Софийски Университет „Св. Климент Охридски” Писмен конкурсен изпит по математика 13 юли 2010 г. ЗАДАЧИ И ПРИМЕРНИ РЕШЕНИЯ – ТЕМА 2 3
Задача 1. Да се пресметне стойността на израза Решение:
= (| ab | −ab ) b . При 2
a = −3 ,
b=
a 3b5 − 2ab 3 b 2 + 6 a 6b10 при a = −3 и b = 2 2 .
A = 3 a 3b5 − 2ab 3 b 2 + 6 a 6b10 = ab 3 b 2 − 2ab 3 b 2 + | ab | 6 b 4 =
Преобразуваме израза: 3
3
3 22
имаме
| ab | −ab = −3.2
3 2
− ( −3.2 ) = 2.3.2 3 2
3 2
,
3
b2 = 2 .
3
Следователно A = 4.3.2 2 = 24 2 . Задача 2. Даден е успоредник ABCD със страни 6 и 4. Да се намери лицето на успоредника, ако острият ъгъл между диагоналите е 45° . Решение: Нека AB = 6, BC = 4, AC ∩ BD = O и )BOC = 45° . От D C BC 2 = OB 2 + OC 2 − 2OB.OC cos 45° и AB 2 = OA2 + OB 2 + 2OA.OB cos 45° 2 2 6 −4 5 O 4 = следва, че AB 2 − BC 2 = 4OB.OC cos 45° , т.е. OB.OC = 4 cos 45° cos 45° A 6 B Но S ABCD = 2OB.OC sin 45° откъдето намираме S ABCD = 10tg45° = 10 .
x 3 − 27 . x →3 x 2 − 5 x + 6 ( x − 3) ( x 2 + 3 x + 9 )
Задача 3. Да се пресметне границата lim
x 3 − 27 x 2 + 3x + 9 = lim = lim = 27 . x →3 x 2 − 5 x + 6 x →3 x →3 x−2 ( x − 3)( x − 2 ) Задача 4. В триъгълника АВС, ВL е ъглополовяща и О е центърът на C вписаната окръжност. Правата през О, успоредна на АВ, пресича страните L АС и ВС съответно в точки M и N . Да се намери периметърът на O M триъгълника, ако OM = 2ON , AL = 6 и LC = 4 . N Решение: Тъй като ВL е ъглополовяща, то AB = AL = 3 . Нека B P A BC LC 2 CO ∩ AB = P . От MN || AB следва, че AP = MO = 2 . Но CP е ъглополовяща, така че BP ON 1 AC = AP = 2 , т.е. BC = 1 AC = 5 . Но AB = 3 BC = 15 . Следователно P = 10 + 5 + 15 = 45 . ABC 2 2 2 BC BP 1 2 2 3 2 2 Задача 5. Да се реши уравнението 3 cos x − 4 cos x sin x + 3 cos x sin x = 0 . Решение: Имаме lim
Решение: Имаме
3 cos3 x − 4 cos 2 x sin x + 3 cos x sin 2 x = cos x ( 3 ( sin 2 x + cos 2 x ) − 4sin x cos x ) =
= cos x ( 3 − 2sin 2 x ) = 0 . Следователно π
x = (2k + 1) , k = 0, ±1, ±2,.. , а от sin 2x = 2
cos x = 0 3 2
или
имаме x =
π 6
sin 2 x =
3 2
. От
+ lπ , l = 0, ±1,.. и x =
cos x = 0 π 3
намираме
+ mπ , m = 0, ±1,.. .
Задача 6. В остроъгълния триъгълник АВС с лице 8, AA1 и BB1 са височини, а точката М е средата на страната AВ. Да се намери лицето на триъгълника A1 B1C , ако триъгълникът A1 B1M е равностранен. C Решение: Нека )CAB = α , )CBA = β . Тъй като B1M е медиана в 60° правоъгълния ∆ABB1 , то B1M = AM . Тогава )AMB1 = 180° − 2α . A1 . Аналогично )BMA1 = 180° − 2β . Тъй като A1 B1M е равностранен, то B1 . )A1MB1 = 60° и )AMB1 + )BMA1 = 180° − )A1MB1 = 120° , откъдето
α + β = 120° . Следователно )ACB = 60° . Тогава CA1 = CA cos 60° = 12 CA 1 2
1 4
и CB1 = CB cos 60° = CB . Следователно S A1B1C = S ABC = 2 .
α
A
60°
M
β
B
x+ y+z = 2
Задача 7. Да се намерят реалните решения на системата
2 xy − z 2 = 4
.
Решение: От x + y = 2 − z получаваме x 2 + 2 xy + y 2 = (2 − z ) 2 . Тъй като 2 xy = 4 + z 2 , то
x 2 − 2 xy + y 2 = ( 2 − z ) − 2 ( 4 + z 2 ) = − ( z + 2 ) , т.е. ( x − y ) + ( 2 + z ) = 0 . Но ( x − y ) ≥ 0, ( 2 + z ) ≥ 0 , 2
2
2
2
2
2
така че x = y и z = −2 . Оттук имаме 2 x = 2 − z = 4 , т.е. x = y = 2 . Задача 8. Да се намерят стойностите на реалния параметър а, при които всяко решение на неравенството log x ( 5 x 2 − 8 x + 3) > 2 е решение на неравенството x 2 − 2 x − a 4 + 1 > 0 . 5 x 2 − 8 x + 3 > 0 , x > 0, x ≠ 1 получаваме дефиниционната област на първото
Решение: От
( ) ∪ (1, +∞ ) . Тъй като log
неравенство: x ∈ 0,
( )
x ∈ 0,
3 5
имаме
x ∈ (1, +∞ )
3 5
(5x
2
− 8 x + 3) > 2 ⇔ log x ( 5 x 2 − 8 x + 3) > log x x 2 , при
( , ), ⇔ 4 x − 8 x + 3 > 0 ⇒ x ∈ ( −∞, ) ∪ (
5x2 − 8x + 3 < x2 ⇔ 4 x2 − 8x + 3 < 0 ⇒ x ∈
5x2 − 8x + 3 > x2
–
x
1 3 2 2 1 2
2
x∈
откъдето 3 , +∞ 2
),
( , ), 1 3 2 5
x∈
откъдето
а при
(
3 , +∞ 2
).
Решението на неравенството x 2 − 2 x − a 4 + 1 > 0 е x ∈ ( −∞,1 − a 2 ) ∪ (1 + a 2 , +∞ ) . Тъй като трябва да е изпълнено −
2 5
≤a≤
( , ) ⊂ ( −∞,1 − a ) 1 3 2 5
2 5
2
и−
1 2
≤a≤
1 2
и
(
3 , +∞ 2
) ⊂ (1 + a , +∞ ) , 2
. Окончателно −
2 5
≤a≤
2 5
то .
3 5
3 2
≤ 1 − a 2 и 1 + a 2 ≤ , откъдето
C
ϕ ϕ Задача 9. В триъгълника АВС, CH е височина, CM – медиана и )ACH = )BCM . Да се намери лицето на триъгълника, ако AB = 2 , )ABC = 30° и 30° ≤ )BAC < 90° . α 30° Решение: Означаваме )ACH = )BCM = ϕ и )BAC = α . Тъй като A H M B )ABC ≤ )BAC , то AC ≤ BC , откъдето AH ≤ BH , т.е. AH ≤ AM . Тогава )ACM = ϕ + )HCM = )BCH . Но )BCH = 90° − 30° = 60° . От ∆ACM по синусова теорема CM sin α CM sin 30° имаме = , а от ∆BCM имаме = . Тъй като AM = BM и ϕ = 90° − α , то AM sin 60° BM sin ϕ sin α sin 30° 3 = , откъдето sin α .cos α = sin 30° sin 60° или sin 2α = . Оттук 2α = 60° или 2 sin 60° cos α sin α sin β 2α = 120° . Следователно α1 = 30° или α 2 = 60° . Тъй като S ABC = AB 2 , то при α1 = 30° 2sin γ имаме S ABC =
3 3
, а при α 2 = 60° – S ABC =
3 2
.
Задача 10. Нека a и b са реални числа, такива че графиката на функцията f ( x) = x 2 + ax + b пресича оста Ox в точки А и В, оста Oy в точка С и )ACB = 90° . Да се намерят a и b , при които лицето на триъгълника АВС е най-малко. y Решение: Нека A ( x1 ;0 ) , B ( x2 ;0 ) и C ( 0; y ) . Тъй като f (0) = b , то C ( 0; b ) . Понеже ОС е височината към хипотенузата на правоъгълен триъгълник x O АВС, то OC 2 = OA.OB , т.е. b 2 =| x1 x2 |=| b | , откъдето b = 0,1, −1 . При b = 0 A B C ≡ A или C ≡ B , а при b = 1 , x1 и x2 са с еднакви знаци и точка О е външна за отсечката АВ, т.е. ∆ACB е тъпоъгълен. Следователно b = −1 . C 1 1 Имаме S ABC = AB.OC = | x2 − x1 | .1 . Тъй като | x2 − x1 |= a 2 + 4 , то 2
S ABC =
1 2
2
a 2 + 4 . Но min a 2 + 4 = 2 , при a = 0 . Следователно лицето на триъгълника АВС е най-
малко при a = 0 и b = −1 . Пълното решение на всяка задача се оценява с 4 точки. Оценката се получава по формулата 2 + 0,1.N, където N е броят на получените точки.