2010.2.05 НПМГ "Академик Любомир Чакалов" София by stoyan bordjukov

софийски университет „св. климент охридски“ факултет по математика и информатика национална природо-математическа гимназия „Акад. Л. Чакалов“ писмен държавен изпит по математика 2 май 2010 г.

Задача 1. Да се намери сумата S10 на първите десет члена на аритметична прогресия ÷a1 , a2 , a3 , . . ., ако е известно, че a2 + a5 + a6 + a9 = −12. Задача 2. Две окръжности с радиуси 3 и 9 се допират външно в точка A. Да се намери разстоянието от A до общата им външна допирателна, която не минава през A.

Задача 3. Да се реши неравенството

x2 − x(sin 2 + sin 3) + sin 2 sin 3 < 0

и да се намери поне едно рационално число, което удовлетворява това неравенство.

Задача 4. Да се намерят стойностите на реалния параметър a, за които уравнението x+ x1

9 има реални корени.

−a 3

x+ x1

+a−1=0

Задача 5. Даден е успоредник ABCD. Точките M , N , P и Q са съответно средите на страните AB, BC , CD и DA. Точките K, L, T и S са съответно пресечни точки на отсечките AP и BQ, BQ и CM , CM и DN , DN и AP . Да се намери лицето на четириъгълника KLT S, ако лицето на успоредника ABCD е равно на 120.

Задача 6. Да се реши неравенството ¡ sin x ¢2 2 −2 −2

sin x

5 0.

Задача 7. Даден е триъгълник ABC и точка D върху отсечката AB, такава че AD : DB = BC − AC . 3 : 1. Известно е, че ^BAC = 2^ADC. Да се намери стойността на отношението AB

Задача 8. Дадена е правилна четириъгълна пирамида V ABCD с връх V и равнинен ъгъл √ 2 2 . Да се намери големината на двустенния ъгъл между α при върха V , за който sin α = 3 стените V AB и V BC. Задача 9. В шахматен турнир участват петима състезатели. Играе се по системата „всеки срещу всеки“, като за всяка среща при победа се присъждат две точки на победителя, а при реми – по една точка за всеки състезател. След приключването на турнира се оказало, че вторият е събрал точков актив, равен на сумата от точките на последните трима в класирането. Как е завършила партията между класиралите се на второ и четвърто място? Задача 10. Да се намерят стойностите на реалния параметър a, такива че за всяко b ∈ R уравнението x5 − 5x4 + ax + b = 0 има точно един реален корен. Време за работа 5 часа.

Задача 1. Да се намери сумата S10 на първите десет члена на аритметична прогресия ÷a1 , a2 , a3 , . . ., ако е известно, че a2 + a5 + a6 + a9 = −12. Решение: Нека a1 и d са съответно първият член и разликата на прогресията. От свойствата на аритметичната прогресия и от условието a2 + a5 + a6 + a9 = −12 последователно имаме a1 + d + a1 + 4d + a1 + 5d + a1 + 8d = −12, 4a1 + 18d = −12 или 2a1 + 9d = −6. От друга страна S10 = a1 + · · · + a10 = 10(2a1 + 9d) 10(a1 + a10 ) = = 5(−6) = −30. 2 2 Задача 2. Две окръжности с радиуси 3 и 9 се допират външно в точка A. Да се намери разстоянието от A до общата им външна допирателна, която не минава през A.

Решение: Означаваме външната допирателна на двете окръжности с BC (O1 B ⊥ BC, O2 C ⊥ BC), а търсеното разстояние с AD (AD⊥BC, D ∈ BC), след което построяваме през точка O1 права O1 M (M ∈ O2 C), успоредна на BC и пресичаща AD в точка N (вж. чертежа). Нека O1 B = r1 = 3 и O2 C = r2 = 9, тъй като фигурата O1 M CB е правоъгълник и AN O1 A r1 1 AD − r1 = = = = или AD − r1 = ∆O1 AN ∼ ∆O1 O2 M имаме r2 − r1 O2 M O1 O2 r1 + r2 4 9 1 3 3 (r2 − r1 ) = , т.е. AD = + r1 = . 4 2 2 2

Задача 3. Да се реши неравенството x2 − x(sin 2 + sin 3) + sin 2 sin 3 < 0 и да се намери поне едно рационално число, което удовлетворява това неравенство. Решение: От формулите на Виет непосредствено получаваме, че корените на уравнението x2 − x(sin 2 + sin 3) + hπ i , π , където функцията sin x е sin 2 sin 3 = 0 са x1 = sin 2 и x2 = sin 3. Понеже числата 2 и 3 лежат в интервала 2 намаляваща, то x2 < x1 и решения на даденото неравенство са числата от интервала (sin 3, sin 2). 12 18 > π > = 2, 4 очевидно е изпълнено, следователно е изпълнено и неравенството Неравенството 3, 6 = 5 5 1 5π 5π 1 > 2 или sin 3 < sin = < sin 2, т.е. интервалът (sin 3, sin 2) съдържа рационалното число . 3> 6 6 2 2 1 1 Задача 4. Да се намерят стойностите на реалния параметър a, за които уравнението 9 x+ x − a 3 x+ x + a − 1 = 0 има реални корени. 1 Решение: Уравнението има смисъл при x 6= 0. Сега ще изследваме областта на изменение на израза y = x + за x x 6= 0. Тази задача е равносилна със задачата за намиране на параметъра y, така че квадратният тричлен x2 −yx+1 = 0 да има реални корени или D = y 2 − 4 = 0, т.е. y ∈ (−∞, −2], когато x < 0 или y ∈ [2, ∞),¡ когато ¤ x£ > 0. ¢Понеже 1 функцията 3 u е растяща (3 > 1), то областта на изменение на израза t = 3 x+ x щe бъде Ω ≡ 0, 3−2 ∪ 32 , ∞ . Така за новата променлива t задачата се свежда до следната задача за квадратен тричлен: Да се намерят стойностите на реалния параметър a, за които уравнението t2 − at + a − 1 = 0 има поне един корен в Ω. Тъй като дискриминантата на това уравнение е точен квадрат получаваме решенията му в явен вид t1 = 1 и 1 1 t2 = a − 1. Очевидно t1 ∈ / Ω, следователно единственият случай, при който уравнението 9 x+ x − a 3 x+ x + a − 1 = 0 ще ¸ µ 10 ∪ [10, ∞). има реални корени е при t2 ∈ Ω, т.е. при a ∈ 1, 9 Задача 5. Даден е успоредник ABCD. Точките M , N , P и Q са съответно средите на страните AB, BC , CD и DA. Точките K, L, T и S са съответно пресечни точки на отсечките AP и BQ, BQ и CM , CM и DN , DN и AP . Да се намери лицето на четириъгълника KLT S, ако лицето на успоредника ABCD е равно на 120. ∼ ∆CM B и ∆ABQ = ∼ ∆CDN по първи признак, то Решение: Понеже ∆AP D = AP ||CM , BQ||DN и фигурата KLT S е успоредник. T N е средна отсечка в ∆LBC и LT = T C = x, аналогично QK е средна отсечка в ∆DSA и AK = KS = LT = x. x AK = . Така за лицето От друга страна M L е средна отсечка в ∆AKB и LM = 2 2 на успоредника KLT S имаме SKLT S = LT hLT = x dx , където dx е разстоянието между успоредните прави AP и CM . За успоредника AM CP имаме CM dx = SAM CP = AM ha = SABCD = 24. 5

1 5 AB ha x = SABCD , но CM = CT + T L + LM = x + x + = x, следователно SKLT S = x dx = 2 2 2 2

¡ ¢2 Задача 6. Да се реши неравенството 2 sin x − 2 − 2 sin x 5 0. Решение: Неравенството има смисъл за всяко x ∈ R. Въвеждаме ново неизвестно t = 2 sin x −2 и свеждаме задачата до квадратното неравенство t2 −t−2 5 0 на новата променлива, което има решение t ∈ [−1, 2], откъдето за x получаваме −1 5 2 sin x − 2 5 2 или 2 0 = 1 5 2 sin x 5 4 = 2 2 . Понеже функцията 2 u расте (2 > 1), то имаме 0 5 sin x 5 2, но sin x 5 1, следователно търсим решенията на неравенството 0 5 sin x 5 1, които са x ∈ [2kπ, (2k + 1)π] , k ∈ Z. Задача 7. Даден е триъгълник ABC и точка D върху отсечката AB, такава че AD : DB = 3 : 1. Известно е, че BC − AC . ^BAC = 2^ADC. Да се намери стойността на отношението AB Решение: Освен стандартните означения за ∆ABC нека ^ADC = ϕ. От синусова b sin 2ϕ = 2b cos ϕ. теорема за ∆ACD получаваме CD = sin ϕ Оттук, от косинусова теорема за ∆ADC и от формулата за понижаване на степента 3bc cos 2ϕ 9c2 9c2 − , 2b2 cos 2ϕ = − на косинуса последователно имаме 4b2 cos2 ϕ = b2 + 2 16 µ ¶ ¶ µ 16 ¶ µ 3c 3bc cos 2ϕ 3c 3c или 2b + b cos 2ϕ = +b − b , откъдето намираме cos 2ϕ = b2 − 2 4 4 4 3c − 4b . Сега от косинусовата теорема за ∆ABC последователно получаваме 8b 1 c(3c − 4b) 2b + c a−b , 4b2 + 4bcx + c2 = 4a2 или = 2, откъдето търсеното отношение е = . a2 = b2 + c2 − 4 a c 2 Задача 8. Дадена е правилна четириъгълна √пирамида V ABCD с връх V и 2 2 . Да се намери големината на равнинен ъгъл α при върха V , за който sin α = 3 двустенния ъгъл между стените V AB и V BC. Решение: В равнините на околните стени BCV и DCV построяваме перпендикуляри от точки B и D към V C. Тъй като ∆BCV ∼ = ∆DCV , то тези перпендикуляри са равни и имат обща пета точката P , т.е. ъгълът ^BP D = ϕ е линеен на двустенния ъгъл между стените V AB и V BC (вж. чертежите). Нека AB = a, BP = DP = h и BV = l, тогава от правоъгълните ∆BP V , ∆BM V α (точка M е среда на ръба BC) и ∆BP O имаме съответно h = l sin α, a = 2l sin 2 √ √ 2l sin α2 2 a 2 ϕ 3 α ϕ α = или sin = = sin . Понеже ъгълът е остър, то и sin 2 r 2h 2 2l sin α 2 2 2 p 1 1 − cos α α , където cos α = ± 1 − sin2 α = ± . sin = 2 2 3 √ √ ϕ 3 3 1 α ϕ 1 и sin = , т.е. = 60o или ϕ = 120o . При cos α = − имаме Ако cos α = , то sin = 3 2 3 2 2 2 3 √ √ ϕ 6 6 α и sin = > 1, т.е. такава пирамида не съществува. sin = 2 3 2 2 Задача 9. В шахматен турнир участват петима състезатели. Играе се по системата „всеки срещу всеки“, като за всяка среща при победа се присъждат две точки на победителя, а при реми – по една точка за всеки състезател. След приключването на турнира се оказало, че вторият е събрал точков актив, равен на сумата от точките на последните трима в класирането. Как е завършила партията между класиралите се на второ и четвърто място? Решение: Петимата състезатели са изиграли общо C52 = 10 партии и са разиграли в тях 20 точки. В своеобразен мини-турнир последните трима в класирането са изиграли помежду си C32 = 3 партии и са си разпределили 6 точки. Така сумата от точките на последните трима е не по-малко от 6 точки, т.е. вторият също има поне 6 точки и за първенеца остават неповече от 20 − 6 − 6 = 8 точки. Ако допуснем, че вторият има точков актив от поне 7 точки, то и сумата от точките на последните трима ще бъде поне 7 и за първия в класирането биха останали максимум 6 точки, т.е. той би имал по-малко точки от втория, което е противоречие.

Следователно нашето допускане е погрешно и точките са разпределени както следва: първият има 8 т., вторият- 6 т., а сумата от точките на последните трима е също 6, т.е. никой от последните трима не е спечелил точки в партиите си срещу някой от първите двама. Следователно вторият е победил четвъртия в класирането. Задача 10. Да се намерят стойностите на реалния параметър a, такива че за всяко b ∈ R уравнението x5 − 5x4 + ax + b = 0 има точно един реален корен. Решение: Нека f (x) = x5 − 5x4 + ax + b. При фиксирано a графиките на функцията f (x), съответстващи на две различни стойности на параметъра b се получават една от друга чрез транслация с вектор, успореден на оста Oy. Следователно уравнението f (x) = 0 има единствен реален корен за всяко b ∈ R точно когато функцията f (x) е строго растяща в интервала (−∞, ∞), т.е. трябва да търсим параметъра a, такъв че f 0 (x) > 0 за всяко x ∈ R. Понеже f 0 (x) = 5x4 −20x3 +a, а (f 0 (x))0 = f 00 (x) = 20x3 −60x2 = 20x2 (x−3), то най-малката стойност (единственият локален екстремум, който е минимум) на f 0 (x) се достига при x = 3. Следователно неравенството f 0 (x) > 0 е изпълнено за всяко x точно когато f 0 (x) = min f 0 (x) = f 0 (3) > 0, т.е. когато a > 135. x∈R