Научно-методически статии
АНАЛИЗ НА ЗАДАЧИТЕ И ПРЕДСТАВЯНЕТО НА УЧЕНИЦИТЕ ОТ XI И XII КЛАС НА ОБЛАСТНИЯ МАТЕМАТИЧЕСКИ ТУРНИР КЪРДЖАЛИ’2015
Резюме. В настоящата статия се разглеждат задачите за XI и XII клас от проведения на 14.11.2015 г. Областен математически турнир в Кърджали. Предлагат се методически решения на задачите. На база на постигнатите резултати се анализира нивото на подготовка на участниците за състезания от подобен тип.
Ключови думи: education, mathematics competition
Целта на настоящата статия е да се представят условията на задачите за XI и XII клас от проведения на 14.11.2015 г. в Кърджали Петнадесети областен математически турнир за ученици от III до XII клас, възможните подходи за тяхното решаване и на база на получените резултати да се анализира нивото на подготовка на участниците за състезания от подобен тип.
От XI клас в състезанието взеха участие 66 ученици, в това число 31 от Кърджали, 13 от Смолян, 9 от Хасково, 4 от Ардино, 3 от Димитровград, 2 от Крумовград, 2 от с. Чорбаджийско и по 1 от Свиленград и с. Черноочене. Състезателите от XII клас бяха 78, от които 34 от Кърджали, 25 от Хасково, 15 от Смолян, 3 от Крумовград и 1 от с. Чорбаджийско.
Съгласно регламента броят на задачите в темите за всички класове е седем, като в първите шест трябва да се избере един верен отговор от общо пет, а последната задача е от отворен тип, като е необходимо не само да се отговори, но и да се направи обосновка на получения резултат. Времето за работа е 120 минути. Максималният брой точки, които могат да съберат участниците, е 23, като верен отговор на задачи от 1 до 6 се оценява с по 3 точки, а на седма задача могат да се получат от 1 до 5 точки.
Важна особеност на турнира е, че най-добре представилите се ученици от XI и XII клас получават разнообразни предимства при кандидатстване във ФМИ на ПУ „Паисий Хилендарски“, ВУЗФ и Икономическия университет – Варна.
Темата за XI клас включваше следните задачи.
Задача 1. Да се намерят корените на уравнението \(x+\sqrt{16-x^{2}}=2\).
А) \(1-\sqrt{7}\) и \(1+\sqrt{7}\) В) \(1+\sqrt{7}\) C) 2 D) 4 Е) \(1-\sqrt{7}\)
Задача 2. Да се определят стойностите на реалния параметър \(a\), за които сумата от корените на уравнението \(x^{3}-a x^{2}+a x=0\) е неположителна.
А) \(a \in(-\infty, 4]\) В) \(a \in(4,+\infty)\) C) \(a \in(-\infty, 4)\) D) \(a \in[4,+\infty)\) E) \(a \in(4,10)\)
Задача 3. За кои стойности на реалния параметър \(a\) уравнението
\(\tfrac{1+2^{-x^{2}}}{1-2^{-x^{2}}}=a\) има решение?
A) \(a \in(1,+\infty)\) B) \(a \in(0,1)\) C) \(a=1\)
D) \(a=0\) E) друг отговор
Задача 4. Дадени са две еднакви окръжности \(k_{1}\left(O_{1}, r=3 c m\right)\) и, \(k_{2}\left(O_{2}\right.\), \(r=3 c м\) ), като центърът на всяка от тях лежи върху другата. Да се намери лицето на защрихованата част?
А) \(3\left(\pi-\tfrac{3 \sqrt{3}}{4}\right)\) В) \(\tfrac{9 \sqrt{3}}{4}\) C) \(3\left(\pi+\tfrac{3 \sqrt{3}}{2}\right)\) D) \(3 \pi\) Е) \(\tfrac{\sqrt{3}}{4} \pi\)
Задача 5. Да се намери височината на трапец с основи \(\sqrt{20}\) см и 3 см и бедра 5 см и 6 см.
A) 4 В) 5 С) \(\tfrac{71+12 \sqrt{5}}{4}\) D) \(\sqrt{20}-3 \mathrm{~cm}\) E) такъв трапец не съществува
Задача 6. Куб с ръб 2015 е съставен от единични кубчета. Премахнати са всички кубчета, през които преминават телесните диагонали на куба. Тогава броят на останалите единични кубчета се дели на:
A) 2017 В) 2016 С) 2015 D) 2014 Е) 2013
Задача 7. Да се намери най-малкото естествено число \(n\), за което числото \(2018^{3}-6054 n\) седели на 2015.
Темата за XII клас включваше следните задачи.
Задача1. Ако \(x\) и \(y\) саположителниреалничислаи 2014 \({ }^{x} .2016^{y}=2015^{x+y}\), отношението \(\tfrac{x}{y}\) е:
A) равно на 1 В) равно на 2 С) число между 0 и 1 D) число между 1 и 2 Е) друг отговор
Задача 2. На фигурата са показани графиките на функциите \(f(x)\) и \(g(x)\).
Да се намерят всички стойности на \(x\), за които \(f(g(x))=3\).
А) \(-1 ; 1 ; 2 ; 4\) В) \(0 ; 3\) C) \(1 ; 2\) D) \(-2 ; 5\) Е) \(1 ; 2 ; 3\)
Задача 3. Ако \(3 f(x)-2 f(2015-x)=x+3\), то \(f(6025)\) е равно на:
A) 2000 В) 2014 С) 2015 D) 2016 Е) 2020
Задача 4. Даден е правоъгълен триъгълник \(A B C\) с катет \(B C=5\). Ђглополовящата на ъгъла при върха срещу другия катет \(A C\) пресича \(A C\) в точка \(D\). Да се намери разсто янието от върха \(A\) до правата \(B D\), ако разстоянието от върха \(C\) до правата \(B D\) е \(3 .^{1}\)
A) \(5 / 3\) B) \(27 / 5\) C) \(75 / 7\) D) \(97 / 9\) E) \(2015 / 183\)
Задача 5. Дадена сума е поставена на влог за \(m+n\) дни, като първите \(m\) дни сe олихвява с \(p \%\) проста дневна лихва, а следващите \(n\) дни – с \(\left(8 k^{2}+18 k-5\right) . p \%\) проста дневна лихва, като \(k \in(-\infty,-3) \cup(1,+\infty)\). При тези условия нарасналата сума е равна на сумата, която би се натрупала, ако през целия период на влога лихвата е \(\left(4 k^{2}+9 k-2\right) . p \%\) (проста дневна). Да се намери отношението \(\tfrac{m}{n}\).
A) 0 В) 1 С) 2 D) 3 Е) не може да се определи.
Задача 6. Трима студенти се подготвят за изпит, като всеки от тях е научил по 5 въпроса от конспект, състоящ се от общо 20 въпроса. На изпита се изтегля по случаен начин един въпрос. Каква е вероятността студентите да положат успешно изпита, при условие че работят заедно, но нямат предварителна уговорка да учат различни въпроси?
А) \(\tfrac{3}{4}\) В) \(\tfrac{63}{64}\) С) \(\tfrac{1}{4}\) D) \(\tfrac{37}{64}\) E) \(\tfrac{1}{20}\)
Задача 7. Точките \(M, N\) и \(P\) са среди съответно на ръбовете \(A B, B C\) и \(C_{1} D_{1}\) на куба \(A B C D A_{1} B_{1} C_{1} D_{1}\). Да се пресметне \(\cos \angle M N P\).
Възможни подходи за решаване на задачите
Ще представим възможни подходи за решаване на задачите от двете теми, без да претендираме, че те са единствени.
Решения на задачите от темата за XI клас.
Задача 1. Отг. E). ДС: \(16-x^{2} \geq 0 \Leftrightarrow x \in[-4,4]\). Прехвърляме \(x\) вдясно на равенството и повдигаме двете страни на квадрат, при условие че \(2-x \geq 0 \Leftrightarrow x \in[-4,2]\) :
\[ \begin{aligned} & \sqrt{16-x^{2}}=2-x, 16-x^{2}=4-4 x+x^{2} \\ & x^{2}-2 x-6=0, x_{1,2}=1 \pm \sqrt{7} \end{aligned} \]
Коренът \(x_{1}=1-\sqrt{7}\) принадлежи на множеството от допустими стойности, докато другият корен \(x_{2}=1+\sqrt{7}\) не принадлежи на това множество.
Задача 2. Отг. С) . Уравнението \(x^{3}-a x^{2}+a x=0\) е еквивалентно на \(x\left(x^{2}-a x+a\right)=0 \Leftrightarrow x=0 \cup x^{2}-a x+a=0\), т. е. \(x_{1}=0\) е негов корен. Ако \(a=0\), даденото уравнение има вида \(x^{3}=0, \mathrm{c}\) корени \(x_{1}=x_{2}=x_{3}=0\), с сумата на които е неположителна. Ако \(a \neq 0\), са възможни два случая.
Случай 1. Дискриминантата на квадратното уравнение \(x^{2}-a x+a=0\)
е неотрицателна: \(D=a^{2}-4 a \geq 0 \Leftrightarrow a \in(-\infty, 0) \cup[4,+\infty)\). Уравнението има два реални корена \(x_{2}\) и \(x_{3}\), за които от формулите на Виет е изпълнено \(x_{2}+x_{3}=a\). Тогава даденото уравнение има три корена: \(x_{1}=0, x_{2}\) и \(x_{3}\), като трябва \(x_{1}+x_{2}+x_{3}=a \leq 0\). Така получаваме, че \(a \in(-\infty, 0)\).
Случай 2. Дискриминантата на квадратното уравнение \(x^{2}-a x+a=0\) е отрицателна: \(D=a^{2}-4 a \lt 0 \Leftrightarrow a \in(0,4)\). То няма реални корени, а даденото уравнение има единствен корен \(x_{1}=0\), който е неположителен.
Окончателно получаваме, че \(a \in(-\infty, 4)\).
Задача 3. Отг. А). Полагаме \(y=2^{-x^{2}}\), като \(0 \lt y \leq 1\). Равенството \(\tfrac{1+y}{1-y}=a\) е дефинирано при \(y \neq 1\). От него изразяваме \(y=\tfrac{a-1}{a+1}\). Следователно \(0 \lt \tfrac{a-1}{a+1} \lt 1\), откъдето намираме \(a \in(1,+\infty)\).
Задача 4. Отг. C). Лицата на двата кръга са равни на \(9 \pi \mathrm{~cm}^{2}\). Нека \(M\) е пресечната точка на общата хорда \(A B\) и на централата \(O_{1} O_{2}\). Тогава \(O_{1} M=M O_{2}=\tfrac{O_{1} O_{2}}{2}=\tfrac{3}{2} . \quad\) В правоъгълния \(\quad \triangle O_{1} M A\left(\angle O_{1} M A=90^{\circ}\right)\) имаме \(O_{1} M=\tfrac{O_{1} A}{2} \Rightarrow \angle O_{1} A M=30^{\circ} \quad\) и \(\quad \angle M O_{1} A=60^{\circ}\). Тогава \(\angle A O_{1} B=2 . \angle M O_{1} A=120^{\circ}\). Лицето \(S_{1}\) на сегмента \(A O_{2} B\) е равно разликата между лицето на сектора \(O_{1} A O_{2} B\) и лицето на \(\triangle A B O_{1}\), т. е. \(\tfrac{120^{\circ}}{360^{\circ}} 9 \pi-\tfrac{1}{2} \cdot 3^{2} \cdot \sin 120^{\circ}=3 \pi-\tfrac{9 \sqrt{3}}{4} \mathrm{~cm}^{2}\). Тогава търсеното лице на защрихованата част е равно на разликата между лицето на кръга с граница окръжността \(k_{2}\) и \(2 S_{1}\), т. е. на \(9 \pi-2\left(3 \pi-\tfrac{9 \sqrt{3}}{4}\right)=3\left(\pi+\tfrac{3 \sqrt{3}}{2}\right) \mathrm{cm}^{2}\).
Задача 5. Отг. А). Нека \(C C_{1}=D D_{1}=h\) са височини в трапеца, \(A D_{1}=x\) и \(B C_{1}=y\). От правоъгълните триъгълници \(A D_{1} D\) и \(B C_{1} C\) имаме \(h^{2}=5^{2}-x^{2}=6^{2}-y^{2}\). Освен това \(D_{1} C_{1}=3=\sqrt{20}-x-y\). Достигаме до ситемата \(\left\lvert\, \begin{aligned} & y^{2}-x^{2}=11 \\ & x+y=\sqrt{20}-3\end{aligned}\right.\), от която намираме \(y=\sqrt{20}\). Тогава \(h^{2}=6^{2}-(\sqrt{20})^{2}=16\) или \(h=4\) см.
Забележка. От намерената стойност на \(B C_{1}=y=\sqrt{20}\) следва, че \(C_{1} \equiv A\) (вж. втория чертеж).
Задача 6. Отг. D). Кубът съдържа \(2015^{3}\) единични кубчета. Всеки от четирите му телесни диагонала преминава през 2015 кубчета, като едно от тях е общо за всички. Следователно броят на премахнатите кубчета е \(4.2015-3\), а броят на останалите кубчета е \(A=2015^{3}-(4.2015-3)=2015^{3}-4.2015+3\). Преобразуваме \(A\) по следния начин:
\[ \begin{aligned} & A=2015^{3}-3.2015-2015+3=2015\left(2015^{1}-1\right)-3(2015-1)= \\ & =2015.2016 .2014-3.2014=2014 .(2015.2016-3) \end{aligned} \]
Очевидно изразът в скобите не се дели на 2015 и 2016. Лесно може да се докаже, че той не се дели на 2013 и 2017. Наистина
\(2015.2016-3=(2013+2) \cdot(2013+3)-3=2013^{2}+5.2013+3\), което не се дели на 2013, и
\(2015.2016-3=(2017-2) \cdot(2017-1)-3=2017^{2}-3.2017-1\), което не се дели на 2017.
Следователно \(A\) се дели на 2014 и на никое друго число от посочените.
Задача 7. Нека \(n\) е такова, че \(2018^{3}-6054 n\) се дели на 2015. Преобразуваме израза по следния начин:
\[ \begin{aligned} & 2018^{3}-6054 n=(2015+3)^{3}-3 \cdot(2015+3) n= \\ & =2015^{3}+3 \cdot 2015^{2} \cdot 3+3 \cdot 2015 \cdot 3^{2}+27-3 \cdot 2015 n-9 n \end{aligned} \]
Първото, второто, третото и петото събираемо се делят на 2015, следователно трябва и \(27-9 \mathrm{n}\) да се дели на 2015. Най-малкото естествено число, за което това е изпълнено, е \(\mathrm{n}=3\).
Решения на задачите от темата за XII клас.
Задача 1. Отг. C). Преобразуваме израза:
\(2014^{x} .2016^{y}=2015^{x+y} \Leftrightarrow\left(\tfrac{2016}{2015}\right)^{y}=\left(\tfrac{2015}{2014}\right)^{x}\).
Тъй като \(1 \lt \tfrac{2016}{2015} \lt \tfrac{2015}{2014}\), то \(0 \lt x \lt y \Leftrightarrow 0 \lt \tfrac{x}{y} \lt 1\).
Задача 2. Отг. А) От фигура 1 се вижда, че \(f(g(x))=3 \Leftrightarrow g(x)=0\) или \(g(x)=3\), откъдето следва, че \(x=\{-1 ; 1 ; 2 ; 4\}\).
Задача 3. Отг. B). Ако положим \(x=6025\), то \(3 f(6025)-2 f(-4010)=602:(*)\). Ако положим \(x=-4010\), то \(3 f(-4010)-2 f(6025)=-4007(* *)\). Като решим системата от (*) и (**), получаваме \(f(6025)=2014\).
Задача 4. Отг . С). Нека \(H\) и \(E\) са петите на проекциите върху правата \(B D\) съответно на върховете \(A\) и \(C\), а \(\angle A B C=2 \alpha\). Да забележим, че \(\triangle B C E\) е Питагоров, откъдето следва, че \(B E=4\). Освен това правоъгълните триъгълници \(B A H\) и \(B C E\) са подобни, като оттук \(\tfrac{A H}{3}=\tfrac{A B}{5}\). Тъй като \(A H=\tfrac{3}{5} A B\), задачата се свежда до намиране на \(A B\). От правоъгълния \(\triangle B C E\) имаме \(\sin \alpha=\tfrac{3}{5}\) и \(\cos \alpha=\tfrac{4}{5}\). Тогава \(\cos 2 \alpha=\cos ^{2} \alpha-\sin ^{2} \alpha=\tfrac{16}{25}-\tfrac{9}{25}=\tfrac{7}{25}\). Сега от правоъгълния \(\triangle A B C\) намираме \(\tfrac{5}{A B}=\cos 2 \alpha\), т.е. \(A B=\tfrac{5}{\cos 2 \alpha}=\tfrac{5.25}{7}=\tfrac{125}{7}\). Окончателно търсеното разстояние е \(A H=\tfrac{3}{5} A B=\tfrac{3}{5} \cdot \tfrac{125}{7}=\tfrac{75}{7}\).
Задача 5. Отг. В). Нека вложената сума е \(K\) лв. За \(m\) дни при \(p \%\) проста дневна лихва нарастването на сумата е \(K\left(1+m \cdot \tfrac{p}{100}\right)\), а за следващите \(n\) дни при \(\left(8 k^{2}+18 k-5\right) \cdot p \%\) проста дневна лихва нарастването е \(K\left(1+n \cdot \tfrac{\left(8 k^{2}+18 k-5\right) \cdot p}{100}\right)\). Натрупаната сума за \(m+n_{\text {дни при }}\) \(\left(4 k^{2}+9 k-2\right) \cdot p \%\) проста дневна лихва е \(K\left(1+(m+n) \cdot \tfrac{\left(4 k^{2}+9 k-2\right) \cdot p}{100}\right)\).
По условие \(K\left(1+m \cdot \tfrac{p}{100}\right)+K\left(1+n \cdot \tfrac{\left(8 k^{2}+18 k-5\right) \cdot p}{100}\right)=\)
\(K\left(1+(m+n) \cdot \tfrac{\left(4 k^{2}+9 k-2\right) \cdot p}{100}\right)\), откъдето \((m-n)\left(4 k^{2}+9 k-3\right)=0\). Лесно се проверява, че в разглеждания интервал за \(k\) е изпълнено \(4 k^{2}+9 k-3 \gt 0\), откъдето заключаваме, че \(m-n=0\), т.е. \(\tfrac{m}{n}=1\).
Задача 6. Отг. D). Изпитът ще бъде положен успешно, ако поне един от тримата студенти е научил изтегления въпрос. Нека \(A\) е случайното събитие „поне един от тримата студенти е научил изтегления въпрос“. Противоположното му събитие \(\bar{A}\) е „нито един от тримата студенти не е научил изтегления въпрос“, като \(P(A)=1-P(\bar{A})\). Тъй като \(P(\bar{A})=\tfrac{15}{20} \cdot \tfrac{15}{20} \cdot \tfrac{15}{20}=\tfrac{27}{64}\), то търсената вероятност \(P(A)=1-\tfrac{27}{64}=\tfrac{37}{64}\).
Задача 7. Първи начин. Нека \(P_{1}\) е ортогоналната проекция на точка \(P\) върху равнината \((A B C D)\). Тогава \(P P_{1} \perp(A B C D), P_{1} N\) е ортогоналната проекция на отсечката \(P N\) върху \((A B C D), P_{1}\) е среда на ръба \(C D\), като \(P_{1} N \perp M N\). От теоремата за трите перпендикуляра следва, че \(P N \perp M N\), т. е. \(\cos \angle M N P=0\).
Втори начин. Нека ръбът на куба има дължина \(a\). Тогава \(\quad M P=a \sqrt{2}, M N=P_{1} N=\tfrac{a \sqrt{2}}{2}, \quad\) а \( \) от \( \) правоъгълния \( \Delta N P_{1} P \) : \(N P=\sqrt{\left(\tfrac{a \sqrt{2}}{2}\right)^{2}+a^{2}}=\tfrac{a \sqrt{6}}{2}\). За триъгълник \(\triangle M N P\) прилагаме косинусова теорема: \(\cos \angle M N P=\tfrac{M N^{2}+N P^{2}-M P^{2}}{2 M N \cdot N P}=\tfrac{\tfrac{a^{2}}{2}+\tfrac{3 a^{2}}{2}-2 a^{2}}{a^{2} \sqrt{3}}=0\).
Анализ на постигнатите резултати
На първо място сред единадесетокласниците се класира Милка Росенова от ПМГ „Васил Левски“ – Смолян, с 22 точки. Второ място си поделиха Димитър Карев от ПМГ „Акад. Боян Петканчин“ – Хасково, и Марио Илиев от ПМГ „Иван Вазов“ – Димитровград, с 20 точки, а трето място зае Димитър Николов от „Акад. Боян Петканчин“ – Хасково, с 19 точки. От всички 66 участници 9 са събрали \(50 \%\) и повече от максималния брой точки, а 5 имат 0 точки.
На фиг. 1 е показано представянето на участниците (брой верни отговори) по задачи от 1 до 6.
Фигура 1
Анализът показва, че \(24,24 \%\) от участниците са решили вярно първа задача, \(46,97 \%\)-втора задача, \(39,39 \%\)-трета задача, \(42,42 \%\)-четвърта задача, \(16,67 \%\)-пета задача, и 25,76% – шеста задача. Успеваемостта за седма задача е 7,58%, а общият брой събрани точки от всички задачи е 428 от общо 1518 възможни, което означава \(28,19 \%\) успеваемост върху темата на всички участници.
На първо място сред дванадесетокласниците се класира Георги Базлянков от ГПЧЕ „Христо Ботев“ – Кърджали, с пълен брой точки – 23. Второ и трето място заеха съответно Христо Райдовски от ПМГ „Васил Левски“ – Смолян, с 18 точки и Ангел Беширов от същото училище със 17 точки. От всички 78 участници 9 са събрали \(50 \%\) и повече от максималния бройточки, а 8 имат 0 точки.
На фиг. 2 е показано представянето на участниците (брой верни отговори) по задачи от 1 до 6.
Фигура 2
Анализът показва, че \(41,03 \%\) от участниците са решили вярно първа задача, \(48,72 \%\)-втора задача, \(11,54 \%\)-трета задача, \(14,1 \%\)-четвърта задача, \(20,51 \%\)-пета задача, и \(38,46 \%\)-шеста задача. Успеваемостта за седма задача е \(8,97 \%\), а общият брой събрани точки от всички задачи е 485 от общо 1794 възможни, което означава \(27,03 \%\) обща успеваемост.
Изводите, които могат да се направят на база тези резултати, са няколко.
Очаквано успеваемостта при последната задача е най-малка както в XI, така и в XII клас. Това според нас се дължи не толкова на самите условия, а на факта, че участниците нямат ориентация за отговор за разлика от останалите задачи.
Сред тестовите задачи от затворен тип най-слабо сред единадесетокласниците е представянето на пета задача. Въпреки че тя е „стандартна“ като тип, най-вероятно слабото представяне се дължи на „нетрадиционния“ вид на трапеца. Дванадесетокласниците са се затруднили най-много с трета и четвърта задача, което свидетелства за недостатъчна подготовка върху геометрични задачи и върху задачи, невлизащи в задължителната подготовка.
Учудващ е фактът, че на задача 1 от темата за XI клас, която може да се реши дори само на база предложените отговори, верен отговор са посочили едва \(24 \%\) от участниците, като в същото време е силно представянето на задачи 2 и 3.
Като цяло, успеваемостта е значително под \(50 \%\) и в двата класа, причина за което може да се търси както в самите теми, така и в нивото на подготовка на участниците в математическия турнир.
NOTES / БЕЛЕЖКИ
1. Задача 4 от темата за XII клас, както и представеното в настоящата статия решение, са предложени от проф. д. п. н. Сава Гроздев.
REFERENCES / ЛИТЕРАТУРА
Grozdev, S. & S. Doychev (2011). Matematicheski testove. VIII – XII klas. Sofi a: Regalia 6, (ISBN 978-954-745-212-1), 132stranitsiГроз[ дев, С. & С. Дойчев (2011). Математически тестове. VIII – XII клас. София: Регалия 6, (ISBN 978-954-745-212-1), 132страници]
Grozdev, S.&H. Lesov (2012). Zimni matematicheski sastezaniya. Sofi a: VUZF. (ISBN 978-954-8590-17-4), 351 stranitsi. [Гроздев, С.&Х. Лесов (2012). Зимни математически състезания. София: ВУЗФ. (ISBN 978-954-8590-17-4), 351 страници.]
Grozdev, S., V. Nenkov & S. Doychev (nauchna redaktsia) (2012). Za visoki postizheniya v matematikata (v pomosht na uchitelya). Sofia: Fondatsii “M. Balkanski” i “Amerika za Balgaria”. (ISBN 978-954-92830-3-7), 204 stranitsi. [Гроздев, С., В. Ненков & С. Дойчев (научна редакция) (2012). За високи постижения в математиката (в помощ на учителя) . София: Фондации „М. Балкански“ и „Америка за България“. (ISBN 978-954-92830-3-7), 204 страници.]
Grozdev, S. &V. Nenkov (2015).Zadachite na Ru. Peta knizhka XI – XII. klas. Sofi a: Arhimed. (ISBN-978-954-779-1879), 130 stranitsi. Гроз[ дев, С. &В. Ненков (2015). Задачите на Ру. Пета книжка XI – XII клас. София: Архимед. (ISBN978-954-779-1879), 130 страници.]