maths.bgmaths.bg
Всички колекции
KMBOM

Контролно за национален отбор за МБОМ

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

10 години1 класаИма видими липси
По годинаПо клас

Избрана година

2014

Назад към папките

7

3 задачи

Задача 2

Пълен запис
Условие
Намерете най-голямата стойност на a+b+ca+b+c, ако числата a,b,ca, b, c са положителни и a2+b2+c2=a3+b3+c3a^{2}+b^{2}+c^{2}=a^{3}+b^{3}+c^{3}. Как се променя отговорът, ако премахнем изискването за положителност?
РешениеВътре в △ABC\triangle A B C, върху ъглополовящата ℓ\ell от върха BB, е взета точка MM такава, че симетралите на отсечките AMA M и MCM C се пресичат върху ℓ\ell. Ако sAM∩AB=Ps_{A M} \cap A B=P и sCM∩CB=Ns_{C M} \cap C B=N, докажете, че BP:BN=BA:BCB P: B N=B A: B C. Решение. Ако O∈sAM∩sCM∩ℓO \in s_{A M} \cap s_{C M} \cap \ell, то O∈sAC∩ℓO \in s_{A C} \cap \ell (в частност OO лежи на описаната окръжност за ABCA B C ). Тогава симетралите ONO N и OPO P са ъглополовящи в △AOB\triangle A O B и △BOC\triangle B O C. От свойството на ъглополовящата имаме BNNC=BOOC=BOOA=BPPA\frac{B N}{N C}=\frac{B O}{O C}=\frac{B O}{O A}=\frac{B P}{P A}. Оттук следва, че BNBC=BPBA\frac{B N}{B C}=\frac{B P}{B A}.
Отвори задачатаБаза на maths.bgkmbom2014-7-2

Задача 3

Пълен запис
Условие
Определете последните четири цифри на точен квадрат на естествено число, ако знаете, че последните три от тях са еднакви.
РешениеНачертах изпъкнал десетоъгълник и построих всичките му диагонали. Никои три от тях не минаха през една и съца точка. Колко триъгълника има на чертежа ми? Решение. Триъгълниците с върхове сред тези на десетоъгълника са (103)=10⋅9⋅83⋅2⋅1=120\binom{10}{3}=\frac{10 \cdot 9 \cdot 8}{3 \cdot 2 \cdot 1}=120. Триъгълниците, имащи два върха сред тези на десетоъгълника, са 4.( (104)=10⋅9⋅8⋅73⋅2⋅1=840\binom{10}{4}=\frac{10 \cdot 9 \cdot 8 \cdot 7}{3 \cdot 2 \cdot 1}=840, понеже се пораждат по четири от всяка четворка точки. Триъгълниците, имащи един връх сред тези на десетоъгълника, са 5.(105)=10⋅9⋅8⋅7⋅64⋅3⋅2⋅1=12605.\binom{10}{5}=\frac{10 \cdot 9 \cdot 8 \cdot 7 \cdot 6}{4 \cdot 3 \cdot 2 \cdot 1}=1260, понеже се пораждат по пет от всяка петорка точки. Триъгълниците, нямащи върхове сред тези на десетоъгълника, са (106)=10⋅9⋅8⋅74⋅3⋅2⋅1=210\binom{10}{6}=\frac{10 \cdot 9 \cdot 8 \cdot 7}{4 \cdot 3 \cdot 2 \cdot 1}=210, всеки се поражда от различна шесторка точки. Общо 120+840+1260+210=2430120+840+1260+210=2430 триъгълника.
Отвори задачатаБаза на maths.bgkmbom2014-7-3

Задача 4

Пълен запис
Условие
Квадрат 2×22 \times 2, от който е махнато едното поле, ще наричаме г-тримино. От четвъртия ред на квадрат 7×77 \times 7 са махнати част от полетата. Остатъкът от квадрата е разрязан на г-тримина. Определете броя и мястото на махнатите полета.
РешениеДа оцветим нечетните полета от нечетните редове. Имаме 16 оцветени полета, а всяко г-тримино покрива най-много едно от тях, така че имаме нужда от поне 16 г-тримина, които покриват поне 48 полета. Следователно от 49-те полета е махнато точно едно. Остава да се построят примери, които сочат, че това може да е всяко поле от този ред.
Отвори задачатаБаза на maths.bgkmbom2014-7-4