD(1точка). Ако трапецът е описан около окръжност, то

AB+CD=BC+AD=2AD(1точка). Ако DH е височината на трапеца, то DH2 =

AD2─AH

2 = CDAB

CDABCDAB.

22

22

=

−−

+, с което твърдението е доказано(1точка).

б) Тъй като∡ACD=α , то α2= ⇒ α41800 −= ⇒ ∡DAC= α2900 −

(1точка).

От синусова теорема намираме αα 2cos2)290sin(2 0 RRCD =−=

и αsin2RAD = (1точка).

ααααα 2sinsin4sin4)2cos1(sin42

2242222222

2

22 RRRRRCDAB

ADDH =−=−−=

−−=⇒

⇒ α2sinRDH = (1точка)

⇒ αα 2sincos22

).( 22RDHCDAB

S ABCD =+

= (1точка).

Зад.3 Уравнението (1) 11 loglog ababdd ynny

+=+ има смисъл при y>0, y≠1(1точка).

Извършваме преобразувания и получаваме

11 loglog ababdd ynny

+=+ ⇔ 1

1

log bba

an

n

yd −= ⇔

1

1)(a

ay nbbd n =− ⇔ qq

a

qa

a

ay dn

dnbdnb

dnbb

d

nn

==

=

= −

−−−+−−

)1(

)1()1(

1

1

1

1

111

(1точка). Тъй като q>0 и q≠1,

то y=q е единственото решение на уравнението (1точка).

Лявата страна на уравнението (2) 2

1...

2.)1(...

842 1

1432

=+−++−+−−

−

n

nn xxxx

x e сума

на безкрайната геометрична прогресия ,...2

.)1(,...,8

,4

,2

,1

1432

−

−−−−n

nn xxxx

x с първи член x и

частно

2

2

2

x

x

x

−=−

(1точка). Ако )2;2(212

−∈⇔<⇔<− xxx

, то сумата )

2(1

x

xS

−−

= (1точка).

Уравнението 2

1...

2.)1(...

842 1

1432

=+−++−+−−

−

n

nn xxxx

x ⇔ )2;2(3

2

2

1

2

2−∈=⇒=

+x

x

x(1точка).

Ако 12>−

x, то qy = и x принадлежи на празното множество. (0,5 точки)

Следователно уравненията (1) и (2) ще бъдат еквивалентни, ако 3

2=q (0,5точки).



58



15.03.2009г.

ХIІ клас

Зад.1 Околният ръб на наклонена триъгълна призма е 4 см. Страните на

перпендикулярното на този ръб сечение се отнасят така, както 9:10:17, а лицето му е 144

см2. Намерете лицето на околната повърхнина на призмата, ако върховете А, В и С на

перпендикулярното сечение са вътрешни точки за съответните околни ръбове на призмата.

(7 точки) Зад.2 В правоъгълния ∆АВС точката М е средата на медианата към хипотенузата АВ. От М

са спуснати перпендикулярите МХ, МY и МZ към ВС, АС и AB ),,( ABZACYBCX ∈∈∈ . Ако

лицето на ∆АВС е S, то да се изрази лицето на ∆XYZ чрез S.

(7 точки)

Зад.3 Даден е изразът

аа

аааа

а

аа

М

144

24144

144 22

+−

−++−++−

= .

а) Да се опрости М

б) Да се пресметне числената стойност на М, ако а е най-големият от корените на

уравнението ( ) ( ) 22222 46262 xxxxx =−++−− .

(7 точки)






58-ма



15.03.2009г.


XІІ клас

Зад.1 Нека страните на перпендикулярното сечение са а=9х, в=10х и с=17х

(0,5точки), откъдето полупериметъра xxxxcba

p 182

17109

2=

++=

++= (1точка).

Лицето на сечението е 2144.8.9.18))()(( =⇒==−−−=∆ xxxxxcpbpappS ABC (1 точка).

Намиране страните а, в и с на перпендикулярното на наклонения ръб l

сечение-18 см, 20 см и 34см (1,5 точки). От BClиAClABlABCl ⊥⊥⊥⇒⊥ ,)( (1,5

точки).

Лицето на околната повърxнина на призмата e сбор от лицата на три

успоредника: 28872.4).(... ==++=++= cbalBClAClABlS см2(1,5 точки).

Зад.2 Нека СС1 -медиана към хипотенузата АВ, М-

среда на СС1 и СМ = МС1 = m. Знаем, че АС 1 = ВС1 =

СС 1 ⇒ АВ = 4m и ако ∠CAB = ∠ACC 1 = α , то

∠АBС =∠ВCC1 = α−090 (0,5точка).

От правоъгълните триъгълници MXC, MYC и

MZC 1 , следва че MX=m.sin( α−090 )=m.cosα ,

MY=m.sinα и MZ=m.sin( α21800 − )=m.sin2α (1,5 точки).

)90sin(.2

1)180sin(.

2

190sin.

2

1 000 αα ++−+=++=⇒ ∆∆∆∆ MZMXMZMYMYMXSSSS MXZMYZMXYXYZ

⇒ )cos.sin..(2

1αα MZMXMZMYMYMXS XYZ ++=∆ =

= =+=++ )2sincos(sin2

1)2sincos2sinsincossin(

2

1 222222 ααααααααα mmmm

ααα 2sin4

3)2sin2sin

2

1(

2

1 22mm =+= (2,5точки).

ααααα 2sin4cossin8cos4.sin4.2

1.

2

1 22 mmmmBCACS ==== (2точки)⇒ SS XYZ16

3=∆

(0,5 точки).

Зад.3 а) Допустимите стойности на променливата са 0>а , 2

1≠а (0,5 точки) .

( ) ( )

а

а

а

ааа

а

а

М2

2

2

)12(

)12(212

12

−

−+−+

−

= ⇔

а

a

а

ааа

а

а

М12

)12(212

12

−

−+−+

−

= ⇔

а

а

а

аа

а

а

М12

)12(212

1 2

−

−+−

+

= ⇔12

)12(212)1( 2

−

−+−+

=а

а

ааа

М ⇔а

аМ

21+= +

12

)12(2

−

−

аа

а

(2,5точки)

⇒a

aM

12 −= за

∈2

1;0a и

а

аМ

32 += за

∞∈ ;2

1а (1 точка).

б) ( ) 22222 462)62( ххххх =−++−− ⇔ ( ) 22222 4)62())62(( хххxх =+−+−−

⇔ 2222 42)62(2 хxх =+− ⇔ 2222 2)62( хxх =+− ⇔ 036254 24 =+− xx ⇒ 22,1 ±=х ;

2

34,3 ±=х (2 точки) 2=⇒ а и от

+∞∈ ;2

12 ⇒

2

27

2

7

2

3432

==+

=+

=а

аМ (1 точка).

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

Documents