| СМБ Секция „РУСЕ”
ВЕЛИКДЕНСКО МАТЕМАТИЧЕСКО СЪСТЕЗАНИЕ 24. 04 2010
12 клас
Време за решаване 120 минути. Организаторите Ви пожелават успех!
Име ............................................................................Училище ................................... Град .......................
ПЪРВА ЧАСТ
Всяка задача има само един верен отговор. „Друг отговор” се приема за решен, само ако е отбелязан верният резултат. Задачите се оценяват с по 2 точки.
1. Ако a >0 и А =  , В =  , то частното А:В е равно на:
а)  ; б) а; в) а2; г) друг отговор.
2. Решенията на неравенството  > 2 са:
а) x(1, 2); б) x(- ∞, 1)(1, 2); в) x(- ∞, 2); г) друг отговор.
3. Произведението от корените на уравнението х +  = 2 , където m≠│n│е:
а) 2; б) m+n; в) 1; г) друг отговор.
4. Корените на уравнението (x2 – 4x+4)2 + (x-2)2 -2=0 са:
а) 6; 1; б) 3; -1; в) 6; 3; г) друг отговор.
5. Корените на уравнението  са:
а) 6; б) 3; в) 6 и 3; г) друг отговор.
6. Дадена е аритметичната прогресия 3, 6, 9.... Ако an =120 е член на прогресията с номер n, то n е равно на:
а) 50; б) 38; в) 40; г) друг отговор.
7. Ако α  и sinα =12/13, то стойността на cosα е:
а) -5/13; б) 1; в) 5/13; г) друг отговор.
8. Даден е ромбът ABCD и точката MAB такава, че AM:MB=3:2. Ако АС пресича DM в точката N, то отношението MN:ND е равно на:
а) 3:5; б) 2:3; в) 1:2; г) друг отговор.
9. В правоъгълен триъгълник медианите към катетите са равни на  и  . Дължината на хипотенузата е равна на:
а) 5; б) 6; в) 12; г) друг отговор.
10. Точка О е център на описаната около триъгълника ABC окръжност. Ако АО = R и ACB = , >900, то лицето на триъгълника AOB е равно на:
а) R2sin2; б) 1/2R2sin2; в) –R2sin2; г) друг отговор.
11. Диагоналите на равнобедрен трапец са перпендикулярни помежду си. Ако височината на трапеца е 8см, то лицето му е равно на:
а) 64 см2; б) 32 см2; в) 16 см2; г) друг отговор.
12. Най-малкият корен на уравнението (log3x)2 – log3x = 2 е равен на:
а) 1/9; б) 9; в) 1/3; г) друг отговор.
ВТОРА ЧАСТ.
Следващите задачи са със свободен отговор, който трябва да се запише.
Задачите се оценяват с по 3 точки.
13. Да се реши неравенството  <1 Отговор:.............................
14. Към вписаната в равнобедрения триъгълник ABC окръжност е построена допирателна MN (MAC, NBC), успоредна на основата AB. Точката М разделя бедрото АС на отсечки с дължини 1см и 2 см, считано от основата. Да се намери дължината на MN в сантиметри.
Отговор: ..............................
ТРЕТА ЧАСТ
На следващите три задачи трябва да се опише подробно решението.
Задачите се оценяват с по 10 точки.
15. Ако tg = 1/5, да се намери стойността на израза А =  .
16. Да се реши системата
17. Дадена е окръжност k с център О и радиус R. Даден е диаметърът CD на k и хорда AB, успоредна на CD. Върху диаметъра или на продължението му е взета точка М. Да се докаже, че сумата AM2 + BM2 не зависи от положението на хордата при дадено положение на точката М.
ВАЖНО! Награждаване на първенците e на 27. 04. 2010 от 17.30 часа в МГ”Баба Тонка”-Русе
Очаквайте класиране и отговорите на задачите на http://smb-ruse.com или http://cutnt-ruse.com
ВМС 24.04.2010 12 клас Отговори:
1 – б; 2 – а; 3 – в; 4 – г x1 = 3, x2 = 1; 5 – б; 6 – в; 7 – а; 8 – а; 9 – г 10; 10 – г -1/2R2sin2; 11 – а; 12 – в;
13 – x (-∞, -2) (-1, 2) (2, ∞); 14 – MN = 0,8 см; 15 – A = 13/14.
16. От първото уравнение на системата изваждаме второто и записваме
   Получаваме системите  и  Решенията на първата система са x1 = 1, y1 = 2 и x1 = 2, y2 = 1, а на втората x3 = -1, y3 = -2 и x4 = -2, y4 = -1.
17. Съгласно косинусовата теорема за триъгълниците BOM и AOM имаме BM2 = R2 + OM2 – 2R.OM.cos BOM, AM2 = R2 + OM2 – 2R.OM.cos BOM. Оттук AM2 + BM2 = 2(R2 + OM2). Следователно AM2 + BM2 не зависи от положението на хордата AB при дадено положение на точката М.
Сподели с приятели: | 
