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