maths.bgmaths.bg
Всички колекции
OLIOBL

Национална олимпиада по математика — областен кръг

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

23 години5 класаИма видими липси
По годинаПо клас

Избрана година

2006

Назад към папките

Открити липси за попълване от източника

  • oliobl2006-9-3: има placeholder текст
  • oliobl2006-11-4: има placeholder текст
  • oliobl2006-12-2: има placeholder текст

9

6 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Да се намерят всички стойности на реалния параметър aa, за които корените x1x_{1} и x2x_{2} на уравнениетоx2+6x+(6a−a2)=0x^{2}+6 x+\left(6 a-a^{2}\right)=0удовлетворяват равенството x2=x13−8x1x_{2}=x_{1}^{3}-8 x_{1}.
РешениеОт формулите на Виет следва, че −6=x1+x2=x1+x13−8x1-6=x_{1}+x_{2}=x_{1}+x_{1}^{3}-8 x_{1}. Тогава x13−7x1+6=0x_{1}^{3}-7 x_{1}+6=0 и следователно x1=−3,1x_{1}=-3, 1 или 2. Заместването на тези стойности на x1x_{1} в даденото уравнение дава a=3a=3 за x=−3,a=−1x=-3, a=-1 и 7 за x=1x=1 и a=−2a=-2 и 8 за x=2x=2.
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2006-9-1

Задача 2

Пълен запис
Условие
Окръжностите k1k_{1} и k2k_{2} се пресичат в точки AA и BB. Права ll през BB пресича за втори път k1k_{1} и k2k_{2} съответно в точки XX и YY. Допирателните към k1k_{1} в точка XX и към k2k_{2} в точка YY се пресичат в точка CC. Да се докаже, че: a) ∠XAC=∠BAY\angle X A C=\angle B A Y. б) ∠XBA=∠XBC\angle X B A=\angle X B C, където BB е средата на отсечката XYX Y.
Решениеа) Четириъгълникът XCYAX C Y A е вписан, защото∠XCY=180∘−∠CXY−∠CYX=180∘−∠XAB−∠BAY=180∘−∠XAY.\begin{aligned} \angle X C Y & =180^{\circ}-\angle C X Y-\angle C Y X=180^{\circ}-\angle X A B-\angle B A Y \\ & =180^{\circ}-\angle X A Y. \end{aligned}Следователно ∠XAC=∠XYC=∠BAY\angle X A C=\angle X Y C=\angle B A Y. б) От а) следва, че △XAC∼△BAY\triangle X A C \sim \triangle B A Y. Тогава XCAC=BYAY\frac{X C}{A C}=\frac{B Y}{A Y} и тъй като имаме XB=BYX B= B Y, получаваме XCXB=ACAY\frac{X C}{X B}=\frac{A C}{A Y}. Нещо повече, от а) следва ∠CXY=∠CAY\angle C X Y=\angle C A Y, откъдето △XCB∼△ACY\triangle X C B \sim \triangle A C Y. Следователно ∠XBC=\angle X B C= ∠AYC=∠XBA\angle A Y C=\angle X B A.
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2006-9-2

Задача 3

Нужна е проверка
Условие
BLANK BLANK BLANK
РешениеBLANK BLANK BLANK
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2006-9-3

Задача 4

Пълен запис
Условие
Да се намерят всички цели числа aa, за които уравнениетоx4+2x3+(a2−a−9)x2−4x+4=0x^{4}+2 x^{3}+\left(a^{2}-a-9\right) x^{2}-4 x+4=0има поне един реален корен.
РешениеПолагаме u=x−2xu=x-\frac{2}{x} и получаваме уравнениетоu2+2u+(a2−a−5)=0(1)u^{2}+2 u+\left(a^{2}-a-5\right)=0 \tag{1}Тъй като уравнението x2−ux−2=0x^{2}-u x-2=0 има реални корени за всяко реално uu, достатъчно е да намерим целите стойности на aa, за които уравнението (1) има реален корен. Последното е еквивалентно на D=−a2+a+6≥0D=-a^{2}+a+6 \geq 0, т. е. (a−3)(a+2)≤0(a-3)(a+2) \leq 0, откъдето a∈[−2,3]a \in[-2, 3]. Следователно a=−2,−1,0,1,2,3a=-2, -1, 0, 1, 2, 3.
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2006-9-4

Задача 5

Пълен запис
Условие
В правоъгълен △ABC,∠ACB=90∘\triangle A B C, \angle A C B=90^{\circ}, нека CH,H∈ABC H, H \in A B, е височината към ABA B и вписаната в △ABC\triangle A B C окръжност се допира до ACA C и BCB C съответно в точки PP и QQ. Ако AQ⊥HPA Q \perp H P, да се намери отношението AHBH\frac{A H}{B H}.
РешениеОт AQ⊥HPA Q \perp H P следва, че ∠QAB=∠PHC\angle Q A B= \angle P H C. От друга страна, ∠ABC=∠ACH\angle A B C=\angle A C H и следователно △ABQ∼△HCP\triangle A B Q \sim \triangle H C P. Тогава ABBQ=HCCP\frac{A B}{B Q}=\frac{H C}{C P}. При стандартните означения за елементите на △ABC\triangle A B C получаваме последова- телноcp−b=hr⟺cp−b=2S/cS/p⟺cp−b=2pc⟺2ca+c−b=a+b+cc⟺2c2=(a+c)2−b2⟺c2=a2+2ac−b2⟺b2=ac\begin{aligned} \frac{c}{p-b}=\frac{h}{r} & \Longleftrightarrow \frac{c}{p-b}=\frac{2 S / c}{S / p} \Longleftrightarrow \frac{c}{p-b}=\frac{2 p}{c} \\ & \Longleftrightarrow \frac{2 c}{a+c-b}=\frac{a+b+c}{c} \Longleftrightarrow 2 c^{2}=(a+c)^{2}-b^{2} \\ & \Longleftrightarrow c^{2}=a^{2}+2 a c-b^{2} \Longleftrightarrow b^{2}=a c \end{aligned}тъй като c2=a2+b2c^{2}=a^{2}+b^{2}. Полагаме k=AHBH=b2/ca2/c=b2a2k=\frac{A H}{B H}=\frac{b^{2} / c}{a^{2} / c}=\frac{b^{2}}{a^{2}} и получавамеb4=a2(a2+b2)⟺b4−a2b2−a4=0⟺k2−k−1=0.b^{4}=a^{2}\left(a^{2}+b^{2}\right) \Longleftrightarrow b^{4}-a^{2} b^{2}-a^{4}=0 \Longleftrightarrow k^{2}-k-1=0.Тъй като k>0k\gt{}0, получаваме k=1+x252k=\frac{1+\sqrt{\vphantom{x^2}5}}{2}.
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2006-9-5

Задача 6

Пълен запис
Условие
В страна с 16 града авиокомпания поддържа 36 линии между различни двойки градове. Да се докаже, че е възможно да се направи пътуване, започващо и завършващо в един и същи град и включващо 4 различни града.
РешениеДа разгледаме граф с върхове градовете в страната и ребра свързващи двойките върхове, между които има линия, обслужвана от компанията. Да допуснем, че не съществува пътуване, удовлетворяващо изискванията от условието, т. е. в така дефинирания граф няма цикъл с дължина 4. Ако d(x)d(x) е броят на съседните върхове на xx, то броят на двойките върхове, едновременно съседни на xx, е (d(x)2)\binom{d(x)}{2}. От направеното допускане следва, че всяка такава двойка може да бъде получена най-много от един връх. Като имаме предвид, че ∑xd(x)=72\sum_{x} d(x)=72 и като използваме неравенството между средно аритметично и средно квадратично, получаваме(162)=120≥∑x∈V(d(x)2)=∑x∈Vd2(x)2−∑x∈Vd(x)2≥132(∑x∈Vd(x))2−∑x∈Vd(x)2=72232−36=126,\begin{aligned} \binom{16}{2}=120 & \geq \sum_{x \in V}\binom{d(x)}{2}=\sum_{x \in V} \frac{d^{2}(x)}{2}-\sum_{x \in V} \frac{d(x)}{2} \\ & \geq \frac{1}{32}\left(\sum_{x \in V} d(x)\right)^{2}-\sum_{x \in V} \frac{d(x)}{2} \\ & =\frac{72^{2}}{32}-36=126, \end{aligned}противоречие.
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2006-9-6

10

1 задача

Задача 4

Пълен запис
Условие
Една стока поевтиняла от март до април с x%x \%, а от април до май поскъпнала с y%y \%. Оказало се, че от март до май стоката е поевтиняла с (y−x)%(y-x) \%. Да се намерят xx и yy, ако са естествени числа (цената на стоката за целия период е положителна).
РешениеИмаме последователно100−x100100+y100=100−y+x100⟺(100−x)(100+y)=100(100−y+x)200y−200x−xy=0⟺(200−x)(200+y)=2002.\begin{aligned} \frac{100-x}{100} \frac{100+y}{100}=\frac{100-y+x}{100} & \Longleftrightarrow(100-x)(100+y)=100(100-y+x) \\ 200 y-200 x-x y=0 & \Longleftrightarrow(200-x)(200+y)=200^{2}. \end{aligned}Тъй като 100<200−x<200100\lt{}200-x\lt{}200, числото 200−x200-x може да е само 125 или 160. Съответно получаваме решенията x1=75,y1=120x_{1}=75, y_{1}=120 и x2=40,y2=50x_{2}=40, y_{2}=50, които отговарят на условието.
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2006-10-4

11

5 задачи

Задача 2

Пълен запис
Условие
Да се докаже, че t2(xy+yz+zx)+2t(x+y+z)+3≥0t^{2}(x y+y z+z x)+2 t(x+y+z)+3 \geq 0 за произволни x,y,z,t∈[−1,1]x, y, z, t \in[-1, 1].\
РешениеНеравенството е вярно при t=0t=0. Нека t≠0t \neq 0 и да положим u=1tu=\frac{1}{t}. Трябва да докажем, че за ∣u∣≥1|u| \geq 1 имамеf(u)=3u2+2u(x+y+z)+xy+yz+zx≥0f(u)=3 u^{2}+2 u(x+y+z)+x y+y z+z x \geq 0Последното неравенство следва от факта, че върхът −x+y−‾- на параболата3-\frac{x+y \overline{-} \text{- на параболата}}{3} п w=f(u)w=f(u) лежи в интервала [−1,1][-1, 1] иf(±1)=f( \pm 1)=(x±1)(y±1)+(y±1)(z±1)(x \pm 1)(y \pm 1)+(y \pm 1)(z \pm 1)+(z±1)(x±1)≥0+(z \pm 1)(x \pm 1) \geq 0за x,y,z∈[−1,1]x, y, z \in[-1, 1]. Равенство се достига само при f(±1)=0f( \pm 1)=0, т. е. когато u=t=±1u=t= \pm 1 и две от числата x,yx, y и zz са равни на ∓1\mp 1, а третото е произволно.
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2006-11-2

Задача 3

Пълен запис
Условие
Нека SS е множество от 2006 точки в равнината. Двойка точки (A,B)∈S×S(A, B) \in S \times S се нарича изолирана, ако кръгът с диаметър ABA B не съдържа други точки от SS. Да се намери минималният възможен брой изолирани двойки точки.
РешениеДа разгледаме граф с върхове дадените точки и ребро между два върха тогава и само тогава, когато съответната двойка точки е изолирана. Ще докажем, че този граф е свързан. Да допуснем противното и да изберем точки AA и BB от различни свързани компоненти така, че разстоянието ABA B е възможно най-малко (в равнината). Тогава кръгът с диаметър ABA B не съдържа други върхове и следователно AA са BB свързани с ребро, противоречие. Тъй като свързан граф с 2006 върха има поне 2005 ребра (когато графът е дърво), съществуват поне 2005 изолирани двойки. От друга страна, ако разположим 2006 точки върху права, то изолирани са само двойките съседни точки. Следователно тьрсеният минимален брой e 2005.
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2006-11-3

Задача 4

Нужна е проверка
Условие
BLANK BLANK BLANK
РешениеBLANK BLANK BLANK
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2006-11-4

Задача 5

Пълен запис
Условие
Допирателните към описаната около равнобедрен △ABC\triangle A B C, AC=BCA C=B C, окръжност kk в точките BB и CC се пресичат в точка XX. Ако AXA X пресича kk в точка YY, да се намери отношението AYBY\frac{A Y}{B Y}.
РешениеАко ∠BAY=α\angle B A Y=\alpha и ∠ABY=β\angle A B Y=\beta, то ∠BYX=β+α\angle B Y X= \beta+\alpha. Нещо повече, имаме ∠ACB=∠AYB=180∘−α−β\angle A C B=\angle A Y B= 180^{\circ}-\alpha-\beta, откъдето ∠BAC=∠ABC=β+α2\angle B A C=\angle A B C=\frac{\beta+\alpha}{2}. Тогава ∠AYC=β+α2\angle A Y C=\frac{\beta+\alpha}{2} и ∠YCX=∠YAC=β+α2−α=β−α2\angle Y C X=\angle Y A C= \frac{\beta+\alpha}{2}-\alpha=\frac{\beta-\alpha}{2}. Синусовата теорема за △BYX\triangle B Y X и △CYX\triangle C Y X даваXYXB=sin⁡αsin⁡(α+β),\frac{X Y}{X B}=\frac{\sin \alpha}{\sin (\alpha+\beta)},XYXC=sin⁡(β−α2)sin⁡(β+α2) \quad \frac{X Y}{X C}=\frac{\sin \left(\frac{\beta-\alpha}{2}\right)}{\sin \left(\frac{\beta+\alpha}{2}\right)}и тъй като XB=XCX B=X C, получаваме sin⁡αsin⁡(α+β)=sin⁡(β−α2)sin⁡(β+α2)\frac{\sin \alpha}{\sin (\alpha+\beta)}=\frac{\sin \left(\frac{\beta-\alpha}{2}\right)}{\sin \left(\frac{\beta+\alpha}{2}\right)}. Следователноsin⁡α=2cos⁡(β+α2)sin⁡(β−α2)=sin⁡β−sin⁡α\sin \alpha=2 \cos \left(\frac{\beta+\alpha}{2}\right) \sin \left(\frac{\beta-\alpha}{2}\right)=\sin \beta-\sin \alphaи значи AYBY=sin⁡βsin⁡α=2\frac{A Y}{B Y}=\frac{\sin \beta}{\sin \alpha}=2.
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2006-11-5

Задача 6

Пълен запис
Условие
Нека {an}n=1∞\left\{a_{n}\right\}_{n=1}^{\infty} е редица от реални числа, по-малки от 1, за която an+1(an+2)=3,n≥1a_{n+1}\left(a_{n}+2\right)=3, n \geq 1. Да се докаже, че: а) −72<an<−2-\frac{7}{2}\lt{}a_{n}\lt{}-2; б) an=−3a_{n}=-3 за всяко nn.
РешениеДа забележим, че ако xn2+(a−1)yn2+azn2=bnx_{n}^{2}+(a-1) y_{n}^{2}+a z_{n}^{2}=b^{n}, то за xn+2=xnb,yn+2=ynbx_{n+2}=x_{n} b, y_{n+2}= y_{n} b и zn+2=znbz_{n+2}=z_{n} b имаме xn+22+(a−1)yn+22+azn+22=bn+2x_{n+2}^{2}+(a-1) y_{n+2}^{2}+a z_{n+2}^{2}=b^{n+2}. Следователно е достатъчно да докажем, че ако уравнението x2+(a−1)y2+az2=bx^{2}+(a-1) y^{2}+a z^{2}=b има решение, то има решение и уравнението x2+(a−1)y2+az2=b2x^{2}+(a-1) y^{2}+a z^{2}=b^{2}. Нека x0,y0x_{0}, y_{0} и z0z_{0} са такива, че x02+(a−1)y02+az02=bx_{0}^{2}+(a-1) y_{0}^{2}+a z_{0}^{2}=b. Тъй като е в сила тъждеството((a−1)y2+az2−x2)2+(a−1)(2yx)2+a(2zx)2=\left((a-1) y^{2}+a z^{2}-x^{2}\right)^{2}+(a-1)(2 y x)^{2}+a(2 z x)^{2}=((a−1)y2+az2+x2)2\left((a-1) y^{2}+a z^{2}+x^{2}\right)^{2}то X=(a−1)y02+az02−x02,Y=2y0x0X=(a-1) y_{0}^{2}+a z_{0}^{2}-x_{0}^{2}, Y=2 y_{0} x_{0} и Z=2z0x0Z=2 z_{0} x_{0} е решение на уравнението x2+(a−1)y2+az2=b2x^{2}+(a-1) y^{2}+a z^{2}=b^{2}. Остава да покажем, че X=(a−1)y02+az02−x02≠0X=(a-1) y_{0}^{2}+a z_{0}^{2}-x_{0}^{2} \neq 0. Ако X=0X=0, то a(y02+z02)=x02+y02a\left(y_{0}^{2}+z_{0}^{2}\right)=x_{0}^{2}+y_{0}^{2}. Тъй като a=4k+3a=4 k+3, то aa има прост делител pp от вида 4t+34 t+3, който влиза в каноничното разлагане на aa в нечетна степен. Ще използваме известния факт, че ако p=4t+3p=4 t+3 дели x02+y02x_{0}^{2}+y_{0}^{2}, то pp дели x0x_{0} и y0y_{0}. Следователно в каноничното разлагане на x02+y02x_{0}^{2}+y_{0}^{2} простото число pp влиза с четна степен. Същото важи и за каноничното разлагане на y02+z02y_{0}^{2}+z_{0}^{2}. Получихме, че степента на pp в a(y02+z02)a\left(y_{0}^{2}+z_{0}^{2}\right) и в x02+y02x_{0}^{2}+y_{0}^{2} са с различна четност, което е противоречие.
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2006-11-6

12

4 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Да се намери лицето на триъгълника, определен от правата gg с уравнение x−y+1=0x-y+1=0 и допирателните към графиката на параболата y=x2−4x+5y=x^{2}-4 x+5 в допирните й точки с правата gg.
РешениеОбщите точки на графиката на параболата и правата gg са A(1,2)A(1, 2) и B(4,5)B(4, 5). Тогава уравненията на допирателните към параболата в точките AA и BB са съответно y=−2x+11y=-2 x+11 и y=4x−11y=4 x-11. Пресечната точка на тези допирателни е C(52,−1)C\left(\frac{5}{2}, -1\right). Тогава лицето на △ABC\triangle A B C е равно на 274\frac{27}{4}. 12 \cdot 2. Виж Задача 11 \cdot 5.
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2006-12-1

Задача 2

Нужна е проверка
Условие
BLANK BLANK BLANK
РешениеBLANK BLANK BLANK
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2006-12-2

Задача 3

Пълен запис
Условие
Да се намерят всички реални числа aa, за които неравенството x4+2ax3+a2x2−4x+3>0x^{4}+2 a x^{3}+a^{2} x^{2}-4 x+3\gt{}0 е в сила за всяко реално число xx.
РешениеПърви начин. Да запишем неравенството във видаx2(x+a)2>4x−3.(1)x^{2}(x+a)^{2}\gt{}4 x-3. \tag{1}При x=1x=1 получаваме (a+1)2>1(a+1)^{2}\gt{}1, т. е. a>0a\gt{}0 или a<−2a\lt{}-2. Ако a<−2a\lt{}-2, то x=−ax=-a дава 0>−4a−30\gt{}-4 a-3, противоречие. Следователно a>0a\gt{}0. Обратно, ако a>0a\gt{}0, то (1) е изгълнено за всяко xx. Действително, това е очевидно при x≤0x \leq 0, а при x>0x\gt{}0 получаваме x2(x+a)2>x4≥4x+3x^{2}(x+a)^{2}\gt{}x^{4} \geq 4 x+3, тъй като последното неравенство е еквивалентно на (x−1)2((x+1)2+2)≥0(x-1)^{2}\left((x+1)^{2}+2\right) \geq 0. Втори начин. От (1) следва, че трябва да намерим всички aa, за които a<−x24x−3x−x=f(x)a\lt{}-\frac{\sqrt{\vphantom{x^2}4 x-3}}{x}-x=f(x) за всяко x≥43x \geq \frac{4}{3} или a>x24x−3x−x=g(x)a\gt{}\frac{\sqrt{\vphantom{x^2}4 x-3}}{x}-x=g(x) за всяко x≥43x \geq \frac{4}{3}. Първото е невъзможно, защото lim⁡x→+∞f(x)=−∞\lim _{x \rightarrow+\infty} f(x)=-\infty. Найголямата стойност на функцията gg е равна на 0 (и се достига при x=1x=1 ). Следователно отговорът е a>0a\gt{}0.
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2006-12-3

Задача 4

Пълен запис
Условие
Да се намерят всички естествени числа nn, за които равенството sin⁡(nα)sin⁡α−cos⁡(nα)cos⁡α=n−1\frac{\sin (n \alpha)}{\sin \alpha}-\frac{\cos (n \alpha)}{\cos \alpha}=n-1 е вярно за всички α≠kπ2,k∈Z\alpha \neq \frac{k \pi}{2}, \quad k \in \mathbb{Z}.
РешениеРавенството е еквивалентно наsin⁡(n−1)α=(n−1)sin⁡2α2(1)\sin (n-1) \alpha=\frac{(n-1) \sin 2 \alpha}{2} \tag{1}При n≥4n \geq 4 полагането α=π4\alpha=\frac{\pi}{4} дава sin⁡(n−1)π4=n−12≥32\sin \frac{(n-1) \pi}{4}=\frac{n-1}{2} \geq \frac{3}{2}, противоречие. При n=1n=1 и n=3n=3 равенството (1) е тъждество, а при n=2n=2 имаме sin⁡α=sin⁡(2α)2\sin \alpha= \frac{\sin (2 \alpha)}{2}, което не е изпълнено при α=π4\alpha=\frac{\pi}{4}. Следователно отговорът е n=1n=1 и n=3n=3.
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2006-12-4