Софийски университет - Математика, Юни 2025 г

СОФИЙСКИ УНИВЕРСИТЕТ
Тест от изпит по МАТЕМАТИКА

Тестове от други години

Решили сме тестовете от изпити за кандидат-студенти (Софийски университет, Технически университет и УНСС), Държавни зрелостни изпити (ДЗИ) и НВО (10 клас и 7 клас), от 2008 г. до сега.

Тестове от други години

Тест – Юни 2025 година

ЗАДАЧИ С ИЗБИРАЕМ ОТГОВОР

Отговорите на задачите от 1. до 10. включително отбележете в листа с отговори!

Сумата от целите числа, които са решения на неравенството , е:
- А)10
- Б)14
- В)9
- Г)8
Проверете отговор
Моля, изберете отговор.
Отговорът е грешен.
Упътване:
1. Използвайте подходящи формули за да направите основа 10.
2. Решете полученото показателно неравенство, а след това решете дробното неравенство.
Отговорът е верен.
Вижте решение
Решение:
- В степените на даденото неравенство имаме дроб и затова дефиниционното множество е:
  ДМ: x ≠ – 1.
- Превръщаме 0,1 в обикновена дроб и използваме формула (5):
- Използваме формула (14), за да решим показателното неравенство.
  .
- Решаваме това дробно неравенство по метода на интервалите:
  - Преобразуваме до основен вид:
    < 0.
  - Нулираме числител:
    x – 5 = 0 x₁ = 5.
  - Нулираме знаменател:
    x + 1 = 0 x₂ = – 1.
  - Нанасяме тези числа на числовата ос, очертаваме интервалите и определяме знаците им:
  - От схемата се вижда, че решенията са: x (– 1; 5).
- Числата 0, 1, 2, 3 и 4 са всички цели числа, принадлежащи на този интервал. Намираме отговора:
  0 + 1 + 2 + 3 + 4 = 10.
- Верен отговор А).

Даден е остроъгълен ΔABC, за който ACB = 30°. Височините му AA₁ (A₁ BC) и BB₁ (B₁ AC) имат дължини съответно 5 и 8. Дължината на радиуса на описаната около ΔABC окръжност е:
- А)
- Б)
- В)
- Г)2
Проверете отговор
Моля, изберете отговор.
Отговорът е грешен.
Упътване:
1. От подходящи правоъгълни триъгълници намерете АС и ВС.
2. От косинусова теорема намерете АВ.
3. От синусова теорема намерете отговора.
Отговорът е верен.
Вижте решение
Решение:
- Прилагаме формула (1) за:
  - правоъгълния ΔAA₁C (A₁ = 90°, C = 30°):
    AC = 2AA₁ = 2.5. = 10.
  - Правоъгълния ΔBB₁C (B₁ = 90°, C = 30°):
    BC = 2BB₁ = 2.8 = 16.
- За ΔABC прилагаме:
  - Косинусова теорема:
    AB² = AC² + BC² – 2AC.BC.cos 30° = (10)² + 16² – 2.10.16. = 76 AB = 2.
  - Синусова теорема:
- Верен отговор Г).

Произведението на корените на уравнението = 1 е:
- А)–
- Б)–
- В)– 5
- Г)–
Проверете отговор

Моля, изберете отговор.

Отговорът е грешен.
Упътване: Решете ирационалното уравнение.

Отговорът е верен.

Вижте решение
Решение:
- Намираме Дефиниционното Множество на ирационална функция:
  ДМ: x.
- Свеждаме ирационалното уравнение до основен вид (формула 5) и повдигаме на квадрат двете му страни:
- Използваме формулите на Виет и намираме отговора:
  x₁x₂ = .
- Верен отговор Б).

Даден е правоъгълник ABCD. Точката M е от страната DC и BM пресича AC в точка L. Ако лицето на ΔBLC е равно на 15 и лицето на ΔMLC е равно на 9, то лицето на четириъгълника ALMD е равно на:
- А)
- Б)
- В)
- Г)
Проверете отговор
Моля, изберете отговор.
Отговорът е грешен.
Упътване:
1. ПостроЙте височината на триъгълниците LCM и BLC и от подходящи формули за лице на триъгълник получете отношението BL : LM.
2. Намерете подобни триъгълници и от подходящо свойство намерете лицето на ΔABL.
3. Намерете лицето на ΔACD и след това отговора.
Отговорът е верен.
Вижте решение
Решение:
- Построяваме CH = h₁, която е височина на ΔLCM и ΔBLC.
- Отбелязваме:
  - S_ALMD = S₀ – търсеното лице.
  - S_ΔBLC = S₁.
  - S_ΔLCM = S₂.
  - S_ΔABL = S₃.
- Прилагаме формула (1) за:
- Делим двете страни на горните равенства:
  .
- Намираме лицето на ΔABL:
  - ΔABL ~ ΔCML по I признак, защото: 1) CML = ABL (кръстни ъгли); 2) CLM = ALB (връхни ъгли).
  - Прилагаме формула (4):
    S₃ = 25.
- От чертежа получаваме:
  S_ΔABC = S₃ + S₁ = 25 + 15 = 40.
- AC – диагонал на правоъгълник, т.е. S_ΔACD = S_ΔABC = 40. Тогава:
  S₀ + S₂ = S_ΔACD S₀ + 9 = 40 S₀ = 40 – 9 = 31.
- Получаваме отговора:
  S₀ = 31 = 31 . .
- Верен отговор В).

Сборът на втория и четвъртия член на растяща аритметична прогресия е 10, а произведението на първия и петия ѝ член е 21. Сумата от първите 16 члена на прогресията е:
- А)164
- Б)168
- В)172
- Г)160
Проверете отговор
Моля, изберете отговор.
Отговорът е грешен.
Упътване:
1. Използвайте подходяща теорема на аритметична прогресия и намерете първия ѝ член a₁ и разликата d.
2. Използвайте Теорема 2 на аритметична прогресия и намерете отговора.
Отговорът е верен.
Вижте решение
Решение:
- Използваме Теорема за общия член на аритметична прогресия:
  - a₂ = a₁ + d.
  - a₄ = a₁ + 3d.
  - a₅ = a₁ + 4d.
- От даденото съставяме система и я решаваме чрез заместване:
- Използваме Теорема 2 на аритметична прогресия:
  S₁₆ = . 16 = 168.
- Верен отговор Б).

Дадена е полуокръжност с диаметър AB, център точката O и радиус R = . Построен е радиус OC на полуокръжността, който е перпендикулярен на AB. В сектора, определен от радиусите OA и OC и дъгата е вписана окръжност k. Радиусът на k е:
- А) – 1
- Б)2 –
- В)1
- Г)
Проверете отговор
Моля, изберете отговор.
Отговорът е грешен.
Упътване:
1. За окръжността k отбележете: т. О₁ – център, т. Р – допирна точка до РО, т. Q – допирна точка до СО, т. Т – допирна точка до полуокръжността.
2. Докажете, че O₁P = O₁Q = PO = QO = O₁T = r – радиус на окръжността k и TO = R – радиус на полуокръжността.
3. От подходящ правоъгълен триъгълник намерете O₁O и след това изразете R чрез r.
Отговорът е верен.
Вижте решение
Решение:
- Нека окръжността k допира:
  - АО в т. Р.
  - СО в т. Q.
  - в т. Т.
- Радиусът на k е O₁P = O₁Q = O₁T = r, а радиусът на полуокръжността е AO = CO = OT = R = .
- AO и CO са външно допирателни до k, т.е. PO = QO, но POQO₁ е квадрат, защото P = O = Q = 90° и O₁P = O₁Q = r, тогава PO = QO = O₁P = O₁Q = r.
- Прилагаме теоремата на Питагор за правоъгълния ΔPOO₁ (P = 90°):
  OO₁² = PO² + O₁P² = r² + r² = 2r² OO₁ = r.
- От чертежа получаваме:
- Верен отговор Б).

Избрани са четири котета (без връщане) от котило, което съдържа точно две рижави котета. Вероятността и двете рижави котета да са взети е два пъти по-голяма от вероятността нито едно от тях да е избрано. Броят на всички котета в котилото е:
- А)10
- Б)9
- В)8
- Г)7
Проверете отговор
Моля, изберете отговор.
Отговорът е грешен.
Упътване:
1. Отбележете с x търсеното число и използвайте формула за комбинации, за да намерите всички възможни случаи n.
2. Изборът на 4 котета от общо x може да стане по два начина: I начин: при избора на 4 котета сме избрали и двете рижави, II начин: избираме 4 котета и 0 рижави. Използвайте формула за класическа вероятност и намираме вероятностите в двата случая.
3. Съставяме уравнение с вероятностите от стъпка 2 и намираме отговора.
Отговорът е верен.
Вижте решение
Решение:
- Нека x са всички котета в котилото.
- Намираме всички възможни случаи n – Общият брой начини за избор на 4 котета от общо x, като редът на избор няма значение, е равен на комбинации на x елемента от n-ти клас, т.е. n = C_x⁴.
- Намираме вероятността при избор на 4 котета и двете рижави да са избрани:
  - Намираме благоприятните случаи m – При избор на 4 котета и 2 от тях да са рижави, то трябва да изберем 2 котета от x – 2 нерижави, тогава благоприятните случаи са m = C_{x – 2}².
  - Използваме формулата за класическа вероятност (формула 7):
    P (2 рижави котета) = .
- Намираме вероятността при избор на 4 котета да сме избрали 0 рижави:
  - Намираме благоприятните случаи m – Нерижавите котета са x – 2 и сме избрали 4 от тях, като редът на избор няма значение, т.е. благоприятните случаи са m = C_{x – 2}⁴.
  - Отново използваме формулата за класическа вероятност (формула 7):
    P (0 рижави котета) = .
- От условието съставяме уравнение и го решаваме:
  - По условие имаме:
    P (2 рижави котета) = 2P (0 рижави котета) C_{x – 2}² = 2C_{x – 2}⁴.
  - Полагаме p = x – 2, където p е цяло число и p ≠ {0;1} и получаваме:
    C_p² = 2C_p⁴.
  - Използваме формула за комбинации (формула 6):
    6p(p – 1) = p(p – 1)(p – 2)(p – 3) | : p(p – 1), защото p ≠ {0;1} 6 = (p – 2)(p – 3) p² – 5p = 0 p(p – 5) = 0 p = 0 ∉ ДМ_p, p = 5.
  - Заместваме в полагането с p = 5 и намираме отговора:
    p = x – 2 5 = x – 2 x = 7.
- Верен отговор Г).

Правилна шестоъгълна призма е описана около сфера с радиус r = 3. Радиусът на описаната около призмата сфера е:
- А)3
- Б)3
- В)4
- Г)5
Проверете отговор
Моля, изберете отговор.
Отговорът е грешен.
Упътване:
1. Докажете, че т. Н е център на вписаната сфера и център на описаната сфера.
2. Докажете, че апотемата на основата, която е правилен шестоъгълник, е равна на дадения радиус r.
3. Ако b е основен ръб използвайте формулата за правилен шестоъгълник r = и намерете b.
4. От подходящ правоъгълен триъгълник и теоремата на Питагор намерете R.
Отговорът е верен.
Вижте решение
Решение:
- О₁О – височина на правилната шестоъгълна призма, тогава:
  - т. Н – център на вписаната в пирамидата сфера.
  - OH = r = 3 – радиус на вписаната сфера.
  - т. Н – център на описаната сфера, тогава търсеният радиус е R = HC.
- ABCDEF – правилен шестоъгълник, защото по условие имаме дадена правилна шестоъгълна призма и ABCDEF е основа на тази призма. Това означава, че:
  - ОР = a – апотема на основата и от бележката след Твърдене (20) от призма, описана около сфера, записваме OP = a = r = 3.
  - AB = b – основен ръб, т.е. OC = b, защото ОС е страна на равностранния ΔBOC.
- Известно е, че радиусът на вписаната окръжност в правилен шестоъгълник е свързан с основен ръб чрез формулата:
  r = b = 6.
- Използваме теорема на Питагор за правоъгълния ΔCOH (O = 90°):
  CH² = OC² + HO² R² = 6² + (3)² = 63 R = 3.
- Верен отговор А).

Сумата от най-голямото и най-малкото цели числа, които са решения на неравенството log₂₀₂₅ ≤ 0, е:
- А)4
- Б)5
- В)7
- Г)3
Проверете отговор

Моля, изберете отговор.

Отговорът е грешен.
Упътване: Решете логаритмичното неравенство.

Отговорът е верен.

Вижте решение
Решение:
- Намираме ДМ на логаритмична функция:
  - Лесно се вижда, че:
    |10 – 6x| + 2 > 0 за x.
  - Тогава привеждаме под общ знаменател и двете страни на неравенството:
    3|3x – 5| – 6 > 0 |3x – 5| > 2.
  - Използваме формула (4), за да решим модулното неравенство:
    3x – 5 > 2 3x – 5 < – 2 x > x < 1.
  - Получихме, че:
    ДМ: x (– ∞; 1) (; + ∞).
- Прилагаме формула (18), за да решим логаритмичното неравенство и след това преобразуваме полученото неравенство:
- Освобождаваме се от знаменателя, защото |10 – 6x| + 2 > 0 за x и преобразуваме полученото модулно неравенство до основен вид:
  ≤ 1 3|3x – 5| – 6 ≤ 2|3x – 5| + 2 |3x – 5| ≤ 8.
- За това модулно неравенство използваме формула (3) и решаваме получената система:
  |3x – 5| ≤ 8 .
- Засичаме с ДМ и получаваме крайното решение:
  x [– 1; 1]
- Определяме, че най-малкото цяло число е x₁ = – 1, а най-голямото цяло число е x₂ = 4.
- Намираме отговора:
  x₁ + x₂ = – 1 + 4 = 3.
- Верен отговор Г).

В ромб ABCD с остър ъгъл при върха A са построени височините DM (M AB) и DN (N BC). Ако DM = 4 и MN = 8, то лицето на ромба е равно на:
- А)64
- Б)80
- В)100
- Г)80
Проверете отговор
Моля, изберете отговор.
Отговорът е грешен.
Упътване:
1. Използвайте основна Зад. 2, за да докажете, че BAD = MDN = α.
2. Използвайте Косинусова теорема за подходящ триъгълник и намерете cos α.
3. От подходяща Тригонометрична Формула намерете sin α.
4. За ромба използвайте подходяща формула и намерете отговора.
Отговорът е верен.
Вижте решение
Решение:
- От основна Зад. 2 следва, че BAD = MDN = α.
- Използваме Косинусова теорема за ΔMDN:
  MN² = DM² + DN² – 2DM.DN.cos α 8² = cos α cos α = .
- Използваме основното тригонометрично равенство (Тр.Ф.1.1):
  sin² α + cos² α = 1 sin² α + sin² α = .
- Прилагаме формула (10) за правоъгълния ΔAMD (M = 90°):
  sin α = AD = 5.
- За ромба ABCD използваме формула (11):
  S_ABCD = AD².sin α = S_ABCD = 100.
- Верен отговор В).

ЗАДАЧИ СЪС СВОБОДЕН ОТГОВОР

Отговорите на задачите от 11. до 12. включително запишете в листа с отговори!

Да се определи за кои стойности на параметъра a уравнението sin (x² – – x²) има решение.

Вижте упътване
Упътване:
1. Използвайте подходящи Тригонометрични Формули, за да преобразувате уравнението до основно таблично тригонометрично уравнение.
2. Използвайте Таблица 1, за да отговорите на въпроса.
Вижте решение
Решение:
- Използваме Таблица №2 и след това Тригонометрична Формула (Тр.Ф.7.1):
- От Таблица №1 се вижда, че това таблично тригонометрично уравнение ще има решение, ако:
- Отговор: .

Даден е равнобедрен трапец ABCD с основи AB = 5 и CD = 3. Отсечката MN (N AD, N BC) е успоредна на основите и разделя трапеца на две части с равни лица. Намерете дължината на отсечката MN.

Вижте упътване
Упътване:
1. Намерете лицата на MNCD и ABNM и получете отношението на техните височини.
2. Използвайте условието (S_MNCD = S_ABNM) и получете отговора.
Вижте решение
Решение:
- Нека да отбележим:
  - AB = a – голяма основа на трапеца ABCD.
  - CD = b – малка основа на трапеца ABCD.
  - MN = x – търсената отсечка.
  - DP = h₁ – височина на трапеца MNCD.
  - PH = h₂ – височина на трапеца ABNM.
  - DH = h = h₁ + h₂ – височина на трапеца ABCD.
  - S₁ = S_MNCD – лице на трапеца MNCD.
  - S₂ = S_ABMN – лице на трапеца ABNM.
  - S₀ = S_ABCD – лице на трапеца ABCD.
- Използваме формула (19) за:
  - трапеца ABNM:
    S₂ = S_ABNM = . h₂.
  - Трапеца MNCD:
    S₁ = S_MNCD = . h₁.
- По условие имаме:
  S_ABNM = S_MNCD
- Използваме чертежа и преобразуваме полученото уравнение:
- Заместваме с даденото и получаваме:
- Отговор: MN = 2.

Условията на задачи от 13. до 16. включително може да намерите тук, а указание за решаването им – тук.

Върни се нагоре Други тестове 2024 г.

Вижте още

Самоподготовка

Предстоят ви изпити или матура по Математика или Физика, но не сте убедени, че сами ще се справите. Учебен център „СОЛЕМА“ ви предоставя следните програми и тестове към тях:

МАТЕМАТИКА

Кандидат-студенти

Матура

10 клас

7 клас

ФИЗИКА

Кандидат-студенти

Матура