ОТГОВОРИ И РЕШЕНИЯ 3(x + y)(x xy + y )y(x y) 1. (Б) Преобразуваме: (x y)(x + y)(x + y ) x(x xy + y ) = 3y (x + y)(x y) x = (x + y ) 3 y x y x x + y = 3 y x (x y ) 1 ( x y ) + 1 = 3 ( 3 ) 1 9 3 ( 3 ) + 1 = 4 1 9 4 + 1 = 13. ( ) 1 ( ) 3 3. (Г) Пресмятаме: (0,1) 1 = 10; (0,) = = ; (0,3) 3 = = 1000 10 7 = 37 1 ( ) 4 ( ) 4 7 ; (0,4) 4 = = = 6 16 = 39 1 ( ) 1 16 ; (0,) = = = 3. Най-голямото от петте дадени числа е (0,4) 4 = 39 1 16. 3. (А) Понеже 3 a е дефиниран за всяка реална стойност на a, дефиниционното множество на f(x) = 3 1 + lg 1 x се състои от всички x, за които е дефиниран lg 1 x, откъдето 1 x > 0 1 x 0 x ±1 x ( ; 1) ( 1;1) (1;+ ). a 4. (Д) Дадените условия имат вида: 1 q + a 1 q 4 = 4 a 1 q + a 1 q a 1q(1 + q 3 ) = 4 = 84 a 1 q (1 + q 3 ) = 84. Очевидно a 1 0, q 0 и 1+q 3 0. Тогава разделяме почленно второто уравнение на първото и получаваме a 1q (1 + q 3 ) a 1 q(1 + q 3 ) = 84, откъдето q =. Заместваме в първото 4 уравнение на системата: a 1 [( ) + ( ) 4 ] = 4 14a 1 = 4 a 1 = 3.. (В) Имаме x +6(1 x) 7 < x(x 6) x +6 6x 7 < x 6x 1 <, което не е вярно. Следователно даденото неравенство няма решение. 6. (Д) Корените на f(x) = x + x + = 0 са реални и с различни знаци тогава и само тогава, когато.f(0) < 0. В случая f(x) = x + (6 a)x + a и f(0) < 0 1.a < 0 a ( ;0). 7. (Г) Имаме x (x +x ) (x 1) x+1 = 0 x 4 +x 3 x x 4 +x 1 x+1=0 x 3 x = 0 x(x ) = 0, чиито корени са: x 1 = 0, x,3 = ±. 8. (Б) Допустимите стойности за x в x 1 x = 9 1 x са тези, за които 1 x 0, т.е. x 1. Тогава x 1 x = 9 1 x (x 9) 1 x = 0. Сега 1 x=0 x = 1, а от корените на x 9 = 0 само x = 3 е допустима стойност. 9. (А) Дефиниционното множество се определя от 3 x > 0 и 3 x 1, т.е. x < 3 и x. 1 Преобразуваме уравнението log (3 x)+6log 3 x = 1 log (3 x)+6log 3 x 1 =1 log (3 x) 6log 3 x = 1 и полагаме t = log (3 x). Тогава log 3 x = 1 t и t 6 t = 1 t t 6 = 0 с корени t 1 = 3 и t =. От log (3 x) = 3 получаваме 3 x = 3, или x =, а от log (3 x) = намираме 3 x =, т.е. x = 3 4. Очевидно x = и x = 3 4 са допустими стойности. 10 Издателство Регалия, тел. 979-38-4
10. (Б) Тъй като g(x ) = 3 x + 1 и f(g(x)) = 3(3 x + 1) = 3 x+1 + 1, то g(x ) f(g(x)) 3 x +1 3 x+1 +1 3 x 3 x+1 x x+1 x 3 4. 11. (В) Числата a 1,a,a 3 (взети в този ред) образуват аритметична прогресия, ако a 3 + a 1 = a, т.е. x удовлетворява уравнението x + cos x + x + sin x = 3 x + x + (sin x + cos x) = 3. От sin x + cos x = 1 за x получаваме x + x = 0 с корени x 1 = 1 и x =. x + y = 7 1. (Г) Допустими стойности на системата са x > 0, y > 0. Тогава x+y = lg x + lg y = 1 x + y и от свойствата на логаритмите получаваме x + y = 7 x + y = 7. Сега lg(xy) = 1 xy = 10 y = 7 x и от x(7 x) = 10 x 7x + 10 = 0 намираме x 1 = и x =, откъдето y 1 = 7 = и съответно y = 7 =. 13. (Г) Пресечните точки на графиката на f(x) = x x 3 с абсцисната ос имат ординати 0. От x x 3 = 0 x x 3 = 0 намираме техните абсциси: x = 1 и x = 3. Така ( 1;0) и (3;0) са пресечните точки с абсцисната ос. Пресечната точка на графиката на f(x) с ординатната ос има абсциса x = 0 и ордината f(0) = 0 0 3 = 3, т.е. това е точката (0;3). Намерихме точките ( 1;0), (3;0) и (0;3). 14. (А) От формулите на Виет за корените x 1 и x на квадратното уравнение x x 1 = 0 имаме x 1 + x = и x 1 x = 1. Тогава x 1 + x = x 1 + x = x x 1 x 1 x (x 1 + x ) x 1 x = ( ) ( 1) = 7. x 1 x 1 1. (Д) В равенството a 4 +b 4 = (a +b ) a b заместваме a = sinx и b = cos x. Използваме sin x+cos x = 1 и получаваме sin 4 x+cos 4 x = (sin x+cos x) sin xcos x = 1 1 (sin xcos x) = 1 1 sin x = 1 1 ( 1 ) 17 = 3 18. 16. (В) В интервала (0;π) следва cotg α = 1 за α = 3π 4. Тогава x+ π 4 = 3π 4 откъдето x = π 4 + kπ, k Z. +kπ, k Z, 17. (Б) Имаме cotg (x 1) < 3 cotg (x 1) < 3 3 < cotg (x 1) < 3. Неравенството 3 < cotg α < 3 е изпълнено за π 6 < α < π 6. Следователно π 6 + kπ < x 1 < π 6 + kπ, k Z, откъдето 1 + π 6 + kπ < x < 1 + π + kπ, k Z. 6 18. (Д) За x = π 3 имаме cos x = cos π 3 = 1 и 1+cos x+cos x+ +cos n x+ е сума на безкрайна геометрична прогресия с частно q = 1. Тогава от 1+q+q + +q n + = 1 1 q за търсената сума намираме 1 1 ( 1 ) = 3. 19. (А) Ще приложим следната теорема: Ако редицата с общ член a n е ограничена и lim b n = (или lim b a n n = ), то lim = 0. n n n b n Издателство Регалия, тел. 979-38-4 11
От sin 1 следва, че sin n = sin n 1 n = 1, т.е. редицата с общ член sin n е sin n ограничена. При n имаме 1 n и от теоремата lim n 1 n = 0. x + 3 x 0. (Г) Дефиниционното множество на функцията се състои от всички x стойности на x, за които двата радикала имат смисъл и знаменателят не е нула, т.е. x + 3 0 x 0 x 3 x x [ 3;0) (0;]. x 0 x 0 1. (Г) Тъй като lim (1 1x ) x + = 1, от непрекъснатостта на логаритмичната функция следва lim [1 log (1 1x )] = 1 log 1 = 1. От lim (3 x) = следва x + 1 log (1 1 x ) lim = 0. x + 3 x. (Б) Намираме производната на дадената функция: f (x) = (1 x) (x + 3) (1 x)(x + 3) (x + 3) = x + (x + 3) (1 x) 1 (x + 3) = 7 (x + 3). Допирателната към графиката на f(x) сключва тъп ъгъл с положителната посока на Ox, ако f (x) < 0. Понеже f 7 (x) = < 0 за всяко x от дефиниционното (x + 3) множество на f(x), то търсеното множество се състои от онези x, за които x 3. 3. (А) Пресмятаме производната f (x) = (x) (x + 4) x(x + 4) (x + 4) = 1 (x + 4) x x (x + 4) = 4 x ( x)( + x) (x = + 4) (x + 4). Понеже знаменателятнаf (x)еположителен,тоf (x)<0 за x ( ; ); f (x) > 0 за x ( ;); f (x) < 0 за x (;+ ). Следователно f(x) намалява в ( ; ), f(x) расте в ( ;) и f(x) отново намалява в (;+ ). ( sinπx ) 4. (Д) Имаме f (sin πx) (x + π) sin πx (x + π) (x) = = x + π (x + π) = π cos πx (x + π) sin πx x (x + π). Тогава f (0)= π cos 0 (0 +π) sin0 0 (0 +π) = π π =1.. (В) Използваме, че в точката x = b a квадратният тричлен ax +bx+c има минимум при a > 0 и максимум при a < 0. Квадратната функция f(x) = x + (p 1)x + p 4 (p 1) достига минимум при x = = 1 p, като f min = f(1 p) = (1 p) + (p 1)(1 p) + p 4 = 1 p + p p + 4p + p 4 = p + 4p. Квадратният тричлен p + 4p има максимум и той се достига за p = 4 ( 1) =. ( x 6. (А) От първата производна f 3 ) (x) = 3 x + 3x 1 = x 4x+3 = (x 1)(x 3) определяме f (x) > 0 за x (0;1) и f (x) < 0 за x (1;). Следователно f(x) расте 1 Издателство Регалия, тел. 979-38-4
за x (0;1) и намалява за x (1;). Тогава най-малката стойност f НМС на f(x) в интервала [0;] е по-малкото от числата f(0) и f(). Понеже f(0) = 1 и f() = 3 3 + 3 1 = 1 3, то f НМС = f(0) = 1. 7. (Б) Ясно е от чертежа, че γ = α + 90 и β=90 α Заместваме в α + γ = 7β и получаваме уравнението α + α + 90 = 7(90 α) 9α = 40, откъдето α = 60. 8. (В) От пропорцията M = N = 3 следва, че MN = 3. Тогава от NQ = 1 3 < 1 3 < 7 7 = MQ и MQ = 1 1 < 8 1 = 3 = MN получаваме NQ < MQ < MN. 9. (Г) Намираме <) = 180 = 70. Оттук <) M = 70 10 = 60. В M, <) M = + 30 = 8 и <) M = 180 10 8 = 8. Следователно M е равнобедрен с = M. Тъй като =, то = M и M също 10 o е равнобедрен. При това, <) M = 60. Тогава M е равностранен, <) M = 60 и оттук <) M =<) M <) = 60 = o 30. o M 30. (В) Ще използваме равенството H = H.H. Ако означим x = H, то H = 4x и следователно = x.4x x = 4. Намираме x =, откъдето = x =. 31. (А) За лицето S на D ще използваме формулата S = 1 D sin <) D. Имаме S = 1 10 3sin(<) D+90 ) = 1cos <) D. От правоъгълния D намираме cos <) D = D = 3 и тогава S = 1 3 = 9. H D 3 M P Q 10 N Издателство Регалия, тел. 979-38-4 13
3. (Д) Тъй като е перпендикулярна на диаметъра, то е допирателна към окръжността. От свойството на секущите и допирателните имаме = D. След полагането x = D получаваме 6 =(+x)x x +x 36=0 6 с единствен положителен корен x = 4. Тогава = + 4 = 9 и по Питагоровата теорема от намираме = = 9 6 = 3 D. 33. (Б) Периметърът на ромба D е, следователно страната му има дължина = : 4 = 13. Ако O е пресечната точка на диагоналите, O = 1 D = 1 D 10 =. От правоъгълния триъгълник O намираме O = O = O 13 = 1. Тогава лицето на ромба е равно на 4S O = 4 1 = 10. 13 34. (Г) Нека a =. От косинусовата теорема за следва (a + ) = 8 + a 8acos 60 a +4a+4 = 64+a 8a 1a = 60 и намираме = a =. 60 o 8 a 3. (Д) Триъгълникът има ъгъл между бедрата <) = 180 30 = 10. Ако b е дължината на бедрото на, лицето му е S = 1 b sin 10. Тогава 3b 3 = и 4 намираме b =. От синусовата теорема за b имаме = R, откъдето търсеният радиус на sin30 описаната окръжност е R = 30o 1 =. 36. (Г) Означаваме a =, b = D. Построяваме височината DH на трапеца през върха D. Тъй като трапецът е правоъгълен, то DH = = 8. От правоъгълния триъгълник HD намираме H = D DH = 10 8 = 6. От друга страна, H = H = a b. Следователно a b = 6. По условие средната отсечка D има дължина 1, т.е. 1 (a + b) = 1. Решаваме системата 1 и намираме = a = 1 и a b = 6 (a + b) = 1 D = b = 9. 10 H a 8 14 Издателство Регалия, тел. 979-38-4
37. (А) Ако O е ортогоналната проекция на върху равнината α, търсеното разстояние е O. От правоъгълния триъгълник намираме катета = = 10 6 = 8. Триъгълникът O е правоъгълен с <) O = 90, 6 като <) O = 30 e ъгълът, който сключва с 30 o 10 равнината α. Тогава O е половината от хипотенузата, т.е. O = 1 = 1 8 = 4. O 38. (В) От правоъгълния триъгълник OM намираме O = M MO = 1 8 M = 80. В равнобедрения правоъгълен триъгълник OE имаме OE = O, т.е. OE = 80, откъдето OE = 10. От MOE намираме tg <) OME = OE MO = 10 8 = D 8 10 4. O 39. (Б) Разглеждаме осно сечение на конуса. Нека h = P O е височината на цилиндъра. Тогава QO = h е височината на конуса. В Q, Q MN е средна отсечка. Тогава MH и NE са средни отсечки, съответно в OQ и OQ. Ако r = HO = EO е радиусът на основата на цилиндъра, то O = O = r е радиусът на основата на кону- M P N са. Тогава V к = 1 3 π(r) h = 8 3 πr h, V ц = πr h, и следователно V к : V ц = 8 : 3. 40. (Б) При означенията на чертежа, обемът на правоъгълния паралелепипед е V = abc = 168, лицето на околната повърхнина е S = 104, а лицето на пълната повърхнина е S 1 = S + ab = 188. Лицето на основата D е ab = S 1 S 188 104 = = 4. Тогава c = V ab = 168 4 = 4 b е височината на паралелепипеда. a КЛЮЧ ЗА ВЕРНИТЕ ОТГОВОРИ 1. Б. Г 3.А 4. Д. В 6. Д 7. Г 8.Б 9.А 10. Б 11. В 1. Г 13. Г 14. А 1. Д 16. В 17. Б 18. Д 19.А 0. Г 1. Г. Б 3. А 4. Д. В 6. А 7. Б 8. В 9.Г 30. В 31. А 3. Д 33. Б 34. Г 3. Д 36. Г 37. А 38. В 39.Б 40. Б H O E 1 E c Издателство Регалия, тел. 979-38-4 1
КАРТА ЗА САМООЦЕНКА Въпроси Отбележете верните отговори с В, грешните с Х, а непопълнените с О. Алгебра Тригонометрия Математически анализ Планиметрия Стереометрия 1 3 4 6 7 8 9 10 11 1 13 14 1.1 1. 1.3 1.4 1. 1.6 1.7 1.8 1.9 1.10 1.4 1.9 1.6 1.6 1 16 17 18.1..3.1 19 0 1 3 4 6 3.1 3. 3.3 3.4 3. 3.4 3. 3. 7 8 9 30 31 3 33 34 3 36 4.1 4. 4.3 4.4 4. 4.6 4.7 4. 4. 4.7 Резултат от теста = 4 (брой верни) (брой грешни) = 37 38 39 40.1..3. ОБЩО Брой на верни грешни празни Ориентирайте се в кои от темите правите повече грешки и съответно трябва да преговорите. 16 Издателство Регалия, тел. 979-38-4