Решение:

• Изразът извън скобите е аритметична прогресия с a₁ = 1, a_n = 101 и d = 3 – 1 = 2.
• Използваме Теорема 1 на аритметична прогресия и намираме:

  a_n = a₁ + (n – 1)d 101 = 1 + (n – 1).2 n = 51.

• Прилагаме Теорема 2 на аритметична прогресия:

  S_n = S₅₁ = .51 = 2601.

• По подобен начин намираме израза в скобите:
  • a₁ = 2, a_n = 100 и d = 4 – 2 = 2 и прилагаме формула за общ член на аритметична прогресия:

    a_n = a₁ + (n – 1)d 100 = 1 + (n – 1).2 n = 50.

  • Прилагаме формула за сбор на аритметична прогресия:

    S_n = S₅₀ = .50 = 2550.

• Намираме отговора:

  1 + 3 + 5 + … + 101 – (2 + 4 + 6 + … + 100) = 2601 – 2550 = 51.

• Верен отговор В).

Решение:

• Непосредствено заместваме с дадените естествени числа и проверяваме за кои от тях се получава вярно неравенство.
• Само при n = 6 се получава вярно неравенство, защото:

  2⁶ > 6² + 3.6 + 5 64 > 59.

• Верен отговор А).

Решение:

• Използваме (Тр.Ф.1.3) и (Тр.Ф.1.1):
• Отново използваме същите формули:
• Използваме (Тр.Ф.4.1):

  sin (α + β) = sin α cos β + cos α sin β = .

• Верен отговор Б).

Решение:

• Намираме първата производна:

  f ' = 3x² – 12x + 9.

• Изследваме знака на първата производна, за да определим интервалите, в които дадената функция расте:

  f ' ≥ 0 3x² – 12x + 9 ≥ 0 x (– ∞; 1] [3; + ∞).

• Нанасяме резултатите в таблица:
• От таблицата се вижда, че в интервала функцията f (x) има един минимум и един максимум, като при x е растяща, а при x [1; 3] – е намаляваща.
• Най-високите точки са при x = 1 и x = . Намираме най-голямата стойност (НГС):
• Верен отговор Б).

Решение:

• Свободният член има делители ± 1, ± 2.
• Директно проверяваме, че x = 1 е решение, защото:

  1³ + 1² – 4.1 + 2 = 0.

• Използваме схемата на Хорнер, за да разложим на множители:
• Разлагаме на множители:

  x³ + x² – 4x + 2 = (x – 1)(x² + 2x – 2) = 0.

• От втората скоба получаваме квадратно уравнение с решения:

  x² + 2x – 2 = 0 x_1/2 = – 1 ± .

• Даденото уравнение има решения:

  x₁ = 1, x₂ = – 1 + , x₃ = – 1 – .

• Намираме отговора:
• Верен отговор Г).

Решение:

• От Основна Зад. 3 за правоъгълен триъгълник с ъгъл 15° следва, че височината h_c към хипотенузата е четири пъти по-малка от хипотенузата, т.е.:

  h_c = 3.

• Използваме формула (14) и намираме отговора:

  S = = 18.

• Верен отговор А).

Решение:

• Нека BCD = α, CBD = x.
• ABCD – вписан четириъгълник и прилагаме формула (1):

  A + C = 180° A = 180° – α.

• Прилагаме косинусова теорема за ΔBCD:

  BD² = CB² + CD² – 2BC.CD.cos α = 7² + 5² – 2.7.5.cos α = 74 – 70cos α.

• Прилагаме косинусова теорема за ΔABD и след това прилагаме Таблица 2:

  BD² = AB² + AD² – 2AB.AD.cos (180° – α) = 1² + 5² – 2.1.5.(– cos α) = 26 + 10cos α.

• С тези две уравнения съставяме система и я решаваме чрез заместване:

• Използваме основното тригонометрично равенство (Тр.Ф.1.1):

  sin² α + cos² α = 1 = 1

• Прилагаме синусова теорема за ΔBCD:
• Верен отговор А).

Решение:

• Построяваме AO₂ || BC O₃T₃, така че O₁ BC. Нека r₃ = x, тогава:
  • O₁O₂ = r₂ + r₁ = 16 + 9 = 25.
  • O₁O₃ = r₃ + r₁ = x + 9.
  • O₂O₃ = r₃ + r₂ = x + 16.
  • O₂C = r₂ – r₁ = 16 – 9 = 7.
  • O₃A = r₃ – r₂ = x – 16.
  • O₃B = r₃ – r₁ = x – 9.
• Прилагаме теоремата на Питагор за ΔO₁CO₂ (O₁CO₂ = 90°):
• Прилагаме питагоровата теоремата за ΔBO₁O₃ (O₁BO₃ = 90°):
• Прилагаме питагоровата теоремата за ΔAO₂O₃ (O₂AO₃ = 90°):
• ABCO₂ – правоъгълник, т.е.:
• Верен отговор В).

Решение:

• Намираме координатите на т. С:
  • През т. А построяваме права p || y.
  • По построение т. А p, тогава т. C p x_A = x_C = 1.
  • Прилагаме формулата за дължина на отсечка (формула 21):

    AC = = |y_C – 2| = 5.

  • По условие т. С е в първи квадрант и от горното равенство получаваме:

    y_C – 2 = 5 y_C = 7.

  • Т.е. C (1; 7).
• Намираме координатите на т. B:
  • Отново прилагаме формула (21), но сега за отсечката AB = 5:

    AB = = 5 ↑² (x_B – 1)² + (y_B – 2)² = 25.

  • Използваме това, че т. В лежи върху правата g (Свойство 2 на общо уравнение на права):

    т. В g 4.x_B – 3y_B + 2 = 0.

  • В горните две уравнения полагаме, че x_B = x, y_B = y и решаваме получената система чрез заместване:
  • Решенията на това квадратно уравнение са y₁ = – 2 (този корен НЕ е решение, защото y₁ = – 2 НЕ е в I квадрант), y₂ = 6.
  • Намираме другата координата:

    x₂ = = 4.

  • Т.е. B (4; 6).
• Координатите на медицентъра на ΔABC намираме от формула (25):

  G G (2; 5).

• Верен отговор Б).

Решение:

• Отбелязваме събитията:
  • А = {изваждат се 3 бели топки}.
  • В = {изваждат се 3 черни топки}.
  • A B = {изваждат се 3 едноцветни топки}.
  • Събитията А и В са несъвместими, защото НЕ могат да се случат едновременно.
• Изчисляваме вероятността да се случи събитието А:
  • Намираме всички възможни случаи n – Всички топки в урната са 11 (7 бели и 4 черни) и се изваждат три от тях, като редът им няма значение, т.е. трябва да намерим комбинации на 11 елемента от 3-ти клас:

    n = C₁₁³ = = 11.5.3.

  • Намираме благоприятните случаи m – Всички бели топки в урната са 7 и се изваждат 3 от тях, т.е. трябва да намерим комбинации на 7 елемента от 3-ти клас:

    m_A = C₇³ = = 7.5.

  • Намираме класическата вероятност от формула (7):

    P (A) = .

• По подобен начин изчисляваме вероятността да се случи събитието B:
  • Намираме благоприятните случаи m – Всички черни топки в урната са 4 и се изваждат 3 от тях, т.е. трябва да намерим комбинации на 4 елемента от 3-ти клас:

    m_B = C₄³ = = 4.

  • Намираме класическата вероятност от формула (7):

    P (B) = .

• Намираме вероятността на несъвместимите събития А и В (формула 7.1):

  P (A B) = P (A) + P (B) = .

• Верен отговор В).

Решение:

• Намираме Дефиниционното Множество на логаритмична функция:

  ДМ.:

• Използваме формула (5) и формула (13), за да преобразуваме логаритмичното уравнение:

  log _x 2 + log ₂ 8x² = 6 + log ₂ 8 + log ₂ x² = 6 + 3 + 2log ₂ x = 6.

• Полагаме log ₂ x = y и решаваме полученото дробно уравнение:

  + 3 + 2y = 6 2y² – 3y + 1 = 0, y₁ = 1, y₂ = .

• Връщаме се в полагането и решаваме получените логаритмични уравнения:
  • при y₁ = 1 log ₂ x = 1 x₁ = 2.
  • при y₂ = log ₂ x = x₂ = .
• Отговор: x₁ = 2, x₂ = .

Решение:

I случай: Точката Е е от едната страна на страната АВ, а точките D и C – от другата страна на АВ, както е показано на чертежа.

• ΔABE – равностранен и от Теорема-Свойство 1 следва ABE = BAE = 60°.
• ABCD – квадрат ABC = 90°.
• EBC = ABE + ABC = 60° + 90° = 150°.
• По условие EB = BC = a BEC = ECB, т.е. ΔEBC – равнобедрен.
• В ΔEBC прилагаме теорема за сбор на вътрешни ъгли:

  EBC + 2ECB = 180° 150° + 2ECB = 180° ECB = 15°.

• ECD = 90° – 15° = 75°.
• По подобен начин намираме, че CDE = 75°.
• Прилагаме теорема за сбор на вътрешни ъгли в ΔDCE:

  DEC + CDE + DCE = 180° DEC + 75° + 75° = 180° DEC = 30°.

II случай: Точките Е, D и C са от една и съща страна на АВ, както е показано на чертежа.

• ΔABE – равностранен ABE = BAE = 60°.
• ABCD – квадрат ABC = 90°.
• EBC = ABC – ABE = 90° – 60° = 30°.
• По условие EB = BC = a BEC = ECB, т.е. ΔEBC – равнобедрен.
• В ΔEBC прилагаме теорема за сбор на вътрешни ъгли:

  EBC + 2ECB = 180° 30° + 2ECB = 180° ECB = 75°.

• ECD = 90° – 75° = 15°.
• По подобен начин намираме, че CDE = 15°.
• Прилагаме теорема за сбор на вътрешни ъгли в ΔDCE:

  DEC + CDE + DCE = 180° DEC + 15° + 15° = 180° DEC = 150°.

Отговор: От двата случая следва, че DEC = 30° или DEC = 150°.