maths.bgmaths.bg
Всички колекции
KBOM

Контролно за национален отбор за БОМ

138 задачи от базата, подредени за бързо решаване по година или клас. Показаните източници са тези, записани към самите задачи.

17 години1 класаИма видими липси
По годинаПо клас

Избрана година

2006

Назад към папките

Открити липси за попълване от източника

  • kbom2006-9-3: има placeholder текст
  • kbom2006-9-6: има placeholder текст
  • kbom2006-9-8: има placeholder текст

9

8 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Възможно ли е ъглите на два триъгълника, взети в някакъв ред, да образуват аритметична прогресия с разлика, различна от 0?
РешениеРешение. Ще докажем, че ако ъглите на два триъгълника, взети заедно в някакъв ред, образуват аритметична прогресия с разлика dd, то d=0d=0. Нека α\alpha е най-малкият от шестте ъгъла и аритметичната прогресия е α,α+d,…,α+5d\alpha, \alpha+d, \ldots, \alpha+5 d. Тогава3α+(k1+k2)d=3α+(k3+k4+k5)d,3 \alpha+\left(k_1+k_2\right) d=3 \alpha+\left(k_3+k_4+k_5\right) d,където {k1,k2,k3,k4,k5}={1,2,3,4,5}\left\{k_1, k_2, k_3, k_4, k_5\right\}=\{1, 2, 3, 4, 5\}. Следователно, ако d≠0d \neq 0, тоk1+k2=k3+k4+k5,k_1+k_2=k_3+k_4+k_5,което е невъзможно, защото k1+k2+k3+k4+k5=15k_1+k_2+k_3+k_4+k_5=15.
Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2006-9-1

Задача 2

Пълен запис
Условие
В △ABC,AC>BC\triangle A B C, A C\gt{}B C, са построени съответно вътрешната и външната ъглополовящи CLC L и CKC K при върха CC и медианата CMC M. Върху CMC M е избрана точка PP, за която точките C,A1,B1C, A_{1}, B_{1} и PP лежат на една окръжност, където A1=AP→∩BCA_{1}=A P \rightarrow \cap B C и B1=BP→∩ACB_{1}=B P \rightarrow \cap A C. Да се докаже, че точките C,K,LC, K, L и PP лежат на една окръжност.
РешениеОт теоремата на Чева за правите AA1,BB1A A_{1}, B B_{1} и CMC M в △ABC\triangle A B C имаме AM⋅BA1⋅CB1MB⋅A1C⋅B1A=1\frac{A M \cdot B A_{1} \cdot C B_{1}}{M B \cdot A_{1} C \cdot B_{1} A}=1, откъдето CB1B1A=CA1A1B\frac{C B_{1}}{B_{1} A}=\frac{C A_{1}}{A_{1} B}. Оттук A1B1∥ABA_{1} B_{1} \| A B и ∠A1B1C=∠BAC\angle A_{1} B_{1} C= \angle B A C. Имаме ∠APM=∠A1PC=A1C~2=∠A1B1C=∠BAC\angle A P M=\angle A_{1} P C=\frac{\widetilde{A_{1} C}}{2}=\angle A_{1} B_{1} C=\angle B A C. Тогава △PAM∼△ACM\triangle P A M \sim \triangle A C M и аналогично △PBM∼△BCM\triangle P B M \sim \triangle B C M. От тези подобия следва, че APAC=AMCM=BMCM=BPBC\frac{A P}{A C}= \frac{A M}{C M}=\frac{B M}{C M}=\frac{B P}{B C}, откъдето APBP=ACBC=ALBL\frac{A P}{B P}=\frac{A C}{B C}=\frac{A L}{B L}, т. е. PLP L е ъглополовяща на ∠APB\angle A P B. Освен това AKBK=ACBC=APBP\frac{A K}{B K}=\frac{A C}{B C}=\frac{A P}{B P}, т. е. PKP K е външна ъглополовяща при върха PP в △APB\triangle A P B. Тогава ∠LPB=90∘\angle L P B=90^{\circ} и значи PP лежи на окръжността с диаметър KLK L, където лежи и CC.
Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2006-9-2

Задача 3

Нужна е проверка
Условие
BLANK BLANK BLANK
РешениеBLANK BLANK BLANK
Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2006-9-3

Задача 4

Пълен запис
Условие
Иван и Петър играят следната игра: Иван избира число от множеството A={1,2,…,90}A=\{1, 2, \ldots, 90\}, Петър избира подмножество BB на AA и Иван казва дали избраното число принадлежи на BB или не. При всеки отговор "да" Петър дава на Иван по 2 лева, а при всеки отговор "не" - по 1 лев. Колко най-малко лева са необходими на Петър, за да може със сигурност да познае числото на Иван?
РешениеЩе решим задачата за A={1,2,…,t}A=\{1, 2, \ldots, t\}. Нека F0=F1=1,Fn+1=Fn+Fn−1F_{0}=F_{1}=1, F_{n+1}= F_{n}+F_{n-1} за n≥1n \geq 1 е редицата на Фибоначи. Ще докажем по индукция, че ако Fn−1<t≤Fn,n≥2F_{n-1}\lt{}t \leq F_{n}, n \geq 2, то търсената сума е nn. (∗)(*) Тъй като при t=2t=2 и t=3t=3 са необходими съответно поне 2 и 3 лева, то твърдението е вярно за n=2n=2 и n=3n=3. (∗)(*) Да допуснем, че твърдението е вярно за n=kn=k. (∗)(*) Да изберем t∈(Fk,Fk+1]t \in\left(F_{k}, F_{k+1}\right] и нека въпросът на Петър е множество с ss елемента. Ако s∈(Fk−1,Fk]s \in\left(F_{k-1}, F_{k}\right], то при отговор "да" Петър дава 2 лева, след което са му необходими още kk лева, т. е. общо k+2k+2 лева. Ако s≤Fk−1s \leq F_{k-1}, то t−s≥Fk+1−Fk−1=Fk−2+1t-s \geq F_{k}+1-F_{k-1}=F_{k-2}+1. При оттовор "да" Петър ще плати 2 лева и ще са необходими още k−1k-1 лева, т. е. общо k+1k+1 лева. Остава да забележим, че при въпрос с Fk−1F_{k-1} елемента при отговор "да" ще трябват 2+k−1=k+12+k-1=k+1 лева, а при отговор "не" ще са необходими 1+k−1=k1+k-1=k лева. Тъй като F10=89F_{10}=89 и F11>89F_{11}\gt{}89, то отговорът е 11.
Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2006-9-4

Задача 5

Пълен запис
Условие
Реалните числа aa и bb удовлетворяват неравенството b3+b≤a−a3b^{3}+b \leq a-a^{3}. Да се намери най-голямата възможна стойност на a+ba+b.
РешениеНека a+b=ca+b=c. Тогава(c−a)3+c−a≤(c-a)^{3}+c-a \leqa−a3⟺3ca2−(3c2+2)a+c3+c≤0. a-a^{3} \Longleftrightarrow 3 c a^{2}-\left(3 c^{2}+2\right) a+c^{3}+c \leq 0.При c>0c\gt{}0 трябва0≤D=(3c2+2)2−12c(c3+c)=4−3c40 \leq D=\left(3 c^{2}+2\right)^{2}-12 c\left(c^{3}+c\right)=4-3 c^{4}откъдето c≤x2434c \leq \sqrt[4]{\vphantom{x^2}\frac{4}{3}}. Равенство се достига, когато aa е двойният корен на съответното квадратно уравнение. Следователно търсената максимална стойност е x2434\sqrt[4]{\vphantom{x^2}\frac{4}{3}}. 6. Да предположим, че mm и nn са такива, че двойката ( x,yx, y ) е решение на даденото уравнение в цели числа. Ако aa не се дели на 13, по малката теорема на Ферма a12≡1( mod 13)a^{12} \equiv 1(\bmod 13), a24≡1( mod 13),a36≡1( mod 13)a^{24} \equiv 1(\bmod 13), a^{36} \equiv 1(\bmod 13), така че a13≡a( mod 13),a25≡a( mod 13),a37≡a( mod 13)a^{13} \equiv a(\bmod 13), a^{25} \equiv a (\bmod 13), a^{37} \equiv a(\bmod 13). Последното е вярно и ако aa се дели на 13. Тогава 0=(x−m)13−(x−y)25−(y−n)37≡x−m−x+y−y+n≡n−m( mod 13)0=(x-m)^{13}-(x-y)^{25}-(y-n)^{37} \equiv x-m-x+y-y+n \equiv n-m(\bmod 13).
Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2006-9-5

Задача 6

Нужна е проверка
Условие
BLANK BLANK BLANK
РешениеBLANK BLANK BLANK
Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2006-9-6

Задача 7

Пълен запис
Условие
Вписаната в △ABC\triangle A B C окръжност kk се допира до страните AB,BCA B, B C и CAC A съответно в точки C1,A1C_{1}, A_{1} и B1B_{1}. Точките C2,A2C_{2}, A_{2} и B2B_{2} са диаметрално противоположни в kk съответно на C1,A1C_{1}, A_{1} и B1B_{1}. a) Да се докаже, че правите AA2,BB2A A_{2}, B B_{2} и CC2C C_{2} се пресичат в една точка. б) Ако AA2A A_{2} пресича kk в точка A3A_{3}, да се намери отношението, в което допирателната към kk в A3A_{3} дели страната BCB C.
Решениеа) Нека A4=AA2∩BCA_{4}=A A_{2} \cap B C и допирателната към kk през A2A_{2} пресича ABA B и ACA C съответно в точки XX и YY. Тъй като A2A_{2} е диаметрално противоположна на A1A_{1}, то XY∥BCX Y \| B C, т. е. △AXY∼△ABC\triangle A X Y \sim \triangle A B C. Понеже kk е външновписана за △AXY\triangle A X Y, от горното подобие следва, че BA4=p−cB A_{4}=p-c и CA4=pC A_{4}=p bb (използваме стандартни означения за △ABC\triangle A B C ) и следователно BA4A4C=p−cp−b\frac{B A_{4}}{A_{4} C}= \frac{p-c}{p-b}. Аналогичните равенства за другите два върха и теоремата на Чева показват, че правите AA2,BB2A A_{2}, B B_{2} и CC2C C_{2} се пресичат в една точка. б) Нека допирателната към kk в точка A3A_{3} пресича BCB C в точка ZZ. Тогава в △A1A3A4\triangle A_{1} A_{3} A_{4} имаме ∠A1A3A4=90∘\angle A_{1} A_{3} A_{4}=90^{\circ} и ZA3=ZA1Z A_{3}=Z A_{1}. Оттук лесно следва, че ZA4=ZA1Z A_{4}=Z A_{1} и следователно CZ=CA1+A1Z=p−c+ZA1=BA4+ZA4=BZC Z=C A_{1}+A_{1} Z=p-c+Z A_{1}=B A_{4}+Z A_{4}= B Z. Търсеното отношение е равно на 1:11: 1.
Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2006-9-7

Задача 8

Нужна е проверка
Условие
BLANK BLANK BLANK
РешениеBLANK BLANK BLANK
Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2006-9-8