Page 1

КОНКУРСЕН ИЗПИТ ПО МАТЕМАТИКА 11 юли 2005 г. ПЪРВА ТЕМА Задача 1. Да се реши: 1.1.

1 + 4x − x2 = x − 1 ; 1.2. log

0,2

4x + 6 ≥0; x

1.3. cos2 2x + 1 = sin 2x .

Задача 2. Дадена е функцията f (x) = x2 −mx+m−1, където m е реален параметър. 2.1. Да се намерят всички стойности на m, за които уравнението f (x) = 0 има реални корени. Ако x1 и x2 са реални корени на това уравнение, да се намери наймалката стойност на функцията ϕ(m) = x21 + x22 . 2.2. Да се намерят всички стойности на m, за които неравенството е изпълнено за всяка реална стойност на x.

f (x2 +2) > 0

Задача 3. В равнобедрения триъгълник ABC е вписан квадрата MNP Q, с дължина на страната a, като точките M и N лежат върху основата AB на триъгълника, а точките P и Q лежат съответно върху бедрата му BC и AC. Окръжност k минава през точките M и N, допира се до бедрата на триъгълника и до страна на квадрата. 3.1. Да се намери радиусът на окръжността k. 3.2. Да се намери лицето на ∆ ABC. Задача 4. Дадена е правилна триъгълна пирамида ABCD с дължина на основния ръб a и мярка ϕ на ъгъла между околна стена и основата ABC. 4.1. Да се намери пълната повърхнина на дадената пирамида и обемът на пирамидата A1 B1 C1 D, където точките A1 , B1 и C1 са средите на апотемите съответно в околните стени BCD, CAD и ABD. 4.2. Да се намери лицето на сечението на дадената пирамида с равнина, минаваща през центъра на нейната основа и през средите на две от апотемите и ´.


ПРИМЕРНИ РЕШЕНИЯ   1 + 4x − x2 ≥ 0  √ 2 Задача 1. 1.1. 1 + 4x − x = x − 1 ⇐⇒  x − 1 ≥ 0  1 + 4x − x2 = (x − 1)2  2  √ √  x − 4x − 1 ≤ 0  x ∈ [2 − 5; 2 + 5]   ⇐⇒  x ≥ 1 ⇐⇒ x = 3. ⇐⇒  x ≥ 1  x2 − 3x = 0  x = 0 или x = 3  4x + 6  >0  4x + 6 ≥ 0 ⇐⇒  4x x+ 6 1.2. log0,2 x  ≤1 x    x ∈ (−∞ ; −1, 5) ∪ (0, ∞)  x(2x + 3) > 0 ⇐⇒ x ∈ [−2; −1, 5). ⇐⇒  ⇐⇒  x ∈ [−2; 0) x(x + 2) ≤ 0 и x = 0 1.3. cos2 2x + 1 = sin 2x, x ∈ IR ⇐⇒ sin2 2x + sin 2x − 2 = 0 π ⇐⇒ sin 2x = −2 или sin 2x = 1 ⇐⇒ x ∈ ∅ или x = + kπ, k ∈ ZZ ⇐⇒ 4 π x = + kπ, k ∈ ZZ. 4 Задача 2. Дефиниционната област на дадената функция е IR = (−∞; ∞). 2.1. f (x) = 0, x ∈ IR ⇐⇒ D = m2 − 4m + 4 ≥ 0 ⇐⇒ (m − 2)2 ≥ 0 ⇐⇒ ∀m ∈ IR. ϕ(m) = x21 + x22 = (x1 + x2 )2 − 2x1 x2 .   x + x2 = m се получава Като се използват формулите на Виет:  1 x1 x2 = m − 1 ϕ(m) = m2 − 2m + 2 = (m − 1)2 + 1 ≥ 1 ∀m ∈ IR. Следователно min ϕ(m) = ϕ(1) = 1. m∈IR

2

2.2. f (x + 2) > 0, ∀x ∈ IR ⇐⇒ (x2 + 2)2 − m(x2 + 2) + m − 1 ≥ 0, ∀x ∈ IR ⇐⇒   y = x2 + 2 ≥ 2, ∀x ∈ IR (∗)  2 y − my + m − 1 > 0 . Нека g(y) = y 2 −my+m−1. От D ≥ 0, ∀m ∈ IR следва, че уравнението g(y) = 0 има два реални корена y1 и y2 (y1 ≤ y2 ). Системата (∗) е еквивалентана на неравенствата  D ≥ 0   m < 3  y1 ≤ y2 < 2 ⇐⇒  g(2) > 0 ⇐⇒  ⇐⇒ m ∈ (−∞; 3). m<4  −b = m <2 2a 2 2


Задача 3. 3.1. Нека ъглополовящата на ъгъл T P B е OP , CK - височина в ∆ ABC, OL⊥BC и OL = R = ON = OT (T = CK ∩ P Q). По условие MN = a. От Питагоровата теорема за правоъгълния ∆ OKNсе намира OK 2 = ON 2 − KN 2 , като MN a OK = T K − OT = a − R, KN = = . 2 2 Тогава (a − R)2 = R2 −

a2 5a =⇒ R = . 4 8

3.2. Нека CT = x и AB = b. От ∆ CP T ∼∆ CKB (лема) се получава KB x+a b a2 CK = ⇐⇒ = =⇒ x = . CT TP x a b−a От ∆ CT P ∼∆ CLO (правоъгълни с общ остър ъгъл) следва, че  √ TP a2 CP = , като CP = CT 2 + T P 2 = x2 + CO OL 4 (от ∆ CT P – правоъгълен). Следователно 

a2 4 = a R+x 2R x2 +

20a 5a от последното уравнение се намира x = . След Като се отчете, че R = 8 9 приравняване на двата израза за x се получава 29a и 20 Търсеното лице е b=

CK = CT + T K = a + x =

S∆ ABC =

29a . 9

AB.CK 841a2 = . 2 360

3


Задача 4. Нека A0 , B0 и C0 са средите съответно на страните BC, CA и AB, а A1 , B1 и C1 са средите съответно на апотемите DA0 , DB0 и DC0 . 1 A1 B1 A0 B0 и A1 B1 = A0 B0 – средна отсечка в ∆ A0 B0 D. От друга страна A0 B0 2 a е средна отсечка в ∆ ABC, т.е. A0 B0 AB и A0 B0 = . 2 a Тогава A1 B1 AB и A1 B1 = . 4 a a Аналогично B1 C1 BC и B1 C1 = , A1 C1 AC и A1 C1 = . 4 4 От A1 B1 AB и B1 C1 BC =⇒ (A1 B1 C1 )(ABC). Тогава височината DO на дадената пирамида е перпендикулярна на A1 B1 C1 , пресича я в точка O1 и DO1 = 12 DO е височина в пирамидата A1 B1 C1 D, която очевидно е правилна . )AA0 D = ϕ. От BC⊥(AA0 D), (BC⊥AA0 , DA0 ) следва, че линейният < Пълната повърхнина на дадената пирамида е SABCD = S∆ ABC +p∆ ABC .DA0 , √ a2 3 3 където S∆ ABC = , полупериметърът p∆ ABC = a. 4 2 4.1.

a a и DO = √ tg ϕ (OA0 = От правоъгълния ∆ OA0 D се намира DA0 = √ 2 3 cos ϕ 2 3 1 a AA0 = √ ). Тогава 3 2 3 √ a2 3 cos2 ϕ2 SABCD = . 2 cos ϕ От свойството на успоредните сечения в пирамида се намира √ 1 1 a2 3 1 a3 tg ϕ =⇒ VA1 B1 C1 D = S∆ A1 B1 C1 .DO1 = . S∆ A1 B1 C1 = S∆ A0 B0 C0 = 2 S∆ ABC = 4 4 64 3 768

4


4.2.

Нека α е равнината през O, A1 , B1 . Тъй като равнините α и (ABC) имат обща точка O, следва, че те се пресичат в права l, минаваща през O и успоредна на A1 B1 , т.е. на AB. Нека M = l ∩ BC, N = l ∩ AC. =⇒ α ∩ (BCD) = MA1 , α ∩ (ACD) = NB1 и съществува точката T = MA1 ∩ CD = NB1 ∩ CD. Следователно търсеното сечение е равнобедреният ∆ MNT (T O – медиана и височина). Лицето на това сечение е 1 S∆ M N T = MN.OT . 2 MN 2 CO 2a = , т.е. MN = . От ∆ CNM ∼ ∆ CAB =⇒ = AB CC0 3 3 √ Височината OT се намира от правоъгълния ∆ OMT : OT = MT 2 − OM 2 . a 1 OM = MN = . Отсечката MT се намира от ∆ BCD, за който 2 3 1 a 2a . MC = , A0 A1 = DA0 = √ 3 2 4 3 cos ϕ 1 a Нека A1 LBC и A1 T = x. Следователно A1 L = A0 C = (∆ DA1 L ∼ ∆ DA0 C). 2 4 От 8 3 MA1 + x 8 = =⇒ x = MA1 , T M = MA1 . ∆ A1 LT ∼ ∆ MCT =⇒ x 3 5 5 От правоъгълния ∆ MA0 A1    2a 3 + 4 cos2 ϕ a 3 + 4 cos2 ϕ 2 2 =⇒ MT = =⇒ MA1 = MA0 + A0 A1 = 12 cos ϕ 15 cos ϕ √  √  a2 3 1 + 4 tg2 ϕ a 3 1 + 4 tg2 ϕ и търсеното лице е S∆ M N T = . Тогава OT = 15 45

5


2005.11.07 Великотърновски университет "Св.св. Кирил и Методий"  

2005 vtu 11 07

Advertisement
Read more
Read more
Similar to
Popular now
Just for you