2010.28.03 Софийски университет "Св. Климент Охридски"

СОФИЙСКИ УНИВЕРСИТЕТ „СВ. КЛИМЕНТ ОХРИДСКИ” ПИСМЕН КОНКУРСЕН ИЗПИТ ПО МАТЕМАТИКА 28 МАРТ 2010 г. ТЕМА 3 Задача 1. Да се пресметне стойността на израза

1 − cos 4 x − sin 4 x .

1 − cos 2 2 x

Задача 2. В правоъгълен триъгълник АВС с хипотенуза АВ, CH ⊥ AB ( H ∈ AB) и AH : HB = 8 :1 . Да се намери периметърът на триъгълника, ако дължината на по-малкия катет е 1. Задача 3. Да се реши неравенството x − 1 ≤

x −1 . x − 8 x + 16 2

Задача 4. Върху страните АВ, ВС и CА на триъгълника ABC са избрани съответно точки M, N и P, така че PN || AB , NM || CA и MP || BC . Да се намери лицето на ABC, ако

лицето на MNP е

3 .

4

Задача 5. Да се реши неравенството x − 3 − 3x − 5 ≤ 0 . Задача 6. Даден е правоъгълен трапец ABCD ( AB || CD, AB > CD) с прав ъгъл при върха A . Ъглополовящата на )ABC пресича бедрото AD в средата му М. Да се намери лицето на трапеца, ако AD = 6 и CD = 1 . Задача 7. Основата на четириъгълна призма ABCDA1 B1C1 D1 е квадрат ABCD със стра-

на

2 . Ръбът AA1 образува с ръбовете AB и AD ъгли с големина 60D . Да се намери

обемът на призмата, ако ортогоналната проекция на върха A1 върху равнината на основата лежи на отсечката BD . Задача 8. Да се намерят реалните числа а и b, ако е известно, че уравнението x 2 + ax + b = 0 има реални корени x1 , x2 , такива че 5 x12 + 5 x22 = 4a − 6b − 1 . Задача 9. Даден е квадрат АВСD със страна 1. Точките M, N, P и Q съответно върху страните АВ, ВС, СD и DА са такива, че MP ⊥ NQ . Да се намери QA + AM + NC + CP . Задача 10. Нека a , b и c са реални числа, такива че множеството от решенията на сиax 4 < bx 2 + c стемата bx 4 < cx 2 + a , съдържа точно три цели числа. Да се докаже, че a , b и c са cx 4 < ax 2 + b

страни на триъгълник. Време за работа 5 часа.

Драги кандидат-студенти, • номерирайте всички страници на беловата си; • решението на всяка задача трябва да започва на нова страница; • черновата не се проверява и не се оценява. Изпитната комисия ви пожелава успешна работа!

Софийски Университет „Св. Климент Охридски” Писмен конкурсен изпит по математика 28март 2010 г. ЗАДАЧИ И ПРИМЕРНИ РЕШЕНИЯ – ТЕМА 3 1 − cos 4 x − sin 4 x Задача 1. Да се пресметне стойността на израза .

1 − cos 2 2 x

Решение: При x ≠ k π , k ∈ ] , 1 − cos 2 2 x ≠ 0 и преобразуваме израза по следния начин: 2

2 2 2 2 1 − cos 4 x − sin 4 x 1 − ( sin x + cos x ) + 2sin x.cos x 1 − 1 + 2sin 2 x.cos 2 x 2sin 2 x.cos 2 x 1 = = = = .

1 − cos 2 2 x sin 2 2 x 4sin 2 x.cos 2 x 4sin 2 x.cos 2 x 2 2

Задача 2. В правоъгълен триъгълник АВС с хипотенуза АВ, CH ⊥ AB ( H ∈ AB) и AH : HB = 8 :1 . Да се намери периметърът на триъгълника, ако дължината на по-малкия катет е 1. Решение: Нека AH = 8 x, HB = x, AB = 9 x . От AC 2 = AH . AB = 72 x 2 и BC 2 = BH .BA = 9 x 2 следва,

че AC > BC . Тогава BC = 1 и 12 = 9x 2 . Оттук намираме x =

1 3

,

C .

AB = 9 x = 3 , AC = 6 2 x = 2 2 . Следователно AB + BC + CA = 4 + 2 2 .

1

. x −1 A 8x H xB . Задача 3. Да се реши неравенството x − 1 ≤ 2 x − 8 x + 16 1 ⎛ ⎞ Решение: Неравенството е еквивалентно на ( x − 1) ⎜1 − 2 ⎟ ≤ 0 . Като приведем под общ ⎝ x − 8 x + 16 ⎠ ( x − 1)( x − 3)( x − 5) знаменател и разложим на множители, получаваме ≤ 0 . Множеството от допус( x − 4) 2 тимите стойности е x ≠ 4 . При x ≠ 4 неравенството е еквивалентно на ( x − 1)( x − 3)( x − 5) ≤ 0 , което има решения x ∈ (−∞;1] ∪ [3;5] . Окончателно получаваме x ∈ (−∞;1] ∪ [3; 4) ∪ (4,5] .

Задача 4. Върху страните АВ, ВС и CА на триъгълника ABC са избрани съответно точки M, N и P,

така че PN || AB , NM || CA и MP || BC . Да се намери лицето на ABC, ако лицето на MNP е Решение: От PN || AB и NM || CA следва, че PAMN е успоредник и PN = AM . От PN || AB и MP || BC следва, че PMBN е успоредник и PN = MB . Следователно AM = MB , т.е. М е средата на АВ. Аналогично получаваме, че N и P са средите съответно на ВС и СА. Тогава S ABC = 4S MNP = 3 .

3 .

4

C N

P A

M

B

Задача 5. Да се реши неравенството x − 3 − 3x − 5 ≤ 0 .

Решение: Множеството от допустимите стойности е x ≥ 5 . Записваме неравенството във вида 3 5 x − 3 ≤ 3x − 5 , което е изпълнено за всяко x ∈ ⎡ ;3⎤ . При x > 3 повдигаме на квадрат, откъдето ⎣3 ⎦ 5 x 2 − 9 x + 14 ≤ 0 . Решение на последното неравенство е x ∈ [ 2;7 ] . Окончателно x ∈ ⎡ ;7 ⎤ . ⎣3 ⎦ D 1C Задача 6. Даден е правоъгълен трапец ABCD ( AB || CD, AB > CD) с прав ъгъл при върха A . Ъглополовящата на )ABC пресича x 3 3 бедрото AD в средата му М. Да се намери лицето на трапеца, 1 P N M ако AD = 6 и CD = 1 . α x-1 x Решение: Нека MN е средната основа на трапеца. От MN || AB и 3 α )ABM = )MBC следва, че )BMN = )MBN . Тогава α MN = BN = NC = x . Нека CP ⊥ MN , P ∈ MN . Тогава MPCN е A B

правоъгълник, откъдето MP = CD = 1 , PC = MD = 3 и PN = x − 1 . От правоъгълния ∆CPN нами2 раме x 2 = ( x − 1) + 32 , т.е. x = 5 = MN . Оттук S ABCD = MN . AD = 30 . Задача 7. Основата на четириъгълна призма ABCDA1 B1C1 D1 е квадрат ABCD със страна

2 . Ръ-

D

бът AA1 образува с ръбовете AB и AD ъгли с големина 60 . Да се намери обемът на призмата, ако ортогоналната проекция на върха A1 върху равнината на основата лежи на отсечката BD . Решение: Нека О е ортогоналната проекция на върха A1 върху D1

равнината на основата. От )BAA1 = )DAA1 = 60 и AB = AD следва, че + ABA1 ≅+ ADA1 и A1 B = A1 D . Тъй като О лежи на BD и A1O ⊥ AD , то +OBA1 ≅+ODA1 и OB = OD , откъдето D

A1

то + ABA1 е равностранен и AA1 = AB = 2 . От + AOA1 имаме OA12 = AA12 − AO 2 = 2 − 1 = 1 . Оттук V = S ABCD OA1 = 2.1 = 2 .

B1

D

O = AC ∩ BD . От OA = OB ⇒ AA1 = A1 B . Тъй като )BAA1 = 60D ,

C1

C O B

A

Задача 8. Да се намерят реалните числа а и b, ако е известно, че уравнението x 2 + ax + b = 0 има реални корени x1 , x2 , такива че 5 x12 + 5 x22 = 4a − 6b − 1 .

Решение: Тъй като уравнението x 2 + ax + b = 0 има реални корени, то, D = a 2 − 4b ≥ 0 . По форму2 лите на Виет намираме 5 x12 + 5 x22 = 5 ( x1 + x2 ) − 10 x1 x2 = 5a 2 − 10b . Оттук 5a 2 − 10b = 4a − 6b − 1 или 5a 2 − 4a + 1 = 4b . Но 4b ≤ a 2 , така че 5a 2 − 4a + 1 ≤ a 2 , т.е. (2a − 1) 2 ≤ 0 . Следователно a = b=

1 16

. При a =

5 x12 + 5 x22 =

5 = 8

1 2

1 2

и b=

4. − 6.

1 16

1 16

1 2

уравнението x 2 + x +

1 16

1 2

и

1 4

= 0 има корени x1 = x2 = − , за които

−1 .

Задача 9. Даден е квадрат АВСD със страна 1. Точките M, N, P и Q съответно върху страните АВ, ВС, СD и DА са такива, че MP ⊥ NQ . Да се намери QA + AM + NC + CP . Решение: Означаваме AM = x , BM = 1 − x , BN = y , CN = 1 − y , CP = z , P z C D 1- z DP = 1 − z , DQ = t и AQ = 1 − t . Тъй като MNPQ е четириъгълник с перt

пендикулярни диагонали, то MN 2 + PQ 2 = NP 2 + QM 2 . Оттук 2

2

2

2

2

2

2

2

Q

.

1- y

s y + (1− x) + t + (1− z ) = z + (1− y) + x + (1− t ) или x + z = y + t .

N 1- t Тогава 1 − x + 1 − z = 1 − y + 1 − t . Оттук получаваме y x + (1 − t ) + z + (1 − y ) = y + (1 − x) + t + (1 − z ) , т.е.

A x M 1- x B QA + AM + NC + CP = BN + BM + DQ + DP . Тъй като QA + AM + NC + CP + BN + BM + DQ + DP = 4 , то QA + AM + NC + CP = 2 . Задача 10. Нека a , b и c са реални числа, такива че множеството от решенията на системата ax 4 < bx 2 + c bx 4 < cx 2 + a , съдържа точно три цели числа. Да се докаже, че a , b и c са страни на триъгълник. cx 4 < ax 2 + b Решение: Ако цялото число x0 е решение на системата, то и − x0 е решение. Тогава 0 е решение на системата, защото броят на целите решения е нечетен. Оттук получаваме, че a > 0 , b > 0 и c > 0 . Ако х е решение на системата, то х е решение на неравенството ( a + b + c ) ( x 4 − x 2 − 1) < 0 . Тъй като ⎛ 1+ 5 1+ 5 ⎞ a + b + c > 0 , решения му са x ∈ ⎜ − ; , откъдето намираме, че целите решения на систе2 2 ⎟ ⎝ ⎠ мата са –1, 0 и 1. Тогава a < b + c , b < c + a и c < a + b , откъдето следва, че a , b и c са страни на триъгълник. 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.