Университет за национално и световно стопанство
Писмен конкурсен изпит по математика
15 юли 2004 г.

Задача 1. Дадена е функцията f(x) = sin(x)^2 + cos(2x)^2, x E [pi/6, pi/3].
а) Да се реши уравнението f(x) = 1/2.
б) Да се намерят най-малката и най-голямата стойности на f(x).

Задача 2. Дадено е уравнението 2.4^x + (2a - 1).2^x - 4a^2 - 2a = 0, 
където a е реален параметър.
а) Да се реши уравнението при a = -1.
б) Да се намерят всички стойности на параметъра a, за които уравнението има
два различни реални корена.

Задача 3. Основите на трапец ABCD са AB = sqrt(15) и CD = 1. Ъгълът между 
диагоналите на трапеца е прав, а ъгълът между продълженията на бедрата му 
е 60 градуса. Да се намери лицето на трапеца.

Задача 4. Основата на пирамида е трапец ABCD с основи AB = 28 и CD = 12 и 
бедро AD = 17. Около пирамидата е описана сфера. Да се намери нейният радиус, 
ако всички околни ръбове сключват с равнината на основата ъгъл a = 60 градуса.

РЕШЕНИЯ:

Задача 1.

f(x) = sin(x)^2 + cos(2x)^2 =
= sin(x)^2 + (1 - 2sin(x)^2)^2 =
= 4sin(x)^4 - 3sin(x)^2 + 1.
Полагаме t = sin(x)^2. При x E [pi/6; pi/3] имаме, че t E [1/4; 3/4].
Тогава f(x) = g(t) = 4t^2 - 3t + 1.

а) f(x) = 1/2 <=> g(t) = 1/2 <=>
4t^2 - 3t + 1 = 1/2 <=>
4t^2 - 3t + 1/2 = 0
t1 = 1/2, t2 = 1/4, откъдето получаваме, че
sin(x)^2 = 1/2 <=> sin(x) = sqrt(2)/2 <=> x = pi/4 и
sin(x)^2 = 1/4 <=> sin(x) = 1/2 <=> x = pi/6
(x E [pi/6; pi/3] => sin(x) > 0)
Отговор: x1 = pi/4, x2 = pi/6.

б) Върхът на параболата g(t) = 4t^2 - 3t + 1 има абсциса -(-3)/(2.4) = 3/8.
Понеже 3/8 E [1/4; 3/4] и 4 > 0 => най-малката стойност на g(t) в интервала
[1/4; 3/4] се достига при t = 3/8 и g_min = g(3/8) = 7/16. Тогава най-малката 
стойност на f(x) в интервала [pi/6; pi/3] е f_min = f(x0) = 7/16, където
sin(x0)^2 = 3/8, т.е. sin(x0) = sqrt(6)/4.
Най-голямата стойност на g(t) в интервала [1/4; 3/4] е g_max = max{g(1/4); g(3/4)}.
Тъй като g(1/4) = 1/2 и g(3/4) = 1 => g_max = g(3/4) = 1 => най-голямата стойност
на f(x) в интервала [pi/6; pi/3] е f_max = f(pi/3) = 1.

Задача 2.

2.4^x + (2a - 1).2^x - 4a^2 - 2a = 0 <=>
2.(2^x)^2 + (2a - 1).2^x - 4a^2 - 2a = 0.
Полагаме t = 2^x > 0.
Нека f(t) = 2t^2 + (2a - 1)t - 4a^2 - 2a.

а) При a = -1 даденото уравнение добива вида
2t^2 - 3t - 2 = 0
t1 = 2 > 0, t2 = -1/2 < 0
=> 2^x = 2 <=>
2^x = 2^1 <=>
x = 1.

б) Уравнението 2.4^x + (2a - 1).2^x - 4a^2 - 2a = 0 ще има 
два различни реални корена x1 и x2 <=> уравнението f(t) = 0
има два различни реални положителни корена t1 = 2^x1 > 0 и
t2 = 2^x2 > 0.
За дискриминантата на f(t) имаме
D = (2a - 1)^2 + 4.2.(4a^2 + 2a) = (6a + 1)^2.
Трябва

D > 0
t1 + t2 > 0
t1.t2 > 0

<=>

a <> -1/6
-(2a - 1)/2 > 0
(-4a^2 - 2a)/2 > 0

<=>

a E (-1/2; -1/6) U (-1/6; 0).

Задача 3.

Нека AC x BD = E и AD x BC = F.
По условие ъгъл AEB = 90 градуса =>
AE^2 + BE^2 = AB^2 (1)
CE^2 + DE^2 = CD^2 (2)
AE^2 + DE^2 = AD^2 (3)
BE^2 + CE^2 = BC^2 (4)
От (1) и (2) => AE^2 + BE^2 + CE^2 + DE^2 = AB^2 + CD^2
От (3) и (4) => AE^2 + BE^2 + CE^2 + DE^2 = AD^2 + BC^2
=> AD^2 + BC^2 = AB^2 + CD^2 = 15 + 1 = 16 (5).
През т. C построяваме права m || AD. Нека m x AB = т. P.
Тогава APCD е успоредник => AD = PC и AP = CD = 1 => PB = sqrt(15) - 1.
Освен това, ъгъл PCB = ъгъл AFB = 60 градуса.
Прилагаме косинусовата теорема за триъгълник PCB:
PB^2 = PC^2 + BC^2 - 2.PC.BC.cos(pi/3) <=>
(sqrt(15) - 1)^2 = AD^2 + BC^2 - PC.BC (6).
От (5) и (6) => 16 - 2.sqrt(15) = 16 - PC.BC <=>
PC.BC = 2.sqrt(15).
Нека CH (H е от AB) е височина в трапеца ABCD.
Ще изразим лицето на триъгълник PBC по два начина:
S_PBC = PB.CH/2 = (sqrt(15) - 1).CH/2 и 
S_PBC = PC.BC.sin(pi/3)/2 = 2.sqrt(15).sqrt(3)/4 = 3.sqrt(5)/2
=> (sqrt(15) - 1).CH = 3.sqrt(5)
=> CH = 3.sqrt(5)/(sqrt(15) - 1)
=> S_ABCD = (AB + CD).CH/2 = 
= (sqrt(15) + 1).3.sqrt(5)/(2.(sqrt(15) - 1)) = 
= 3.sqrt(5).(8 + sqrt(15))/14.

Задача 4.

Нека V е върхът на дадената пирамида и O е ортогоналната 
проекция на V върху (ABCD). По условие всички околни ръбове
сключват равни ъгли с равнината на основата
=> около ABCD може да се опише окръжност с център O
=> трапецът ABCD е равнобедрен.
Построяваме височините DM и DN (M и N са от AB).
Тогава триъгълниците AMD и BNC са еднакви и MNCD 
е правоъгълник => MN = CD = 12 и AM = BN = (28 - 12)/2 = 8.
От правоъгълните триъгълници AMD и BMD последователно получаваме, че 
DM = sqrt(17^2 - 8^2) = 15 и BD = sqrt(DM^2 + BM^2) = sqrt(15^2 + 20^2) = 25.
Нека r е радиусът на описаната около ABCD окръжност.
Прилагаме синусовата теорема за триъгълник ABD:
BD/sin(ъгъл BAD) = 2r
=> r = BD/(2.sin(ъгъл BAD)) = 25/(2.(15/17)) = 85/6.
AO = r е ортогоналната проекция на AV върху (ABCD)
=> ъгълът между AV и равнината на основата е ъгъл OAV = 60 градуса
=> AV = r/cos(pi/3) = 2r и OV = r.tg(pi/3) = r.sqrt(3).
Нека продължението на VO да пресича описаната около ABCDV сфера в т. P и 
R е радиусът на тази сфера. Тогава VP е диаметър и ъгъл PAV = 90 градуса
=> AV^2 = VO.VP, т.е. (2r)^2 = r.sqrt(3).2R <=> R = 2r/sqrt(3) = 2.(85/6)/sqrt(3) =
= 85.sqrt(3)/9.