2008.15.03 57-ма НАЦИОНАЛНА ОЛИМПИАДА ПО МАТЕМАТИКА - Общински кръг - Ловеч

-ма

57

НАЦИОНАЛНА ОЛИМПИАДА ПО МАТЕМАТИКА ОБЩИНСКИ КРЪГ - 15.03.2008 г.

ІV клас 1зад. Пресметнете: а) Числото А= (1325.7 − 7.1225) : (1263 − 1256) ; 2 точки б) Числото В, равно на сбора на всички естествени числа от 20 до 40 включително; 2 точки в) От произведението А.В извадете най-малкото петцифрено число, записано с различни цифри.

3 точки 2зад. Колко километра е разстоянието между две села, ако след като си изминал третината от него и още 5 км, можеш да пиеш вода от чешмата, построена точно по средата на пътя?

7 точки 3зад. Сашо и Павел заедно имат 2 пъти повече точки на олимпиадата по математика, отколкото Иван. Иван има 15 точки повече от Сашо. С колко точките на Павел са повече от тези, на Иван и с колко са повече от точките на Сашо?

7 точки

-ма

57

НАЦИОНАЛНА ОЛИМПИАДА ПО МАТЕМАТИКА ОБЩИНСКИ КРЪГ - 15.03.2008 г.

V клас 1зад. Пресметнете: а) Числото А= 3,02 − 0,02.(4.1,5.15 − 0,6 : 1,2 ) + 0,5 ; 2 точки б) Числото В, ако то е равно на: (5 : 2) : (1,1 + 1,01 + 1,001 + 1,0001 + 1,00001 + 0,9 + 0,99 + 0,999 + 0,9999 + 0,99999) 2 точки в) Колко най-малко трябва да прибавим към А, така че получения сбор, разделен на В да дава частно естествено число.

3 точки 2зад. Две коли тръгват едновременно от А и В една срещу друга и се срещат след 2,5 ч. Намерете разстоянието между А и В, ако едната кола се движи със скорост 60 км/ч и до срещата е спирала за почивка за 10 мин, а втората – със скорост 74 км/ч и не е спирала до срещата.

7 точки 3зад. В Vа клас учат 29 ученици. От тях 12 са математици, 8 спортисти, а 13 не са нито математици, нито спортисти. Колко ученици от Vа клас са едновременно математици и спортисти?

7 точки

-ма

57

НАЦИОНАЛНА ОЛИМПИАДА ПО МАТЕМАТИКА ОБЩИНСКИ КРЪГ - 15.03.2008 г.

VІ клас 1зад. Попълнете магическия квадрат, ако сборовете по редове, стълбове и двата диагонала е 30. Умножете всяко число с –0,5 и попълнете и другия квадрат. Какъв квадрат се получава? Обосновете отговора си?

–14

28 .(–0,5) –2 –8

7 точки 2зад. Да се пресметне стойността на израза:

3.(−1) 2 n +1 − (−3)3 .(−1) 2 n (4 n−3 + 6.4 n − 4 ) + n −3 − 32 − (−1) 2 n + 5 (8 + 2.8 n− 4 )2

3

7 точки 3зад. От три различни цифри са образувани всички възможни трицифрени числа. Сумата на тези числа е 1332. Намерете цифрите.

7 точки

-ма

57

НАЦИОНАЛНА ОЛИМПИАДА ПО МАТЕМАТИКА ОБЩИНСКИ КРЪГ - 15.03.2008 г.

VIІ клас Зад.1 За ∆АВС, ∡АВС=45о и ∡АСВ=75о. Върху лъча ВА е построена отсечката АМ=2.АВ (т.А е между точките М и В). Точка N e от правата СА, такава че СN=BN (т.А е между точките С и N). a) Докажете, че т.А лежи на симетралата на отсечката BN; 3 точки б) Намерете ъглите на ∆МВС.

4 точки Зад. 2 Докажете, че разликата от квадратът на всяко нечетно число и числото 1 се дели на 8.

7 точки Зад.3 Да се докаже, че 2007 2008 − 1 се дели на 10.

7 точки

-ма

57

НАЦИОНАЛНА ОЛИМПИАДА ПО МАТЕМАТИКА ОБЩИНСКИ КРЪГ - 15.03.2007г.

VIIІ клас

2 1  4 Задача 1.Да се опрости изразът  2 + 2 + 2  b + b b −1 b − b

(

)

2

(

 2 .(1 + 2b + b ) и да се намери 

)

числената му стойност при b = 1 − 6 − 150 + 2. 54 − 3 .

7 точки Задача 2. Точките M и N са средите съответно на основите АВ и СD на трапеца ABCD, а точките P и Q са средите на диагоналите АС и ВD на трапеца. Докажете, че AD⊥BC ⇔ MN=PQ. 7 точки Задача 3. Даден е равнобедрен ∆АВС (АС=ВС), за който АD⊥ВС (т.D∈BC). Ако точката I е центърът на вписаната окръжност в ∆АDC, да се докаже, че около четириъгълник АВDI може да се опише окръжност.

7 точки Забележка към зад.3

Ако все още не е взета окръжност, описана около

четириъгълник, задачата да се формулира така: Да се намери ∡IАВ.

-ма

57

НАЦИОНАЛНА ОЛИМПИАДА ПО МАТЕМАТИКА ОБЩИНСКИ КРЪГ - 15.03.2007г.

VIIІ клас

2 1  4 Задача 1.Да се опрости изразът  2 + 2 + 2  b + b b −1 b − b

(

)

2

(

 2 .(1 + 2b + b ) и да се намери 

)

числената му стойност при b = 1 − b − 150 + 2. 54 − 2 .

7 точки Задача 2. Точките M и N са средите съответно на основите АВ и СD на трапеца ABCD, а точките P и Q са средите на диагоналите АС и ВD на трапеца. Докажете, че AD⊥BC ⇔ MN=PQ. 7 точки Задача 3. Даден е равнобедрен ∆АВС (АС=ВС), за който АD⊥ВС (т.D∈BC). Ако точката I е центърът на вписаната окръжност в ∆АDC, да се докаже, че около четириъгълник АВDI може да се опише окръжност.

7 точки Забележка към зад.3

Ако все още не е взета окръжност, описана около

четириъгълник, задачата да се формулира така: Да се намери ∡IАВ.

-ма

57

НАЦИОНАЛНА ОЛИМПИАДА ПО МАТЕМАТИКА ОБЩИНСКИ КРЪГ - 15.03.2008 г.

ІХ клас 1зад. Да се реши уравнението:

x +1 x −1

−

x −1 x +1

= 2 x3 7 точки

2зад. Реалните числа x и y са свързани с равенствата: xy = a 2 − 7a + 14

x 2 + y 2 = − a 2 + 12a − 27 а) Да се намерят x и y при а=4.

3 точки б) Да се намерят стойностите на а, при които системата има точно две решения.

4 точки 3зад. Окръжност минаваща през върховете А и В на равнобедрения ∆ ABC пресича бедрата AC и BC на триъгълника, съответно в точките Р и Q . Отсечките AQ и BP се пресичат в т.D, така че AQ:AD=4:3. Да се намери лицето на ∆DQB, ако лицето на ∆PQC е равно на 3.

7 точки

-ма

57

НАЦИОНАЛНА ОЛИМПИАДА ПО МАТЕМАТИКА ОБЩИНСКИ КРЪГ - 15.03.2008 г.

Х клас

Зад. 1. Да се реши неравенството

x2 − 9 (x + 4) ≥ 0 . x −3

7 точки Зад.2. Дадена е функцията: f ( x) = (k + 2) x 2 + (3k + 7) x + 3k + 5 а) При k=1 да се намери най-голямата и най-малка стойност на функцията f (x) в интервала [1; 3] и в интервала [− 2; − 1] .

3 точки б) За кои стойности на параметъра k неравенството f ( x) > 0 има за решение всяко х?

3 точки в) Да се реши неравенството f ( x) ≤ 0 при k = 0 1 точка Зад. 3. Върху полуокръжност с диаметър АВ е взета точка С и с I е означен центъра на вписаната окръжност за ∆АВС. Квадрат GDEF с лице 100 е такъв, че страната му GD лежи на диаметъра АВ, върхът му Е е върху полуокръжността, а точката I лежи на страната му DE. Да се намери лицето на ∆АВС.

7 точки

-ма

57

НАЦИОНАЛНА ОЛИМПИАДА ПО МАТЕМАТИКА ОБЩИНСКИ КРЪГ - 15.03.2008 г.

XI клас Зад1. За аритметична прогресия a1 , a 2 , a 3 ,... са дадени a8 = 11,2 и a15 = 19,6 . Да се намери прогресията и броят на членовете, които са по-малки от 30.

7 точки

a5 − a1 = 15 Зад2. Дадена е крайна геометрична прогресия a1 , a 2 , a 3 ,... , за която a 4 − a 2 = 6 . Да се

S n = 255 определят първият член a1 , частното q и броят на членовете n, ако прогресията е 1 1 1 + ⋯ + , където a1 , a 2 , a 3 ,...a n са растяща. Да се пресметне сумата U n = + a1 a 2 an членовете на дадената прогресия, а n е техният брой.

7 точки 2 Зад. 3. Дадена е функцията f ( x) = log 2− x x + 4a , където а е реален параметър.

3 а) Да се реши уравнението f ( x) = 4 при a = − .

4

2 точки б) да се намерят стойностите на параметъра а, при които уравнението f ( x) = 4 има точно три корена.

3 точки в) Да се намери за кои стойности на х от неравенствата 0 < a < b следва log 2 − x (x 2 + 4a ) < log 2 − x (x 2 + 4b ) 2 точки

-ма

57

НАЦИОНАЛНА ОЛИМПИАДА ПО МАТЕМАТИКА ОБЩИНСКИ КРЪГ - 15.03.2008 г.

ХII клас 1зад. Да се реши: x 2 − 2x а) <1 x +1

2 точки

б) 9 x − 2 + 27 ≥ 12.3 x − 2 в) cos 2 x + 3 sin x = 2

3 точки 2 точки

2зад. В тетраедъра АВСD стената ВСD е перпендикулярна на стената АВС, а ръбът АD сключва с ръбовете АВ и АС ъгли с големина 60о. Ако дължините на ръбовете АВ, ВС и АС са равни съответно на 2, 4 и 3, да се определи: а) обемът на тетраедъра АВСD; 5 точки б) ъгълът между стените АВС и АВD. 2 точки 3зад. Даден е изразът f ( x) = log

1

(a.6

x

− 36 x ) , където а е параметър.

5

а) Да се реши неравенството f ( x) ≥ −2 при а=6.

2 точки б) Да се намери границата lim [m(a) + 4 log 5 (a + 1)] , където m(a) е най-малката стойност a →∞ на f (x) .

5 точки

Уважаеми колеги, До областен кръг ще бъдат допуснати тези ученици, на които броят на точките е най-малко 16. В понеделник – 17 март ще изпратя на електронните адреси на училищата примерни решения и критерии за оценяване. Време за работа – 4 часа за учениците от IV – VIII клас и 4,30 часа за учениците от IX – XII клас. До 26 март изпратете в РИО протокол на явилите се ученици и техните резултати по задачи и протокол за класираните за областния кръг. Пожелавам успех на всички ученици!

57-ма НАЦИОНАЛНА ОЛИМПИАДА ПО МАТЕМАТИКА ОБЩИНСКИ КРЪГ - 15.03.2008 г.

ПРИМЕРНИ КРИТЕРИИ ЗА ПРОВЕРКА И ОЦЕНКА

ІV клас 1зад. а) А= (1325.7 − 7.1225) : (1263 − 1256) = =7.(1325–1225):7= (1 т.)

1325–1225=100 (1 т.) б) В=20+21+22+…+38+39+40= = (20+40)+(21+39)+(22+38)+…+(29+31)+30= = 10.60+30=630

(1 т.)

(1 т.)

в) А.В–10 234=630.100–10 234=52 766 За определяне на 10234 – (2т.) и за краен резултат (1т).

2зад. 5 км са половинката на третината на пътя ⇒ 1 третина от пътя е 10 км ⇒ 3.10=30 км е целия път 3зад. TСашо+ТПавел=2.ТИван, а ТИван=ТСашо+15 ⇒ TСашо+ТПавел=2.( ТСашо+15) ⇒ TСашо+ТПавел=2. ТСашо+2.15 ⇒ ТПавел= ТСашо+30 Следователно Павел има 30 точки повече от Сашо И ТПавел= ТИван–15+30=ТИван+15 Следователно Павел има 15 точки повече от Иван

(3т.)

(2 т.)

(2 т.)

(1 т.)

(1 т.)

(2 т.)

(1 т.)

(2 т.)

ПРИМЕРНИ РЕШЕНИЯ И КРИТЕРИИ ЗА ПРОВЕРКА И ОЦЕНКА

V клас 1зад. а) A = 1,73 б) В = 0,25 в) Трябва да прибавим 0,02 за да получим: (1,73+0,02):0,25=7 – естествено число 2зад. За 1 ч = 60 мин, леката кола от А изминава 60 км ⇒ за 2 ч и 20 мин тя е изминала път S=60.2,5-10=140 km Пътят на леката кола от В до срещата е S=74.2,5=185 km ⇒ SAB=140+185=325 km 3 зад. 29–13=16 са общо математици и спортисти (12+8)–х=16, където х е бр, на децата, които са едновременно и математици, и спортисти ⇒ х =4

2 точки 2 точки 3 точки

4 точки 2 точки 1 точкa 2 точки 4 точки 1 точка

ПРИМЕРНИ КРИТЕРИИ ЗА ПРОВЕРКА И ОЦЕНКА VI клас

1зад.

16

–14

22

10

–8

34

28 .(–0,5) –2 4

–8

7

–11

–5

1

4

–17

–2

–14

За получаването на първия квадрат → 4 точки, за получаване на втория → 2 точки и за обосновка, че и вторият квадрат е магически, защото сборът по всеки ред, стълб и диагонал е –15 → 2 точки.

2зад.

3 3 3 3.(−1) 2 n +1 − (−3)3 .(−1) 2 n (4 n−3 + 6.4 n − 4 ) − 3 + 27 (4 n− 4 ) (4 + 6) + n −3 = + = − 32 − (−1) 2 n + 5 (8 + 2.8 n− 4 )2 − 9 + 1 (8 n−4 )2 (8 + 2)2

4 точки

( 2 6 ) .10 24 (4 3 ) .10 3 = + = –3+ =–3+10=7 2 точки n−4 − 8 (8 2 ) .10 2 (2 6 )n−4 3зад. Възможните числа са: abc; acb; bca; bac; cba; cab ,където a ≠ 0; b ≠ 0; c ≠ 0 2 точки Тогава abc + acb + bca + bac + cba + cab = = 100a + 10b + c + 100a + 10c + b + ... + 100c + 10a + b = 2 точки = 222a + 222b + 222c ⇒ 222a + 222b + 222c = 222(a + b + c) = 1332 1 точка ⇒ a + b + c = 1332 : 222 = 6 ⇒ a; b; c = 1; 2; 3 2 точки n−4

n−4

Ако някоя цифра е 0 , то aoc , aco, coa, cao следователно 211 ( a + c ) = 1332 , т.е. a + c не е цяло число, след. няма цифра нула.

ПРИМЕРНИ КРИТЕРИИ ЗА ПРОВЕРКА И ОЦЕНКА VII клас Зад .1 а) От BN=CN ⇒ ∆BCN – равнобедрен и ∡NCB=∡NBC=75o ⇒ ∡NBA=30o (1) →

1 точка о

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

равнобедрен

с

∡PAN=60o

е равностранен → 1 точка

⇒ ∆MPN равнобедрен с външен ∡60о

⇒∡PMN=∡PNM=30o ⇒ ∆MBN е равнобедрен → 1 точка По условие BN=CN ⇒ MN=CN ⇒ ∆MCN е правоъгълен и равнобедрен → 1 точка ⇒ ∡МCN=45o и за ∆МВС получаваме ∡МСВ=45о+75о=120о, а ∡СМВ=15о. Общо за б) → 4 точки Зад. 2 Всяко нечетно число може да се представи във вида 2n + 1 , където n e произволно естествено число 1т.

2 2 2 (2n + 1) − 1 = 4n + 4n + 1 − 1 = 4n + 4n 2 точки За разлагането 4n 2 + 4n = 4n(n + 1) 2 точки Произведението на всеки две последователни естествени числа се дели на 2 → 1 т. ⇒ 4n(n + 1) се дели на 2.4=8 1т Зад.3 n= Последна цифра на 7n

1

2

3

4

5

6

7

8

7

9

3

1

7

9

3

1

За установяване на факта, че всяка степен на 7, кратна на 4, има последна цифра 1 → 4 точки 1002 ⇒ 2007 4 завършва на 1 ⇒ (2007 4 ) = 2007 2008 завършва също на 1 2 точки 2008 2008 ⇒ 2007 − 1 завършва на 0 ⇒ 2007 − 1 се дели на 10.

1 точка

ПРИМЕРНИ КРИТЕРИИ ЗА ПРОВЕРКА И ОЦЕНКА VIII клас 5(b + 1) Зад. 1 След опростяване изразът приема вида 3т b За намиране b = 1 − 6 2т За получаване на числената стойност 4 − 6 Зад. 2 PN - средна отсечка в ∆ADC, MQ -средна 1 отсечка в ∆ADB ⇒ PN=MQ= AD и PN∕∕MQ∕∕AD 2 ⇒PMQN е успоредник 3 т. Нека AD⊥ BC ⇒PN(∕∕AD)⊥NQ(∕∕BC) ⇒PMQN е правоъгълник ⇒ MN=PQ 2 т. Нека MN=PQ⇒успоредник PMQN е правоъгълник ⇒PN⊥QN⇒AD(∕∕PN)⊥ BC(∕∕NQ)

2 т.

Зад. 3 Тъй като ∡IDB=135o, достатъчно е да докажем, че ∡IAB=45о

2 т.

1 2



∡IAB=∡IAD+∡DAB= (90 o − γ ) +  90 o − γ

γ

=45o– +90o–90o+ =45o 2 2



180 o − γ  = 2 

4 т.

⇒∡IDB+∡IAB =135o+45о=180o ⇒ около ABDI може да се опише окръжност.

1 т.

2т

ПРИМЕРНИ РЕШЕНИЯ И КРИТЕРИИ ЗА ПРОВЕРКА И ОЦЕНКА ІХ клас 1зад. За определяне на ДС: x ≠ 1, x ≥ 0

1 точка

За получаване на еквивалентното уравнение 2 x (1 − x( x − 1) ) = 0 За получаване на корена x = 0 За решаване на квадратното уравнение x 2 − x − 1 = 0 и 1± 5 получаване на корените му x1; 2 = 2 1+ 5 За съобразяване на корените с ДС : x1 = 0 и x 2 = 2

2 точки 1 точка 2 точки 1 точка

2зад. Ако умножим първото уравнение по 2 и почленно съберем двете уравнения се 2 2 получава уравнението: ( x + y ) = (a − 1) 2 x + = ±3 x x+ y =3 а) при а=4 ⇒ системата ⇔ ⇒ x 2 ± 3x + 2 = 0 и решенията са: 2 y= xy = 2 x (–1; –2), (–2; –1), (1; 2), (2; 1) б) За получаване на системата

3 точки

x + y = ± ( a − 1)

2 точки

xy = a 2 − 7a + 14

⇒ уравненията x 2 ± ( a − 1 )x + a 2 − 7a + 14 = 0 имат дискриминанта D = −3a 2 ± 26a ∓ 55 . Ако D > 0 , то и двете уравнения ще имат по две решения, а системата → 4. Ако D < 0 , то и двете уравнения няма да имат решения ⇒ и системата няма да има решение. При D=0 системата ще има точно две решения.

11 D=0 при а=5 и а= 2 точки 3 3зад. За доказателство, че ABQP е равнобедрен трапец 1т.

S QDB 3 4 = (∆QDB и ∆PDQ са с общ връх) ⇒ S QBP = S QDB (1) 2т.

S QBP 4 3 От това, че ∆PQD∼∆BAD и ∆PQC∼∆ABC CQ PQ DQ 1 = = = 1т.

CB AB AD 3 CQ 1 CQ S PQC 1 ⇒ = ⇒ = = 1т QB 2 QB S PQB 2 1 ⇒ S PQC = S PQB , и замествайки от (1) получаваме, че 2 S PQC =

1 1 4 3 9 S PQB = . S QDB ⇒ S QDB = S PQC = 2 2 3 2 2

2 т.

⇒

ПРИМЕРНИ РЕШЕНИЯ И КРИТЕРИИ ЗА ПРОВЕРКА И ОЦЕНКА Х клас Зад.1. Определяне на допустимите стойности х ≠ ± 3 За получаване на неравенството ( x − 3)( x + 4) ≤ 0 при х<0 И определяне на решенията му x ∈ [− 4; − 3) ∪ (− 3; 0) За получаване на неравенството ( x + 3)( x + 4) ≥ 0 при х ≥ 0 И определяне на решенията му x ∈ ( 0;3 ) ∪ ( 3; +∞ )

1 точка 2 точки 0,5 точка 2 точки 0,5 точка

Окончателно x ∈ [ −4; − 3 ) ∪ ( −3;3 ) ∪ ( 3; +∞ )

1 точка

5 Зад.2. a) За намиране върха на параболата xo = − ∈ [− 2; − 1] 3 1  5 ⇒ НМС f ( x ) = f  −  = − x∈[ −2; −1] 3  3 За определяне на НГС f ( x ) = f ( −1) = 1

0,5 точка

За установяване, че f(x) e растяща за x ∈ [1; 3] ⇒ НМС f ( x ) = f ( 1) = 21

0,5 точка 0,5 точка

и НГС f ( x ) = f ( 3 ) = 65

0,5 точка.

x∈[ −2; −1]

x∈[1;3 ]

x∈[1;3]

б) За съставяне на системата

k+2>0

S ABC

AD.BD = r.c + r 2 и като заместим 1 = ( AD.BD + AD.BD ) = AD.BD 2

в

(2)

0,5 точки

2 точки

D = −3k 2 − 2k + 9 < 0

 − 1 + 28  за намиране на решение k ∈  ;+∞  3   2 в) При k=0 получаваме неравенството 2 x + 7 x + 5 ≤ 0  5  с решения x ∈ − ; − 1  2  Зад.3.

1 1 1 S ABC = AC.BC = ( AN + r )( BM + r ) = ( AD + r )( BD + r ) = 2 2 2 1 = ( AD.BD + r.BD + r. AD + r 2 ) 1 точкa 2 но r ( AD + BD ) = r.c , където c = AB ⇒ 1 S ABC = ( AD.BD + r.c + r 2 ) (1) 2 точки 2 От друга страна cr AD.r BD.r S ABC = S ABI + S ANI + S BMI + S MCNI = + + + r2 = 2 2 2 cr + r 2 (2) 2 точки 1 От (1) и (2) ⇒ S ABC = ( AD.BD + r.c + r 2 ) = cr + r 2 2 ⇒

0,5 точка

за

1 точка

1 точка

лицето

на

∆АВС,

получаваме: 1 точка

Но за правоъгълния ∆ABE е изпълнено, че AD.BD = ED 2 ⇒ S ABC = S kwadrata = 100

1 точкa

ПРИМЕРНИ РЕШЕНИЯ И КРИТЕРИИ ЗА ПРОВЕРКА И ОЦЕНКА ХI клас a1 + 7d = 11.2

Зад. 1 За получаване на системата

1 точка

a1 + 14d = 19,6 За намиране на решението (2,8; 1,2) За съставяне на неравенството 2,8 + (n − 1).1,2 < 30 За получаване на n = 23

Зад 2. За получаване на системата За намиране на решенията q1; 2 = 2;

2 точки 2 точки 2 точки

a1 q 4 − a1 = 15

1 точка

a1 q 3 − a1 q = 6

1 2

1 точка

За уточняване, че q = 2 затова, че прогресията е растяща и a1 = 1 За определяне S n = 1.

2n −1 = 255 ⇒ n = 8 2 −1

1 точка

2 точки 8

За пресмятане на сумата U n = 1 +

1   −1 255 2 = 1.   = 1 128 −1 2

1 1 1 + 2 + ... + 7 2 2 2

Зад. 3 а) За определяне на ДС: x < 2; x ≠ ± 3; x ≠ 1

2 точки

0,5 точка

За получаване на еквивалентното уравнение x − 3 = (2 − x ) ⇔ 2

2

x 2 − 3 = (2 − x) 2 или x 2 − 3 = −(2 − x) 2

1 точка

2 7 и x= 0,5 точка 2 4 б) За определяне на ДС: x < 2; x 2 ≠ −4a; x ≠ 1 и получаване на уравнението

За получаване на корените x = 1 ± x 2 + 4a = (2 − x )

2

⇔

x + 4a = (2 − x) или x 2 + 4a = −(2 − x) 2 1 точка 2 ⇒ x1 = 1 − a или x − 2 x + 2a + 2 = 0 и за квадратното уравнение ще искаме да има два D = 1 − 2a − 2 > 0 x1 = 1 − a < 2 различни корена <2, откъдето следва системата 1 точка f(2)>0 x0 < 2 2

2

1  за получаване на решението a ∈  − 1;−  2 

в) От 0 < a < b ⇒ 0 < 4a < 4b ⇒ 0 < 4a + x 2 < 4b + x 2 и за да е вярно неравенството log 2 − x (x 2 + 4a ) < log 2 − x > 1⇒ x < 1

1 точка

2− x

(x

2

+ 4b )

1 точка ⇒

1 точка

ПРИМЕРНИ РЕШЕНИЯ И КРИТЕРИИ ЗА ПРОВЕРКА И ОЦЕНКА ХII клас 1зад. x 2 − 2x <1 x +1 а) Неравенството е еквивалентно на системата 2 ⇒ x − 2x > −1 x +1  3 − 13 3 + 13   x ∈  ;  2 2   x −2 б) Полагаме y = 3 За намиране на решението спрямо y ∈ (0;3] ∪ [9;+∞) За получаване на крайните решения x ∈ [2;3] ∪ [6;+∞ )

2 т.

1 т.

1 т.

1 т.

в) Последователно преобразуваме уравнението cos 2 x + 3 sin x = 2 ⇔ 1 − 2 sin 2 x + 3 sin x − 2 = 0 ⇔ − 2 sin 2 x + 3 sin x − 1 = 0 , където полагаме 1 sin x = y ⇒ y1;2 = ;1 1 т.

2 1 За решаване на основните тригонометрични уравнения sin x = ; sin x = 1 и получаване 2 π 5π π на корените x1 = + 2kπ ; x2 = + 2kπ ; x3 = + 2kπ 1 т.

6 6 2 2зад. а) Нека проекцията на т.D в равнината (АВС) е т. L. От условието, че (АВС)⊥(BCD) ⇒ DL ⊂ ( BCD) и DL ⊥ на всяка права от равнината (АВС).

1т. Нека DM⊥АВ, M ∈ AB в равнината (ABD), a DN⊥AC, N ∈ AC

в

равнината

(ACD)

⇒

∆ADN≌∆ADM и нека означим LN=LM=h. За пресмятане лицето на основата АВС по 3 Херонова формула B = 15 1 т.

4 От това, че S ABC = S ACL + S ABL = 1 1 1 3 15 AC.h + AB.h = ( AC + AB ).h ⇒ h = 1т.

2 2 2 10 Да означим околния ръб AD=m. От 1 правоъгълния триъгълник ADM ⇒АМ= m , а 2 3 15m 2 − 27 DM = m . От правоъгълен ∆DLM по теорема на Питагор ⇒ DL2 = (1) . AL е 2 20 ъглополовяща в ∆АВС ⇒ AL2 = AB.AC − CL.BL , а от основно свойство на

=

ъглополовящата ⇒ CL =

12 8 3 6 и BL = ⇒ AL = 5 5 5

1 т.

От друга страна от правоъгълен ∆АDL по теорема на Питагор ⇒ AL2 = 9.6 5m 2 + 27 9 = ⇒m = 25 20 5

5m 2 + 27 ⇒ 20

1т. Сега вече можем да намерим височината на пирамидата,

замествайки в (1) ⇒ DL =

3 1 3 3 9 3 , и за обема получаваме: V ABCD = . 15. 3 = 5.

5 3 4 5 20

1т. б) ∡ (( ABC ); ( ABD) ) = ∡LMD 1т. От правоъгълен ∆LMD ⇒ tgϕ =

LD 2 5 ⇒ tgϕ = 1т.

ML 5

3зад. 3 а) При а=6 получаваме неравенството: log

1

(6.6

x

− 36 x ) ≥ −2

5

−2

 1   ⇒ 6.6 x − 6 2 x ≤  1т.  5 полагаме y = 6 x ⇒ y 2 − 6 y + 5 ≥ 0 ⇒ y ∈ ( 0;1] ∪ [ 5;6 ) (съобразено с ДС за y) Окончателно x ∈ ( −∞;0 ] ∪ [log6 5;1)

1т.

  Б) Нека m( a ) = min f ( x ) = min  log 1 a.6 x − 36 x  . Тъй като основата на логаритъма е по  5   малка от 1 то f ( x) е намаляваща в множеството от ДС и ще има най-малка стойност когато функцията g ( x) = a.6 x − 36 x има максимална стойност. 1т. a a Да разгледаме функцията g (t ) = a.t − t 2 . Тя е растяща за t < и намаляваща при t > 2 2 2 a a a ⇒ при t = , g (t ) = a.t − t 2 има максимум и g max   = 2 т.

2 2 4

(

)

a2 a ⇒ mmin   = log 1 .

4 2 5   a2  a2  lim log + 4 log ( a + 1 ) = lim − 2 log + log 5 (a + 1) 4  =   1 5 5 a →∞ a →∞  4   5 4   4 4   1  a + 1   1  = =0 lim log lim log    и тъй като lim    5 16. 5 16.1 + a→∞ a→∞ a→∞ a  a    a     4   1  ⇒ lim log 5 16.1 +   = log 5 16 a→∞  a   

2т.

2    4 4 lim log .( a + 1 )    5 2 a →∞ a   

=