Задача 1
EMT
Есенен математически турнир
309 задачи от базата, подредени за бързо решаване по година или клас. Показаните източници са тези, записани към самите задачи.
16 години8 класаИма видими липси
Избран клас
7
2018
4 задачиПълен запис
Задача 2
Условие
Лека кола и автобус тръгнали едновременно от град към град и се движили, без да спират. Скоростта на леката кола се отнасяла към скоростта на автобуса както . Леката кола пристигнала в град в 10:50 ч., а автобуса – в 11:20 ч. а) Намерете в колко часа те са тръгнали от град . б) Когато леката кола била изминала 80 % от разстоянието между двата града, тя срещнала камион, пътуващ за град . Намерете в колко часа са се срещнали камионът и автобусът, ако скоростта на автобуса е била с 40 % по-голяма от скоростта на камиона.Решение
а) Скоростта и времето за изминаване на определено разстояние са обратно пропорционални величини. Следователно времето за целия път на леката кола се отнася към времето на автобуса както . Ако , а , тогава min, т.е. min. — 1 точка Леката кола е пътува min, автобусът – min. т.е. те са тръгнали от град в 9:40 ч. — 3 точки б) Нека разстоянието между двата града е . Нека колата е срещнала камиона в точка и в момента на срещата им автобусът се е намирал в т. . Разстоянията, изминати от колата и автобуса за едно и също време е право пропорционално на скоростите им.2 точка
Разстоянията и , изминати от камиона и автобуса до срещата им, са пропорционални на скоростите им, т.е. . Ако и , тои . Тогава от до срещата автобусът е изминал разстояниетоза време, равно на min. Следователно срещата е станала в 10:50 ч.Задача 3
Условие
Диагоналите на трапеца се пресичат в точка . Права, минаваща през точка и успоредна на бедрото , пресича голямата основа на трапеца в точка . Правата пресича диагонала в точка . а) Докажете, че лицето на триъгълника е равно на лицето на четириъгълника ; б) Ако лицата на триъгълниците и са съответно равни на 16 cm и 9 cm, намерете лицето на трапеца.Решение
а) От .1 точка От . — 1 точка Тогава . — 2 точка
б) Нека . От получаваме и , т.е. cm. — 2 точка
Нека cm (от ). Тогава .
От получаваме и . — 2 точки
Решаваме уравнението , като го записваме във вида и намираме, че , т.е. . — 2 точки
Тогава лицето на трапеца е cm. — 1 точкиЗадача 4
Условие
Множеството се състои от числата от вида , , и , където е естествено число, по-малко или равно на 50. Да се намери вероятността сборът на две случайно избрани числа от множеството да се дели на 6.Решение
; ; за и за ; за и за . — 2 точка Сбор на две числа, който се дели на 6, можем да получим по следните начини: число от вида и число от вида : двойки — 2 точка число от вида и число от вида : двойки — 1 точка две числа от вида : двойки — 1 точка две числа от вида : двойки — 1 точка Общо благоприятни двойки: — 1 точка Всички възможни двойки числа са — 1 точки Вероятността сборът на две числа да е кратен на 6 е . — 1 точки2022
4 задачиЗадача 1
Условие
Възрастта на Борис сега е два пъти по-голяма от възрастта на Асен, когато Борис беше на толкова години, на колкото е Асен в момента. Когато Асен стане на сегашната възраст на Борис, тогава сборът на годините им ще бъде 45. На колко години е Асен сега?Решение
Нека сега Асен е на години, а Борис сега е на години. ()ИмамеОт и следва, че , и . Следователно . Сега Асен е на 15 години. Критерии за оценяване. 1 т. за въведени неизвестни букви и (); 1 т. за изразяване възрастта на Асен и Борис чрез въведените букви: преди, сега и след; 2 т. за съставяне на равенствата и ; 1 т. за намиране на и ; 1 т. за отговор.Задача 2
Условие
Даден е изпъкнал четириъгълник . а) Триъгълниците , и са остроъгълни и лицето на четириъгълника е равно на . Ако , , , , , са средите съответно на отсечките , , , , , , намерете(Четириъгълникът е вдлъбнат, а е изпъкнал.) б) Правите и са успоредни и диагоналите и се пресичат в точка . Докажете, чеРешение
Ще докажем следните помощни твърдения. 1. Ако е произволен триъгълник и и са точки съответно върху страните и , тоДоказателство. Разглеждаме . Имамеи
Следователно2. Ако правите и са успоредни, то .
Доказателство. Тъй като и са успоредни, то и
а) От условието, че триъгълниците , и са остроъгълни следва, че четириъгълниците , и нямат общи вътрешни точки. СледователноЧетириъгълниците , и имат равни лица.Аналогично се доказва, че и
. Следователноб) Ще докажем, че .
Твърдението следва отОт следва, че , следователно , т.е. .
От следва, чеКритерии за оценяване: а) 3 точки; б) 3 точки. (1 т. за и и 2 т. за доказване на .)Задача 3
Условие
Най-много колко полета могат да се изберат върху шахматна дъска () така, че от всяко избрано поле с един или два хода на коня да се стига до всяко от останалите избрани полета? (За един ход конят се придвижва на две полета вертикално и след това едно хоризонтално, или на две полета хоризонтално и след това едно вертикално.)Решение
Ако е поставен кон в поле D5, след 1-ви ход той може да бъде в полетата B4, B6, C3, C7, E3, E7, F4 и F6.
Заедно с поле D5 имаме 9 полета. Тези 9 полета отговарят на условието, че между всеки две от тях може да се стигне с един или два хода на коня. Тези полета се намират в квадрат .
Да разгледаме най-лявото от отбелязаните полета и вертикалната ивица, която включва пет стълба, най-левият от които е този на . Тази ивица съдържа всички отбелязани полета, тъй като не може да бъде напусната с два хода на коня, ако се тръгне от . По същия начин, ако разгледаме най-горното от отбелязаните полета и хоризонталната ивица, която включва пет реда, най-горният от които е редът на , тя съдържа всички отбелязани полета. Следователно всички отбелязани полета са в квадрата , който се получава при пресичането на двете ивици.
Ще покажем, че във всеки квадрат не съществуват 10 полета, които отговарят на условието. Нека преномерираме полетата на квадрата с числата , както е показано на рисунката.
С числата от 1 до 6 са номерирани по 3 полета, с числата 7, 8 и 9 по 2 полета и с числото 10 едно поле. Забелязваме, че ако две полета са номерирани с едно и също число, то трябва да направим поне 3 хода с коня, за да отидем от едното поле в другото. Следователно при избор на 10 полета е необходимо те да са номерирани с различни числа. Полето с номер 10 ще е едно от избраните полета. Нека всяко от оцветените полета с номера 7, 8 и 9 е в избраните 10 полета. (Ако изберем вторите полета с номера 7, 8 и 9, разсъжденията са аналогични.) От останалите полета с номера от 1 до 6 се установява, че при всеки избор на едно от трите полета с един и същи номер, съществува поле от оцветените, до което се стига с три или повече хода на коня. Например ако от поле с номер 1 се стига с един ход до полета с номера 9 или 10, то от това поле до полетата с номера 7 или 8 се стига след 3 хода. Ако от поле с номер 1 се стига с един ход до полета с номера 7 или 8, то от това поле до полетата с номера 9 или 10 се стига след 3 хода. Аналогично с другите избори.
По този начин доказваме, че във всеки квадрат от шахматната дъска не съществуват 10 полета, които да отговарят на условието. Следователно търсената най-голяма стойност е равна на 9.
Критерии за оценяване.
1 т. за посочване на 9 полета, които отговарят на условието; 1 т. за разглеждане на квадрат с 9 полета, които отговарят на условието; 3 т. за преномериране полетата на квадрата ; 2 т. за доказване, че не съществуват 10 полета.Задача 4
Условие
а) Докажете, че ако и са естествени числа и стойността на изразае цяло число, то стойностите на изразите , и са естествени числа. б) Намерете двойките естествени числа , за които , стойността на израза е естествено число и .Решение
а) Преобразуваме числителя на по следния начин:Следователно е естествено число и също е естествено число. От равенството получаваме, че и са естествени числа. б) Нека . Ако е естествено число, то , т.е. трябва да е четно число. Наистина, при , имаме . Освен това, , т.е. , което означава, че в този случай решенията са 12. Нека дели , и НОД. Следователно , , НОД и . От доказателството на а) следва, чеАналогично и . Ако е просто число, което дели , но не дели , то и следователно , а това е невъзможно. Остава да е делител на . Щом като всеки прост делител на е делител на ще считаме, че , . Наистина, тогаваОсвен това, от следва, че . Разглеждаме тези случаи поотделно.В този случай получаваме общо 16 двойки. Окончателно, отговорът е двойки. (Двойките с различни и са: , , , , , , , , , , , , , , , .) Критерии за оценяване. а) 3 т. б) 4 т.2023
4 задачиЗадача 1
Условие
В правоъгълна координатна система с единична отсечка 1 cm започват да се движат едновременно точките и . Точка тръгва от и се движи по абсцисната ос в положителна посока със скорост 2 cm/min. Точка тръгва от и се движи по ординатната ос в отрицателна посока със скорост 1 cm/min. а) Колко сантиметра е дължината на отсечката , когато са изминали точно 9 минути след началото на движението? б) Ако с е означено разстоянието между и точно минути след тръгването им, изразете чрез и представете като многочлен в нормален вид. в) Колко минути след тръгването на точките и разстоянието между тях ще е минимално?Решение
а) Девет минути след началото на движението е в точката , а е в точката . От теоремата на Питагор за следва, че . Следователно cm. б) При , , cm, и . При , , cm, и . При и , и . Тогава от според теоремата на Питагор следва, чеРезултатът остава в сила и за частните случаи и . Отговор. . в) Тъй катои , то ще е минимално при .Оценяване. а) 1 точка; б) 3 точки; в) 2 точки.Задача 2
Условие
Даден е триъгълник със страни cm, cm, cm и за които е изпълнено равенствотоa) Да се намери лицето на триъгълника . б) Построени са права през върха , успоредна на , точка върху страната така, че и пресечната точка на правите и . Намерете лицето на четириъгълника .Решение
а) Преобразуваме израза доТъй като , , , то равенството е възможно само при , откъдето намираме, че , , . И тъй като , даденият триъгълник е правоъгълен с хипотенуза и катети и , откъдето следва, че лицето му cm. б) Намираме cm, cm, cm и cm. В трапеца имаме равенството на лицата cm. Отнамираме cm и тогава cm. Оценяване. а) 4 точки: за представяне на израза като сбор на квадрати – 2 точки; обосновка и намиране на , , – 1 точка; обосновка на правоъгълния триъгълник и намиране на лицето – 1 точка; б) 2 точки.Задача 3
Условие
За всяко естествено число означавамеа) Намерете сбора на всички различни прости делители на . б) Докажете, че стойността на изразане е просто число. в) Намерете всички естествени числа , за които съществува цяло число , за коетоРешение
Имамет.е. , откъдето следва, че . a) Разлагаме на множители:Търсеният сбор е . б) Имамес което е доказано, че е произведение на две естествени числа, по-големи от 1. в) Търсим естествени числа и цели числа , за които е изпълнено равенствотоПри равенството е изпълнено при . При лявата страна на равенството се дели на 8. При нечетно имаме , , следователно и равенството е невъзможно. При четно имаме , , следователно и отново равенството е невъзможно. Следователно е единственото решение. Оценяване. Доказателство на формулата за – 1 точка; а) 2 точки; б) 2 точки; в) 2 точки.Задача 4
Условие
Дадени са числата(всяко естествено число от 1 до е записано по два пъти). Ще казваме, че една подредба на дадените числа е хубава, ако между двете единици в получената редица има точно едно число, между двете двойки има точно две числа и т.н., за всяко между двете числа в редицата има точно на брой числа. Например, хубава подредба при е , а хубава подредба при е . а) Съществува ли хубава подредба при ? б) Докажете, че при не съществува хубава подредба на числата в дадената редица.Решение
a) Една хубава подредба при е:б) Да допуснем, че съществува хубава подредба. Да номерираме позициите на дадените 4044 числа отляво надясно. Нека е първата позиция, в която се появява числото 1; втората такава позиция е .
Ако е първата позиция, в която се появява числото 2; втората такава позиция е .
Въобще за всяко позициите, в които се появява числото в хубавата подредба означаваме с и .
Сборът на всички позиции в редицата е равен наОт друга страна, този сбор еПолучихме, чекоето е невъзможно, тъй като лявата страна на равенството е четна, а дясната е нечетна.
Следователно при не съществува хубава подредба.
Забележка. По същия начин се доказва, че не съществува хубава подредба при и .
Оценяване: а) 3 точки; б) 4 точки.2024
4 задачиЗадача 1
Условие
Фигурите Е и Т на чертежа са съставени от квадратчета със страна 2 cm. Всяка от фигурите се завърта на около оста си на симетрия (означена с пунктир) и се получават ротационните тела и .
а) Намерете отношението на лицата на повърхнините на и .
б) Машинни детайли с формата и размерите на и се отляти от метална сплав. Намерете съответната им маса, като използвате, че 1 cm от сплавта тежи 7 g и приемете, че .Решение
а) Повърхнината на се състои от: околната повърхнина на цилиндър с cm, cm; околната повърхнина на цилиндър с cm, cm; околната повърхнина на цилиндър с cm, cm; кръг с cm; кръг с cm и два кръгови венеца, които общо съставят кръг с cm. СледователноПовърхнината на се състои от: околната повърхнина на цилиндър с cm, cm; околната повърхнина на цилиндър с cm, cm; кръг с cm; кръг с cm и кръгов венец, които общо съставят кръг с cm. СледователноНамираме . б) Обемът на се получава, като се съберат обемите на цилиндър с cm, cm и на цилиндър с cm, cm и се извади обемът на цилиндър с cm, cm, т.е.Тогава масата на е приблизително g. Обемът на се се получава, като се съберат обемите на цилиндър с cm, cm и на цилиндър с cm, cm, т.е.Тогава масата на е приблизително g. Оценяване. а) Пълно решение: 3 точки. б) Пълно решение: 3 точки.Задача 2
Условие
Намерете всички двойки естествени числа , за коитокъдетоРешение
Ако означим , имамеТогаваМножителите и са с еднаква четност, като . Тъй като произведението е четно, то и са четни числа. Числото 120 може да се представи като произведение на две четни числа по четири начина и получаваме следните възможности: 1. случай. и , откъдето и са решение; 2. случай. и , откъдето и са решение; 3. случай. и , откъдето и са решение; 4. случай. и , откъдето и са решение. Оценяване. Намиране на – 3 точки. Намиране на двойките решения – 3 точки.Задача 3
Условие
Даден е правоъгълен трапец с основи и и прав ъгъл при върха . В четириъгълника е вписан правоъгълник , така че лежат съответно на страните иа диагоналът е успореден на .
а) Намерете отношението .
б) Върху отсечката е избрана точка така, че отсечката е равна на от . Пресечната точка на отсечките и е означена с , а пресечната точка на и с . Докажете, чеРешение
От , по Питагорова теорема за триъгълника получаваме , т.е. . Аналогично, от , намираме . Тъй като , тоИзразяваме и . Тъй като е успоредна на и е успоредна на , то е успоредник. Тогаваи получаваме, че . От друга страна, и тъй катоот равенството намираме . Тогаваб) Имаме . Равенствотое еквивалентно на(получава се, като се прибави към двете страни на равенството ). Но
което искахме да докажем.
Оценяване. а) Пълно решение: 5 точки.
Изразяване на – 1 точка.
Прилагане на Питагоровата теорема и изразяване на страните и лицето на правоъгълника – 2 точки.
Доказателство, че лицето на успоредника е равно на лицето на правоъгълника – 1 точка.
Изразяване на и намиране на търсеното отношение – 1 точка.
б) Пълно решение: 2 точки.
Свеждане на даденото равенство до – 1 точка.
Доказване на това равенство – 1 точка.Задача 4
Условие
За редица от нули и единици са разрешени следните действия: Действие : две поредни цифри 01 се заменят с 10. Например,Действие : две поредни цифри 01 се заменят с 110. Например,a) Започваме от редица , която се състои от 20 цифри (0 или 1), и последователно прилагаме действие :Най-много колко пъти последователно може да се приложи действие ? При коя начална редица се получава това? б) Започваме от редица , която се състои от 20 цифри (0 или 1), и последователно прилагаме действие :Най-много колко цифри може да има в редица, която е получена по този начин?Решение
а) Нека в редицата има цифри 0 и цифри 1. Към всяка двойка 0 и 1 в действието може да се приложи най-много веднъж (защото след това тази нула минава вдясно от единицата). Двойките 0 и 1 в редицата са на брой. Следователно действието може да се приложи най-много пъти. Тази стойност се реализира приБроят на действията в редица с цифри 0 и цифри 1 е най-многот.е. е най-много 100, като тази стойност се достига при иб) Нека вляво от дадена цифра 1 има цифри 0. Това поражда следните последователни действия :Ако в редицата има цифри 0 и цифри 1, най-дългата възможна редица е с дължина . Ако увеличим броя на единиците до и нулите станат , получаваме максимална дължина . Тъй катоследва, че с увеличаване на броя на единиците, максималната дължина на редиците намалява. Следователно най-дълга редица се получава, когато и . Получихме, че с действие може да се получи редица с най-много цифри. Оценяване. а) Пълно решение: 2 точки. За посочване на верен отговор за максимален брой ходове – 0,5 точки. Посочване на примера, при който се достига максимумът – 0,5 точки. Доказателство – 1 точка. б) Пълно решение: 5 точки. За посочване на верен отговор за максималната дължина – 1 точка. Посочване на примера, при който се достига най-голяма дължина на редицата – 1 точка. Доказателство – 3 точки.2025
4 задачиЗадача 1
Условие
а) Пресметнете стойността на изразаб) Акокъдето е най-големият прост делител на , намерете .Решение
а) Намираме(2 точки) б) Числителят на израза е равен наЗнаменателят на израза е равен наТогава лявата страна на равенството е(3 точки) Тъй като , то . Получаваме , т.е. . (1 точка)Задача 2
Условие
Участък има форма на кръг с център и радиус 14 m. Собственикът на участъка заградил правоъгълен двор с висока ограда, като центърът е върху страната . Оказало се, че m, и
а) Намерете обиколката на .
б) Собственикът превърнал останалата част от участъка в тревна площ, засята с ливадни треви. В центъра е прикрепено 7-метрово въже и на другия му край е вързана коза, която се намира извън и не може да прескочи оградата. Пресметнете с точност до цяло число най-много какъв процент от тревната площ може да е достъпна за козата .Решение
а) Нека m. Тогава и . Според теоремата на Питагор, приложена за правоъгълния триъгълник ,От условието следва, чеи тъй като , получаваме . Тогава m и m. (3 точки) б) Тревната площ е m. Достъпната за козата площ се състои от полукръг с радиус 7 m и четвъртинки от кръгове с радиуси 3,5 m, 2,5 m, 1,5 m, 0,5 m.
ТогаваОтследва, че най-много 16% от тревната площ е достъпна за козата.
(3 точки)Задача 3
Условие
Естествените числа и са такива, че стойността на всеки от изразитее естествено число. Да се докаже, че стойността на изразае цяло число.Решение
Възможните остатъци на при деление на 4 са 0 и 1 (от следва ). (1 точка) Възможните остатъци на при деление на 4 са 3 и 1: (тъй като , ). (1 точка) Следователно сборът се дели на 4, само когато и , което е изпълнено точно когато е нечетно число и е нечетно число. (1 точка) Тъй като , получаваме(1 точка) Тъй като се дели на 5, то . Това е възможно само при (тъй като ). (1 точка) Следователно се дели на 5, а тъй като е нечетно число, се дели на 10. Остава да забележим, чеи полученото произведение се дели на 40. (2 точки) Забележка. Последния резултат може да получим и по друг начин. Тъй като и , т.е. , тооткъдето директно следва, че даденият израз е цяло число.Задача 4
Условие
Октаедърът на чертежа е съставен от две еднакви правилни четириъгълни пирамиди с обща основа. Стените на октаедъра са равнобедрени триъгълници, при които бедрата са по-големи от основата.
На всяка от осемте стени на октаедъра е записано по едно от естествените числа от 1 до 8 (всяко число се използва точно веднъж).
За един ход можем да увеличим с 1 числата на две стени, които имат общ ръб.
Да се намери броят на различните начални разположения на числата, за които след краен брой ходове е възможно всички числа върху стените на октаедъра да станат равни.
Две разположения се считат за различни, ако едното не може да се получи от другото чрез завъртане на октаедъра.Решение
Необходимост. Да оцветим стените на октаедъра шахматно в черно и бяло. Всеки ход увеличава с 1 сбора на числата на черните стени и сбора на числата на белите стени, т.е. разликата се запазва. (1 точка) Ако от дадено начално разположение на числата след краен брой ходове се получават равни числа на стените на октаедъра, то разликата . Тъй като в началото , необходимо условие да се получат равни числа на всички стени, е в началото(1 точка) Без ограничение може да приемем, че на стената е записано числото 8. На трите едноцветни с стени трябва да се запишат числа със сбор 10:
а оставащите числа да се запишат на стените от другия цвят. Това може да стане по(2 точки)
Достатъчност. Ще докажем, че от начално разположение на числата, което изпълнява условието , може с краен брой ходове да стигнем до конфигурация с равни числа на стените.
Докато е възможно, на всеки ход избираме две съседни стени, на които са записани числа, по-малки от 8, и увеличаваме двете числа с 1.
Ако в даден момент няма две съседни стени с числа, по-малки от 8, то или на всички стени е записано числото 8 и задачата е решена, или съществува стена, на която е записано число ; да допуснем, че това е стената . На съседните стени на е записано числото 8. Да забележим, че трите съседни стени на и стената са оцветени в един и същ цвят (нека е бял). Ако допуснем, че на стената е записано числото 8, то на всички бели стени има осмица. Понеже сборът на числата на черните и белите стени е един и същ, следва, че и на черните стени са записани осмици; противоречие. Следователно на стената е записано число . Следователно на трите съседни стени на (които са черни) е записано числото 8. Сборът на числата на белите стени е , сборът на числата на черните е , следователно .
За да изравним числата, забелязваме, че с 5 хода за стенитеувеличаваме с 2 числата на стените и , а числата на останалите стени увеличаваме с 1. Така разликата между шестте по-големи числа и двете по-малки се намалява с 1; продължавайки по този начин, ще направим числата на всички стени равни.
(3 точки)