munss2.dvi

Размер: px
Започни от страница:

Download "munss2.dvi"

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

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 >

Подробно

tu_ mat

tu_ 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

Подробно

Задача 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 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

Подробно

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.

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. 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.

Подробно

А 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: 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

Подробно

Microsoft Word - variant1.docx

Microsoft 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

Подробно

DZI Tema 2

DZI 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

Подробно

ПРОЧЕТЕТЕ ВНИМАТЕЛНО СЛЕДНИТЕ УКАЗАНИЯ:

ПРОЧЕТЕТЕ 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)

(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) ;

Подробно

Тест 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 : 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, ;

Подробно

VTU_KSK14_M3_sol.dvi

VTU_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

\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

Подробно

M10_18.dvi

M10_18.dvi СЪДЪРЖАНИЕ Тема. Начален преговор Началенпреговор.Алгебра... 7 Началенпреговор.Геометрия... Тема. Ирационални изрази. Ирационални уравнения. Ирационални изрази.... 5. Преобразуване на ирационални изрази...

Подробно

Министерство 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, 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

Подробно

Microsoft Word - matsh_solutions-2011

Microsoft 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

Подробно

КНИГА ЗА УЧИТЕЛЯ ISBN

КНИГА 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,

Подробно

54. 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 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,

Подробно

036v-b.dvi

036v-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,

Подробно

Microsoft Word - 8-klas-JAMBOL-2012.doc

Microsoft 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

Подробно

10_II_geom_10

10_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

Подробно

Microsoft Word - VM-LECTURE06.doc

Microsoft 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

Подробно

Как да съставим задачи като използваме подобните триъгълници, свързани с височините на триъгълника

Как 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

Подробно

Microsoft Word - VM22 SEC55.doc

Microsoft 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

Подробно

СОФИЙСКА 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 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

Подробно

Основен 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 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

Подробно

Министерство 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, 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

Подробно

МОДЕЛ 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 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:

Подробно

МИНИСТЕРСТВО 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 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

Подробно

НАЦИОНАЛНА 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 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.

Подробно

1 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 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

Подробно

Microsoft Word - зацайча-ваѕианч1качоÐflЊП.docx

Microsoft 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

Подробно

Microsoft Word - Tema-8-klas-PLOVDIV.doc

Microsoft 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

Подробно

годишно 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 = 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

Подробно

Министерство 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 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

Подробно

Microsoft Word - VM-LECTURE21.doc

Microsoft Word - VM-LECTURE21.doc Лекция Числови редове Определения и примери Абсолютна и условна сходимост Числовите редове представляват безкрайни суми () = L L Величината се нарича общ член на реда Сумирането в () започва от = но по

Подробно

Microsoft Word - UIP_mat_7klas_

Microsoft 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

Подробно

Microsoft Word - PRMAT sec99.doc

Microsoft 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