2013.31.03 Софийски университет "Св. Климент Охридски"

СОФИЙСКИ УНИВЕРСИТЕТ „СВ. КЛИМЕНТ ОХРИДСКИ“ ПИСМЕН КОНКУРСЕН ИЗПИТ ПО МАТЕМАТИКА – ВТОРО РАВНИЩЕ 31 МАРТ 2013 г. ТЕМА 1

Задача 1. Да се реши уравнението

2 + 6 = 1.

2 − x x2 − x − 2

Задача 2. В окръжност с диаметър 4 е вписан трапец с голяма основа диаметър на окръжността и ъгъл при нея 75°. Да се намери лицето на трапеца. Задача 3 Да се намери границата lim sin5 x . x →0 sin x Задача 4. Основата на равнобедрен триъгълник е 8, а радиусът на описаната окръжност е 5. Да се намери бедрото на триъгълника. Задача 5. В четириъгълника АBCD окръжностите, вписани в триъгълниците ABC и ACD, се допират. Да се намери периметърът на четириъгълника, ако AB + CD = 10. Задача 6. Да се реши неравенството log x + 2 ( x 2 − 3 x + 2 ) < 1. Задача 7. В правилна триъгълна призма ABCA1 B1C1 основният ръб AB = 2. Да се намери обемът на призмата, ако правите AB1 и BC1 са перпендикулярни. Задача 8. Даден е триъгълник АВС с височина през върха С hc = 5. Реалните числа p и q са такива, че p + q = 1. Да се намери най-малката стойност на израза pAC 2 + qBC 2 − pqAB 2 .

Време за работа 4 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 – ВТОРО РАВНИЩЕ 31 МАРТ 2013 г. ЗАДАЧИ И ПРИМЕРНИ РЕШЕНИЯ – ТЕМА 1 1. Да се реши уравнението

2 + 6 = 1.

2 2− x x − x−2

Решение. Тъй като x 2 − x − 2 = ( x − 2)( x +1) , то дефиниционното множество е x ≠ 2, x ≠ −1. Последователно получаваме 2 + 6 = 1 ⇔ −2 ( x + 1) + 6 = x 2 − x − 2 ⇔ x 2 + x − 6 = 0.

2 2− x x − x−2 Корените на последното уравнение са x1 = −3 и x2 = 2. Понеже вторият корен не

принадлежи на дефиниционното множество единственото решение на даденото уравнение е x = −3.

2. В окръжност с диаметър 4 е вписан трапец с голяма основа диаметър на окръжността и ъгъл при нея 75°. Да се намери лицето на трапеца. Решение. Понеже трапецът ABCD е вписан в окръжност, то AD = BC и )BAD = )ABC = 75°. Тогава )AOD = )BOC = 30° и )COD = 120°. За лицето S получаваме S = 2 S AOD + SCOD = 2. 1 OA.OD sin30° + 1 OC.OD sin120° = 2 + 3, т.е.

2

D

C O

A

B

2

S = 2 + 3.

3. Да се намери границата lim sin5 x . x →0 sin x Решение. lim sin5 x = lim 5 x.sin5 x = 5. lim sin5 x .lim x = 5. x →0 sin x x →0 5 x.sin x 5 x →0 5 x x →0 sin x 4. Основата на равнобедрен триъгълник е 8, а радиусът на описаната окръжност е 5. Да се намери бедрото на триъгълника.

C Решение. Нека AB е хорда в окръжността и СС1 е диаметърът през средата на хордата Н. От правоъгълния + AOH намираме O OH = AO 2 − AH 2 = 25 − 16 = 3. За остроъгълния равнобедрен + ABC имаме CH = CO + OH = 8 и от + ACH намираме A H B 2 2 C1 AC = 8 + 4 = 80 = 4 5. За тъпоъгълния равнобедрен + ABC1 имаме C1 H = C1O − OH = 2 и от + AC1 H намираме AC1 = 22 + 42 = 20 = 2 5. Следователно имаме два равнобедрени триъгълника с бедра 4 5 и 2 5.

5. В четириъгълника АBCD окръжностите, вписани в триъгълниците ABC и ACD, се допират. Да се намери периметърът на четириъгълника, ако AB + CD = 10. Решение. Нека Т е общата точка на двете окръжности и M, N, P и Q са допирните точки на окръжностите със страните на триъгълника. Тогава AM = AT = AQ, BM = BN , CN = CT = CP и

D

P

C

Q

N

T A

M

B

1

DP = DQ. От тези равенства за сбора AB + CD получаваме AB + CD = AM + MB + CP + PD = AQ + BN + CN + DQ = BC + AD. Следователно BC + AD = AB + CD = 10, т.е. периметърът на четириъгълника е 20.

6. Да се реши неравенството log x + 2 ( x 2 − 3 x + 2 ) < 1. Решение. Дефиниционното множество (ДМ) се определя от системата x 2 − 3 x + 2 > 0 ( x −1)( x − 2) > 0 ⇔ x > −2 ⇒ x ∈ ( −2; −1) ∪ ( −1;1) ∪ ( 2; +∞ ). x+2>0 x + 2 ≠1 x ≠ −1 При x > −1 неравенството е еквивалентно в ДМ на неравенството x 2 − 3 x + 2 < x + 2, или x 2 − 4 x < 0. Решението на последното неравенство е ( 0;4) . Като вземем пред вид и ДМ

получаваме x∈ ( 0;1) ∪ ( 2;4). При x∈ ( −2; −1) неравенството е еквивалентно на x 2 − 3 x + 2 > x + 2, т.е. x 2 − 4 x > 0, което има решение x∈( −∞;0) ∪ ( 4; +∞ ). Като вземем пред вид и ДМ, за втория случай, получаваме x∈ ( −2; −1). Окончателно решението на неравенството е x∈( −2; −1) ∪ ( 0;1) ∪ ( 2;4).

7. В правилна триъгълна призма ABCA1 B 1 C1 основният ръб AB = 2. Да се намери обемът на призмата, ако правите AB1 и BC1 са перпендикулярни. Решение. Първи начин. Понеже пирамидата е правилна, основите са перпендикулярни на околните стени и ортогоналната проекция на върха C1 в равнината ABB1 лежи на

A1

ръба A1 B1. Тъй като + A1 B1C1 е равностранен, проекцията на C1 е средата на ръба A1 B1. От теоремата за трите перпендикуляра

M

C1 B1

P A

C

следва, че BM ⊥ AB1 , т. е. + ABP е правоъгълен. От

B

+ ABP ~+ B1MP имаме AP = BP = AB = 2 . Следователно PB1 MP MB1 1

AP = 2 AB1 и BP = 2 BM . Нека AA1 = x. Лесно се намира, че AP = 2 4 + x 2 и BP = 4 9

3 2 3

3

3

1 + x 2 . От питагоровата теорема за + ABP имаме AP 2 + BP 2 = AB 2 , или

( 4 + x2 ) + 94 (1 + x2 ) = 4 ⇔ 5 + 2 x 2 = 9 ⇔ x 2 = 2 ⇒ x =

2.

C1

Следователно обемът V на призмата е V = S ABC .x = 4 3 . 2 = 6, т.е. V = 6.

4

D1

Втори начин. Нека AA1 = x. Дострояваме призмата до

A1

C

четириъгълната призма ABCDA1 B1C1 D1 с основа ромба

ABCD с )BAD = 120°. Тогава от + ABD намираме BD = 2 AB cos 30° = 2 3. От BC1 & AD1 имаме

M

B1

D

B A

)B1 AD1 = ) ( AB1; BC1 ) = 90°, т.е. триъгълникът AB1 D1 е правоъгълен и равнобедрен.

Така намираме B1D1 = 2 AB1 , откъдето 2 ( 4 + x 2 ) = 12 и x = 2. Следователно обемът V на призмата е V = S ABC .x = 4 3 . 2 = 6, т.е. V = 6.

4

2

8. Даден е триъгълник АВС с височина през върха С hc = 5 . Реалните числа p и q такива, че p + q = 1. Да се намери най-малката стойност на израза pAC 2 + qBC 2 − pqAB 2 . Решение. Първи начин. От p + q = 1 имаме q = 1 − p и като заместим в израза pAC 2 + qBC 2 − pqAB 2 последователно получаваме:

pAC 2 + qBC 2 − pqAB 2 = pAC 2 + (1 − p ) BC 2 − p (1 − p ) AB 2 = AB 2 p 2 − ( BC 2 + AB 2 − AC 2 ) p + BC 2 = AB 2 p 2 − 2cosβ BC. AB. p + BC 2 .

Квадратният тричлен AB 2 p 2 − 2cos β BC. AB. p + BC 2 достига най-малка стойност при BC. AB.cos β BC cos β p0 = . Следователно = AB AB 2 AB 2 p 2

− 2cos β BC. AC. p + BC 2

≥

2

BC cos β ⎞ BC cos β 2 ⎜ AB ⎟ − 2cosβ BC. AB. AB + BC ⎝ ⎠

⎛ AB 2

= cos 2 β BC 2 − 2cos 2 β BC 2 + BC 2 = (1 − cos 2 β ) BC 2 = sin 2 β.BC 2 = hc2 = 25.

Следователно най-малката стойност на израза pAC 2 + qBC 2 − pqAB 2 е 25. Втори начин. От p + q = 1 имаме q = 1 − p и като заместим в израза pAC 2 + qBC 2 − pqAB 2 последователно получаваме:

pAC 2 + qBC 2 − pqAB 2 = pAC 2 + (1 − p ) BC 2 − p (1 − p ) AB 2 = AB 2 p 2 − ( BC 2 + AB 2 − AC 2 ) p + BC 2 .

Квадратният тричлен AB 2 p 2 − ( BC 2 + AB 2 − AC 2 ) p + BC 2 достига най-малка стойност 2 2 2 при p0 = BC + AB 2− AC . Следователно 2 AB AB 2 p 2 − ( BC 2 + AB 2 − AC 2 ) p + BC 2 ≥ 2

2 2 2 2 2 2 ≥ AB 2 ⎛⎜ BC + AB 2− AC ⎞⎟ − ( BC 2 + AB 2 − AC 2 ) BC + AB 2− AC + BC 2 2 AB 2 AB ⎝ ⎠

BC 2 + AB 2 − AC 2 ) ( BC 2 + AB 2 − AC 2 ) ( = − 2

4 AB 2

2 AB 2

=

=

BC 2 + AB 2 − AC 2 ) ( 2 + BC = −

4 AB 2 BC 2 − ( BC 2 + AB 2 − AC 2 )

4 AB 2

2

+ BC 2

2

4 AB 2 ( 2 AB.BC − BC 2 − AB 2 + AC 2 )( 2 AB.BC + BC 2 + AB 2 − AC 2 )

( AC = =

2

4 AB 2 2

− ( AB − BC )

2

) (( AB + BC )

2

− AC 2

)

4 AB 2

( AC − AB + BC )( AC + AB − BC )( AB + BC − AC )( AB + BC + AC ) =

2 16 S ABC 4 AB 2

4 AB 2 2 ⎛ 2S ABC ⎞ 2 =⎜ ⎟ = hc = 25.

AB ⎝ ⎠

Следователно най-малката стойност на израза pAC 2 + qBC 2 − pqAB 2 е 25.

3