Page 1

1 Решения на задачите от конкурсния изпит по математика, проведен на 15.07.2011 в ЮЗУ “Н. Рилски” Задача 1. Да се реши неравенството log

1 5

(6 x 1  36 x )  2.

Решение. Ако положим 6 x  y , получаваме неравенството (1)

log

1 5

(6 y  y 2 )  2,

с ДМ:

6y  y 2  0 y  0.

Тази система неравенства има решение

y  (0, 6) .

(2)

Тъй като при основа

1  1 , логаритмичната функция е намаляваща и 5

 1  неравенството (1) е еквивалентно с неравенството 6 y  y     5 2

2

 5 , т.е. на

неравенството (3)

y 2  6 y  5  0.

Решението на това неравенство е множеството (4)

y  ( ,1]  [5,  ) . Сечението на неравенствата (2) и (4) е множеството

(6)

(0,1]  [5, 6) . Връщаме се към полагането 6 x  y . От 0  6 x  1  6 0 получаваме x  0 , а от

5  6 x  6 , намираме log 6 5  x  1 . Отговор: x  ( , 0]  [log 6 5,1) .

Задача 2. Да се реши системата уравнения x  3y  1  2 2 x  y  2  7 y  6.

Решение. Задачата има смисъл при


2

x  3y 1  0 2 x  y  2  0. Задачата няма решение при 7 y  6  0 . Затова решаваме задачата при следното x  3y 1  0

(1)

ДМ: 2 x  y  2  0 6 y . 7

След повдигане в квадрат на левите и десните страни на уравненията на дадената система, получаваме системата

x  3y  1  4 (2)

2 x  y  2  49 y 2  84 y  36. Като заместим във второто уравнение x  3  3 y , взето от първото уравнение,

получаваме уравнението 7 y 2  11y  4  0,

(3)

което има корени y1  1 и y 2 

4 4 . Стойността y 2  не удовлетворява последното 7 7

неравенство на (1), а от y1  1 получаваме x1  3  3 y1  0. Проверяваме, че наредената двойка ( x1  0, y1  1) удовлетворява неравенствата на ДМ и следователно тази двойка е единствено решение на системата. Ако заместим във второто уравнение y , взето от първото, получаваме уравнението (3)

7 x 2  9 x  0,

което има корени x1  0 и x 2 

9 4 . Оттук намираме y1  1 и y 2  . Отхвърляме 7 7

9 4 двойката  ,  , тъй като 7 y 2  6  2  0 . 7 7 Отговор. ( x1  0, y1  1) .


3 Задача 3. Разстоянията от центъра на вписаната окръжност в правоъгълен триъгълник до върховете на острите му ъгли са

5 cm и 10 cm . Да се намери

радиусът на окръжността. Решение. Нека в ABC (Фиг.1) имаме C  90 , O е центърът на вписаната окръжност и AO  5 cm , BO  10 cm , а M е допирната точка на страната AB с окръжността. В AOB ъгълът AOB е 135 , защото AOB  180 

1  CAB  CBA  180  45 . За този ъгъл има и готова формула, която 2

е AOB  90 

 , където   ACB . 2

В AOB височината OM  r е радиус на вписаната в триъгълника окръжност. Затова изразяваме лицето на AOB по два начина: 1)

1 1 2 5 S AOB  OA.OB.sin135  5. 10.  ; 2)От Косинусовата теорема пресмятаме 2 2 2 2

AB  AO 2  BO 2  2 AO.BO cos135  5  10  10  5 и тогава S AOB 

Следователно

5 5 r  , откъдето следва, че r  1 . 2 2

Отговор. r  1 cm .

C

O

10

5

r  A

 M

Фиг. 1

 B

1 5 AB.r  r . 2 2


4

Задача 4. В триъгълната пирамида ABCM околните ръбове MA , MB и MC са равни и имат дължина l и AMB  BMC  90 , AMC  60 . Да се намерят обемът на пирамидата и разстоянието от основния връх A до околната стена MBC .

M

C 

 O

N 

A

B

Фиг. 2a

Решение. I . От дадените ъгли и дължини лесно намираме, че AB  BC  l 2 и AC  l (Фиг. 2а). Тъй като околните ръбове на пирамидата са равни, то

ортогоналната проекция O на върха M в равнината на основата съвпада с центъра на описаната около основата окръжност. Радиусът на тази окръжност OB  R можем да определим, използвайки формулата R 

b2 4b 2  a 2

, където a и b са

съответно дължините на основата и бедрото на равнобедрен триъгълник или използвайки формулата R 

abc , за произволен триъгълник. Тъй като за 4S

намирането на обема на пирамидата е необходимо лицето S  S ABC , ще постъпим по втория начин. Означаваме с N средата на ръба AC . Тогава

1 7 1 7 2 2l 2 .l 2 BN  h  2l 2  l 2  l и S  l.h  l ,а R  l . От Питагоровата 2 4 2 2 4 7l 7


5

теорема за MOB получаваме MO  H  MB 2  R 2 

3 l . За обема на 7

1 1 1 3 3 3 пирамидата имаме V  S .H  . l 2 7. l l . 3 3 4 12 7 Да означим с d разстоянието от основния връх A до околната стена MBC . 1 1 Тогава за обема на пирамидата имаме и V  S MBC .d . Но S MBC  l 2 и 3 2

3 3 1 2 1 1 следователно V  . l 2 .d . Като сравним двата израза за V , т.е. l  l .d , 3 2 12 6 намираме d 

3 l. 2

II . Ако за основа на пирамидата изберем AMC (Фиг.2b), то от AMB  BMC  90 следва, че BM  l е височина на пирамидата. Основата AMC

е равностранен триъгълник със страна l и лице S 

l2 3 . За обема на пирамидата 4

1 l2 3 3 3 получаваме V  . .l  l . Стените BMC и AMC са перпендикулярни, от 3 4 12 което следва, че разстоянието d е дължината на височината на равностранния триъгълник AMC със страна l , т.е. d 

3 l. 2


6

B 

C  d

M 

A

Фиг. 2b

2011.15.07 Югозападен университет "Неофит Рилски"- Благоевград  
Read more
Read more
Similar to
Popular now
Just for you