СЪЮЗ НА МАТЕМАТИЦИТЕ В БЪЛГАРИЯ-СЕКЦИЯ РУСЕ

КОЛЕДНО МАТЕМАТИЧЕСКО СЪСТЕЗАНИЕ – 9.12.2006 г.
10 клас

Времето за решаване е 120 минути.
Регламент: Всяка задача от 1 до 9 има само един верен отговор. “Друг отговор ” се приема за решение само при отбелязан верен резултат. Задачите от 1 до 3 се оценяват с по 3 точки, задачите от 4 до 6 се оценяват с по 5 точки, задачите от 7 до 9 се оценяват с по 7 точки. Задача 10 се решава подробно и се оценява с  15 точки.
Организаторите Ви пожелават успех!

Име...........................................................училище..........................................град......................

 

Зад 1. За острия ъгъл α е дадено , тогава стойността на cosα e:

а) ;                          б) ;                          в) ;                          г) друг отговор.

Зад 2. Дадено е уравнението х² + 2kх + 4 = 0. Стойностите на реалния параметър k, за които уравнението има два реални и различни отрицателни корени са:

а) ;                   б) ;          в) ;             г) друг отговор.

Зад 3. Даден е правоъгълен триъгълник с катет 4 и хипотенуза 5. Медианата към по – големия катет е:

а) ;                       б) 2,5;                          в) ;                         г) друг отговор.

Зад 4. За функцията е известно, че f(0) > 0, f(1) < 0 и  f(2) > 0, тогава за корените х₁ и х₂ на уравнението f(х) = 0 е вярно условието:

а) са равни;                                                    б) са различни отрицателни            числа;                     
в) са различни положителни числа;           г) друг отговор.

Зад 5. Уравнението  има корени:

а) числата ;           б) няма корени:          в)                    г) друг отговор.

Зад 6. В трапеца ABCD частта от средна основа, заключена между диагоналите,  е 3,  така, че АО : ОС = 2 : 1, тогава голямата основа на трапеца е :

а) 12;                           б) 6;                             в) 18:                           г) друг отговор.

Зад 7. Нека корените х₁ и х₂ на уравнението x² – x – 1 = 0, тогава числената стойност на израза  e:

a) ;                   б) 0;                             в) 2;                             г) друг отговор.

Зад 8. Общата външна допирателна на две външно допиращи се окръжности има дължина . Дадено е, че двата радиуса са отнасят, както 1:3, тогава по-малкия от тях е:

а) ;                       б) ;                       в) 6;                             г) друг отговор.

Зад 9. Произведението на 2006 естествени числа е 2006, тогава най-малката сума на тези числа може да бъде:

а) 2006;                       б) 2097;                       в) 4011;                       г) друг отговор.

 

Зад 10. Даден е правоъгълен Δ АВС с хипотенуза АВ = 12 и височина  СН =  3. Намерете катетите, медианата СМ към хипотенузата и градусните мерки на острите ъгли на Δ АВС.

ВАЖНО!!! Награждаване на първенците в 17.00 ч. на 09.12.06г. в СОУЕЕ

ОЧАКВАЙТЕ класиране и решения на задачите на http://cutnt-ruse.com ; http://smb-ruse.com

Отговори 10 клас

1а; 2в; 3а; 4в; 5г х=1; 6а; 7б; 8в; 9г 2081

1 зад. Основното тригонометрично тъждество  , за острия ъгъл α получаваме.

2 зад. Отг. В) Условието се дефинира със системата  ,  с решение   , окончателно .

3 зад. Отг. А) Нека в Δ АВС АС = 4, ВС = 3, М среда на АС. От Питагорова теорема за Δ ВМС получаваме .

4 зад. Отг. В) От условието f(0) > 0 и f(1) < 0 следва, че съществува корен, а от f(1) < 0 и f(2) > 0 следва, че съществува корен .

5 зад. За съществуването на първите два радикала са необходими условията  ,  , с единствено решение х = 1, след заместване в даденото условие установяваме, че е решение.

6 зад. Отг. А) От. Нека CD = x, тогава AB = 2x. Нека М, N, P и Q са среди, съответно на AD, BC, AC и BD. От свойството на средната основа, тези точки лежат на една права. От Δ АВС и Δ BCD средните отсечки PN = AB/2 = x и QN = CD/2 , тогава 3 = PQ = PN – QN = x/2, x = 6. Окончателно АВ = 2х = 12 .

7 зад. Отг. Б) D = 5 > 0, следователно корените са реални. От формулите на Виет            , заместваме в .

8 зад. Отг. В) Да означим окръжностите k₁(O₁,R₁) и  k₂(O₂,R₂), R₁ = x тогава R₂ = 3x, Т  е общата точка на двете окръжности, МР  е общата им допирателна. Построяваме МК||О₁О₂ . От успоредника О₁О₂КМ получаваме, че отсечката КМ = О₁О₂ = R₁ + R₂ = 4x, КР = О₂Р – О₂К = О₂Р – О₁М = R₁ - R₂ = 2x. От Питагорова теорема за ΔМКРМР² = МК² – КР² = 16х² – 4х² = 12х² , х = R₁ = 6.

9 зад. Отг. Г, 2081) Очевидно всички числа са делители на 2006, но 2006=2.17.59, следователно по-голямата част от числата са единици. Възможни са случаите:

2005 единици и 2006  сбор 2005.1 + 2006 = 4011;

2004 единици, 2 и 1003  сбор 2004.1 + 2 + 1003 = 3009;

2004 единици, 17 и 118  сбор 2004.1 + 17 + 118 = 2139;

2004 единици, 34 и 59  сбор 2004.1 + 34 + 59 = 2097 и

2003 единици, 2, 17 и 59сбор 2003.1 + 2 + 17 + 59 =2081.

10 зад.

      Нека АС = b, BC = a   , решенията на системата са ( с точност до еднаквост) . Медианата CM = AB/2 = 6.Да разгледаме случая АС > ВС. В Δ МНС  СН = ½ СМ  ъгъл СМН = 30⁰, но Δ АМС е равнобедрен  . Окончателно ъглите на АВС са 15⁰ и 75⁰.