ТЕХНИЧЕСКИ УНИВЕРСИТЕТ – СОФИЯ ТЕХНИЧЕСКИ УНИВЕРСИТЕТ – ВАРНА ПИСМЕН КОНКУРСЕН ИЗПИТ ПО МАТЕМАТИКА 14 юли 2003 г. ТЕМА ВТОРА
ЕКСПРЕСНИ РЕШЕНИЯ
Задача 1.
Дадена е функцията f(x) = 2x2 – 4x + 2. a) Да се реши уравнението x − 4 − 3x f (x ) = 8 x − 8 4 − 3x . б) Да се реши неравенството log x f ( x ) < 0 .
(
)
Решение: 4⎤ ⎛ а) Уравнението има смисъл при 4 – 3х ≥ 0, т.е. при х ∈ М = ⎜ − ∞; ⎥ . При х ∈ М то е равносилно на 3⎦ ⎝ уравнението x − 4 − 3x x 2 − 2 x − 3 = 0 . Квадратното уравнение x 2 − 2 x − 3 = 0 има корени х1 =3 ∉ M и х2 = –1 ∈ M. Ирационалното уравнение 4 − 3 x = x има решение х = 1. Окончателно решенията на даденото уравнение са числата х = 1 и х = –1. б) Неравенството има смисъл при х > 0, х ≠ 1 (защото х2 – 2х + 1 > 0 за всяко х ≠ 1). Имаме два случая: А) х ∈ (0;1). Тогава даденото неравенство е равносилно на квадратното неравенство 2− 2 ). 2х2 – 4х + 1 > 0. Решенията на това неравенство при х ∈ (0;1) са числата х ∈ (0; 2 Б) х ∈ (1;+∞). Тогава даденото неравенство е равносилно на квадратното неравенство 2+ 2 2х2 – 4х + 1 < 0. Решението на това неравенство при х ∈ (1;+∞) са числата х ∈ (1; ). Окончателно 2 2− 2 2+ 2 решенията на даденото неравенство са числата х ∈ (0; ) U (1; ). 2 2
(
)(
)
Задача 2.
Дадено е уравнението (х – 2)(9 х + (2а – 4).3 х + а2 – 8а + 7) = 0, където а е реален параметър. а) Да се реши уравнението при а = 10. б) Да се намерят стойностите на реалния параметър а, за които даденото уравнение има единствено решение.
Решение: а) При а = 10 получаваме уравнението (х – 2)(9 х + 16.3 х + 27) = 0. Полагаме t = 3 х, t ∈ (0;+∞). (x-2)(t2+16t+27)=0. Квадратното уравнение t2 + 16t + 27 = 0 няма положителен корен (Защо?). Следователно при а = 10 даденото уравнение има единствено решение х = 2. б) От подточка а) следва, че множеството от търсените стойности на параметъра а не е празно. Понеже за всяка реална стойност на параметъра а даденото уравнение има корен х = 2, то задачата се свежда да намерим всички стойности на реалния параметър а, за всяка от които уравнението (1)
9 х +2(а – 2)3 х + а2 – 8а + 7 = 0
няма решение или ако има решение, то това решение е х = 2. Полагаме t = 3 х, t ∈ (0;+∞) и разглеждаме квадратното уравнение (2)
t 2 + 2(а – 2).t + а2 – 8а + 7 = 0
с дискриминанта D = 4(4а – 3). Имаме следните случаи: А) D < 0. В този случай всяко 3 3⎞ ⎛ а ∈ ⎜ − ∞; ⎟ е решение на задачата. Б) D = 0, т.е. а = . В този случай решенията на (2) са 4 4⎠ ⎝ 5 3 t1 = t2 = > 0. Понеже t1 ≠ 9, то а = не е решение на задачата. 4 4 3 В) D > 0. В този случай а ∈ ( ;+ ∞) и за всяка такава стойност на параметъра а уравнението (2) има два 4 корена t1 < t2 . Тогава решения на задачата са всички стойности на параметъра а, за които са изпълнение следните два подслучая: В.1) t1 < t2 ≤ 0. Това разположение на корените е налице точно тогава, когато
D>0
t1 + t 2 < 0 ⇔ а ∈ [7;+∞) . t1 .t 2 ≥ 0 В.2) t1 ≤ 0, t2 = 9. Тогава при t = 9 (след заместване) от (2) получаваме уравнението а2 +10а + 52 = 0, което няма реални корени. Окончателно (след обединяване на горните случаи) 3⎞ ⎛ получаваме отговора а ∈ ⎜ − ∞; ⎟ U [7;+∞) . 4⎠ ⎝
Задача 3. Даден е триъгълник АВС със страна АВ = 3, ∠ ВАС = α и ∠ АСВ = 120 °. В триъгълника са разположени две окръжности с равни радиуси, всяка от които има следното свойство: допира се до страната АВ, допира се до точно една от останалите две страни на триъгълника и се допира до другата окръжност. а) Да се докаже, че радиусът на двете окръжности е 3 . r= α ⎛π α ⎞ 2 + cotg + cotg ⎜ − ⎟ 2 ⎝6 2⎠ б) При каква стойност на α радиусът на двете окръжности е най-голям и да се намери този радиус. Решение: а) Нека окръжностите k1 (О1,r) и k2 (О2,r) се допират до отсечката АВ съответно в точките M и N, AN <
π
− α . Отсечката MN е външна допирателна на k1 и k2 , откъдето 3 MN = 2r. От друга страна O1B и О2А са ъглополовящи съответно на ∠ CBA и ∠ САВ. Тогава от α β ⎛π α ⎞ правоъгълните триъгълници O2NA и O1MB получаваме AN = r.cotg , BM = r.cotg = r.cotg ⎜ − ⎟ . От 2 2 ⎝6 2⎠ AN + NM + MB = 3 намираме 3 r= , (3) α ⎛π α ⎞ 2 + cotg + cotg ⎜ − ⎟ 2 ⎝6 2⎠ което трябваше да докажем (Това може да се докаже и като се изрази по два начина лицето на трапеца AO2O1B). π α ⎛π α ⎞ б) Разглеждаме функцията f (α ) = cotg + cotg ⎜ − ⎟ при α ∈ (0; ). От (3) следва, че r е най-голямо 3 2 ⎝6 2⎠
AM (чертеж 1). Полагаме β = ∠ CBA, β =
точно тогава, когато функцията f(α) достига най-малка стойност в отворения интервал (0; Преобразуваме sin
π
2 sin
π
3
).
π
1 6 6 . = = α π⎞ π ⎛π α ⎞ ⎛ 3 π ⎛ ⎞ sin . sin ⎜ − ⎟ cos⎜α − ⎟ − cos cos⎜α − ⎟ − 6⎠ 6 2 ⎝6 2⎠ ⎝ 6⎠ 2 ⎝ 3 π⎞ π π π ⎛ Тъй като − < α − < , то cos⎜α − ⎟ > . Следователно функцията f(α) достига най-малка стойност 6⎠ 2 6 6 6 ⎝ f (α ) =
в отворения интервал (0;
π
π⎞ ⎛ ) точно тогава, когато функцията g(α)= cos⎜α − ⎟ достига най-голяма 3 6⎠ ⎝
стойност в този интервал, а това е налице точно при α = при r =
α=
π 6
и
тази
най-голяма
стойност,
π
6
. Окончателно, r достига най-голяма стойност пресметната
от
(3)
при
α=
π 6
е
3− 3 (до този резултат може да се достигне и като се изучи чрез производна поведението на 4
функцията f(α) в разглеждания интервал). Очевидно при α = триъгълник АВС, АВ = 3, удовлетворява условието на задачата.
π
6
следва β =
π
6
и равнобедреният
M C O2 A
N
O
N
O2
О1
O1 М
Чертеж 1
B
Чертеж 2
Задача 4. Основата на четириъгълна пирамида ABCDM е правоъгълник ABCD със страни АВ = 4 и ВС = 2. Околната стена CDM е перпендикулярна на основата на пирамидата и 4 3 CM = DM = . 3 а) Да се намери обемът на пирамидата ABCDM. б) Да се докаже, че около пирамидата ABCDM може да се опише сфера и да се намери радиусът на тази сфера. Решение: а) Нека N е ортогоналната проекция на върха М върху равнината на основата ABCD. Очевидно N ∈ CD, N е среда на CD и CN = ND = 2. От правоъгълния триъгълник CNM намираме 2 3 MN = . Лицето на основата на пирамидата е S = AB.CD = 8. За обема на пирамидата ABCDM 3 1 1 2 3 16 3 получаваме V = S.MN = .8. = . 3 3 3 9 б) Нека О е пресечната точка на диагоналите АС и BD на правоъгълника ABCD, т.е. т. О е центъра на описаната около основата на пирамидата окръжност. Нека О1 е центъра на описаната около триъгълника CDM окръжност. През точките О и О1 построяваме прави p и q перпендикулярни съответно на равнините (ABCD) и (CDM). Всяка точка от правата р е на равни разстояния от точките А, B, C и D. Всяка точка от правата q е на равни разстояния от точките C, D и M. От друга страна тези две прави лежат в равнината (OMN). Следователно правите р и q се пресичат в точка О2 , за която е изпълнено О2А = О2В = О2С = О2D = О2М. Следователно около пирамидата ABCDM може да се пише сфера с център О2 и радиус R = MO2 4 3 (чертеж 2). Преминаваме към изчисления. От равнобедрения триъгълник CDM, CD = 4, CM = DM = 3 намираме ∠ CМD = 120 ° (следователно точка О1 лежи извън триъгълника CDM). За радиуса MO1 на 4 3 описаната около този триъгълник окръжност получаваме MO1 = . Тогава О1О2 = ON = 1. От 3 57 правоъгълния триъгълник О2О1М намираме R = MO2 = O1O22 + O1 M 2 = . 3