Page 1

ТЕХНИЧЕСКИ УНИВЕРСИТЕТ – СОФИЯ ТЕХНИЧЕСКИ УНИВЕРСИТЕТ – ВАРНА Писмен конкурсен изпит по МАТЕМАТИКА – 10 юли 2006 г. ТЕМА № 3 Задача 1. Да се определи множеството M от стойности на реалния параметър m , за които квадратното уравнение x 2 − (m + 2 ) x + 5m − 11 = 0 има два различни реални корена x1 и x 2 . Да се намерят точките, в които функцията f (m) = x13 + x 23 , дефинирана за m ∈ M , има локални екстремуми. Да се определи вида и да се намерят тези локални екстремуми. Задача 2. а) Да се докаже, че уравнението единствено реално решение x = 2 . б) Да се реши неравенството

x ( x 2 − 3) = x x − 2 притежава

x ( x 2 − 3) ≤ x x − 2 .

Задача 3. В триъгълник ABC точка I е център на вписаната окръжност. Дадени са AI = 13 , BI = 3 13 и ∠AIB = 120 0 . Да се намерят големината на ∠ACB и дължините на страните на Δ ABC . Задача 4. Дадена е триъгълна пирамида ABCM с основа триъгълник ABC , за който BC = a , AC = b и ∠BCA = γ . Двустенният ъгъл между равнините ABC и ABM има големина ϕ . Оста на кръстосаните прави AB и CM съдържа точка M , а тяхната ос-отсечка има дължина m . а) Да се намери обемът на пирамидата. б) Да се докаже, че при a = 3 , b = 4 , m = 6 − 2 , γ = 37 0 30′ и ϕ = 52 0 30′ обемът на пирамидата е равен на 1.

ВРЕМЕ ЗА РАБОТА 5 АСТРОНОМИЧЕСКИ ЧАСА. ЗАДАЧИТЕ СЕ ОЦЕНЯВАТ КАКТО СЛЕДВА: Задача 1 - 10 точки, Задача 2 - а) 4 точки, б) 6 точки, Задача 3 - 10 точки, Задача 4 - а) 5 точки, б) 5 точки. НА ВСИЧКИ КАНДИДАТ СТУДЕНТИ ПОЖЕЛАВАМЕ УСПЕХ!


ТЕХНИЧЕСКИ УНИВЕРСИТЕТ – СОФИЯ ТЕХНИЧЕСКИ УНИВЕРСИТЕТ – ВАРНА Писмен конкурсен изпит по МАТЕМАТИКА – 10 юли 2006 г. ТЕМА № 3 УКАЗАНИЯ за точкуване на кандидат студентските писмени работи по математика Задача 1 – 10 точки. 1 т. – Намерена дискриминанта D на даденото уравнение. 1 т. – Намерено множеството M . 2 т. – Изразено f (m) чрез m . 1 т. – Намерена производната f ' (m) . 2 т. – Решено уравнението f ' (m) = 0 и изключено решението, непринадлежащо на M . 3 т. – Намерено и обосновано решението f max = f (1) = 81 . Задача 2 – а) 4 точки, б) 6 точки. а) 4 точки. 1 т. – Показано, че x = 2 е решение на даденото уравнение. 1 т. – Показано, че всяко решение на даденото уравнение е корен на кубичен полином. 1 т. – Разложен кубичният полином на произведение на x − 2 и квадратен тричлен. 1 т. – Показано, че квадратният тричлен няма реални корени. б) 6 точки. 1 т. – Намерено дефиниционно множество. 2 т. – Получена еквивалентна рационална система неравенства.

x ≥ 3, 8 x − 9 x 2 − 12 x − 4 ≤ 0 . 2 т. – Решено кубичното неравенство. 1 т. – Решено даденото ирационално неравенство. 3

Задача 3 – 10 точки.

2 т. – Намерен ъгъл γ . 2 т. – Намерена страната c .

α

2

и cos

β

или sin

α

и sin

β

(1 точка за всеки косинус или синус). 2 2 2 *2 т. – Намерени sin α и sin β (1 точка за всеки синус). *2 т. – Намерени страните a и b (1 точка за всяка страна). (4 т., ако вместо отбелязаните със * елементи е получена система уравнения за a и b и 2 т., ако е решена системата).

*2 т. – Намерени cos


Задача 4 – а) 5 точки, б) 5 точки. а) 5 точки. 2 т. – Обосновано, че ϕ = ∠MNM 1 , където MN е оста на AB и CM , а M 1 = пр ABC M . 1 т. – Намерена височината на пирамидата H = m sin ϕ . 1 1 т. – Представено лицето на основата чрез S ABC = ab sin γ . 2 1 т. – Получен обемът. б) 5 точки.

2 т. – Показано, че sin γ sin ϕ =

1 cos 15 0 . 2

1 2+ 3 . 2 2 т. – Доказано, че обемът е 1. 1 т. – Получен cos 15 0 =


ТЕХНИЧЕСКИ УНИВЕРСИТЕТ – СОФИЯ ТЕХНИЧЕСКИ УНИВЕРСИТЕТ – ВАРНА Писмен конкурсен изпит по МАТЕМАТИКА – 10 юли 2006 г. ТЕМА № 3 ПРИМЕРНИ РЕШЕНИЯ Задача 1. Да се определи множеството M от стойности на реалния параметър m , за които квадратното уравнение x 2 − (m + 2 ) x + 5m − 11 = 0 има два различни реални корена x1 и x 2 . Да се намерят точките, в които функцията f (m) = x13 + x 23 , дефинирана за m ∈ M , има локални екстремуми. Да се определи вида и да се намерят тези локални екстремуми. Решение. Дискриминантата на уравнението е D = m 2 − 16m + 48 . Условието корените да са различни реални е D > 0 , от където определяме M = (−∞; 4) ∪ (12; + ∞) . Формулите на Виет дават x1 + x 2 = m + 2 , x1 x 2 = 5m − 11 . Оттук

(

)

(

)

f (m) = x1 + x 2 = ( x1 + x 2 ) (x1 + x 2 ) − 3x1 x 2 = (m + 2) (m + 2) − 3(5m − 11) = m 3 − 9m 2 + 15m + 74. Определяме производната f ' (m) = 3(m 2 − 6m + 5) . Решенията на уравнението f ' (m) = 0 са m1 = 1 ∈ M и m 2 = 5 ∉ M . За втората производна имаме f ' ' (m) = 6(m − 3) , откъдето f ' ' (1) = −12 < 0 . Следователно единственият локален екстремум на f (m) , m ∈ M , е при m = 1 , където функцията има локален максимум. Лесно пресмятаме f max = f (1) = 81 . 3

3

2

Задача 2. а) Да се докаже, че уравнението единствено реално решение x = 2 .

2

x ( x 2 − 3) = x x − 2 притежава

б) Да се реши неравенството x ( x 2 − 3) ≤ x x − 2 . Решение. а) При x = 2 уравнението е удовлетворено, което следва от

x ( x 2 − 3) = 2 = 2 2 − 2 = x x − 2 . Нека сега x е произволен реален корен на даденото уравнение. Повдигаме в квадрат и получаваме x 3 − 3 x = x 3 − 2 2 x x + 2 , откъдето 2 2 x x = 3x + 2 . Повдигайки отново в квадрат получаваме 8 x 3 − 9 x 2 − 12 x − 4 = 0 . С отчитане на това, че както проверихме x = 2 е корен на ирационалното уравнение, и следователно също корен на кубичния полином, лесно стигаме до разлагането 8 x 3 − 9 x 2 − 12 x − 4 = 8 x 3 − 16 x 2 + 7 x 2 − 14 x + 2 x − 4 = ( x − 2 )(8 x 2 + 7 x + 2) . Следователно, ако допуснем, че изходното ирационално уравнение има реален корен x ≠ 2 , то той би бил корен на квадратното уравнение 8 x 2 + 7 x + 2 = 0 . Последното обаче няма реални корени, понеже дискриминантата му е D = 7 2 − 4 ⋅ 8 ⋅ 2 = −15 < 0 . б) Дефиниционното множество на неравенството се определя от системата неравенства

(x + 3 ) x (x − 3 ) ≥ 0

x ∈ [− 3 ; 0] ∪ [ 3 ; + ∞) ,

x ≥ 0. Оттук x ≥ 3 . Следователно даденото неравенство е еквивалентно на системата неравенства


(1)

x≥ 3, x x − 2 ≥ 0,

(

)

x (x 2 − 3 ) ≤ x x − 2 . 2

Второто неравенство на (1) дава x x ≥ 2 , което е еквивалентно на x 3 ≥ 2 , и съответно x ≥ 3 2 . Понеже (2)

3

2 < 3 , то системата е еквивалентна на

x ≥ 3, x − 3x ≤ x 3 − 2 2 x x + 2 . 3

Второто неравенство дава 2 2 x x ≤ 3x + 2 , което е еквивалентно на (3)

x ≥ 0, 8 x ≤ 9 x 2 + 12 x + 4 . 3

Второто неравенство в (3) дава 8 x 3 − 9 x 2 − 12 x − 4 ≤ 0 , което с отчитане на разлагането от точка а) е еквивалентно на (x − 2) 8 x 2 + 7 x + 2 ≤ 0 . (4) Квадратният тричлен 8 x 2 + 7 x + 2 приема само положителни стойности, защото дискриминантата му e D = −15 < 0 и коефициентът пред x 2 е положителен. Следователно решението на неравенството (4) е x ≤ 2 . Оттук за системата (2), следователно и за изходното неравенство, получаваме решението 3 ≤ x ≤ 2 .

(

)

Задача 3. В триъгълник ABC точка I е център на вписаната окръжност. Дадени са AI = 13 , BI = 3 13 и ∠AIB = 120 0 . Да се намерят големината на ∠ACB и дължините на страните на Δ ABC . Решение. Използуваме стандартните означения за Δ ABC : BC = a , CA = b , AB = c , ∠BAC = α , ∠ABC = β , ∠ACB = γ .

Центърът на вписаната окръжност на триъгълника е пресечна точка на ъглополовящите му. Оттук ∠BAI = α / 2 и ∠ABI = β / 2 . От Δ ABI имаме

120 0 = ∠AIB = 180 0 −

α

β

= 90 0 +

γ

, 2 2 2 което дава γ = 2 120 0 − 90 0 = 60 0 . От косинусовата теорема за Δ ABI имаме c 2 = ( 13 ) 2 + (3 13 ) 2 − 2 ⋅ 13 ⋅ 3 13 ⋅ cos 120 0 = 13 + 117 + 39 = 169 = 13 2 , откъдето c = 13 . Косинусовата теорема за Δ ABI дава също 65 5 α 13 + 169 − 117 cos = = = , 2 2 ⋅ 13 ⋅ 13 2 ⋅ 13 ⋅ 13 2 13

(

cos Оттук

β 2

=

117 + 169 − 13 2 ⋅ 13 ⋅ 3 13

=

273 2 ⋅ 13 ⋅ 3 13

=

7 2 13

.

)


sin

sin

α 2

β

= 1 − cos 2

= 1 − cos 2

α 2

β

2 Следователно

sin α = 2 sin

α 2

cos

2

α 2

= 1−

25 3 3 = , 52 2 13

= 1−

49 3 = . 52 2 13

= 2⋅

3 3

5

=

15 3 , 26

2 13 2 13 3 7 7 β β sin β = 2 sin cos = 2 ⋅ ⋅ = 3 . 2 2 2 13 2 13 26 a c β От синусовата теорема за Δ ABC имаме = = . sin α sin β sin γ Отчитайки, че c = 13 и sin γ = sin 60 0 = 3 / 2 , получаваме: 15 13 7 13 c c = 3⋅ = 15 , = 3⋅ =7 . a = sin α b = sin β sin γ 26 sin γ 26 3/2 3/2 Задача 4. Дадена е триъгълна пирамида ABCM с основа триъгълник ABC , за който BC = a , AC = b и ∠BCA = γ . Двустенният ъгъл между равнините ABC и ABM има големина ϕ . Оста на кръстосаните прави AB и CM съдържа точка M , а тяхната ос-отсечка има дължина m . а) Да се намери обемът на пирамидата. б) Да се докаже, че при a = 3 , b = 4 , m = 6 − 2 , γ = 37 0 30′ и ϕ = 52 0 30′ обемът на пирамидата е равен на 1. Решение. а) Нека MN е оста на кръстосаните прави AB и CM . От определението за ос на кръстосани прави имаме MN⊥CM и MN⊥AB .

Нека M 1 е ортогоналната проекция на M върху основата ABC . Понеже MN⊥AB , от теоремата за трите перпендикуляра имаме M 1 N⊥AB . Следователно ∠MNM 1 = ϕ е двустенният ъгъл между равнините ABC и ABM . От Δ MNM 1 за височината H = MM 1 на пирамидата получаваме H = m sin ϕ . От друга страна за лицето на основата имаме S ABC = 12 ab sin γ . Следователно обемът на 1 1 1 1 S ABC H = ⋅ ab sin γ ⋅ m sin ϕ = abm sin γ sin ϕ . 3 3 2 6 б) За пресмятане на обема при конкретните данни, във формулата от точка а) прилагайки sin γ sin ϕ = 12 (cos(ϕ − γ ) − cos(ϕ + γ )) , получаваме пирамидата е V ABCM =

V ABCM =

1 abm (cos(ϕ − γ ) − cos(ϕ + γ )) . От данните имаме 12


ϕ − γ = 52 0 30′ − 37 0 30′ = 15 0 и ϕ + γ = 52 0 30′ + 37 0 30′ = 90 0 . След заместване получаваме 1 V ABCM = ⋅ 3 ⋅ 4 ⋅ 12

(

)

6 − 2 ⋅ (cos 15 0 − cos 90 0 ) =

(

)

6 − 2 ⋅ cos 15 0 . Отчитайки, че

1 + cos 30 0 1+ 3 / 2 1 = = 2 + 3 , получаваме 2 2 2 2 1 1 1 = 6 − 2 ⋅ 2+ 3 = 6 − 2 2+ 3 = 6 − 2⋅ 6 ⋅ 2 + 2 2 + 3 2 2 2

cos 15 0 =

V ABCM =

1 2

(

(

)

)(

(

)

)(

4 2 − 3 2 + 3 = 22 − ( 3) 2 = 4 − 3 = 1 .

)

(

)(

)

Profile for stoyan bordjukov

2006.10.07 ТЕХНИЧЕСКИ УНИВЕРСИТЕТ – СОФИЯ и ВАРНА  

2006.10.07 ТЕХНИЧЕСКИ УНИВЕРСИТЕТ – СОФИЯ и ВАРНА  

Profile for bgmath
Advertisement