Решение:

• Използваме правилата за действия с корени и формула за съкратено умножение (5):
  
• Верен отговор Г).

Решение:

• От даденото получаваме: x = 3y.
• Заместете в дадения израз:
• Верен отговор В).

Решение:

• От формулите на Виет намираме:
  x₁ + x₂ = ; x₁.x₂ = – .
• Заместваме в условието:
  
• Верен отговор Б).

Решение:

• Пресмятаме логаритмите:
  a = log₁₁ 11² + = 2 + 12 – 2 = 12.
• Верен отговор А).

Решение:

• 2^{x – 1}.5^{x – 1} = 0,1.10^{2x + 5} (2.5)^{x – 1} = 10 ^{– 1}.10^{2x + 5} 10^{x – 1} = 10^{2x + 4} x – 1 = 2x + 4 x = –5.
• Верен отговор В).

Решение:

• От теорема за общ член на аритметична прогресия получаваме:
  a₂ = a₁ + d, a₃ = a₁ + 2d, a₄ = a₁ + 3d, a₅ = a₁ + 4d, a₆ = a₁ + 5d.
• Съставяме и решаваме системата:
  
• Верен отговор Д).

Решение:

• От теорема за общ член на геометрична прогресия получаваме:
  a₂ = a₁.q, a₃ = a₁.q², a₄ = a₁.q³, a₅ = a₁.q⁴, a₆ = a₁.q⁵.
• Съставяме и решаваме системата:
  
• Верен отговор В).

Решение:

• Проверяваме всеки от отговорите:

  А) cos 2π = 1 [0, 1], т.е. може да е вероятност.

  Б) , т.е. може да е вероятност.

  В) sin = sin 450° = sin (360° + 90°) = sin 90° = 1 [0, 1], т.е. може да е вероятност.

  Г) [0, 1], т.е. може да е вероятност.

  Д) log₂ 2 < log₂ 3 1 < log₂ 3 ∉ [0, 1], т.е. това е търсеният отговор.

• Верен отговор Д)

Решение:

• Намираме броя на възможните случаи n: Дадени са 7 елемента и всичките се използват, т.е. трябва да намерим пермутации от седем елемента:
  n = P₇ = 7! = 7.6.5.4.3.2.1 = 5040.
• Благоприятният случай m е само един, защото растящата редица е само една, например: 1234567, т.е. m = 1.
• Вероятността p е:
  .
• Верен отговор Д)

Решение:

• В числител имаме формула за двоен ъгъл на косинуса:
• Верен отговор В).

Решение:

Решение:

Решение:

• Решаваме ирационалното уравнение по правило II:
• Верен отговор А).

Решение:

• Имаме неопределеност и затова от числител и знаменател изнасяме неизвестното с най-висока степен:
• Верен отговор В).

Решение:

• Нека по условие да е дадено a = 4 cm, α = 45°.
• Намираме лицето на ромба по формула (11):
  S = a² sin α = 4². = 8 cm².
• Верен отговор Г).

Решение:

• ΔABC – равностранен и CD – височина следователно:
  • т. М – медицентър и център на вписаната в триъгълника окръжност, т.е. MD = r = 3 и CM = 2MD = 2.3. = 6.
  • CD – медиана, т.е. AD = DB = .
• CD = CM + MD = 6 + 3 = 9.
• Прилагаме питагорова теорема за ΔDBC:
  CD² + BD² = BC² = a² a = 18.
• Верен отговор Б).

Решение:

• Прилагаме формула (6):
  CD² = AD.DB = 4.5 = 20.
• Прилагаме питагорова теорема за ΔADC:
  AC² =AD² + CD² = 4² + 20 = 36 AC = 6 cm.
• Верен отговор Г).

Решение:

• Около трапеца ABCD и ΔABD е описана една и съща окръжност с радиус R.
• Прилагаме синусова теорема за ΔABD:
• Верен отговор А).

Решение:

• Построяваме ъгъла между равнината на основата (ABC) и равнината (ABC₁):
  • Равнините (ABC) и (ABC₁) имат пресечница AB.
  • Дадената призма е правилна, т.е. основата е равностранен триъгълник, а околните стени са правоъгълници с равни диагонали, т.е. ΔABC – равностранен, ΔABC₁ – равнобедрен (AC₁ и BC₁ – бедра).
  • Нека т. К среда на АВ, т.е. КС₁ – медиана в равнобедрения ΔABC₁ KC₁ – височина.
  • Проекцията на КС₁ в равнината на основата е КС, защото KCC₁ = 90°.
  • От теоремата за трите перпендикуляра (ABC, ABC₁) = CKC₁ = φ.
• Намираме φ:
  • т. К – среда на АВ AK = KB = AB = .2 = 1.
  • От питагорова теорема за ΔKBC₁ получаваме:
    KC₁² + KB² = BC₁² KC₁² + 1² = KC₁ = 2.
  • От питагорова теорема за ΔAKC получаваме:
    KC² + AK² = AC² KC² + 1² = 2² KC = .
  • От тригонометрична функция косинус за ΔCKC₁ получаваме:
    cos φ = φ = 30°.
• Верен отговор Б).

Решение:

• Използваме метода на интервалите.
• Нулираме всяка скоба:
  • 2 – x = 0 x = 2.
  • x + 3 = 0 x = – 3.
  • 10x² + 10 = 0, D < 0 x.
• Нанасяме тези числа върху числовата ос и определяме знаците на подинтервалите:
  
• Решенията са x [–3; 2].
• Най-голямото цяло число решение на това неравенство е числото 2.
• Верен отговор Г).