munss2.dvi
|
|
- Тодорка Бахариева
- преди 4 години
- Прегледи:
Препис
1 ОТГОВОРИ И РЕШЕНИЯ 3(x + y)(x xy + y )y(x y) 1. (Б) Преобразуваме: (x y)(x + y)(x + y ) x(x xy + y ) = 3y (x + y)(x y) x = (x + y ) 3 y x y x x + y = 3 y x (x y ) 1 ( x y ) + 1 = 3 ( 3 ) ( 3 ) + 1 = = 13. ( ) 1 ( ) 3 3. (Г) Пресмятаме: (0,1) 1 = 10; (0,) = = ; (0,3) 3 = = = 37 1 ( ) 4 ( ) 4 7 ; (0,4) 4 = = = 6 16 = 39 1 ( ) 1 16 ; (0,) = = = 3. Най-голямото от петте дадени числа е (0,4) 4 = (А) Понеже 3 a е дефиниран за всяка реална стойност на a, дефиниционното множество на f(x) = lg 1 x се състои от всички x, за които е дефиниран lg 1 x, откъдето 1 x > 0 1 x 0 x ±1 x ( ; 1) ( 1;1) (1;+ ). a 4. (Д) Дадените условия имат вида: 1 q + a 1 q 4 = 4 a 1 q + a 1 q a 1q(1 + q 3 ) = 4 = 84 a 1 q (1 + q 3 ) = 84. Очевидно a 1 0, q 0 и 1+q 3 0. Тогава разделяме почленно второто уравнение на първото и получаваме a 1q (1 + q 3 ) a 1 q(1 + q 3 ) = 84, откъдето q =. Заместваме в първото 4 уравнение на системата: a 1 [( ) + ( ) 4 ] = 4 14a 1 = 4 a 1 = 3.. (В) Имаме x +6(1 x) 7 < x(x 6) x +6 6x 7 < x 6x 1 <, което не е вярно. Следователно даденото неравенство няма решение. 6. (Д) Корените на f(x) = x + x + = 0 са реални и с различни знаци тогава и само тогава, когато.f(0) < 0. В случая f(x) = x + (6 a)x + a и f(0) < 0 1.a < 0 a ( ;0). 7. (Г) Имаме x (x +x ) (x 1) x+1 = 0 x 4 +x 3 x x 4 +x 1 x+1=0 x 3 x = 0 x(x ) = 0, чиито корени са: x 1 = 0, x,3 = ±. 8. (Б) Допустимите стойности за x в x 1 x = 9 1 x са тези, за които 1 x 0, т.е. x 1. Тогава x 1 x = 9 1 x (x 9) 1 x = 0. Сега 1 x=0 x = 1, а от корените на x 9 = 0 само x = 3 е допустима стойност. 9. (А) Дефиниционното множество се определя от 3 x > 0 и 3 x 1, т.е. x < 3 и x. 1 Преобразуваме уравнението log (3 x)+6log 3 x = 1 log (3 x)+6log 3 x 1 =1 log (3 x) 6log 3 x = 1 и полагаме t = log (3 x). Тогава log 3 x = 1 t и t 6 t = 1 t t 6 = 0 с корени t 1 = 3 и t =. От log (3 x) = 3 получаваме 3 x = 3, или x =, а от log (3 x) = намираме 3 x =, т.е. x = 3 4. Очевидно x = и x = 3 4 са допустими стойности. 10 Издателство Регалия, тел
2 10. (Б) Тъй като g(x ) = 3 x + 1 и f(g(x)) = 3(3 x + 1) = 3 x+1 + 1, то g(x ) f(g(x)) 3 x +1 3 x x 3 x+1 x x+1 x (В) Числата a 1,a,a 3 (взети в този ред) образуват аритметична прогресия, ако a 3 + a 1 = a, т.е. x удовлетворява уравнението x + cos x + x + sin x = 3 x + x + (sin x + cos x) = 3. От sin x + cos x = 1 за x получаваме x + x = 0 с корени x 1 = 1 и x =. x + y = 7 1. (Г) Допустими стойности на системата са x > 0, y > 0. Тогава x+y = lg x + lg y = 1 x + y и от свойствата на логаритмите получаваме x + y = 7 x + y = 7. Сега lg(xy) = 1 xy = 10 y = 7 x и от x(7 x) = 10 x 7x + 10 = 0 намираме x 1 = и x =, откъдето y 1 = 7 = и съответно y = 7 =. 13. (Г) Пресечните точки на графиката на f(x) = x x 3 с абсцисната ос имат ординати 0. От x x 3 = 0 x x 3 = 0 намираме техните абсциси: x = 1 и x = 3. Така ( 1;0) и (3;0) са пресечните точки с абсцисната ос. Пресечната точка на графиката на f(x) с ординатната ос има абсциса x = 0 и ордината f(0) = = 3, т.е. това е точката (0;3). Намерихме точките ( 1;0), (3;0) и (0;3). 14. (А) От формулите на Виет за корените x 1 и x на квадратното уравнение x x 1 = 0 имаме x 1 + x = и x 1 x = 1. Тогава x 1 + x = x 1 + x = x x 1 x 1 x (x 1 + x ) x 1 x = ( ) ( 1) = 7. x 1 x 1 1. (Д) В равенството a 4 +b 4 = (a +b ) a b заместваме a = sinx и b = cos x. Използваме sin x+cos x = 1 и получаваме sin 4 x+cos 4 x = (sin x+cos x) sin xcos x = 1 1 (sin xcos x) = 1 1 sin x = 1 1 ( 1 ) 17 = (В) В интервала (0;π) следва cotg α = 1 за α = 3π 4. Тогава x+ π 4 = 3π 4 откъдето x = π 4 + kπ, k Z. +kπ, k Z, 17. (Б) Имаме cotg (x 1) < 3 cotg (x 1) < 3 3 < cotg (x 1) < 3. Неравенството 3 < cotg α < 3 е изпълнено за π 6 < α < π 6. Следователно π 6 + kπ < x 1 < π 6 + kπ, k Z, откъдето 1 + π 6 + kπ < x < 1 + π + kπ, k Z (Д) За x = π 3 имаме cos x = cos π 3 = 1 и 1+cos x+cos x+ +cos n x+ е сума на безкрайна геометрична прогресия с частно q = 1. Тогава от 1+q+q + +q n + = 1 1 q за търсената сума намираме 1 1 ( 1 ) = (А) Ще приложим следната теорема: Ако редицата с общ член a n е ограничена и lim b n = (или lim b a n n = ), то lim = 0. n n n b n Издателство Регалия, тел
3 От sin 1 следва, че sin n = sin n 1 n = 1, т.е. редицата с общ член sin n е sin n ограничена. При n имаме 1 n и от теоремата lim n 1 n = 0. x + 3 x 0. (Г) Дефиниционното множество на функцията се състои от всички x стойности на x, за които двата радикала имат смисъл и знаменателят не е нула, т.е. x x 0 x 3 x x [ 3;0) (0;]. x 0 x 0 1. (Г) Тъй като lim (1 1x ) x + = 1, от непрекъснатостта на логаритмичната функция следва lim [1 log (1 1x )] = 1 log 1 = 1. От lim (3 x) = следва x + 1 log (1 1 x ) lim = 0. x + 3 x. (Б) Намираме производната на дадената функция: f (x) = (1 x) (x + 3) (1 x)(x + 3) (x + 3) = x + (x + 3) (1 x) 1 (x + 3) = 7 (x + 3). Допирателната към графиката на f(x) сключва тъп ъгъл с положителната посока на Ox, ако f (x) < 0. Понеже f 7 (x) = < 0 за всяко x от дефиниционното (x + 3) множество на f(x), то търсеното множество се състои от онези x, за които x (А) Пресмятаме производната f (x) = (x) (x + 4) x(x + 4) (x + 4) = 1 (x + 4) x x (x + 4) = 4 x ( x)( + x) (x = + 4) (x + 4). Понеже знаменателятнаf (x)еположителен,тоf (x)<0 за x ( ; ); f (x) > 0 за x ( ;); f (x) < 0 за x (;+ ). Следователно f(x) намалява в ( ; ), f(x) расте в ( ;) и f(x) отново намалява в (;+ ). ( sinπx ) 4. (Д) Имаме f (sin πx) (x + π) sin πx (x + π) (x) = = x + π (x + π) = π cos πx (x + π) sin πx x (x + π). Тогава f (0)= π cos 0 (0 +π) sin0 0 (0 +π) = π π =1.. (В) Използваме, че в точката x = b a квадратният тричлен ax +bx+c има минимум при a > 0 и максимум при a < 0. Квадратната функция f(x) = x + (p 1)x + p 4 (p 1) достига минимум при x = = 1 p, като f min = f(1 p) = (1 p) + (p 1)(1 p) + p 4 = 1 p + p p + 4p + p 4 = p + 4p. Квадратният тричлен p + 4p има максимум и той се достига за p = 4 ( 1) =. ( x 6. (А) От първата производна f 3 ) (x) = 3 x + 3x 1 = x 4x+3 = (x 1)(x 3) определяме f (x) > 0 за x (0;1) и f (x) < 0 за x (1;). Следователно f(x) расте 1 Издателство Регалия, тел
4 за x (0;1) и намалява за x (1;). Тогава най-малката стойност f НМС на f(x) в интервала [0;] е по-малкото от числата f(0) и f(). Понеже f(0) = 1 и f() = = 1 3, то f НМС = f(0) = (Б) Ясно е от чертежа, че γ = α + 90 и β=90 α Заместваме в α + γ = 7β и получаваме уравнението α + α + 90 = 7(90 α) 9α = 40, откъдето α = (В) От пропорцията M = N = 3 следва, че MN = 3. Тогава от NQ = 1 3 < 1 3 < 7 7 = MQ и MQ = 1 1 < 8 1 = 3 = MN получаваме NQ < MQ < MN. 9. (Г) Намираме <) = 180 = 70. Оттук <) M = = 60. В M, <) M = + 30 = 8 и <) M = = 8. Следователно M е равнобедрен с = M. Тъй като =, то = M и M също 10 o е равнобедрен. При това, <) M = 60. Тогава M е равностранен, <) M = 60 и оттук <) M =<) M <) = 60 = o 30. o M 30. (В) Ще използваме равенството H = H.H. Ако означим x = H, то H = 4x и следователно = x.4x x = 4. Намираме x =, откъдето = x =. 31. (А) За лицето S на D ще използваме формулата S = 1 D sin <) D. Имаме S = sin(<) D+90 ) = 1cos <) D. От правоъгълния D намираме cos <) D = D = 3 и тогава S = 1 3 = 9. H D 3 M P Q 10 N Издателство Регалия, тел
5 3. (Д) Тъй като е перпендикулярна на диаметъра, то е допирателна към окръжността. От свойството на секущите и допирателните имаме = D. След полагането x = D получаваме 6 =(+x)x x +x 36=0 6 с единствен положителен корен x = 4. Тогава = + 4 = 9 и по Питагоровата теорема от намираме = = 9 6 = 3 D. 33. (Б) Периметърът на ромба D е, следователно страната му има дължина = : 4 = 13. Ако O е пресечната точка на диагоналите, O = 1 D = 1 D 10 =. От правоъгълния триъгълник O намираме O = O = O 13 = 1. Тогава лицето на ромба е равно на 4S O = 4 1 = (Г) Нека a =. От косинусовата теорема за следва (a + ) = 8 + a 8acos 60 a +4a+4 = 64+a 8a 1a = 60 и намираме = a =. 60 o 8 a 3. (Д) Триъгълникът има ъгъл между бедрата <) = = 10. Ако b е дължината на бедрото на, лицето му е S = 1 b sin 10. Тогава 3b 3 = и 4 намираме b =. От синусовата теорема за b имаме = R, откъдето търсеният радиус на sin30 описаната окръжност е R = 30o 1 =. 36. (Г) Означаваме a =, b = D. Построяваме височината DH на трапеца през върха D. Тъй като трапецът е правоъгълен, то DH = = 8. От правоъгълния триъгълник HD намираме H = D DH = 10 8 = 6. От друга страна, H = H = a b. Следователно a b = 6. По условие средната отсечка D има дължина 1, т.е. 1 (a + b) = 1. Решаваме системата 1 и намираме = a = 1 и a b = 6 (a + b) = 1 D = b = H a 8 14 Издателство Регалия, тел
6 37. (А) Ако O е ортогоналната проекция на върху равнината α, търсеното разстояние е O. От правоъгълния триъгълник намираме катета = = 10 6 = 8. Триъгълникът O е правоъгълен с <) O = 90, 6 като <) O = 30 e ъгълът, който сключва с 30 o 10 равнината α. Тогава O е половината от хипотенузата, т.е. O = 1 = 1 8 = 4. O 38. (В) От правоъгълния триъгълник OM намираме O = M MO = 1 8 M = 80. В равнобедрения правоъгълен триъгълник OE имаме OE = O, т.е. OE = 80, откъдето OE = 10. От MOE намираме tg <) OME = OE MO = 10 8 = D O 39. (Б) Разглеждаме осно сечение на конуса. Нека h = P O е височината на цилиндъра. Тогава QO = h е височината на конуса. В Q, Q MN е средна отсечка. Тогава MH и NE са средни отсечки, съответно в OQ и OQ. Ако r = HO = EO е радиусът на основата на цилиндъра, то O = O = r е радиусът на основата на кону- M P N са. Тогава V к = 1 3 π(r) h = 8 3 πr h, V ц = πr h, и следователно V к : V ц = 8 : (Б) При означенията на чертежа, обемът на правоъгълния паралелепипед е V = abc = 168, лицето на околната повърхнина е S = 104, а лицето на пълната повърхнина е S 1 = S + ab = 188. Лицето на основата D е ab = S 1 S = = 4. Тогава c = V ab = = 4 b е височината на паралелепипеда. a КЛЮЧ ЗА ВЕРНИТЕ ОТГОВОРИ 1. Б. Г 3.А 4. Д. В 6. Д 7. Г 8.Б 9.А 10. Б 11. В 1. Г 13. Г 14. А 1. Д 16. В 17. Б 18. Д 19.А 0. Г 1. Г. Б 3. А 4. Д. В 6. А 7. Б 8. В 9.Г 30. В 31. А 3. Д 33. Б 34. Г 3. Д 36. Г 37. А 38. В 39.Б 40. Б H O E 1 E c Издателство Регалия, тел
7 КАРТА ЗА САМООЦЕНКА Въпроси Отбележете верните отговори с В, грешните с Х, а непопълнените с О. Алгебра Тригонометрия Математически анализ Планиметрия Стереометрия Резултат от теста = 4 (брой верни) (брой грешни) = ОБЩО Брой на верни грешни празни Ориентирайте се в кои от темите правите повече грешки и съответно трябва да преговорите. 16 Издателство Регалия, тел
munss2.dvi
ОТГОВОРИ И РЕШЕНИЯ 1. (В) Даденото неравенство няма смисъл, в случай че някой от знаменателите на двата дробни израза е равен на нула. Тъй като x 4 = (x+)(x ), то x 4 = 0 за x = и за x =. Понеже x +3 >
Подробноtu_ mat
ТЕХНИЧЕСКИ УНИВЕРСИТЕТ СОФИЯ ТЕСТ ПО МАТЕМАТИКА юли 00 г. ВАРИАНТ ВТОРИ ПЪРВА ЧАСТ Всяка от следващите 0 задачи има само един верен отговор. Преценете кой от предложените пет отговора на съответната задача
ПодробноЗадача 1. Да се реши уравнението софийски университет св. климент охридски писмен конкурсен изпит по математика II 31 март 2019 г. Tема 1 (x 1) x 2 =
Задача 1. Да се реши уравнението софийски университет св. климент охридски писмен конкурсен изпит по математика II 1 март 019 г. Tема 1 x 1) x = x x 6. Решение: 1.) При x
ПодробноПРОГРАМА ПО МАТЕМАТИКА I. Алгебра 1. Цели и дробни рационални изрази и действия с тях. Формули за съкратено умножение. 2. Квадратен корен. Корен n-ти.
ПРОГРАМА ПО МАТЕМАТИКА I. Алгебра 1. Цели и дробни рационални изрази и действия с тях. Формули за съкратено умножение. 2. Квадратен корен. Корен n-ти. Коренуване на произведение, частно, степен и корен.
ПодробноА Л Г Е Б Р А I.Решете уравненията и системите уравнения: x + 2 = 3 x+1 x 2 x 2 x 2 x + 8 = 5 x 2 4 x x 5 + x 1 = x 2 +6x+9 x
А Л Г Е Б Р А I.Решете уравненията и системите уравнения: 1.. + = 3 +1 + 8 = 5 4 3 3. 4. 4 5 + 1 = +6+9 +3 1 + 4 = 1 4 + 5. +1 + = 9 +1 10 6. ( -5) +10( -5)+4=0 7. 11 3-3 = 3 5+6 8. 1 +30 1 16 = 3 7 9
ПодробноMicrosoft Word - variant1.docx
МИНИСТЕРСТВО НА ОБРАЗОВАНИЕТО И НАУКАТА ДЪРЖАВЕН ЗРЕЛОСТЕН ИЗПИТ ПО МАТЕМАТИКА.05.019 г. Вариант 1 МОДУЛ 1 Време за работа 90 минути Отговорите на задачите от 1. до 0. включително отбелязвайте в листа
ПодробноDZI Tema 2
МИНИСТЕРСТВО НА ОБРАЗОВАНИЕТО И НАУКАТА ДЪРЖАВЕН ЗРЕЛОСТЕН ИЗПИТ ПО МАТЕМАТИКА 6.05.05 г. ВАРИАНТ Отговорите на задачите от. до 0. включително отбелязвайте в листа за отговори!. Кое от числата е различно
ПодробноПРОЧЕТЕТЕ ВНИМАТЕЛНО СЛЕДНИТЕ УКАЗАНИЯ:
М И Н И С Т Е Р С Т В О Н А О Б Р А З О В А Н И Е Т О И Н А У К А Т А ДЪРЖАВЕН ЗРЕЛОСТЕН ИЗПИТ ПО МАТЕМАТИКА 6 май 9 г. Вариант УВАЖАЕМИ ЗРЕЛОСТНИЦИ, Тестът съдържа 8 задачи по математика от два вида:
Подробно(Microsoft Word - \342\340\360\350\340\355\362 2)
ТЕХНИЧЕСКИ УНИВЕРСИТЕТ ВАРНА ТЕСТ ПО МАТЕМАТИКА 0 юли 0 г Вариант Периодичната десетична дроб, () е равна на: 6 6 6 ; б) ; в) ; г) 5 50 500 9 Ако a= 6, b= 6 +, то изразът a + b има стойност: b a ; б) ;
ПодробноТест за кандидатстване след 7. клас Невена Събева 1. Колко е стойността на израза : 8? (А) 201; (Б) 226; (В) 1973; (Г) На колко е ра
Тест за кандидатстване след 7 клас Невена Събева 1 Колко е стойността на израза 008 00 : 8? (А) 01; (Б) 6; (В) 197; (Г) 198 На колко е равно средното аритметично на 1, 1, и 1,? (А) 4, 15(6); (Б) 49, ;
ПодробноVTU_KSK14_M3_sol.dvi
Великотърновски университет Св. св. Кирил и Методий 07 юли 01 г. ТРЕТА ТЕМА Задача 1. Да се решат уравненията: 1.1. x +x+1 = 1 x 1 + 8x 1 x 3 1 ; 1.. log x+log x 3 = 0; 1.3. x+1 +6. x 1 = 0. Задача. Дадено
Подробно\376\377\000T\000E\000M\000A\000_\0001\000_\0002\0007\000.\0000\0005\000.\0002\0000\0001\0003
МИНИСТЕРСТВО НА ОБРАЗОВАНИЕТО, МЛАДЕЖТА И НАУКАТА ДЪРЖАВЕН ЗРЕЛОСТЕН ИЗПИТ ПО МАТЕМАТИКА 7.0.0 Г. ВАРИАНТ Отговорите на задачите от. до 0. включително отбелязвайте в листа за отговори!. Колко на брой от
ПодробноM10_18.dvi
СЪДЪРЖАНИЕ Тема. Начален преговор Началенпреговор.Алгебра... 7 Началенпреговор.Геометрия... Тема. Ирационални изрази. Ирационални уравнения. Ирационални изрази.... 5. Преобразуване на ирационални изрази...
ПодробноМинистерство на образованието, младежта и науката 60. Национална олимпиада по математика Областен кръг, г. Условия, кратки решения и кри
Министерство на образованието, младежта и науката 60. Национална олимпиада по математика Областен кръг, 1-1.0.011 г. Условия, кратки решения и критерии за оценяване Задача 11.1. Да се намерят всички стойности
ПодробноMicrosoft Word - matsh_solutions-2011
Уважаеми колеги, класирани за Областния кръг се считат учениците получили не по малко от 6 точки. В срок до февруари 0 г. изпратете в РИО Бургас и на е-мeйл: veleka3@gmail.com (задължително) ПРОТОКОЛ с
ПодробноКНИГА ЗА УЧИТЕЛЯ ISBN
КНИГА ЗА УЧИТЕЛЯ ISBN 978-954-8-40-7 Книга за учителя по математика за 0 клас Автори Емил Миланов Колев, 09 Иван Георгиев Георгиев, 09 Стелиана Миткова Кокинова, 09 Графичен дизайн Николай Йорданов Пекарев,
Подробно54. НАЦИОНАЛНА ОЛИМПИАДА ПО МАТЕМАТИКА НАЦИОНАЛЕН КРЪГ Задача 1. Да се намерят всички тройки от естествени числа (x, y, z) такива, че 2005 x + y + 200
54. НАЦИОНАЛНА ОЛИМПИАДА ПО МАТЕМАТИКА НАЦИОНАЛЕН КРЪГ Задача 1. Да се намерят всички тройки от естествени числа (x, y, z) такива, че x + y + 005 x + z + y + z е естествено число. Решение. Първо ще докажем,
Подробно036v-b.dvi
МАТЕМАТИКА И МАТЕМАТИЧЕСКО ОБРАЗОВАНИЕ, 2010 MATHEMATICS AND EDUCATION IN MATHEMATICS, 2010 Proceedings of the Thirty Ninth Spring Conference of the Union of Bulgarian Mathematicians Albena, April 6 10,
ПодробноMicrosoft Word - 8-klas-JAMBOL-2012.doc
МИНИСТЕРСТВО НА ОБРАЗОВАНИЕТО, МЛАДЕЖТА И НАУКАТА СЪЮЗ НА МАТЕМАТИЦИТЕ В БЪЛГАРИЯ Зимен математически турнир Атанас Радев 8 9 януари 0 г., ЯМБОЛ Тема за 8 клас Задача. Във футболно първенство всеки отбор
Подробно10_II_geom_10
Стр / Тест 5 D Стр, Зад в) D D os8 Стр, Зад ; 6 ; R? От синусова теорема следва, R sin 6 6 5 R ; R ; R ; R sin 6 Стр, Зад D - успоредник, ; D 6 ; OD 6 ; D D 6 5 O D O 5; DO От косинусова теорема за OD
ПодробноMicrosoft Word - VM-LECTURE06.doc
Лекция 6 6 Уравнения на права и равнина Уравнение на права в равнината Тук ще разглеждаме равнина в която е зададена положително ориентирана декартова координатна система O с ортонормиран базис i и j по
ПодробноКак да съставим задачи като използваме подобните триъгълници, свързани с височините на триъгълника
Съставяне на задачи с подобни триъгълници, свързани с височините на триъгълника Бистра Царева, Боян Златанов, Катя Пройчева Настоящата работа е адресирана към учителите по математика и техните изявени
ПодробноMicrosoft Word - VM22 SEC55.doc
Лекция 5 5 Диференциални уравнения от първи ред Основни определения Диференциално уравнение се нарича уравнение в което участват известен брой производни на търсената функция В общия случай ( n) диференциалното
ПодробноСОФИЙСКА МАТЕМАТИЧЕСКА ГИМНАЗИЯ ТУРНИР ПО МАТЕМАТИКА И ИНФОРМАТИКА "ЗА ТОРТАТА НА ДИРЕКТОРА" ТЕМА ПО МАТЕМАТИКА КЛАС Задача 1. Дадена е двуизмер
СОФИЙСКА МАТЕМАТИЧЕСКА ГИМНАЗИЯ ТУРНИР ПО МАТЕМАТИКА И ИНФОРМАТИКА "ЗА ТОРТАТА НА ДИРЕКТОРА" ТЕМА ПО МАТЕМАТИКА 10-11 КЛАС Задача 1. Дадена е двуизмерна огледална стая във формата на правилен шестоъгълник
ПодробноОсновен вариант за клас Задача 1. (4 точки) На графиката на полином a n x n + a n 1 x n a 1 x + a 0, чиито коефициенти a n, a n 1,..., a 1
Основен вариант за 10 12 клас Задача 1. (4 точки) На графиката на полином a n x n + a n 1 x n 1 + + a 1 x + a 0, чиито коефициенти a n, a n 1,..., a 1, a 0 са цели числа, са отбелязани две точки с целочислени
ПодробноМинистерство на oбразованието, младежта и науката Съюз на математиците в България Пролетни математически състезания Ямбол, март 2013 г. Тема за
Министерство на oбразованието, младежта и науката Съюз на математиците в България Пролетни математически състезания Ямбол, 9 31 март 013 г. Тема за 9 клас Задача 1. Да се намерят всички стойности на реалния
ПодробноМОДЕЛ НА НАЦИОНАЛНОТО ВЪНШНО ОЦЕНЯВАНЕ ПО МАТЕМАТИКА В Х КЛАС ЗА УЧЕБНАТА ГОДИНА 1. Цели на НВО в Х клас съгласно чл. 44, ал. 1 от Наредба 1
МОДЕЛ НА НАЦИОНАЛНОТО ВЪНШНО ОЦЕНЯВАНЕ ПО МАТЕМАТИКА В Х КЛАС ЗА УЧЕБНАТА 019 00 ГОДИНА 1. Цели на НВО в Х клас съгласно чл. 44, ал. 1 от Наредба 11 за оценяване на резултатите от обучението на учениците:
ПодробноМИНИСТЕРСТВО НА ОБРАЗОВАНИЕТО, МЛАДЕЖТА И НАУКАТА СЪЮЗ НА МАТЕМАТИЦИТЕ В БЪЛГАРИЯ Зимни математически състезания януари 2013 г., ПЛОВДИВ Тема за
МИНИСТЕРСТВО НА ОБРАЗОВАНИЕТО, МЛАДЕЖТА И НАУКАТА СЪЮЗ НА МАТЕМАТИЦИТЕ В БЪЛГАРИЯ Зимни математически състезания 6 7 януари 03 г., ПЛОВДИВ Тема за 8 клас, решения и оценяване Задача 8.. Цената на един
ПодробноНАЦИОНАЛНА ПРИРОДО-МАТЕМАТИЧЕСКА ГИМНАЗИЯ АКАД. Л. ЧАКАЛОВ XXI МАТЕМАТИЧЕСКО СЪСТЕЗАНИЕ,,РИКИ 27 април 2014г. ПРИМЕРНИ РЕШЕНИЯ Задача 1. Да се реши ур
НАЦИОНАЛНА ПРИРОДО-МАТЕМАТИЧЕСКА ГИМНАЗИЯ АКАД. Л. ЧАКАЛОВ XXI МАТЕМАТИЧЕСКО СЪСТЕЗАНИЕ,,РИКИ 7 април 0г. ПРИМЕРНИ РЕШЕНИЯ Задача. Да се реши уравнението ( n. ) ( ), където n е естествено число. ( n n.
Подробно1 Основен вариант за клас Задача 1. Хартиен триъгълник, един от ъглите на който е равен на α, разрязали на няколко триъгълника. Възможно ли е
1 Основен вариант за 10 12 клас Задача 1 Хартиен триъгълник, един от ъглите на който е равен на α, разрязали на няколко триъгълника Възможно ли е всички ъгли на всички получени тръгълници да са по-малки
ПодробноMicrosoft Word - зацайча-ваѕианч1качоÐflЊП.docx
МИНИСТЕРСТВО НА ОБРАЗОВАНИЕТО И НАУКАТА НАЦИОНАЛНО ВЪНШНО ОЦЕНЯВАНЕ ПО МАТЕМАТИКА VII клас, 9 юни 09 година ВАРИАНТ ПЪРВА ЧАСТ (60 минути) Отговорите на задачите от. до 7. включително отбелязвайте в листа
ПодробноMicrosoft Word - Tema-8-klas-PLOVDIV.doc
МИНИСТЕРСТВО НА ОБРАЗОВАНИЕТО И НАУКАТА СЪЮЗ НА МАТЕМАТИЦИТЕ В БЪЛГАРИЯ Пролетен математически турнир 7 9 март 9 г., ПЛОВДИВ Тема за 8 клас Задача. Дадено е уравнението ax + 9 = x + 9ax 8x, където a е
Подробногодишно разпределение по математика за 8. клас 36 учебни седмици по 3 учебни часа = 108 учебни часа I срок 18 учебни седмици = 54 учебни часа II срок
годишно разпределение по математика за 8. клас 36 учебни седмици по 3 учебни часа = 08 учебни часа I срок 8 учебни седмици = 54 учебни часа II срок 8 учебни седмици = 54 учебни часа на урок Вид на урока
ПодробноМинистерство на образованието и науката Съюз на математиците в България Зимни математически състезания Варна, 9 11 февруари 2007 г. Кратки решения на
Министерство на образованието и науката Съюз на математиците в България Зимни математически състезания Варна, 9 11 февруари 007 г Кратки решения на задачите Задача 91 Да се намерят всички стойности на
ПодробноMicrosoft Word - UIP_mat_7klas_
Приложение 2 УЧЕБНО-ИЗПИТНА ПРОГРАМА ПО МАТЕМАТИКА ЗА НАЦИОНАЛНОТО ВЪНШНО ОЦЕНЯВАНЕ В КРАЯ НА VII КЛАС І. Вид и времетраене Изпитът от националното външно оценяване е писмен. Равнището на компетентностите
ПодробноMicrosoft Word - PRMAT sec99.doc
Лекция 9 9 Изследване на функция Растене, намаляване и екстремуми В тази лекция ще изследваме особеностите на релефа на графиката на дадена функция в зависимост от поведението на нейната производна Основните
Подробно