1
Решения на задачите от кандидат-студентския изпит по математика, проведен в ЮЗУ “Н. Рилски” на 16.07.2008 г. Задача 1. Да се реши уравнението log x 5 x log x 5 . Решение. Тъй като аргументът x участва като основа на функцията логаритъм, то допустими стойности за x са x 0, x 1 . При тези стойности на x е определен и log x 5 x . С еквивалентни преобразувания получаваме 1
log x 5 x log x (5 x ) 2
1 1 log x 5 log x x log x 5 1 2 2
и следователно даденото уравнение е еквивалентно на уравнението
1 log x 5 1 log x 5 . 2
(1)
Като положим log x 5 u получаваме ирационалното уравнение
1 u 1 u . 2
(2)
В (2) подкоренната величина е неотрицателна при u 1 . От друга страна, лявата страна на (2) е неотрицателно число и следователно уравнението има решение само когато и дясната страна е положителна, т.е. когато u 0 . Така за u получаваме ДО: 1 u 0 . Като повдигнем двете страни на (2) в квадрат, стигаме до квадратното уравнение
2u 2 u 1 0 , 1 корени на което са u1 1 и u 2 . Но u1 ДО и следователно решение е само 2 1 1 u 2 . От log x 5 намираме единственото решение на даденото уравнение 2 2 x
1 . 25
Задача 2. Да се реши системата
x(1 y ) y 15 x 2 y xy 2 56. Решение. Преобразуваме системата във вида
2
x y xy 15 xy ( x y ) 56 и полагаме x y u , xy v . Получаваме системата
u v 15 (3)
uv 56. Тази система можем да решим чрез заместване, но можем да я решим и по следния начин. Съгласно формулите на Виет, решенията на системата съвпадат с корените на квадратното уравнение z 2 15 z 56 0 . Корените на това квадратно уравнение са z1 8 и z 2 7 . Следователно решения на системата (3) са двойките (u 8, v 7) и (u 7, v 8) . Връщаме се към полагането (3). От (u 8, v 7) получаваме системата
x y 8 (4)
xy 7. чиито решения са двойките ( x 7, y 1) и ( x 1, y 7) . От (u 7, v 8) и (3) получаваме системата
x y 7 (5)
xy 8. 7 17 7 17 Решения на тази система са двойките x , y 2 2 7 17 7 17 , y x 2 2
и
.
Следователно решенията на дадената система са: (7, 1) , (1, 7) ,
7 17 7 17 7 17 7 17 , , и . 2 2 2 2
Задача 3. Да се намери лицето на трапеца ABCD , ако голямата основа AB има дължина a , острият ъгъл между диагоналите му е 30 и диагоналите AC и BD са ъглополовящи съответно на DAB и CBA . Решение.Ъглите DBA и BDC (Фиг. 1) са равни като кръстни ъгли, получени от пресичането на успоредните прави AB и CD с правата BD . Тъй като по условие и ABD DBC , то в BDC ъглите B и D са равни и следователно CD BC . С
3 аналогични разсъждения получаваме, че и CD AD . Следователно трапецът е равнобедрен. Ако O AC BD , AOB е равнотранен и тъй като външният му ъгъл COB е 30 , то CAB DBA 15 . Тогава DAB CBA 30 .
За да намерим лицето на трапеца, построяваме височината h DH и означаваме b BC CD AD . От AHD имаме AH AD cos 30 и DH
a b 3 a b. , откъдето b 2 2 2
3 1 и h
a 4
1 AD . Следователно 2
3 1 . Оттук намираме
ab a 2 4
и за лицето на трапеца получаваме S
a b a .h 2 2
a2
1 3 1 a 2 . 8
b
C
3 1
D
b
O
b
A
H
B
a
Фиг. 1 Вместо бедрото b , можем да намерим диагонала d на трапеца и тогава S
1 2 d sin 30 . Нека O е центърът на описаната окръжност около трапеца 2
b
D
C d
b
A
b
a
H
B
d d
30
d
60
O
Фиг. 2 (Фиг.2). Тъй ABD 15 е вписан в тази окръжност, то AOD 30 . Също така от DAB 30 следва, че DOB 60 . Тогава BOD е равностранен и следователно радиусът на описаната окръжност е d . От
3 1
4 равнобедрения правоъгълен AOB получаваме 2d 2 a 2 и следователно d 2
1 2 a . 2
Тогава 1 1 1 1 S . a 2. a 2 . 2 2 2 8
Задача 4. В пирамидата ABCM имаме, че MA MB MC CA CB 1 cm и AMB 90 . Да се намери:
a) обемът на пирамидата; б) косинусът на ъгъла, който образуват околната стена ACM и основата ABC . Решение. От правоъгълния равнобедрен AMB (Фиг.3) намираме AB 2 cm . Триъгълниците AMB и ACB са еднакви (III признак) и следователно основата ABC е правоъгълен триъгълник с хипотенуза AB . Тъй като околните ръбове на пирамидата са равни, то върхът M се проектира ортогонално върху равнината на основата в центъра O на описаната окръжност около основата. В правоъгълния ACB това е средата на
хипотенузата AB . M
B C
O D
A
Фиг. 3 а) Височината MO на пирамидата е медиана на правоъгълния AMB и следователно е равна на половината от хипотенузата. Имаме MO
2 cm . Тогава за 2
1 1 1 2 2 2 обема V намираме V S ABC .MO . 1.1. , т.е. V cm 3 . 3 3 2 2 12 12 б) Построяваме височината MD на равностранния ACM . Точката D е средата на отсечката AC . Тогава MDO е линеен ъгъл на двустенния ъгъл, който образува стената ACM с основата. Тъй като MD
cos MDO
3 1 и OM , получаваме 2 2
OD 1 . MD 3
5
КРИТЕРИЙ ЗА ОЦЕНЯВАНЕ. Правилното решение на коя да е от задачите се оценява с по 4 точки. Общата оценка (OO) се изчислява по формулата ОО 2
1 n, 4
където n е сборът от набраните точки от четирите задачи.