1 Решения на задачите от конкурсния изпит по математика, проведен на 15.07.2011 в ЮЗУ “Н. Рилски” Задача 1. Да се реши неравенството log
1 5
(6 x 1 36 x ) 2.
Решение. Ако положим 6 x y , получаваме неравенството (1)
log
1 5
(6 y y 2 ) 2,
с ДМ:
6y y 2 0 y 0.
Тази система неравенства има решение
y (0, 6) .
(2)
Тъй като при основа
1 1 , логаритмичната функция е намаляваща и 5
1 неравенството (1) е еквивалентно с неравенството 6 y y 5 2
2
5 , т.е. на
неравенството (3)
y 2 6 y 5 0.
Решението на това неравенство е множеството (4)
y ( ,1] [5, ) . Сечението на неравенствата (2) и (4) е множеството
(6)
(0,1] [5, 6) . Връщаме се към полагането 6 x y . От 0 6 x 1 6 0 получаваме x 0 , а от
5 6 x 6 , намираме log 6 5 x 1 . Отговор: x ( , 0] [log 6 5,1) .
Задача 2. Да се реши системата уравнения x 3y 1 2 2 x y 2 7 y 6.
Решение. Задачата има смисъл при
2
x 3y 1 0 2 x y 2 0. Задачата няма решение при 7 y 6 0 . Затова решаваме задачата при следното x 3y 1 0
(1)
ДМ: 2 x y 2 0 6 y . 7
След повдигане в квадрат на левите и десните страни на уравненията на дадената система, получаваме системата
x 3y 1 4 (2)
2 x y 2 49 y 2 84 y 36. Като заместим във второто уравнение x 3 3 y , взето от първото уравнение,
получаваме уравнението 7 y 2 11y 4 0,
(3)
което има корени y1 1 и y 2
4 4 . Стойността y 2 не удовлетворява последното 7 7
неравенство на (1), а от y1 1 получаваме x1 3 3 y1 0. Проверяваме, че наредената двойка ( x1 0, y1 1) удовлетворява неравенствата на ДМ и следователно тази двойка е единствено решение на системата. Ако заместим във второто уравнение y , взето от първото, получаваме уравнението (3)
7 x 2 9 x 0,
което има корени x1 0 и x 2
9 4 . Оттук намираме y1 1 и y 2 . Отхвърляме 7 7
9 4 двойката , , тъй като 7 y 2 6 2 0 . 7 7 Отговор. ( x1 0, y1 1) .
3 Задача 3. Разстоянията от центъра на вписаната окръжност в правоъгълен триъгълник до върховете на острите му ъгли са
5 cm и 10 cm . Да се намери
радиусът на окръжността. Решение. Нека в ABC (Фиг.1) имаме C 90 , O е центърът на вписаната окръжност и AO 5 cm , BO 10 cm , а M е допирната точка на страната AB с окръжността. В AOB ъгълът AOB е 135 , защото AOB 180
1 CAB CBA 180 45 . За този ъгъл има и готова формула, която 2
е AOB 90
, където ACB . 2
В AOB височината OM r е радиус на вписаната в триъгълника окръжност. Затова изразяваме лицето на AOB по два начина: 1)
1 1 2 5 S AOB OA.OB.sin135 5. 10. ; 2)От Косинусовата теорема пресмятаме 2 2 2 2
AB AO 2 BO 2 2 AO.BO cos135 5 10 10 5 и тогава S AOB
Следователно
5 5 r , откъдето следва, че r 1 . 2 2
Отговор. r 1 cm .
C
O
10
5
r A
M
Фиг. 1
B
1 5 AB.r r . 2 2
4
Задача 4. В триъгълната пирамида ABCM околните ръбове MA , MB и MC са равни и имат дължина l и AMB BMC 90 , AMC 60 . Да се намерят обемът на пирамидата и разстоянието от основния връх A до околната стена MBC .
M
C
O
N
A
B
Фиг. 2a
Решение. I . От дадените ъгли и дължини лесно намираме, че AB BC l 2 и AC l (Фиг. 2а). Тъй като околните ръбове на пирамидата са равни, то
ортогоналната проекция O на върха M в равнината на основата съвпада с центъра на описаната около основата окръжност. Радиусът на тази окръжност OB R можем да определим, използвайки формулата R
b2 4b 2 a 2
, където a и b са
съответно дължините на основата и бедрото на равнобедрен триъгълник или използвайки формулата R
abc , за произволен триъгълник. Тъй като за 4S
намирането на обема на пирамидата е необходимо лицето S S ABC , ще постъпим по втория начин. Означаваме с N средата на ръба AC . Тогава
1 7 1 7 2 2l 2 .l 2 BN h 2l 2 l 2 l и S l.h l ,а R l . От Питагоровата 2 4 2 2 4 7l 7
5
теорема за MOB получаваме MO H MB 2 R 2
3 l . За обема на 7
1 1 1 3 3 3 пирамидата имаме V S .H . l 2 7. l l . 3 3 4 12 7 Да означим с d разстоянието от основния връх A до околната стена MBC . 1 1 Тогава за обема на пирамидата имаме и V S MBC .d . Но S MBC l 2 и 3 2
3 3 1 2 1 1 следователно V . l 2 .d . Като сравним двата израза за V , т.е. l l .d , 3 2 12 6 намираме d
3 l. 2
II . Ако за основа на пирамидата изберем AMC (Фиг.2b), то от AMB BMC 90 следва, че BM l е височина на пирамидата. Основата AMC
е равностранен триъгълник със страна l и лице S
l2 3 . За обема на пирамидата 4
1 l2 3 3 3 получаваме V . .l l . Стените BMC и AMC са перпендикулярни, от 3 4 12 което следва, че разстоянието d е дължината на височината на равностранния триъгълник AMC със страна l , т.е. d
3 l. 2
6
B
C d
M
A
Фиг. 2b