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 резултатите на всички ученици по класове, участвали в олимпиадата, подредени в низходящ ред според броя на получените точки; ПРОТОКОЛ с класираните ученици и техните резултати по класове, подредени в низходящ ред според броя на получените точки; Работите на класираните ученици. ЗАБ.: Протоколите да бъдат направени в Excel-ска таблица съгласно приложения файл olimpiadamat-klasacia-obstinski.xls със следните графи: номер по ред, трите имена на ученика, училище, населено място, община, клас с арабски цифри, точки от задача, точки от задача, точки от задача 3, общ брой точки (сканирани протоколи не са необходими) ПРОТОКОЛИТЕ ДА БЪДАТ ЗАВЕРЕНИ ОТ ДИРЕКТОРА И ПОДПЕЧАТАНИ С ПОДПИСА НА УЧИЛИЩЕТО! ЗАБЕЛЕЖКА:. Резултатите на участниците се записват в протокола по низходящ ред.. За всеки клас представете отделен протокол.
ІV клас Задача. Намиране на числото А =57079 Намиране на числото В =8853 Намиране на числото С=60 3 точки Намиране на числото D=64 Правилно подреждане на четирите числа D, B, C, A Задача. Намиране стойността на 4 вафли 4.45=80 ст. Намиране стойността на 3 близалки 3.3=96 ст. Намиране на общата им стойност 80+96=76 ст. Намиране стойността на направената покупка 76-=55 ст. Намиране стойността на петте морени 55-40=5 ст. Намиране цената на морена 5:5=43 ст. Намиране цената на шоколад 43+0=63 ст. Задача 3. Намиране страната на квадрата 36:4=9 см Намиране страната на малък квадрат 9:3=3 см Намиране широчината на изрязаните правоъгълници (44-36):8= см 3 точки Разликата между лицето на квадрата и лицето на новополучената фигула е сумата от лицата на 4-те изрязани правоъгълника,5 точки Намиране лицето на отрязаните правоъгълници 4.(3.) = кв. см,5 точки
V клас зад. () Намиране на числото a = 4,5 () Намиране на числото b:,55 : 0,05 (8,7 3, : х) = 0,389.00 5 (8,7 3, : х) = 38,9 8,7 3, : х = 5 38,9 8,7 3, : х =, 3, : х = 8,7, 3, : х = 6,6 x = b = 3 точки (3) Намиране на числото с: АВ = 6 см, CD =,5 см АВ CD = 50,5 см с = 50,5 Пресмятане стойността на израз М = 5,0 зад. За правилен чертеж За намиране страните на успоредника DC = 0 см и CM = 5 см За намиране лицето на успоредника S = 40 кв. см За намиране лицето на трапеца S = 6 кв. см За намиране разликата от двете лица 86 кв. см 3 зад. За определяне броя на всички комбинации от четирите котенца (I и II, I и III, I и IV, II и III, II и IV, III и IV) Намиране сборът от всички тегла - 44,8 кг. Делене на 3 защото всяко коте участва по три пъти в комбинация Превръщане в грамове на 4,94 кг = 4940 г
VІ клас зад. Намиране стойността на а = Намиране стойността на b = 0,6 Намиране на a = и b = 0,6 а) Сравняване a > b б) Пресмятане a b + 0,6 0, 4 = = = a + b + 0,6,6 4,5 точки зад. За намиране броя на наградените ученици - 4 За определяне на броя класирани на областен кръг,5 точки За определяне на броя явилите са училищен кръг 68,5 точки За определяне броя на явилите се на олимпиада по физика 4 За определяне на общия брой участници 0 3зад. Намиране на тревната площ в двора на Емил лицето на тревната площ се получава като от сбора на лицата на полукръговете с диаметри AD и BD извадим лицето на полукръга с диаметър ВС AD = м r =6 м, BD = 8 м r =4 м, BC= 4 м r 3 = м S π r π r π r3 π 6 π 4 π 4π = + = + = кв.м. Намиране на тревната площ в двора на Сашо лицето на тревната площ е равно на разликата от лицата на двата правоъгълника.7 3.4 = 7 кв.м. Сравняване на двете площи: 4 π кв. м >4.3 = 7 кв. м, то тревната площ в двора на Емил е повече
зад. VІI клас Намиране на коефициента a = 0,5 точки Намиране на корените на уравнението у = и у = 7 Намиране на коефициента b = 9 Заместване коефициентите a и b с намерените стойности x 8 x 0x 9 + Разлагане на числителя ( x 9)( x + 9) ( x + 9) = ( x 9)( x ) ( x ) и знаменателя и опростяване на израза зад. І начин Продължаване на АС или ВС до пресичането им съответно с b или a и получаване на BCAили ACB и кръстните ъгли Намиране на BCA 00 = или ACB 00 = Намиране на ACB = 80 00 = 80 Изразяване на ABC = x и BAC 3x = Използване на Теоремата за сбора на ъглите в триъгълник за ABC : x 3x 80 80 + + = и намиране на x = 0 Намиране на ABC.0 40 = = и BAC 3.0 60 = =
ІІ начин Построяване на права минаваща през т.с и успоредна на a и b Определяне на кръсните ъгли C CA = CAA = α Определяне на кръсните ъгли C CB = CBB = β Намиране на ACB = α + β = 80 Изразяване на ABC = x и BAC 3x = Използване на Теоремата за сбора на ъглите в триъгълник за ABC : x 3x 80 80 + + = и намиране на x = 0 Намиране на ABC.0 40 = = и BAC 3.0 60 = = 3зад.
Намиране на скоростта на мотоциклетиста,5.0 = 50 km/h Означаване с х разстоянието, на което се намира велосипедистът от град А в момента, в който от А тръгва мотоциклетистът. Определяне пътят, който остава на велосипедиста до град В: 60 х Определяне на времето за изминаване на този път от велосипедиста : 60 x 0 Определяне на времето на мотоциклетиста за изминаване на разстоянието от град А до град B 60 50 Съставяне на математически модел 60 x 60 = и намиране на х = 36 km 0 50 Намиране времето, което е пътувал велосипедистът до тръгването на моториста 36 h или h и 48 min 0
VІIІ клас зад. а) За намиране стойността на b = 4 За намиране стойността на a = б) За построяване на графиката на функцията f(x).4 4 За намиране на лицето на триъгълника S = = см зад. а) Доказване на равенството на отсечките 4 точки б) Намиране лицето на успоредника S = 48 см 3 точки 3зад. а) Определяне на корените на уравнението = ( )( + ) x = ( m + ) и доказване на твърдението x = ( m ) x 3 точки x m m б) Намиране стойността на m = 3 Получаване на квадратното уравнение x x + 3 = 0 Намиране на корените му х = 8 и х = 4
ІХ клас зад. а) За съставяне на системата x = 4x x + x = p x x = За намиране на, x = ± и, x = ± За намиране на 5 p = ± б) За полагане x + = y, y > 0 За решаване на уравнението y + y 4 = 0 и намиране решението y = 6 (изключване на y = 7),5 точки За намиране x = ± 5 зад. І начин Тъй като АD е диаметър на описаната около ABC окръжност АВD= ACD=90 o ( точки). От свойството на вписаните ъгли имаме, че СDA= CBA ( точкa). DC и PN са АС DC//PN че CDP= NPA като съответни ъгли CBA= NPA (). Но от АМР= ANP=90 o че около четириъгълник АМРN може да се опише окръжност с диаметър АР и тогава NPА= NMA. Следователно CBA= NPA= NMA ( точкa). И така получаваме, че: CBA= NMA, но това са съответни ъгли, получени при
(ВС и MN) AB BC//MN () и тъй като точките M и N лежат на страните на АВС BM NC четириъгълникът MBCN е трапец (). ІІ начин PM AB AM AP ADдиаметър DB AB PM / / DB = ( ТТалес) MB PD 3 точки AP AN АналогичноPN / / DC PD NC AM AN MN / / BC MB NC Тъй като точките M и N лежат на страните на АВС BM NC четириъгълникът MBCN е трапец 3зад. ( ) x a xy + y = a x + y xy = a Полагаме x + y = u, xy = v ( ) u 4av = a v av = 0 v v a = 0 u v = a u = v + a u = v + a т. v = a x; y N u, v a u = 3a. Но а е цяло число ( от u v = a ). Следователно a. т. От x + y xy = a получаваме ( )( ) x y = a a 0 x ; y Единствената възможна стойност е a =.. т. При a = получаваме решенията ( ; ),( ;) т.
Х клас зад. а) ) При к = уравнението има корен 7 x = 5 ) При к D 0 Намиране на D k 8k 6 4( k )( k 5) = + + + = 7k 4k + 36 8 7 За намиране на k = и k = 8 ; ; 7 За определяне на k ( ] б) f ( x ) > 0 за всяко x когато а > 0 D < 0 k > a > 0 k > 0 D < 0 8 7k 4k 36 0 k ; ; + 7 + > ( ) k ( ; + ) 3 точки зад. І начин За чертеж OM CD
Намиране на МС от OMC Намиране на МD от OMD : MC = OC OM = 3 = 5cm MC = 5cm : MD = OD OM = 5 = 8cm MD = 9cm Намиране на СD = 4 cm,5 точки Определяне OCM = OCQ = BOC = α OBC - равнобедрен ВО=BC и аналогично OAD - равнобедрен AO=AD,5 точки Определяне OBP ~ COM BO OP = CO MC BO 6,5 = BO = 6,9 cm = BC 3 5 Аналогично определяне, че AO =,5 cm = AD Намиране на периметъра на трапеца P ABCD = 7,8 cm ІІ начин За чертеж OM CD Намиране на МС от OMC Намиране на МD от OMD : MC = OC OM = 3 = 5cm MC = 5cm : MD = OD OM = 5 = 8cm MD = 9cm Намиране на СD = 4 cm,5 точки Определяне OCM = OCQ = BOC = α OBC - равнобедрен ВО=BC и аналогично OAD - равнобедрен AO=AD,5 точки От OMC cos MC OC 5 3 α = =, от OBC OP 5 OP 3 5 69 cos α = = OB = = : = = 6,9 = BC OB 3 cosα 3 0 Аналогично определяне, че AO =,5 cm = AD Намиране на периметъра на трапеца P ABCD = 7,8 cm точки
3зад. а) 3 0 + 4 + 3 0 4 = = 3 8 + + + + 3 8 + = = 3 ( 3 ) ( ) б) < х x 3 3 + + = = + + = 4 y y. x Полагане = y > 0 и получаване на < Намиране на решенията за у 0 y y < 4 3y ( y )( y) < 0 y ; y 4 y ( ; ) ; 3 и съобразяване, че у > 0 4 y ( 0; ) ; 3,5 точки Намиране на решенията за х
x 4 x 0 < < < < 3 4 log x 0 3 x 4 0 < < < < x < 0 log < x < 3 4 x ( ;0) log ; 3,5 точки
зад. ХІ клас За записване на числата x, y, z и t и връзките x + t = 7, y + z = 6 За записване на x, y, 6 y, 7 x От геометричната прогресия y = x(6 y) От аритметичната прогресия (6 y) = y + 7 x, x = 3y 5 За заместване и получаване на 4y 3y + 30 = 0 5 За намиране на корените y = и y = 4 5 За намиране на x = и x = 4 За намиране на числата,, 4, 6 и зад. 5 5 9,,, 4 4 4 3 4 a) Прилагане формулите на Виет x + x = sin α и x x = cos α x x и x 0и x 0 преобразуване на x x + = и получаване на x + x = x x.5 точки За получаване на α: sin α = cos α tg α = π 3π α = илиα = 4 4 б) Определяне на ACB = π и 4 S AC. BC.sin ACB.5 точки =
Намиране на 8 8 ( ) ( ) ( ) M = = = = = = = 8 4 8 3 log log log log log log log log log log 3 Намиране на ( log 6 3log log 3 log ). (.4 3.( ).5.( 3)). 4 4 5 8 5 N = + + = + + = Намиране на лицето на ABC 3 зад. Определяне, че AKM : S 3.4. 6cm = = и BLMса равностранни Извод, че KM = AM, ML = BM и KM + ML = a (KM = x, ML = y) Извод, че KML = 60 Определяне лицето на KLM : S KM. ML.sin 60 xy 3 4 Прилагане на косинусова теорема на KLM : d x y xy = = = + cos 60 d = ( x + y) xy xy Определяне на Определяне на xy a d 3 = ( a d ) S = xy 3 = 4 3
ХІІ клас cos x cos x зад. а) При а = решаваме уравнението 3. + = 0. Полагаме cos x = y трябва да решим уравнението y 3y + = 0 y ; От уравнението cos x = cos = x x = kπ, от cos x = π x = + kπ (по за всеки от корените). cos x cos x б) 3a. + a = 0 уравнението y 3ay + a = 0 D = a От неравенствата ; = cos x = 0 cos. Полагаме x = y трябва да решим y = a; a ; cos x cos x a или a a ; ; 4 4 a ; зад. Нека т. О е ортогоналната проекция на върха С в равнината π. Тогава ОАС=α и ОВС=β (). Прекарваме СD AB равнината (АВС), откъдето по теорема за трите перпендикуляра
ОD AB ODC = γ е търсеният двустенен ъгъл (). Да означим ОС = х. От правоъгълните триъгълници ОАС и ОВС x AC = и sinα x BC = ( sin β точка). По теорема на Питагор за АВС x AB = AC + BC = sin α + sin β sinα sin β АВ.DС=ВС.АС OC sin γ = = sin α + sin DC AB (). Тогава за АВС x DC = (). От DOC намираме sin α + sin β β (). 3 зад. След заместване в уравнението с корена x=-, за параметъра b се намира стойността (т.) Уравнението придобива вида Разглеждаме функциите ( ) и g x = x x, x x = x + ( a ) x + a +. f ( x) = x + ( a ) x + a + (0,5т.) с дефиниционно множество x ( ;0] [ ; + ) Дискриминантата на f ( x ) е равна на a + 4 0 за всяко а. От свойството на квадратния тричлен следва, че графиката и е парабола с положителен максимум в точката = а х 0, пресичаща абсцисната ос в точки ( x ;0) и ( ;0) x (т.) ' g x ( ) = x x x g x намалява в интервала ( ;0] и расте в интервала[ ;+ ) ( ) lim g( x) = и g(0) g() 0 x ± случай: а 0 х = а 0 = = (т.) Върхът на параболата f(x) е разположен съгласно приложения чертеж. Следователно разположението на графиките на двете функции, при което x=- е единствено решение, е при x < < 0 < x < (чертеж) (0,5т.)
По теорема за разположение на корените на квадратния тричлен f ( ) < 0 f (0) < 0 f () > 0 Решението на системата е интервалът ( ; ) Но а 0, следователно 0, а. (т.) = а случай: а<0 Следователно х < 0 f(-)=g(-), - е корен За да има задачата единствено решение за х=-, f(x 0 )<g(x 0 ) графиките на f(x) и g(x) трябва да се допират в точката х d =-, х d >x 0 и x <-<x <0. f(x) и g(x)са вдлъбнати ( f ( x) < 0, g ( x) < 0), те трябва да имат обща допирателна за x =
f ( ) = g ( ) f ( ) > 0 f (0) < 0 a 0 > a a f ( ) < g( ) Получаваме, че ( т.). 3 а = 4 удовлетворява тази система Забележка: Всяко друго вярно решение на задачите, различно от предложените, се оценява с максимален брой точки.