2013.23.06 Софийски университет "Св. Климент Охридски"

СОФИЙСКИ УНИВЕРСИТЕТ „СВ. КЛИМЕНТ ОХРИДСКИ“ ПИСМЕН КОНКУРСЕН ИЗПИТ ПО МАТЕМАТИКА ВТОРО РАВНИЩЕ 23 ЮНИ 2013 г. ЗАДАЧИ И ПРИМЕРНИ РЕШЕНИЯ – ТЕМА 1 1. Да се реши уравнението x  2  3 x  1  2 x  1. Решение. В зависимост от знаците на изразите под знака за абсолютна стойност имаме три случая. Когато x   ; 2  , x  2  0 и x  1  0, т.е. x  2   x  2 и x  1   x  1. В този интервал даденото уравнение е еквивалентно на уравнението 2 x  1  2 x  1, т.е. всяко x   ; 2  е решение на даденото уравнение. Ако x   2; 1 , то x  2  0,

x  1  0 и x  2  x  2, x  1   x  1. В този интервал даденото уравнение е еквива-

лентно на уравнението 2 x  4 и решението на даденото уравнение е x  2. Когато x   1;   , x  2  0 и x  1  0, т.е. x  2  x  2 и x  1  x  1. Така получаваме уравнението 4 x  2 , което има корен x   1 . Окончателно решенията на модулното ура-

 2

2

внение са x   ; 2   1 .

2. Даден е успоредник ABCD с височини DP  15 и DQ  16 , като точките P и Q лежат съответно върху страните AB и BC. Да се намери лицето на успоредника, ако PDQ  30.

D C Решение. Тъй като BPD  BQD  90, то PBQ  180  PDQ  150. Следователно BAD  BCD  30. От правоъгълния триъгълник Q A P B DP  30. Следователно лиADP намираме AD  sin 30

цето S на успоредника е S  AD.DQ  480.

3. Да се реши неравенството 3.9 x  14.3x  5  0. Решение. Полагаме 3x  u , u  0 и получаваме неравенството 3u 2  14u  5  0. Реше-



нието на последното неравенство е u   ; 5   1 ;  . Понеже u  0, получаваме 3 3x   1 ;  . Следователно x   1;   . 3



4. Да се реши уравнението 1  cos x  2 cos x. Решение. Първи начин. Уравнението има решение при cos x  0. Полагаме cos x  t , t   0;1. Получаваме квадратното уравнение 2t 2  t  1  0, решенията на което са t1  1 и t2  1 . Тъй като t   0;1 , от t  1 намираме cos x  1 . Следователно всички 2

2

2

решения на тригонометричното уравнение са x     2k , k  0,  1,  2,  .

3

1

Втори начин. Уравнението има решение при cos x  0. Така при cos x  0 получаваме 1  cos x  2 cos x  1 cos x  cos x  sin 2 x  1  2sin 2 x  sin x  1  2sin 2 x .

2

2

2

2

2

При sin x  0 получаваме уравнението 2sin 2 x  sin x  1  0, а при sin x  0 – уравнени2

2 x ето  sin  1  0. От уравнението  sin  1  0 намираме sin x  1 и 2 2 x 1 x 1 x   sin  , а от sin  получаваме   2l   x   4l  и 2 2 2 2 2 6 3 x      2l   x     2 2l  1 . От уравнението 2sin 2 x  sin x  1  0 намираме   2 6 3 2 2 x x 1 x 1 x  sin  1 и sin   , а от sin   получаваме    2m  x     4m и 2 2 2 2 2 2 6 3 x      2m  x    2 2m  1 . Следователно всички решения на тригонометрич  2 6 3

2sin 2

x 2

2

x 2

2sin 2

x 2

2

ното уравнение са x     2k , k  0,  1,  2,  .

3

5. В триъгълника АВС BC  5, ACB  60 и вътрешната ъглополовяща CL  40 3 13  L  AB  . Да се намери периметърът на триъгълника. Решение. Първи начин. Като използваме стандартните ознаC чения за страните и ъглите на триъгълника, от формулата  CL  2ab cos намираме 40 3  2b.5 3 , откъдето b  8. От a b

2

13

2 5  b 

косинусовата теорема получаваме c 2  82  52  2.8.5.cos 60  49, т.е. c  7. Следователно PABC  20.

A

L

B

Втори начин. От косинусовата теорема, приложена за  BLC , намираме 2

BL2   40 3   52  2. 40 3 .5.cos 30  1225 , откъдето BL  35 . От свойството на ъгло13 169 13  13  половящата имаме AL  AC , откъдето AL  7 b. От косинусовата теорема, приложена BL

 137 b 

BC

13

2

2

  40 3   b 2  2. 40 3 .b. 3 , откъдето получаваме 13 2  13  b 2  13b  40  0. Корените на уравнението са b1  5 и b2  8. Лесно може да се види (например като се построи), че триъгълникът АВС е еднозначно определен по дадените за  ALC , имаме

елементи. Ако AC  5 , то  ABC е равностранен и CL  5 3 , което е невъзможно. Сле2

дователно AC  8 и PABC  20.

Трети начин. Както по-горе намираме BL  35 и AL  7 b. От косинусовата теорема, приложена за  ABC , имаме

 137 b  1335 

13

2

13

 b 2  25  5b, откъдето получаваме

8b 2  89b  200  0. Корените на уравнението са b1  25 и b2  8. Ако AC  25 , то 8

8

 ALC не съществува, понеже не е изпълнено неравенството на триъгълника. Следователно AC  8 и PABC  20.

2

6. Дадена е функцията f  x   x3  ax 2  bx  c, където a, b и c са реални параметри. Графиката на функцията минава през точка с координати  0;3 , има локален екстремум в точка с абсциса x0  2 и допирателната към графиката на функцията, в точка от гра-

фиката с абсциса 1, сключва с положителната посока на абсцисната ос ъгъл 135. Да се намери най-голямата стойност на функцията в интервала 1;3. Решение. От f  0   3 получаваме c  3. Тъй като f  x  има локален екстремум в точка с абсциса x0  2 , то f   2   0. Понеже допирателната към графиката на функцията в точка от графиката с абсциса 1 сключва с положителната посока на абсцисната ос ъгъл 135, то f  1  1. Имаме f   x   3x 2  2ax  b и от f   2   0, получаваме 12  4a  b  0, а от f  1  1: 3  2a  b  1. Така

12  4a  b  0 4a  b  12   a  4, b  4. Следователно f  x   x3  4 x 2  4 x  3.

3  2 a  b  1 2 a  b  4





Понеже f   x   3x 2  8 x  4   3x  2  x  2  , то функцията расте в интервала ; 2 ,

3 

3

намалява в интервала 2 ; 2 и отново расте в  2;   . Получаваме, че при x  2 функ3

цията има локален максимум, а при x  2 – локален минимум. Следователно найголямата стойност на функцията в интервала 1;3 е по-голямото от числата f 1 и

f  3 . Тъй като f 1  4, а f  3  6, най-голямата стойност в интервала 1;3 е 6.

7. Дадена е отсечка AB  8 и две окръжности k1 и k2 съответно с центрове А и В и радиуси равни на 8. Да се намери радиусът на окръжност, която се допира до двете окръжности k1 и k2 и правата АВ. k1

Решение. Има шест окръжности, които се допират до двете дадени окръжности и правата АВ. Тъй като конфигурацията е симетрична относно правите АВ и симетралата на отсечката АВ, то трябва да намерим радиусите на двете окръжности c1 и c2 . Ако x е радиусът на

k2 A

B

окръжността c1 , то AO1  8  x и от  AO1M имаме

8  x 

2

 42  x 2 , откъдето x  3. Ако радиусът на ок-

k1

ръжността c2 е y имаме AO2  8  y и BO2  8  y. Така за полупериметъра p на  AO2 B имаме

c1 A

p  1  8  y  8  y  8   12 и за лицето намираме

O1

c2

O2

k2

M B N

2

S AO B  12 12   8  y   12   8  y   12  8   2

 4 3  4  y  4  y   4 3 16  y 2  . От друга страна S AO B  1 AB.O2 N  4 y. Така от 2

4 y  4 3 16  y 2  намираме y  2 3.

2

3

8. Дадена е правилна четириъгълна пресечена пирамида ABCDA1B1C1D1 с основни ръбове AB  8 и A1B1  4. Сечението на пирамидата с равнина, минаваща през ръбовете BC и A1D1 , сключва с голямата основа ъгъл 30. Да се намери в какво отношение сечението дели обема на пирамидата.

C1 D1 Решение. Сечението е равнобедреният трапец Q P BCD1 A1. Равнината през средите на ръбовете BC , B1 A1 AD и A1D1 е перпендикулярна на тези ръбовете, h D откъдето следва, че тя е перпендикулярна на равC нината на основата, т.е. че височината в равнобедM N H рения трапец MNPQ е височината на пирамидата.

B Също така, понеже BC   MNP  , то MNQ  30. A

Очевидно MN  8 и PQ1  4. Тъй като

C1

D1

NH  1  MN  PQ   6, то

B1

A1

2

h  QH  NH .tg 30  2 3. Така за обема V на пресечената пирамида намираме

V  1  82  42  8.4  .2 3  224 3 , т.е. V  224 3 .

h K

D L

F

C

3 3 3 E Нека V1 е обемът на частта ABCDA1D1 от пираA B мидата, която е под равнината на сечението. Разделяме този многостен с равнини през върховете A1 и D1 , успоредни на равнината MNQ. Така получаваме две еднакви пира-

миди ABEFA1 и CDKLD1 и права триъгълна призма A1EFD1LK . Пирамидите са с основи правоъгълниците ABEF и CDKL и височина височината на пресечената пирамида h , а призмата е с основи A1EF и D1LK . Очевидно EF  KL  AB  8, а от равнобедрения трапец BCD1 A1 получаваме BE  CL  2 и EL  4. Така V1  2VABEFA  VA EFD LK  1

1

1

 2. 1 .8.2.2 3  1 .8.2 3.4  64 3  32 3  160 3 , т.е. V1  160 3 . Ако V2 е обемът на 3

2

3

3

3

частта от пирамидата над равнината на сечението, то V2  V  V1  64 3 . Следователно отношението е

V2 V1

3

 2.

5

4