Примерни теми за кандидат-студенти

Примерна тема за кандидатстване в СУ

Задача 1. Да се намерят стойностите на реалния параметър m, за които уравнението
sin²x + m|sin2x| + 1 = 0
има решение.

Задача 2. Даден е изпъкнал четириъгълник ABCD, който е вписан в окръжност и описан около окръжност. Допирните точки на вписаната окръжност със страните AB, BC, CD и DA са съответно M, N, P и Q.
а) Да се докаже, че MP перпендикуляр NQ.
б) Ако периметърът на четириъгълника MNPQ е 20 и MN = 2NP = 8PQ, да се пресметнат страните, ъглите, диагоналите и лицето на MNPQ.

Задача 3. Призма с основа трапец е вписана в сфера с радиус R и е описана около сфера с радиус r. Да се намери обемът на призмата.

Задача 4. Функцията ƒ(x) = -2x³ + 3(1 - 2a)x² + 12ax - 1 (a е реален параметър) има локален минимум при x = x₁ и локален максимум при x = x₂. Да се намерят стойностите на a, за които:
а) x₁² = x₂;
б) 6aƒ(x₁) + ƒ(x₂) = 0

Примерна тема за кандидатстване в УНСС

Задача 1. Нека ƒ(x) е квадратна функция, за която са изпълнени условията 8[ƒ(0)]³ + 8[ƒ′(0)]³ + [ƒ′′]³ = 12ƒ(0)ƒ′(0)ƒ′′(3),
lim_{x → ∞} ^ƒ(x)⁄_x² = 1 и 2ƒ(0) + 2ƒ′(0) + ƒ′′(2) ≠ 0.
Да се реши неравенството ƒ(x² < 14x² - 35.

Задача 2. Да се намерят стойностите на реалния параметър a, при всяка от които уравнението log₃(9^x + 9a³) = x има точно два реални корена.

Задача 3. Намерете колко процента (с точност до цяло число) от лицето на триъгълкник ABC е лицето на триъгълника, чиито върхове са петите на височините на триъгълника ABC, ако е известно, че мерките на ъглите BAC, ABC, ACB се отнасят както 5:5:2.

Задача 4. Основата на пирамида е квадрат със страна a. Две от околните стени са перпендикулярни на основата, а другите две образуват с нея ъгли равни на α. Докажете, че пълната повърхнина на пирамидата е S = ^{(√2a² cos ^α⁄₂)}⁄_{sin(45° - ^α⁄₂)}.
За кои стойности на α е изпълнено равенството S = a²(3 + √3).

Примерна тема за кандидатстване в УАСГ

Задача 1. а) да се реши уравнението ax² - (a - a³ + 1)x + - a² = 0, където a е реален параметър.
б) Нека M е множеството от точките в равнината, чиито координати (x,y) са решения на системата

|√(x - 1)² + y² + √(x + 1)² + y² = 2
|a(x² + y²) - (a - a³ + 1)(x + y) + 1 - a² = 0

За кои стойности на параметъра a множеството M има общи точки с кръга (включително и контурната му окръжност) с център точкта (1;1) и радиус √2?

Задача 2. За изпъкналия четириъгълник ABCD е дадено, че ъгъл CAB = DBC = 30° и ъгъл ACD = ADB = 45°.
а) Да се намери ъгълът между диагоналите на ABCD.
б) Ако AB > AC, да се намери в какво отношение пресечната точка на диагоналите на ABCD дели диагонала BD.

Задача 3. В правилна четириъгълна пирамида с връх Е е вписан паралелепипед така, че върховете на едната му основа лежат на околните ръбове на пирамидата, а другата основа лежи в равнината на основата ABCD на пирамидата.
а) Да се намери най-малката стойност на отношението на обемите на пирамидата и паралелепипеда.
б) Нека основният ръб на пирамидата е a, а паралелепипедът за който се достига най-малката стойност от а), е куб. Да се намери дължината на оста-отсечка PN на правите AD и BM, където M е средата на отсечката CE, P принадлежи на AD и N BM.
В какво отношение точката N дели отсечката BM?

Примерна тема за кандидатстване в ТУ

Задача 1. Да се реши неравенството

√x - 1 - 3 ≤

√x - 1 - 2

Задача 2. В равнобедрен триъгълник ABC, AC = BC, ъгъ C ≠ 90° и центърът на описаната окръжност лежи върху вписаната в триъгълника окръжност.
а) Да се намери cos α, където α = ъгъл BAC.
б) Да се намери отношението на радиусите на описаната и вписаната окръжности.

Задача 3. Да се намери обемът на триъгълната пирамида ABCF, ако AC = BF = a, BC = AF = b, AB = CF = c

Задача 4. Да се намерят стойностите на реалния параметър a, за които най-малката стойност на функцията ƒ(x) = 4^x - 2^x+3.a + 7a²
в интервала [-2;0] е отрицателна.

Тема за СУ - решения

1 задача Записваме уравнението във вида 2sin²x + 2m| sin x.cos x| + cos²x = 0. Тъй като cos x ≠ 0 получаваме уравнението
2|tgx|² + 2m|tg x| + 1 = 0, което има решение, точно когато квадратното уравнение 2t² + 2mt + 1 = 0 има поне един положителен корен. Това е еквивалентно(защо?) уравнението да има два положителни корена.
Оттук намираме m принадлежи на (- ∞ , -√2].

2 задача а) Нека O = MP ∩ NQ. Тогава ъгъл MOQ = 1⁄2(MQ + NP). Но MQ = 180° - DAB и NP = 180° - BCD. Следователно
ъгъл MOQ = 180° - (DAB + BCD)⁄2 = 90°
б) Нека PQ = x. Тогава NP = 4x и MN = 8x. От MP перпендикуляр NQ следва, че MN² + PQ² = NP² + MQ²(докажете!). Оттук намираме MQ = 7x. Тъй като MN + NP + PQ + QM = 20, то x = 1 и значи MN = 8, NP = 4, PQ = 1 и MQ = 7. Нека ъгъл QMN = α.Тогава ъгъл QPN = π - α и от косинусовата теорема за триъгълниците MNQ и NPQ имаме, че NQ² = 113 - 112cos α = 17 + 8cos α. Оттук намираме cos α = 4⁄5 и NQ = 3√13⁄5. Ако ъгъл MNP = β (PQM = π - β) по същия начин намираме cos β = 5⁄13 и MP = 12√5⁄13. Тогава S = 1⁄2MP.NQ = 18.

3 задача Нека призмата е ABCDA₁B₁C₁D₁. Тъй като около нея може да се опише сфера, то околните и стени са правоъгълници, основите - равнобедрени трепеци и призмата е права. Тогава и основата и може да се впише в окръжност с радиус rа околните й ръбове с равни на 2r. Нека O₁ и O₂ са центровете на описаните окръжности около ABCD и A₁B₁C₁D и O е средната на отсечката O₁O₂. Тогава OA = OB = OC = OD (O₁ е ортогоналната проекция на О) и аналогично ОА₁ = OB₁ = OC₁ = OD₁. От друга страна триъгълник ОО₁B еднаквост OO₂B₁, т.е. OB = OB₁. Следователно О е центърът на описаната сфера. Нека R₁ е радиусът на описаната окръжност около ABCD. Тогава R₁² = R² - r² и остава да се намери лицето на трапеца ABCD по дадени радиуси r и R¹ на вписаната и описаната окръжност.

Отг. V_ABCD = 4r²√2r(√4R² - 3r² - r), R > r.

4 задача а) Корените на производната ƒ′(x) = -6x² + 6(1 - 2a)x + 12a са 1 и -2a. Тогава x₁ = -2a, x² = 1, a > -1⁄2 (защо?) и от x₁² получаваме a = 1⁄2
б) Тъй като -2а ≠ 1 ще разгледаме два случая.
1. -2a < 1. Тогава x₁ = -2a, x₂ = 1 и от условието получаваме уравнението a³(2a + 3) = 0 т.е a = 0.
2. -2a > 1. Тогава x₁ = 1, x₂ = -2a и получаваме уравнението 8a³ - 24a² + 1 = 0. Това е невъзможно, защото от -2а > 1 следва, че 8a³ + 1 < 0. Следователно a = 0.

Тема за УНСС - решения

1 задача Нека ƒ(x) = ax² + bx + c, a ≠ 0. От lim_{x -> ∞}ƒ(x)⁄x² = 1 следва lim_{x -> ∞}(a + b⁄x + c⁄x²) = 1 <=> a = 1. Следователно ƒ(x) = x² + bx + c. Тогава ƒ(0) = c, ƒ′(0) = b, ƒ′′(x) = 2 за всяка стойност на x и условията добиват вида 8c³ + 8b³ + 8 = 12cb2 <=> b³ + c³ + 1 = 3bc и 2c + 2b + 2 ≠ 0 <=> b + c + 1 ≠ 0. Тъй като 0 = b³ + c³ + 1 - 3bc = (b + c)³ + 1 - 3b²c - 3bc² - 3bc = (b + c +1)[(b + c)² - (b + c) + 1] - 3bc(b + c + 1) = 1⁄2(b + c + 1)[(b - c)² + (b - 1)² + (c - 1)²] следва, че (b - c)² + (b - 1)² + (c - 1)² = 0, т.е. b = c = 1 и ƒ(x) = x² + x + 1. Даденото неравенство приема вида x⁴ + x² + 1 < 14x² - 35 <=> x⁴ - 13x² + 36 < 0 <=> x принадлежи на (-3;-2) обединение (2;3).

2 задача Уравнението е еквивалентно на системата
|9^x + 9a³ = 3^x
|9^x + 9a³ > 0
Тъй като неравенството следва от първото уравнение, трябва да определим a така, че уравнението 9^x + 9a³ = 3^x да има точно два реални корена. Нека t = 3^x > 0. Трябва да определим a така, че квадратното уравнение t² - t + 9a³ > 0 да има два положителни корена. Това е еквивалентно на условията t¹ + t² > 0, t¹t² > 0 и D = 1 - 36a³ > 0.

3 задача Намираме ъгъл BAC = ABC = 75° и ACB = 30°. Нека H₁, H₂ и H₃ са петите на височините през A, B и C. Означаваме S_ABC = S, S_H₃BH₁ = S₁, S_H₂CH₁ = S₂ и S_H₂AH₃ = S₃. Тогава (S_H₁H₂H₃)⁄S_ABC = (S - S₁- S₂ - S₃)⁄S = 1 - S₁⁄S - S₂⁄S - S₃⁄S. Триъгълник H₃B₁H ~ CBA, защото ъгъл B е общ за двата триъгълника и AB⁄CB = H₁B⁄H₃B ( от подобието на триъгълник CH₃B и AH₁B. Следователно S₁⁄S = cos²75°. Аналогично S₂⁄S = cos²75° и S₃⁄S = cos²30°. Тогава 1 - S₁⁄S - S₂⁄S - S₃⁄S = 1 - cos²75° - cos²30° = 1 - (1 + cos150°) - 3⁄4 = cos30° - 3⁄4 = √3⁄2 - 3⁄4 ≈ 1⁄4(3, 4 - 3) = 1⁄10. Следователно лицето на триъгълник H₁H₂H₃ е (приблизително) 10% от лицето на триъгълник ABC.

4 задача Нека пирамидата е ABCDM. Ясно е, че две съседни около стени са на основата. Без ограничение можем да предполагаме, че това са (ADM) и (CDM). Следователно MD (ABCD) и от теоремата за трите перпендикуляра заключаваме, че BA MA и BC MC. Това показва, че ъгъл DAM = DCM = α, α принадлежи на (0; π⁄2) и намираме DM = atg α, MA = MC = a&frasl cos α. Тогава С = a² + a²tg α + a²⁄cos α = a²⁄cos α(1 + cos α + sin α) = = (a²⁄cos α)2 (cosα⁄2 + sinα⁄2cosα⁄2) = = (2a²cos α⁄2)⁄sin(90° - α) (cos α⁄2 + sin α⁄2) = = (a²√2cos α⁄2)⁄sin(45° - α⁄2) Нека S = a²(3 + √3). Тогава (1 + cosα + sinα)⁄cosα = 3 + √3. Оттук (2 + √3)cosα - sinα - 1 = 0. Нека t = tg α⁄2. Тъй като cosα = 1 - t²⁄1 + t² и sinα = 2t⁄1 + t² стигаме до уравнението (3 + √3)t² + 2t - 1 - √3 = 0 с корени t₁ = √3⁄3, t₂ = -1 < 0. Следователно tg α⁄2 = √3⁄3 и α = 60°.