1 Решения на задачите от кандидатстудентския изпит по математика, проведен на 16.07.2009.
Задача 1. Да се реши уравнението log 2 (9 2 x ) 3 x.
Решение. ДМ за x се определя от неравенството 2 x 9 . От опраделението за логаритъм получаваме алгебричното уравнение 2 3 x 9 2 x , т.е. 8 9 2 x . Полагаме 2 x u . ДМ за u е 0 u 9 . Получаваме уравнението x 2
u 2 9u 8 0 , което има за корени числата 8 и 1. Тези стойности принадлежат на ДМ. От 2 x 8 намираме, че x 3 , а от 2 x 1 получаваме, че x 0 . Решения на уравнението са числата 3 и 0.
Задача 2. Да се реши системата x 3y y 5 23 y5 x 3y xy 2 x 13 4 y.
Решение. ДМ е
x 3y 0 . Полагаме y5
уравнение на системата приема вида u 2
x 3y u . ДМ за u е u 0 . Първото y5 3 или u 2 2u 3 0 . Това уравнение има u
един положителен корен, който е u 1 . Връщаме се в полагането и получаваме
x 3y 1 , от което следва, че и y5
x 3y 1 , т.е. x 5 2 y . y 5 Заместваме x във второто уравнение на системата и стигаме до уравнението 2 y 2 5 y 3 0 , което има за корени числата Ако y получаваме 3.
3 и 1. 2
3 , то за x получаваме x 5 2 y 2 , а ако y 1 , то за x 2
2
3 Следователно решенията на системата са двойките 2, и 3, 1 . 2
Задача 3. Триъгълникът ABC е правоъгълен с C 90 и височина CD 9 cm . Да се намери лицето на триъгълника, ако височината CD разполовява ъглополовящата му AL .
C
2
L O
2
A
2
D
L1
B
Фиг. 1 Решение. Нека O AL CD и LL1 AB
L1 AB
(Фиг. 1).
I. Отсечката CO е медиана към хипотенузата на правоъгълния триъгълник ACL и следователно AO CO , откъдето намираме, че ACO CAO
CAB . От правоъгълния ACD получаваме, че
, където 2
90 и следователно 2
60 . От CD AC cos 30 получаваме, че AC 6 3 и тогава намираме, че AB 2 AC 12 3 . Лицето на триъгълника ABC е S
1 AB.CD 54 3 cm 2 . 2
II. От LL1 ║ CD и AO OL следва, че AD DL1 . Да означим AD DL1 x . Тогава BL1 c 2 x . Тъй като AL е ъглополовяща на ABC , то
страна от LL1 ║ CD имаме и
CL b . От друга BL c
CL DL1 x . Така получаваме равенството BL BL1 c 2 x
3
b2 b x От ABC намираме, че AC 2 AB. AD , т.е. b 2 c.x , откъдето x . Като c c 2x c заместим x в предходното равенство получаваме 2b 2 bc c 2 0 , откъдето 2
b b 2 1 0 . Това квадратно уравнение има един положителен корен и той е c c
b2 1 b 1 1 . Следователно b c . Тогава намираме x c . От Питагоровата теорема, c 2 2 c 4 приложена за ACD получаваме c 12 3 и тогава S
1 AB.CD 54 3 cm 2 . 2
Задача 4. Триъгълникът ABC е правоъгълен с C 90 , катет AC 10 cm и периметър 36 cm . Окръжност с радиус 4 cm се допира до хипотенузата AB и до правата AC в точката C . Допирателната права на тази окръжност, която е успоредна на BC , пресича отсечките AB и AC съответно в точки M и N . Да се намери лицето на триъгълника AMN . C N
O T
A
M
T1
B
Фиг. 2
Решение. Нека AC b (Фиг. 2). Тогава AN b 4 . Ако T и T1 са допирните точки на окръжността съответно с MN и AB , то AT1 AC b , AN NT AN NC AC b , AM MT AM MT1 b . Следователно периметърът
на триъгълника AMN е равен на 2b . Триъгълниците AMN и ABC са подобни и периметрите им се отнасят както две съответни страни, т.е PAMN : PABC AN : AC , т.е 2b b 4 . Оттук за b получаваме квадратното уравнение b 2 18b 72 0 , което има 36 b
корени 12 и 6. Тъй като по условие b AC 10 cm , то следва, че b 12 .
4 Периметърът на триъгълника AMN е равен на 2b 24 . Катетът му AN 12 4 8 . Да означим MN x и AM y . Тогава x y 8 24 , т.е. x y 16 .
Прилагаме Питагоровата теорема за същия триъгълник, а именно 64 y 2 x 2 ( y x)( y x) 16( y x) , откъдето следва, че y x 4 .
Решаваме системата
x y 16 y x 4. Получаваме x MN 6 , y AM 10 и S
1 AN .MN 24 cm 2 . 2
КРИТЕРИЙ ЗА ОЦЕНЯВАНЕ. Правилното решение на коя да е от задачите се оценява с по 4 точки. Общата оценка се изчислява по формулата 2
1 n, 4
където n е сборът от набраните точки от четирите задачи.