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

2014

Назад към папките

Открити липси за попълване от източника

  • oliobl2014-8-1: има placeholder текст
  • oliobl2014-8-2: има placeholder текст
  • oliobl2014-8-3: има placeholder текст
  • oliobl2014-10-2: има placeholder текст

8

3 задачи

Задача 1

Нужна е проверка
Условие
BLANK BLANK BLANK
РешениеBLANK BLANK BLANK
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2014-8-1

Задача 2

Нужна е проверка
Условие
BLANK BLANK BLANK
РешениеBLANK BLANK BLANK
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2014-8-2

Задача 3

Нужна е проверка
Условие
BLANK BLANK BLANK
РешениеBLANK BLANK BLANK
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2014-8-3

9

3 задачи

Задача 2

Пълен запис
Условие
Даден е △ABC\triangle A B C с център на вписаната окръжност I. Окръжност с център II минава през върха CC и пресича страната ABA B във вътрешни точки MM и NN. Да се докаже, че ∠MCN<60∘\angle M C N\lt{}60^{\circ}.
РешениеРешение. В △AMC\triangle A M C точка II се явява пресечна точка на симетралата на страната CMC M и ъглополовящата на ∠CAM\angle C A M и следователно II лежи на описаната около △AMC\triangle A M C окръжност и в частност ∠ICM=∠IAM=12∠CAB\angle I C M=\angle I A M=\frac{1}{2} \angle C A B. Аналогично ∠ICN=12∠CBA\angle I C N=\frac{1}{2} \angle C B A и следователно ∠ACB=180∘−∠CAB−∠CBA=180∘−2∠MCN\angle A C B=180^{\circ}-\angle C A B-\angle C B A=180^{\circ}-2 \angle M C N. Но по условие MM и NN са вътрешни точки за ABA B и следователно ∠ACB>∠MCN\angle A C B\gt{}\angle M C N, т. е. ∠MCN<60∘\angle M C N\lt{} 60^{\circ}. Инструкции за оценяване. (7 точки) 3 т. за AMICA M I C - вписан и BNICB N I C - вписан; 2 т. за изразяване на ∠ACB\angle A C B чрез ∠MCN\angle M C N и 2 т. за заключението ∠MCN<60∘\angle M C N\lt{}60^{\circ}.
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2014-9-2

Задача 3

Пълен запис
Условие
Да се намерят всички естествени числа nn, за които числотоA=n(n+2)(n+3)(n+5)A=n(n+2)(n+3)(n+5)има точно три различни прости делителя. (Някои от простите делители на AA могат да делят AA и с по-висока от първа степен.)
Решениеt b_{\max }^{*}+\frac{5 \cdot 6 t}{3} \leq 55 tт. е. $b_{\max }^{*} \leq 15$. Нека $b^{*}$ е броят на различните саксии (максимални и немаксимални). Нека $\mathcal{B}^{*}$ е максимално множество от саксии,екоетовсекидвесаралични., е което всеки две са ралични., т. е. $\left|\mathcal{B}^{*}\right|= b^{*}$. Преброявайки по два начина двойките $(B, (x, y))$, където $B \in \mathcal{B}^{*}$, а $(x, y)$ е двойка сортове, която се среща в $B$, получаваме неравенството
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2014-9-3

Задача 4

Пълен запис
Условие
За дадено множество SS от 2014 точки в равнината нека ℓ\ell е минималното естествено число, за което съществуват ℓ\ell прави, такива, че всяка точка от SS лежи върху някоя от тях. Нека cc е минималното естествено число, за което съществуват cc окръжности, такива, че всяка точка от SS лежи върху някоя от тях. Съществува ли множество SS, за което: а) ℓ=15\ell=15 и c=67c=67; б) ℓ=19\ell=19 и c=53c=53?
РешениеРешение. а) Отговор: Не. Да разгледаме едно покриване на SS със cc окръжности. Тогава върху окръжността с най-много точки от SS има поне 2014c\frac{2014}{c} точки и за да покрием тези точки с прави, са ни необходими поне 20142c=1007c\frac{2014}{2 c}=\frac{1007}{c} прави (защото всяка права покрива най-много две от точките). Следователно ℓ≥1007c⟺cℓ≥1007\ell \geq \frac{1007}{c} \Longleftrightarrow c \ell \geq 1007, докато за дадените стойности на cc и ℓ\ell имаме cℓ=15⋅67=1005c \ell=15 \cdot 67=1005. б) Отговор: Да. Да разгледаме 19 успоредни прави и 53 окръжности, всяка от които пресича всяка от деветнадесетте прави в по 2 различни точки (и никои две окръжности не се пресичат върху правите). Получаваме множество SS от общо 19 \cdot 53 \cdot 2 = 2014 точки, за което ще докажем, че има исканото свойство. Да допуснем, че c<c\lt{} 30. Тогава ще има окръжност, върху която лежат повече от 20 точки и някоя от 19-те успоредни трябва да пресича тази окръжност поне в 3 точки, противоречие. Аналогично, ако допуснем, че ℓ<10\ell\lt{}10, то в съответното покриване има права на която лежат повече от 60 точки и тогава върху някоя от 30 -те окръжности от конструкцията има поне 3 точки от тази права, пак противоречие. Инструкции за оценяване. ( 7 точки) 3 т. за а) и 4 т. за пример за б), в това число 2 т. за посочване на работещ пример и по 1 т. за доказване на ℓ=19\ell=19 и c=53c=53. Правилни отговори без смислена обосновка се оценяват с 0 т.
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2014-9-4

10

3 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Да се намерят стойностите на параметъра aa, при които системата∣ 4x+9y≤a2x−3y≥1\left\lvert\, \begin{aligned} & 4^{x}+9^{y} \leq a \\ & 2^{x}-3^{y} \geq 1 \end{aligned}\right.има
Решение& 0 & 1 \hline \end{tabular} Ако в средната клетка има единица, то поне в една от ъгловите клетки има единици и с изчерпване на възможностите получаваме следните две таблици: \hline
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2014-10-1

Задача 2

Нужна е проверка
Условие
BLANK BLANK BLANK
РешениеBLANK BLANK BLANK
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2014-10-2

Задача 3

Пълен запис
Условие
Върху дадена окръжност kk са избрани точките A,BA, B и CC. Построена е окръжност ω\omega, която се допира до хордите AB,ACA B, A C и вътрешно до окръжността kk в точките P,QP, Q и RR съответно. Нека правите PRP R и QRQ R пресичат за втори път kk в точките MM и NN съответно, а точка TT е такава, че AMTNA M T N е успоредник. Да се докаже, че точките P,QP, Q и TT лежат на една права.
РешениеРешение. Ако XX е сборът на числата върху всички пътища, а YY е броят на жителите на всички градове, то от условието имаме X=2YX=2 Y. Нека xx е най-малкото общо кратно на различните числа aa и bb, като a>ba\gt{}b. Тогава x≥ax \geq a и x≥2bx \geq 2 b, откъдето 3x≥2(a+b)3 x \geq 2(a+b). Събираме съответните неравенства за всеки от пътищата в държавата и като използваме, че от всеки град излизат точно три пътя получаваме, че 3X≥6Y3 X \geq 6 Y, т. е. X≥2YX \geq 2 Y. Това означава, че за всеки път е изпълнено 3x=2(a+b)3 x=2(a+b), т. е. x=ax=a и x=2bx=2 b или a=2ba=2 b. Получихме, че ако два града са свъзрани с път, то жителите на единия са два пъти повече от жителите на другия. Това означава, че ако от град с aa жители може да се стигне до град с b<ab\lt{}a жители, минавайки по tt пътя, то a=2kba=2^k b, където tt и kk имат една и съща четност. Следователно в държавата няма затворен маршрут с нечетен брой пътища. Тогава градовете могат да се разделят в две групи без пътища във всяка от тях (това следва от добре известния факт, че граф без нечетни цикли е двуделен). Инструкции за оценяване. 3 т. за доказване на 3x≥2(a+b);13 x \geq 2(a+b); 1 т. за факта, че ако два града с aa и b<ab\lt{}a жители са свързани с път, то a=2ba=2 b; 2 т. за доказване, че няма цикъл с нечетна дължина; 1 т. за довършване на решението.
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2014-10-3

11

2 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Да се намерят всички стойности на параметъра aa, при които уравнението 22x+1−(a+8)2x+a2+4=02^{2 x+1}-(a+8) 2^{x}+a^{2}+4=0 има един положителен и един отрицателен корен.
РешениеПлагаме: y=2xy=2^{x} и разглеждаме функцията f(y)=2y2−(a+8)y+a2+4f(y)=2 y^{2}-(a+8) y+a^{2}+4. За да има уравнението от условието един положителен и един отрицателен корен, то f(y)=0f(y)=0 трябва да има по един корен във всеки от интервалите (0,1)(0, 1) и (1,+∞)(1, +\infty). Понеже f(0)=a2+4>0f(0)=a^{2}+4\gt{}0, то достатъчно е да е изпълнено f(1)<0f(1)\lt{}0. Това е еквивалентно на a2−a−2<0a^{2}-a-2\lt{}0, откъдето a∈(−1,2)a \in(-1, 2).
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2014-11-1

Задача 2

Пълен запис
Условие
Даден е триъгълник ABCA B C, за който BC2+AC2=AC.ABB C^{2}+A C^{2}=A C. A B. Да се докаже, че допирната точка на вписаната в △ABC\triangle A B C окръжност със страната BCB C, средата на страната ABA B и средата на ъглополовящата през върха CC лежат на една права.
РешениеЩе използваме стандартните означения за елементите на △ABC\triangle A B C. Нека CL,L∈ABC L, L \in A B, е ъглополовящата на ∠ACB\angle A C B, а PP и QQ са съответно средите на ABA B и CLC L. Тъй като a2+b2=bc<b(a+b)=ab+b2a^{2}+b^{2}=b c\lt{}b(a+b)=a b+b^{2}, то a<ba\lt{}b, което означава, че AL>BLA L\gt{}B L, т. е. точката PP е между AA и LL. Следователно PL=c2−caa+b=c(b−a)2(b+a)P L=\frac{c}{2}-\frac{c a}{a+b}=\frac{c(b-a)}{2(b+a)}. Нека правата PQP Q пресича страната BCB C в точка XX. От теоремата на Менелай за △LBC\triangle L B C и правата PQP Q имамеBPPL⋅LQQC⋅CXXB=1,\frac{B P}{P L} \cdot \frac{L Q}{Q C} \cdot \frac{C X}{X B}=1,откъдето XBCX=BPPL=b+ab−a\frac{X B}{C X}=\frac{B P}{P L}=\frac{b+a}{b-a}. От CX+XB=aC X+X B=a намираме CX=a(b−a)2bC X=\frac{a(b-a)}{2 b}. Ако TT е допирната точка на вписаната окръжност със страната BCB C, то CT=a+b−c2C T= \frac{a+b-c}{2}. Равенството CT=CXC T=C X е еквивалентно наa+b−c2=a(b−a)2b⟺a2+b2=bc.\frac{a+b-c}{2}=\frac{a(b-a)}{2 b} \Longleftrightarrow a^{2}+b^{2}=b c.
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2014-11-2