Page 1

Софийски Университет „Св. Климент Охридски“ Писмен конкурсен изпит по математика 25 юли 2006 г. ТЕМА 1 Задача 1. Да се реши уравнението

x 2 − 2 x − 3 = 3 − 3x .

Задача 2. Да се реши системата уравнения

x 2 − 3 xy + 2 y 2 = 0 . x2 − y 2 + x + y = 6

Задача 3. Даден e трапец ABCD с основи AB = 24 , CD = 10 и бедра AD = BC = 13 2 . Да се намери дължината на радиуса на описаната около трапеца окръжност. Задача 4. Даден е равнобедрен триъгълник АВС с основа AB = 4 и радиус на вписаната окръжност r = 2 . Да се намерят дължината на бедрото и лицето на триъгълника. Задача 5. Да се реши неравенството

x 2 − 5 x + 4 ≥ 2 − 3x .

Задача 6. Дадена е функцията f ( x ) = x3 − ax 2 + abx , която при x = a има локален минимум, чиято стойност е равна на b. Да се намерят числата a и b. Задача 7. Даден е триъгълник ABC с лице S = 4 10 . Разстоянията от върховете А и В до ъглополовящата на )ACB са съответно равни на 1 и 3. Да се намерят дължините на страните на триъгълника. Задача 8. Да се намерят стойностите на реалния параметър а, за които всяко решение на неравенството ax 2 − ( 2a − 1) x − 2 ≥ 0 е решение и на неравенството x+a ≥0.

Задача 9. Около окръжност с радиус r = 1 е описан изпъкнал четириъгълник ABCD с диагонал BD = 5 и )ABC = )ADC = 120° . Да се намери лицето на четириъгълника. Задача 10. Да се намерят стойностите на реалните параметри b и c, за които неравенството 8 x 2 + bx + c ≤ 1 е изпълнено за всяко число х от интервала [ 0;1] .

Време за работа – 5 часа Драги кандидат-студенти, • номерирайте всички страници на беловата си; • решението на всяка задача трябва да започва на нова страница; • черновата не се проверява и не се оценява. Изпитната комисия ви пожелава успешна работа!


СО ФИЙСКИ УНИВЕРСИТЕТ „С в. К ЛИ М Е НТ О Х РИДСКИ “ ФА КУЛТ ЕТ ПО МАТ ЕМ АТИК А И ИНФО РМАТИКА Писмен конкурсен изпит по математика, 25 юли 2006 г. ЗАДАЧИ И ПРИМЕРНИ РЕШЕНИЯ – ТЕМА 1 Задача 1. Да се реши уравнението

x 2 − 2x − 3 = 3 − 3x .

Решение. При 3 − 3x ≥ 0 , т.е. x ≤ 1 имаме x 2 − 2x − 3 = 3 − 3x ⇔ (1) x 2 − 2x − 3 = 3 − 3x и ( 2 ) x 2 − 2x − 3 = − ( 3 − 3 x ) .

Корените на (1) и (2) са съответно x = 2 , x = −3 и x = 0 , x = 5 . Предвид x ≤ 1 решенията на даденото уравнение са x = −3 и x = 0 . x 2 − 3xy + 2y 2 = 0 Задача 2. Да се реши системата уравнения . x2 − y 2 + x + y = 6 Решение. Ясно е, че ако ( x ; y ) е решение на системата, то x ≠ 0 и y ≠ 0 . Разделяме първото уравнение на y 2 и получаваме

( ) − 3( ) + 2 = 0 , откъдето x y

2

x y

x y

=1 и

x y

= 2 . При x = y от второто уравнение намираме y = 3 и оттук

x = 3 . При x = 2y от второто уравнение намираме y = 1 и y = −2 и оттук съответно x = 2 и x = −4 . Решенията на

дадената система са ( 3;3 ) , ( 2;1) и ( −4; −2 ) . Задача 3. Даден e трапец ABCD с основи AB = 24 , CD = 10 и бедра AD = BC = 13 2 . Да се намери дължината на радиуса на описаната около трапеца окръжност. D C Решение. Нека DE ⊥ AB ( E ∈ AB ) . Имаме AE = AB −2CD = 7 , BE = AB − AE = 17 и DE = AD 2 − AE 2 = 17 . Тъй като DE = BE , то ABD = 45° . Тогава за радиуса R на описаната около трапеца окръжност от ∆ABD по синусовата теорема получаваме R = 2 sinADABD = 13 .

Задача 4. Даден е равнобедрен триъгълник АВС с основа AB = 4 и радиус на вписаната

A

AC =

AD cos α

2r AB

1− tg = 22 . Оттук cos α =

2 1+ tg2 α 2

= 31 . От ∆ADC намираме

= 6 . Лицето на ∆ABC е S = pr = 8 2 .

Задача 5. Да се реши неравенството

x2

B

C

окръжност r = 2 . Да се намерят дължината на бедрото и лицето на триъгълника. Решение. Нека D е средата на АВ, О е центърът на вписаната окръжност и BAC = α . Тогава

OAD = α2 и (от ∆ADO ) tg α2 = OD = AD

45°

E

α 2

A

O r D

B

− 5x + 4 ≥ 2 − 3x .

Решение. Неравенството има смисъл при x ∈ ( −∞;1] ∪ [ 4; +∞ ) . При 2 − 3x ≤ 0 , т.е. x ≥ 23 , то очевидно е изпълнено. Следователно всички x ∈ ⎡ 23 ;1⎤ ∪ [ 4; +∞ ) са решения. Нека x ≤ 2 . Тогава ⎣ ⎦ 3

x 2 − 5x + 4 ≥ 2 − 3x ⇔ x 2 − 5x + 4 ≥ ( 2 − 3x )

2

⇔ 8 x 2 − 7 x ≤ 0 . Решенията на това неравенство са x ∈ ⎡ 0; 78 ⎤ и предвид x ≤ 2 получаваме x ∈ ⎡ 0; 23 ⎤ . ⎣ ⎦ ⎣ ⎦ 3 Окончателно, решенията на даденото неравенство са x ∈ [ 0;1] ∪ [ 4; +∞ ) .

Задача 6. Дадена е функцията f ( x ) = x 3 − ax 2 + abx , която при x = a има локален минимум, чиято стойност е равна на

b. Да се намерят числата a и b. Решение. От условието на задачата имаме

f (a ) = b a2b = b . Решенията на последната система са: a = 0 , ⇔ 2 f ′( a ) = 0 a + ab = 0

b = 0 ; a = −1 , b = 1 и a = 1 , b = −1 . Числата a = 0 , b = 0 не са решение на задачата, защото f ( x ) = x 3 е растяща функция и няма локален екстремум. Числата a = −1 , b = 1 също не са решение на задачата, защото функцията f ( x ) = x 3 + x 2 − x при x = −1 има локален максимум, а не минимум. Функцията f ( x ) = x 3 − x 2 − x при x = 1 има локален минимум, равен на –1. Следователно a = 1 , b = −1 са единственото решение на задачата. Задача 7. Даден е триъгълник ABC с лице S = 4 10 . Разстоянията от върховете А и В до ъглополовящата на ACB са съответно равни на 1 и 3. Да се намерят дължините на страните на триъгълника. AL = BL , Решение. Съгласно условието AM = 1 , BN = 3 . От ∆AML ∼ ∆BNL намираме AM BN

откъдето BL = 3 AL

или

AL = x , BL = 3 x . От друга страна, от свойството на

C M A

L

B N

1


= BC , откъдето BC = 3 AC или AC = y , BC = 3 y . От хероновата формула за лицето S на ъглополовящата имаме AC AL BL

триъгълника

(1)

2 10 =

получаваме

( y 2 − x 2 )( 4 x 2 − y 2 ) .

S=

( 2y + 2x )( 2y − 2x )( 2x − y )( 2x + y ) = 2 ( y 2 − x 2 )( 4 x 2 − y 2 ) ,

От друга страна S = SALC + SBLC , 4 10 = S = 21 CL (1 + 3 ) или CL = 2 10 . От

формулата за ъглополовящата имаме CL2 = AC .BC − AL.BL или 40 3

2 10 =

( 4x 2 − y 2 )

откъдето

( 2)

40 = 3 ( y 2 − x 2 ) . Сега от (1) получаваме

или ( 3 ) 3 = 4 x 2 − y 2 . От равенствата (2) и (3) намираме x = 73 , y = 13 , откъдето получаваме 3

AB = 28 , BC = 13 и AC = 13 . 3 3

Задача 8. Да се намерят стойностите на реалния параметър а, за които всяко решение на неравенството ax 2 − ( 2a − 1) x − 2 ≥ 0 е решение и на неравенството x + a ≥ 0 .

Решение. Ако a = 0 , неравенството (1) ax 2 − ( 2a − 1) x − 2 ≥ 0 става x − 2 ≥ 0 и очевидно всяко негово решение е решение на неравенството x ≥ 0 , т.е a = 0 е решение на задачата. При a > 0 , понеже D = ( 2a + 1) > 0 , решението на 2

(1) е обединение на два безкрайни непресичащи се интервала и очевидно не всяко решение на (1) е решение на x + a ≥ 0 . Ако a < 0 , решението на (1) е интервалът ⎡⎣ x1 ; x 2 ⎤⎦ , където x1 и x 2 са корените на уравнението ax 2 − ( 2a − 1) x − 2 = 0 . Всяко решение на (1) е решение на x + a ≥ 0 тогава и само тогава, когато корените x1 и x 2

удовлетворяват неравенството x + a ≥ 0 . Понеже корените са 2 и − a1 , то 2 ≥ −a ⇔ a ≥ −2 и − a1 ≥ −a ⇔ a 2 ≤ 1 , т.е. решение е всяко a ∈ [ −1;0 ) . Окончателно, решението на задачата е всяко a ∈ [ −1;0] . Задача 9. Около окръжност с радиус r = 1 е описан изпъкнал четириъгълник ABCD с диагонал BD = 5 и D ABC = ADC = 120° . Да се намери лицето на четириъгълника. Q P Решение. Нека О е центърът на вписаната в четириъгълника окръжност, а М, N, P и r Q са допирните точки на окръжността със страните AB, BC, CD и DA. От O C ABO = CBO = CDO = ADO = 60° и OMB = ONB = OPD = OQD = 90° A получаваме, че ∆OMB ≅ ∆ONB ≅ ∆OPD ≅ ∆OQD . Следователно BM = BN = M N = DP = DQ . От друга страна, от свойството на допирателните имаме AM = AQ и B CN = CP . Така получаваме, че AB = AD = x и CB = CD = y . От тези равенства 3 2

имаме, че ∆ACB ≅ ∆ACD и че правата АС е симетрала на BD. Поради това SABCD = 2SACD = AD.CD sin120° = xy

SABCD = 21 AC.BD . Понеже четириъгълникът е описан, SABCD = pr = x + y . Така намираме

( 2)

xy

3 2

=

1 2

(1)

x + y = xy

3 2

и и

5 AC , а от косинусовата теорема за ∆ACD имаме x 2 + y 2 + xy = AC 2 . От последното равенство, (2) и

(1) последователно получаваме ( x + y ) − xy = 2

3 5

( xy )2 ,

3 20

( xy )2 − xy = 0 ,

xy =

20 3

и SABCD = 10 3. 3

Задача 10. Да се намерят стойностите на реалните параметри b и c, за които неравенството 8 x 2 + bx + c ≤ 1 е

изпълнено за всяко число х от интервала [ 0;1] . Решение. Нека неравенството 8x 2 + bx + c ≤ 1 е изпълнено за всяко x ∈ [ 0;1] .Тогава то е изпълнено при x = 0 , x = и x = 1 , т.е. c ≤ 1 , 2 + b2 + c ≤ 1 и 8 + b + c ≤ 1 . Тези неравенства са равносилни съответно с

( 2)

− 6 ≤ b + 2c ≤ −2 и

( 3)

(1)

1 2

−1≤ c ≤ 1,

− 9 ≤ b + c ≤ −7 . Лявото неравенство (2) е b + 2c ≥ −6 , а дясното неравенство (3) е

равносилно с −b − c ≥ 7 . Събираме почленно тези две неравенства и получаваме c ≥ 1 . От друга страна c ≤ 1 от (1). Следователно c = 1 . При c = 1 неравенството b + 2c ≥ −6 става b ≥ −8 , а неравенството −b − c ≥ 7 става −b ≥ 8 , т.е. b ≤ −8 . Следователно b = −8 . Остава да докажем, че при b = −8 и c = 1 условието на задачата действително е изпълнено, т.е. че неравенството 8x 2 − 8x + 1 ≤ 1 е изпълнено за всяко

x ∈ [ 0;1] . Имаме

8x 2 − 8x + 1 ≥ −1 ( 2x − 1) ≥ 0 ⇔ 8x 2 − 8x + 1 ≤ 1 x ( x − 1) ≤ 0 2

8x 2 − 8x + 1 ≤ 1 ⇔

⇔ x ∈ [ 0;1] . Така неравенството 8 x 2 − 8 x + 1 ≤ 1 наистина е изпълнено за всяко x ∈ [ 0;1] (и само за тези х).

Следователно търсените стойности на параметрите са b = −8 и c = 1 . Всяка задача се оценява с 4 точки. Оценката се получава по формулата 2 + 0,1.N, където N е броят на получените точки.

2

2006.25.07 Софийски университет "Св. Климент Охридски"  
Read more
Read more
Similar to
Popular now
Just for you