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

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

ІV клас

1зад. Пресметнете: а) Числото А= ( ) ( )12561263:1225.77.1325 −− ;

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


V клас

1зад. Пресметнете: а) Числото А= ( ) 5,02,1:6,015.5,1.4.02,002,3 +−− ;

2 точки б) Числото В, ако то е равно на:

)99999,09999,0999,099,09,000001,10001,1001,101,11,1(:)2:5( +++++++++

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


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?

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

+−−−

−−−−+

+

522

2312

)1(3

)1.()3()1.(3n

nn ( )( )243

343

8.28

4.64−−

−−

++

nn

nn

7 точки

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

7 точки

28

–2

–8

–14

.(–0,5)


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 120072008 − се дели на 10.

7 точки

57-ма НАЦИОНАЛНА ОЛИМПИАДА ПО МАТЕМАТИКА ОБЩИНСКИ КРЪГ - 15.03.2007г.

VIIІ клас

Задача 1.Да се опрости изразът ( )2

22221.

1

1

24bb

bbbbb++

−+

−+

+ и да се намери

числената му стойност при ( ) ( )354.2150612

−+−−=b . 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.

57-ма НАЦИОНАЛНА ОЛИМПИАДА ПО МАТЕМАТИКА ОБЩИНСКИ КРЪГ - 15.03.2007г.

VIIІ клас

Задача 1.Да се опрости изразът ( )2

22221.

1

1

24bb

bbbbb++

−+

−+

+ и да се намери

числената му стойност при ( ) ( )254.215012

−+−−= bb . 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.


ІХ клас

1зад. Да се реши уравнението: 321

1

1

1x

x

x

x

x =+−−

−+

7 точки 2зад. Реалните числа x и y са свързани с равенствата:

2712

147222

2

−+−=++−=

aayx

aaxy

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


Х клас

Зад. 1. Да се реши неравенството ( ) 043

92

≥+−−

xx

x.

7 точки Зад.2. Дадена е функцията: 53)73()2()( 2 +++++= kxkxkxf а) При k=1 да се намери най-голямата и най-малка стойност на функцията )(xf в интервала [ ]3;1 и в интервала [ ]1;2 −− .

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

3 точки в) Да се реши неравенството 0)( ≤xf при 0=k

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


XI клас

Зад1. За аритметична прогресия ,...,, 321 aaa са дадени 2,118 =a и 6,1915 =a . Да се намери прогресията и броят на членовете, които са по-малки от 30.

7 точки

Зад2. Дадена е крайна геометрична прогресия ,...,, 321 aaa , за която

255

6

15

24

15

==−=−

nS

aa

aa

. Да се

определят първият член 1a , частното q и броят на членовете n, ако прогресията е

растяща. Да се пресметне сумата ,111

21 n

n aaaU +++= ⋯ където naaaa ,...,, 321 са

членовете на дадената прогресия, а n е техният брой. 7 точки

Зад. 3. Дадена е функцията axxfx

4log)( 2

2+=

−, където а е реален параметър.

а) Да се реши уравнението 4)( =xf при 4

3−=a .

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

3 точки в) Да се намери за кои стойности на х от неравенствата ba <<0 следва

( ) ( )bxaxxx

4log4log 2

2

2

2+<+

−−

2 точки


ХII клас

1зад. Да се реши:

а) 11

22

<+−

x

xx 2 точки

б) 22 3.12279 −− ≥+ xx 3 точки в) 2sin32cos =+ xx 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 ( )xxaxf 366.log)(

5

1 −= , където а е параметър.

а) Да се реши неравенството 2)( −≥xf при а=6. 2 точки

б) Да се намери границата [ ])1(log4)(lim 5 ++∞→

aama

, където m(a) е най-малката стойност

на )(xf . 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!


ПРИМЕРНИ КРИТЕРИИ ЗА ПРОВЕРКА И ОЦЕНКА

ІV клас

1зад. а) А= ( ) ( )12561263:1225.77.1325 −− = =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= (1 т.) = 10.60+30=630 (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 (3т.) ⇒ 1 третина от пътя е 10 км (2 т.) ⇒ 3.10=30 км е целия път (2 т.) 3зад. TСашо+ТПавел=2.ТИван, а ТИван=ТСашо+15 ⇒ TСашо+ТПавел=2.( ТСашо+15) (1 т.) ⇒ TСашо+ТПавел=2. ТСашо+2.15 (1 т.) ⇒ ТПавел= ТСашо+30 (2 т.) Следователно Павел има 30 точки повече от Сашо (1 т.) И ТПавел= ТИван–15+30=ТИван+15 Следователно Павел има 15 точки повече от Иван (2 т.)

ПРИМЕРНИ РЕШЕНИЯ И КРИТЕРИИ ЗА ПРОВЕРКА И ОЦЕНКА

V клас 1зад. а) A = 1,73 2 точки б) В = 0,25 2 точки в) Трябва да прибавим 0,02 за да получим: (1,73+0,02):0,25=7 – естествено число 3 точки 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 4 точки Пътят на леката кола от В до срещата е S=74.2,5=185 km 2 точки ⇒ SAB=140+185=325 km 1 точкa 3 зад. 29–13=16 са общо математици и спортисти 2 точки (12+8)–х=16, където х е бр, на децата, които са едновременно и математици, и спортисти 4 точки ⇒ х =4 1 точка

ПРИМЕРНИ КРИТЕРИИ ЗА ПРОВЕРКА И ОЦЕНКА VI клас

1зад. 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.

+−−−

−−−−+

+

522

2312

)1(3

)1.()3()1.(3n

nn ( )( )243

343

8.28

4.64−−

−−

++

nn

nn

= ++−

+−19

273 ( ) ( )( ) ( )

=++

−

−

224

334

288

644n

n

4 точки

+−

=8

24 ( )( ) =−

−

242

343

10.8

10.4n

n

–3+( )

( ) 46

46

2

10.2−

−

n

n

=–3+10=7 2 точки

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 = = bacbcacba +++++++++ 10100...1010010100 = 2 точки = cba 222222222 ++ ⇒ cba 222222222 ++ = 1332)(222 =++ cba 1 точка ⇒ 6222:1332 ==++ cba ⇒ 3;2;1;; =cba 2 точки

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.

16 –14

22 10

34 4

28

–2

–8

–8 7

–11 –5 1

4 –17 –2

–14

.(–0,5)

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

От ∆АВС ⇒ ∡ВАС=60о (външен за

∆NBA) ⇒ ∡ANB=30o (2) → 1 точка Oт (1) и (2) ⇒ ∆NBA е равнобедерен ⇒ АN=AB ⇒ т.А∈ ABS 1 точка

б) Да означим с т.Р – средата на МА ⇒ MP=PA=AB (от усл.) От а) ⇒ AN=AB

⇒∆PNA равнобедрен с ∡PAN=60o

⇒∆PNA 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 12 +n , където n e произволно естествено число 1т. ( ) =−+ 112 2n 1144 2 −++ nn = nn 44 2 + 2 точки За разлагането nn 44 2 + = )1(4 +nn 2 точки Произведението на всеки две последователни естествени числа се дели на 2 → 1 т. ⇒ )1(4 +nn се дели на 2.4=8 1т Зад.3 n= 1 2 3 4 5 6 7 8 Последна цифра на

n7

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 ⇒ 42007 завършва на 1 ( ) 200810024 20072007 =⇒ завършва също на 1 2 точки

120072008 −⇒ завършва на 0 120072008 −⇒ се дели на 10. 1 точка

ПРИМЕРНИ КРИТЕРИИ ЗА ПРОВЕРКА И ОЦЕНКА VIII клас

Зад. 1 След опростяване изразът приема вида b

b )1(5 + 3т

За намиране 61−=b 2т

За получаване на числената стойност 64 − 2т

Зад. 2 PN - средна отсечка в ∆ADC, MQ -средна

отсечка в ∆ADB ⇒ PN=MQ= AD2

1 и PN∕∕MQ∕∕AD

⇒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.

∡IAB=∡IAD+∡DAB=

−−+−2

18090)90(

2

1 γγo

oo =

=45o–2

γ+90o–90o+

2

γ=45o 4 т.

⇒∡IDB+∡IAB =135o+45о=180o ⇒ около ABDI може да се опише окръжност. 1 т.


ІХ клас

1зад. За определяне на ДС: 0,1 ≥≠ xx 1 точка

За получаване на еквивалентното уравнение ( ) 0)1(12 =−− xxx 2 точки За получаване на корена 0=x 1 точка За решаване на квадратното уравнение 012 =−− xx и

получаване на корените му 2

512;1

±=x 2 точки

За съобразяване на корените с ДС : 01 =x и 2

512

+=x 1 точка

2зад. Ако умножим първото уравнение по 2 и почленно съберем двете уравнения се получава уравнението: ( ) ( )22 1−=+ ayx

а) при а=4 ⇒ системата 2

3

==+

xy

yx⇔

2x 3

x2

yx

+ = ±

=⇒ 2x 3x 2 0± + = и решенията са:

(–1; –2), (–2; –1), (1; 2), (2; 1) 3 точки

б) За получаване на системата ( )

2

x y a 1

xy a 7a 14

+ = ± −

= − + 2 точки

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

D=0 при а=5 и а=3

11 2 точки

3зад. За доказателство, че ABQP е равнобедрен трапец 1т.

4

3=QBP

QDB

S

S (∆QDB и ∆PDQ са с общ връх) ⇒ QDBQBP SS

3

4= (1) 2т.

От това, че ∆PQD∼∆BAD и ∆PQC∼∆ABC ⇒

3

1===AD

DQ

AB

PQ

CB

CQ 1т.

⇒2

1=QB

CQ ⇒

2

1==PQB

PQC

S

S

QB

CQ 1т

⇒ PQBPQC SS2

1= , и замествайки от (1) получаваме, че

PQBPQC SS2

1= = QDBS3

4.

2

1⇒

2

9

2

3 == PQCQDB SS 2 т.


Х клас

Зад.1. Определяне на допустимите стойности х ≠ 3± 1 точка За получаване на неравенството ( )( ) 043 ≤+− xx при х<0 2 точки

И определяне на решенията му [ ) ( )0;33;4 −∪−−∈x 0,5 точка За получаване на неравенството ( )( ) 043 ≥++ xx при х≥ 0 2 точки

И определяне на решенията му ( ) ( )x 0;3 3;∈ ∪ +∞ 0,5 точка

Окончателно [ ) ( ) ( )x 4; 3 3;3 3;∈ − − ∪ − ∪ +∞ 1 точка

Зад.2. a) За намиране върха на параболата [ ]1;23

5 −−∈−=ox 0,5 точка

⇒⇒⇒⇒ [ ]x 2; 1

5 1НМС f ( x ) f

3 3∈ − −

= − = −

0,5 точка

За определяне на [ ]

( )x 2; 1НГС f ( x ) f 1 1∈ − −

= − = 0,5 точки

За установяване, че f(x) e растяща за [ ]3;1∈x 0,5 точка

⇒ [ ]

( )x 1;3НМС f ( x ) f 1 21

∈= = 0,5 точка

и [ ]

( )x 1;3НГС f ( x ) f 3 65

∈= = 0,5 точка.

б) За съставяне на системата 0923

022 <+−−=

>+kkD

k 2 точки

за намиране на решение

+∞+−∈ ;

3

281k 1 точка

в) При k=0 получаваме неравенството 0572 2 ≤++ xx

с решения

−−∈ 1;2

5x 1 точка

Зад.3.

BCACS ABC .2

1= = =++ ))((2

1rBMrAN ))((

2

1rBDrAD ++ =

= )...(2

1 2rADrBDrBDAD +++ 1 точкa

но crBDADr .)( =+ , където ABc = ⇒

)..(2

1 2rcrBDADS ABC ++= (1) 2 точки

От друга страна

MCNIBMIANIABIABC SSSSS +++= = 2cr AD.r BD.rr

2 2 2+ + + =

2rcr + (2) 2 точки

От (1) и (2) ⇒ )..(2

1 2rcrBDADS ABC ++= = 2rcr +

⇒ 2.. rcrBDAD += и като заместим в (2) за лицето на ∆АВС, получаваме:

BDADBDADBDADS ABC .)..(2

1 =+= 1 точка

Но за правоъгълния ∆ABE е изпълнено, че 2. EDBDAD = ⇒ 100== kwadrataABC SS 1 точкa


ХI клас

Зад. 1 За получаване на системата 6,1914

2.117

1

1

=+=+

da

da 1 точка

За намиране на решението (2,8; 1,2) 2 точки

За съставяне на неравенството 302,1).1(8,2 <−+ n 2 точки За получаване на 23=n 2 точки

Зад 2. За получаване на системата 6

15

1

3

1

1

4

1

=−=−

qaqa

aqa 1 точка

За намиране на решенията 2

1;22;1 =q 1 точка

За уточняване, че 2=q затова, че прогресията е растяща и 11 =a 1 точка

За определяне 25512

12.1 =

−−=

n

nS ⇒ 8=n 2 точки

За пресмятане на сумата n 2 7

1 1 1U 1 ...

2 2 2= + + + + =

128

255

12

1

12

1

.1

8

=−

−

2 точки

Зад. 3 а) За определяне на ДС: 1;3;2 ≠±≠< xxx 0,5 точка

За получаване на еквивалентното уравнение ( )22 23 xx −=− ⇔ 22 )2(3 xx −=− или 22 )2(3 xx −−=− 1 точка

За получаване на корените 2

21±=x и

4

7=x 0,5 точка

б) За определяне на ДС: 1;4;2 2 ≠−≠< xaxx и получаване на уравнението

( )22 24 xax −=+ ⇔ 22 )2(4 xax −=+ или 22 )2(4 xax −−=+ 1 точка

ax −=⇒ 11 или 02222 =++− axx и за квадратното уравнение ще искаме да има два

различни корена <2, откъдето следва системата 1

0

D 1 2a 2 0

x 1 a 2

f ( 2 ) 0

x 2

= − − >= − <

><

1 точка

за получаване на решението

−−∈2

1;1a 1 точка

в) От ba <<0 ⇒ ba 440 << ⇒ 22 440 xbxa +<+< 1 точка и за да е вярно неравенството ( ) ( )bxax

xx4log4log 2

2

2

2+<+

−− ⇒

12 >− x ⇒ 1<x 1 точка


ХII клас

1зад.

а) Неравенството е еквивалентно на системата

11

2

11

2

2

2

−>+−

<+−

x

xxx

xx

⇒

+−∈2

133;

2

133x 2 т.

б) Полагаме 23 −= xy 1 т. За намиране на решението спрямо );9[]3;0( +∞∪∈y 1 т. За получаване на крайните решения [ ] [ )+∞∪∈ ;63;2x 1 т. в) Последователно преобразуваме уравнението 2sin32cos =+ xx ⇔

02sin3sin21 2 =−+− xx ⇔ 01sin3sin2 2 =−+− xx , където полагаме

yx =sin ⇒ 1;2

1y ;1

2= 1 т.

За решаване на основните тригонометрични уравнения 1

sin x ; sin x 12

= = и получаване

на корените 1x 2k6

π π= + ; 2

5x 2k

6

π π= + ; 3x 2k2

π π= + 1 т.

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

Херонова формула 154

3=B 1 т.

От това, че ABLACLABC SSS += =

= 1 1

AC.h AB.h2 2

+ =1

( AC AB ).h2

+ ⇒10

153=h 1т.

Да означим околния ръб AD=m. От

правоъгълния триъгълник ADM ⇒АМ= m2

1, а

mDM2

3= . От правоъгълен ∆DLM по теорема на Питагор ⇒ 20

2715 22 −= m

DL (1) . AL е

ъглополовяща в ∆АВС ⇒ 2AL AB.AC CL.BL= − , а от основно свойство на

ъглополовящата ⇒ 5

12=CL и 5

8=BL ⇒ 5

63=AL 1 т.

От друга страна от правоъгълен ∆АDL по теорема на Питагор ⇒20

275 22 += m

AL ⇒

29.6 5m 27

25 20

+= ⇒5

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

замествайки в (1) ⇒ 35

3=DL , и за обема получаваме: 520

93

5

3.15

4

3.

3

1 ==ABCDV .

1т. б) ∡ ( )( ) =)(; ABDABC ∡LMD 1т.

От правоъгълен ∆LMD ⇒ ML

LDtg =ϕ ⇒

5

52=ϕtg 1т.

3зад. 3 а) При а=6 получаваме неравенството: ( ) 2366.6log

5

1 −≥− xx

⇒ 2

2

5

166.6

−

≤− xx 1т.

полагаме xy 6= ⇒ 0562 ≥+− yy ⇒ ( ] [ )y 0;1 5;6∈ ∪ (съобразено с ДС за y)

Окончателно ( ] [ )6x ;0 log 5;1∈ −∞ ∪ 1т.

Б) Нека ( )x x1

5

m( a ) min f ( x ) min log a.6 36

= = −

. Тъй като основата на логаритъма е по-

малка от 1 то )(xf е намаляваща в множеството от ДС и ще има най-малка стойност когато функцията xxaxg 366.)( −= има максимална стойност. 1т.

Да разгледаме функцията 2.)( ttatg −= . Тя е растяща за 2

at < и намаляваща при

2

at >

⇒ при 2

at = , 2.)( ttatg −= има максимум и

42

2

max

aag =

2 т.

⇒ 2

min 1

5

a am log

2 4 =

.

++

∞→)1(log4

4loglim 5

2

5

1 aa

a=

++−∞→

4

5

2

5 )1(log4

log2lim aa

a=

+

∞→

4

2

25 )1.(4

loglim aaa

=

+∞→

4

5

1.16loglim

a

aa

=

+∞→

4

5

11.16loglim

aa и тъй като 0

1lim =

∞→ aa

⇒

+∞→

4

5

11.16loglim

aa= 16log5 2т.

Documents

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