Софийски Университет „Св. Климент Охридски“ Писмен конкурсен изпит по математика 7 май 2006 г. ЗАДАЧИ И ПРИМЕРНИ РЕШЕНИЯ – ТЕМА 2 Задача 1. Да се реши уравнението log3 x 3 + 6log9 ( x − 2 ) = 3 . Решение. Даденото уравнение има смисъл при x > 2. То е еквивалентно с 3log3 x + 6. 21 log3 ( x − 2 ) = 3 , log3 x ( x − 2 ) = 1 , x 2 − 2 x − 3 = 0 . Оттук получаваме x = −1 < 2 и x = 3 > 2 . Единственото решение е x = 3 .
Задача 2. Да се реши уравнението cos x − cos3x = 6sin2 x . Решение. Преобразуваме даденото уравнение: 2sin2 x sin x = 6sin2 x , 4 sin2 x cos x = 6sin2 x , sin2 x ( 2cos x − 3 ) = 0 ,
sin x = 0 или 2cos x − 3 = 0 . От sin x = 0 получаваме x = k π . Уравнението 2cos x − 3 = 0 , т.е. cos x = решение, понеже
3∉ 2
[ −1;1] . Така решенията са
x = kπ , k ∈
3 2
няма
.
Задача 3. Дадена е аритметична прогресия a1 , a2 , …, an , за която a3 = 8 , a5 = 14 и a1 + a2 +
+ an = 100 . Да се на-
мери n. Решение. Нека d е разликата на прогресията. От a3 = a1 + 2d = 8 и a5 = a1 + 4d = 14 намираме d = 3 и a1 = 2 . Сега от 2a1 + (n − 1)d 4 + 3(n − 1) n = 100 или 3n 2 + n − 200 = 0 . Корените на n получаваме 2 2 това уравнение са n1 = 8 и n2 = − 25 . Тъй като n ∈ , то n = 8 . 3
формулата a1 + a2 +
+ an ( = Sn ) =
Задача 4. Да се пресметне лицето на трапец ABCD с основи AB = 15, CD = 5 и бедра AD = 9, BC = 11. Решение. Нека CE || DA ( E ∈ AB ). Тогава CE = DA = 9 , AE = CD = 5 и 5 D
BE = AB − AE = 10 . По хероновата формула пресмятаме SBCE = 30 2 . След това за
9
височината h на трапеца от SBCE = 102h = 30 2 получаваме h = 6 2 . Лицето на трапеца е S =
AB +CD h 2
= 60 2 .
C 9
5
A
Задача 5. Даден е триъгълник ABC със страни AC = 5, BC = 7 и радиус на описаната окръжност R =
E 7 3
11
h 10
B
. Да се намери
дължината на страната АВ. Решение. Да означим AB = c и
= BAC = α . От синусовата теорема имаме sin α = BC 2R
3 2
. Следователно α = 60°
или α = 120° . Нека α = 60° . От косинусовата теорема получаваме 72 = 52 + c 2 − 2.5.c. 21 или c 2 − 5c − 24 = 0 . Оттук
( )
намираме c = 8 . Нека α = 120° . Отново от косинусовата теорема получаваме 72 = 52 + c 2 − 2.5.c. − 21
или
c 2 + 5c − 24 = 0 . Оттук намираме c = 3 . Окончателно, AB = 8 или AB = 3 . Задача 6. Да се реши неравенството 22 x +1 − 6 x − 9 x < 0 .
Решение. Записваме даденото неравенство във вида 2.( 2x ) − 2x .3x − ( 3x ) < 0 . Разделяме двете му страни на 2
2
2
( 23 ) ⎟⎠⎞ − ( 23 ) − 1 < 0 . Полагаме ( 23 ) = t и достигаме до 2t − t − 1 < 0 . Решенията на това неравенство са t ∈ ( − 21 ;1) . Така − 21 < ( 2 ) < 1 . Неравенството ( 2 ) > − 21 е изпъл3 3 нено за всяко х (понеже ( 2 ) > 0 ∀x ), а неравенството ( 2 ) < 1 е равносилно с x > 0 (понеже 23 < 1 ). Следователно 3 3 ( 3x )
2
⎛ > 0 и получаваме еквивалентното неравенство 2 ⎜ ⎝
x
x
x
x
2
x
x
x
решенията са x ∈ ( 0; +∞ ) .
Задача 7. Да се намерят стойностите на реалния параметър а, за които уравнението x 3 − ax 2 + ax − 1 = 0 има единствен реален корен. Решение. Имаме x 3 − ax 2 + ax − 1 = ( x − 1) ( x 2 + x + 1) − ax ( x − 1) = ( x − 1) ( x 2 + (1 − a ) x + 1) = 0 . Числото 1 е корен на
даденото уравнение за всяка стойност на параметъра а. Следователно уравнението има единствен реален корен ( x = 1 ) тогава и само тогава, когато квадратното уравнение (*) x 2 + (1 − a ) x + 1 = 0 няма реални корени, различни от 1. Това е изпълнено точно когато корените x1 , x 2 на (*) или не са реални, или x1 = x 2 = 1 . Корените x1 , x 2 не са реални
1
при D = (1 − a ) − 4 < 0 ⇔ ( a + 1)( a − 3 ) < 0 ⇔ a ∈ ( −1;3 ) ; значи тези стойности на а са решение на задачата. По2
нататък, числото 1 е корен на (*) когато 1 + 1 − a + 1 = 0 , т.е. a = 3 . При a = 3 (*) става x 2 − 2 x + 1 = ( x − 1) = 0 и 2
x1 = x 2 = 1 ; значи a = 3 също е решение на задачата. Окончателно, търсените стойности на параметъра са a ∈ ( −1;3] .
Задача 8. Разглеждаме изпъкнали четириъгълници ABCD, за които AB = 3 , CD = 1, AC = 2 3 и BAC + ACD = 90° . Измежду всички такива четириъгълници да се намерят дължините на AD, BC и BD на този, който има най-голямо лице. Решение. Да означим BAC = α , тогава ACD = 90° − α и α ∈ ( 0°;90° ) . За лицето S на четириъгълника имаме 1.2 3.sin( 90°−α ) S = SABC + SACD = 3.2 23.sin α + = 3sin α + 3 cos α . Представяме S във вида 2
S=2 3
(
3 2
sin α +
1 cos α 2
sin ( α + 30° ) = 1 ,
C D
) = 2 3 sin(α + 30°) . Сега е ясно, че лицето S е най-голямо при
което е изпълнено единствено при α = 60° . Така
BAC = 60° и
ACD = 30° . От косинусовата теорема за ∆ABC и ∆ACD получаваме BC = 3 и AD = 7 . В
∆ABC от AB 2 + BC 2 = 12 = AC 2 следва, че
°–α 90
α
ABC = 90° и тогава от AB = 21 AC следва, че
A
B
ACB = 30° . Следователно BCD = 60° и от ∆BCD намираме BD = 7 . Задача 9. В правилна четириъгълна пирамида ABCDM (с основа ABCD и връх M) разстоянието между правите AD и BM
е равно на 2 , а ъгълът между правата AC и равнината BCM е равен на 30°. Да се намери обемът на пирамидата. Решение. Да означим с а и h съответно основния ръб и височината на пирамидата. РавниM ната ВСМ съдържа правата ВМ и е успоредна на правата АD (понеже AD||BC). Тогава разстоянието 2 между кръстосаните прави AD и BM е равно на разстоянието между AD и BCM или все едно на разстоянието от коя да е точка на правата AD до равнината BCM. Нека A′ е ортогоналната проекция на А върху ВСМ; съгласно казаното по-горе AA′ = 2 . Ортогоналната проекция на правата АС върху равнината ВСМ е правата A′C и значи ъгълът между АС и ВСМ е равен на ъгъла между АС и A′C , т.е. ACA′ = 30° . От
E
D
H C F
O A B правоъгълния ∆ACA′ получаваме AC = 2 2 и, тъй като AC = a 2 , намираме a = 2 . Нека Е и F са средите съответно на AD и BC и O е средата на EF. Нека EH ⊥ FM ( H ∈ FM ). Понеже BC ⊥ EFM , то EH ⊥ BC и значи EH ⊥ BCM . Тогава разстоянието от Е до равнината ВСМ е равно на дължината на отсечката ЕН и
от казаното в началото следва EH = 2 . От правоъгълния ∆EHF ( EF = a = 2 ) получаваме EFM = 45° и тогава от ∆MOF намираме h = MO = OF = 1 . (Тъй като FEM = EFM = FEH , точката Н съвпада с М.) Накрая пресмятаме обема на пирамидата V = 31 SABCD .MO = 31 a 2 h = 43 . Задача 10. Да се докаже, че графиките на функциите f ( x ) = x 2 + x + 1 и g ( x ) = 1 имат единствена обща точка и разx стоянието от тази точка до началото на координатната система е по-малко от 2. Решение. Абсцисите на общите точки на графиките на f(x) и g(x) са реалните корени на уравнението x 2 + x + 1 = 1 или x h ( x ) = x 3 + x 2 + x − 1 = 0 . Тъй като h ′ ( x ) = 3 x 2 + 2 x + 1 > 0 за всяко х, функцията h(x) е растяща в интервала
( −∞; +∞ ) . Освен това h ( 0 ) = −1 < 0 и h (1) = 2 > 0 . От казаното и теоремата на Болцано следва, че уравнението h ( x ) = 0 има единствен реален корен α и α ∈ ( 0;1) . Така графиките на f(x) и g(x) имат единствена обща точка М с
( )
координати M α; 1 . α За разстоянието от М до началото О на координатната система имаме MO 2 = α 2 + чаваме α 3 = −α 2 − α + 1 и α 4 = −α 3 − α 2 + α = 2α − 1 . Тогава MO 2 =
()
( 2α−1)+1 α2
1 α2
4 = α 2+1 . От h ( α ) = 0 полу-
α
= α2 . Сега неравенството MO < 2 или
()
()
MO 2 < 4 е равносилно с α2 < 4 , т.е. α > 21 . Пресмятаме h 1 = − 81 . Тъй като h 1 < 0 , т.е. h 1 < h ( α ) и h(x) е 2 2 2
растяща функция, то
1 2
< α . С други думи действително α > 21 , което доказва, че MO < 2 .
Всяка задача се оценява с 4 точки. Оценката се получава по формулата 2 + 0,1.N, където N е броят на получените точки.
2