Софийски Университет „Св. Климент Охридски” Писмен конкурсен изпит по математика 10 юли 2008 г. ЗАДАЧИ И ПРИМЕРНИ РЕШЕНИЯ – ТЕМА 3 Задача 1. Вторият и петият член на геометрична прогресия са съответно равни на 14 и 112. Да се намери сборът на първите 6 члена. Решение: Нека a1 и q са първият член и частното на прогресията. От a2 = a1q = 14 и a5 = a1q 4 = 112 S6 = a1
q6 −1 q −1
=7
q3 = 8 ,
намираме 26 −1 2 −1
q=2
откъдето
a1 = 7 .
и
Тогава
= 7.63 = 441 .
Задача 2. Даден е триъгълник АВС със страни СA = 3, СB = 4 и ъглополовяща CL = 127 2 . Да се намери лицето на триъгълника. Решение:
Нека
∢ACB = γ .
ъглополовящата lc = γ
2 2
cos = 2
,
2 ab γ cos 2 a +b
т.е.
1 2
S ABC = AC.CB sin γ =
γ
имаме
= 45°
2 1 3.4.1 = 2
Тогава
и
12 2 7
по
=
формулата
2.3.4 γ cos 3+ 4 2
γ = 90° .
за
, откъдето
C
Следователно
A
6.
γ
γ
2
2
L
B
1 7x + 4 − = 3. x + 1 ( x + 1)( x − 2) Решение: Областта на допустимите стойности е x ≠ −1 и x ≠ 2 . В нея уравнението е еквивалентно на x − 2 − 7 x − 4 = 3x 2 − 3 x − 6 или 3x ( x + 1) = 0 , чиито корени са x = −1 и x = 0 . Но x = −1 не е от областта на допустимите стойности. Следователно уравнението има единствен корен x = 0 .
Задача 3 Да се реши уравнението
Задача 4. Даден е равнобедрен трапец ABCD ( AB CD, AB > CD ) с основа AВ =21, бедро AD = 16, и диагонал АC = 19. Да се намери D C периметърът на трапеца. Решение: Понеже ABCD е равнобедрен трапец, то AC = BD = 19 . От ∆ABD намираме
cos ∢BAD =
162 + 212 −192 2.16.21
1 2
= . Нека DH ⊥ AB . От ∆AHD
намираме AH = 8 . За малката основа CD имаме CD = AB − 2. AH = 5 . Тогава PABCD = AB + CD + 2 AD = 58 .
A
. H
B
Задача 5. Да се реши уравнението sin 3 x − sin x + 2 = 2 sin 2 x . Решение: Тъй като | sin 3x |≤ 1 и | sin x |≤ 1 , то sin 3 x − sin x + 2 ≥ 0 . Тогава при sin 2 x ≥ 0 уравнението е еквивалентно на sin 3x − sin x + 2 = 2 sin 2 2 x или cos 2 x (1 − sin x ) (1 + 2 sin x ) = 0 . Нека cos 2 x = 0 , т.е. 2x = π2 + kπ , откъдето x1 = π4 + 2k π , където k е цяло число. Нека 1 − sin x = 0 , т.е. x2 = π2 + 2lπ , където l е цяло число. Нека 1 + 2 sin x = 0 , т.е. x3 =
7π 6
+ 2mπ или x4 =
11π 6
+ 2nπ където m и n са цели числа.
Проверяваме, кои от получените решения удовлетворяват sin 2 x ≥ 0 : sin 2 x1 = 1 , при k = 2k1 – четно; sin 2 x1 = −1 , при k – нечетно; sin 2 x2 = 0 ; sin 2 x3 = sin π3 > 0 ;
sin 2 x4 = sin x3 =
7π 6
5π 3
+ 2mπ .
< 0 . Окончателно решенията са: x1 = π4 + k1π , x2 = π2 + 2lπ и