2012.08.04 Софийски университет "Св. Климент Охридски"

СОФИЙСКИ УНИВЕРСИТЕТ „СВ. КЛИМЕНТ ОХРИДСКИ” ПИСМЕН КОНКУРСЕН ИЗПИТ ПО МАТЕМАТИКА 8 АПРИЛ 2012 г. ЗАДАЧИ И ПРИМЕРНИ РЕШЕНИЯ – ТЕМА 1 1. Да се реши уравнението x 2 + x − 4 = 2 x − 4. Решение. Решенията на уравнението удовлетворяват неравенството 2 x − 4 ≥ 0, x ≥ 2. При x ≥ 2 имаме

x 2 + x − 4 = 2 x − 4 ⇔ x 2 + x − 4 = ( 2 x − 4 ) ⇔ 3 x 2 − 17 x + 20 = 0. Корени2

те на това уравнение са x1 = 4 и x2 = 5 . Понеже 4 > 2, а 5 < 2, то решение на ирацио3

3

налното уравнение е x = 4. Намирането на решението може да се извърши и с проверка.

2. В триъгълника ABC дължината на страната BC е 8 и ∢ACB = 60°. Да се намерят друC гите две страни, ако радиусът описаната окръжност е R = 13 3 .

3 60° Решение. От синусова теорема намираме c = 2 R sin 60° = 13. b 8 От косинусова теорема: 132 = 82 + b 2 − 8b, откъдето b 2 − 8b − 105 = 0.

A c B Корените са b1 = 15 и b2 = −7. Понеже b > 0, решението е b = 15.

3 Да се реши неравенството

2 x + 1 ≤ 2 x + 1.

4 x − x2 − 3

Решение. Дефиниционното множество е x ≠ 1, x ≠ 3. Имаме

⇔

( 2 x +1)(1− ( 4 x − x 2 − 3)) 4x − x2 − 3

)

( 2 x +1)( x − 2) ≤0⇔ ( x −1)(3 − x )

2 x +1 ≤ 2 x +1 4 x − x2 − 3

2

≤ 0. Решението на неравенството е

x ∈ − 1 ;1 ∪{2} ∪ (3; +∞ ).  2 4. Даден е равнобедрен триъгълник АВС с периметър 32. Допирателната към вписаната окръжност, успоредна на основата АВ, пресича бедрата в точки P и Q. Да се намери лицето на триъгълника, ако PQ = 4. Решение. Първи начин Нека AB = a и AC = BC = b. От C

PQ CQ CQ = , откъдето 4 = . Но PT = TQ = 2, AB CB a b a CQ 2 CN b − 2 a 4 2 QN = TQ = 2 и BN = . Така + = + = = . Откъдето 2 a b b b b b 4b+ 2a = 2b−a , 2.32 = 32−2a , a − 8 2 = 0 и a = 8. Така намираме b = 12, ( ) a 2 a 2

△ PQC ~△ ABC имаме

P M A

T

Q N B

h = 8 2 и S = 32 2. Втори начин. Нека AB = a, AC = BC = b, PABC = 2 p = 32 и PPQC = 2q. От △ PQC ~△ ABC имаме

PQ 2 q = .

AB 2 p

( a − 8) 2 = 0

p −a Но PT = PM , TQ = QN и 2q = 2CN = 2 ( p − a ). Така 4 = , откъдето a

p

и a = 8. Така намираме b = 12, h = 8 2 и S = 32 2.

1

5. Основата АВС на триъгълна пирамида ABCD има страни AB = 6, BC = 8 и AC = 10 . Околният ръб AD е перпендикулярен на равнината на основата и има дължина 5. Да се намери тангенсът на ъгъла, който сключват основата и околната стена BCD. D Решение. В △ ABC AB 2 + BC 2 = 36 + 64 = 100 = AC 2 , откъдето ∢ABC = 90°. От AB = пр АВС DB и AB ⊥ BC следва, че DB ⊥ BC. 5 Следователно равнината ABC ⊥ BC , и ∢ABD = ϕ е линейният на двустенния ъгъл, който сключват основата и околната стена BCD.

10

C

A

От △ ABD намираме ∢ABD = tg ϕ = AD = 5 .

AB 6

6

8

B

6. В трапеца ABCD ( AB CD ) AB = 10, CD = 6, AD = 8 и ∢BAD = 90°. Точка М лежи на бедрото ВС, a Р и Q са ортогоналните £ проекции съответно върху AB и AD. Да се намери най-голямата стойност на лицето на четириъгълника APMQ. Решение. Очевидно четириъгълникът APMQ е правоъгълник. Ако C D MQ = x и MP = y , то S = S APMQ = xy. Нека CH ⊥ AB. Тогава HB = AB − AP = 10 − x. От △ MPB ~△CHB имаме MP = PB ⇒ CH

y 8

x

Q

BH

M y

= 10 − x , откъдето y = 2 (10 − x ) . Така за лицето получаваме 10 − 6

S ( x ) = 2 x (10 − x ) . Понеже CD ≤ MQ < AB, x ∈ [ 6;10 ) . Квадратната

A

H P

B

функция y = 2 x (10 − x ) достига най-голяма стойност при x0 = 5.

Функцията S ( x ) = 2 x (10 − x ) е дефинирана в [ 6;10 ) и x0 ∉ [ 6;10 ) .

Тогава S max = S ( 6 ) = 48 , понеже функцията е монотонно

0

намаляваща в интервала [ 6;10 ) .

56

10

7. Да се намерят всички стойности на реалния параметър а, за които уравнението ( a − 1) 4 x + ( 2a − 3) 6 x = ( 3a − 4 ) 9 x има едно решение. Решение. Понеже 4 x ≠ 0, имаме ( a − 1) 4 x + ( 2a − 3) 6 x = ( 3a − 4 ) 9 x

(2)

⇔ ( 3a − 4 ) 3

2x

(2)

− ( 2a − 3 ) 3

x

( 2 ) , трябва да намерим

− ( a − 1) = 0. Като положим u = 3

x

тези а, за които уравнението ( 3a − 4 ) u 2 − ( 2a − 3) u − ( a − 1) = 0 има един положителен корен. Лесно се проверява, че при a = 4 уравнението има един корен u = 1. При a ≠ 4 3

3 1 − a 1 − a . Понеже u1 > 0, трябва ≤ 0 , откъдекорените на уравнението са u1 = 1 и u2 = 3a − 4 3a − 4 то a ∈ ( −∞;1 ∪  4 ; +∞ . Ако 1− a = 1, уравнението има един двоен корен. Така получа3a − 4 3 ваме a = 5 . Окончателно a ∈ ( −∞;1 ∪ 5 ∪  4 ; +∞ .

4 4 3

]

)

]

{}

)

8. Нека f ( x) = x 2 + ax + b , където a и b са реални параметри. Целите числа m и n ( m ≠ n ) са такива, че f (m) = f (n) = 1. Да се намери m − n , ако съществува цяло число р, за което f ( p ) = −1.

2

Решение. От f (m) = f (n) = 1 получаваме m 2 + am + b = 1 и n 2 + an + b = 1 . Като ги извадим

почленно намираме ( m − n )( m + n + a ) = 0, откъдето a = − ( m + n ) и b = mn +1. Така

f ( x ) = x 2 − ( m + n ) x + mn +1 и f ( x ) −1 = x 2 − ( m + n ) x + mn = ( x − m )( x − n ) . Понеже f ( p ) = −1, ( p − m)( p − n ) = −2. Тъй като m, n и p са цели получаваме следните възможности: 1) p − m = 1, p − n = −2 и n − m = 3 ; 2) p − m = −1, p − n = 2 и m − n = 3 ; 3) p − m = −2, p − n =1 и m − n = 3 ; 4) p − m = 2, p − n = −1 и n − m = 3 .

Следователно m − n = 3.

3