Великотърновски университет Св. св. Кирил и Методий“ ” Кандидатстудентска кампания 2007
КОНКУРСЕН ИЗПИТ ПО МАТЕМАТИКА 13 юли 2007 г. ПЪРВА ТЕМА Задача 1. Да се решат уравненията: √ 1.1. (x2 − 4) x + 1 = 0; 1.2. x2 + x − 3 = | x + 1 |; 1.3. log3 x + log√3 x + log 1 x = −1; 3
1.4. 9
sin2 x
+ 4.9
cos2 x
= 15.
Задача 2. Дадени са функциите f (x) = x2 −2(k +2)x+1 и g(y) = y 2 −2(k −1)y +1, където k е реален параметър. Да се намерят стойностите на k, за които: 2.1. уравненията f (x) = 0 и g(y) = 0 имат реални корени; 2.2. функцията ϕ(k) = x21 + x22 + y12 + y22 приема най-малката си стойност, където x1 , x2 и y1 , y2 са съответните реални корени на уравненията от 2.1; 2.3. x1 < y1 < y2 < x2 , където x1 , x2 и y1 , y2 са корените от 2.2. Задача 3. Даден е равнобедрен трапец, описан около окръжност. 3.1. Да се намерят дължините на основите на трапеца, ако бедрото му е с дължина 5, а радиусът на вписаната в него окръжност е 2. 3.2. Да се намери отношението на радиусите на вписаната и описаната около трапеца окръжности, ако ъгълът при голямата му основа е равен на α. Задача 4. Основата на пирамидата ABCD е равнобедреният триъгълник ABC с дължина на бедрата AC и BC равна на a и ∠ACB = α. Околният ръб DC сключва с равнината на основата също ъгъл с големина α, а ортогоналната проекция на върха D върху равнината на основата е ортоцентърът на ∆ABC. Да се намери: 4.1. обемът на пирамидата; 4.2. лицето на сечението на пирамидата с равнина, минаваща през ортоцентъра на основата на пирамидата и перпендикулярна на околния и ´ ръб DC.
ВТУ "Св. св. Кирил и Методий" — Конкурсен изпит по Математика 13.07.2007 г. 1
ПРИМЕРНИ РЕШЕНИЯ Задача 1. 1.1. Областта от допустимите стойности за неизвестното x е [−1, ∞). Решението на уравнението е обединение от решенията на уравненията: x2 − 4 = 0 и
√
x + 1 = 0.
Решенията, принадлежащи на областта от допустимите стойности са: x1 = 2,
x2 = −1.
1.2. Даденото уравнение е еквивалентно на обединението на следните две системи:
x+1≥0
x+1<0
2 и
2
x +x−3=x+1 x + x − 3 = −x − 1 Решенията на уравнението са:
x1 = 2,
x2 = −1 −
√
3.
1.3. Областта от допустимите стойности за неизвестното x е (0, ∞). След привеждане към основа 3 се получава уравнението: log3 x + 2 log3 x − log3 x = −1, 1
откъдето следва: log3 x = − 12 ⇐⇒ x = 3−√2 ∈ (0, ∞). Тогава решението на уравнението е x = 33 . 1.4.След преобразуване се получава уравнението: 9sin Полагаме 9sin
2
x
2
x
+ 4.91−sin
2
x
= 15 ⇐⇒ 9sin
2
x
+
36 9sin
2
x
− 15 = 0.
= y, като x ∈ R, y ∈ [1, 9] и получаваме квадратното уравнение:
y 2 − 15y + 36 = 0 ⇐⇒ y1 = 3 ∈ [1, 9], y2 = 12 ∈ / [1, 9]. Тогава 9sin
2
x
= 3 ⇐⇒ 32 sin
2
x
1 = 3 ⇐⇒ 2 sin2 x = 1 ⇐⇒ sin2 x = . 2
Последното уравнение е еквивалентно на обединението на уравненията: √ √ 2 2 sin x = − и sin x = . 2 2 Решенията на даденото уравнение са: x = ± π4 + kπ.
ВТУ "Св. св. Кирил и Методий" — Конкурсен изпит по Математика 13.07.2007 г. 2 Задача 2. 2.1. Дадените уравнения ще имат реални корени, ако дискриминантите им са неотрицателни, т. е. Df = (k + 2)2 − 1 ≥ 0 ⇐⇒ k + 2 ≤ −1 или k + 2 ≥ 1, т. е. k ∈ (−∞, −3] ∪ [−1, +∞); 4 Dg = (k − 1)2 − 1 ≥ 0 ⇐⇒ k − 1 ≤ −1 или k − 1 ≥ 1, т. е. k ∈ (−∞, 0] ∪ [2, +∞). 4 Следователно, дадените уравнения имат реални корени за k ∈ (−∞, −3]∪[−1, 0]∪ [2, +∞) = D1 . 2.2. Тъй като x1 + x2 = 2(k + 2), x1 x2 = 1 и y1 + y2 = 2(k − 1), y1 y2 = 1, то ϕ(k) = x21 + x22 + y12 + y22 = (x1 + x2 )2 + (y1 + y2 )2 − 2(x1 x2 + y1 y2 ) = 8(k 2 + k + 2), където k ∈ D1 .
1 Изразът 8(k 2 +k +2) е квадратен тричлен с най-малка стойност при k = − ∈ D1 . 2 1 Следователно най-малката стойност на ϕ(k) се достига при k = − . 2 2.3. Нека y е кой да е от корените на уравнението g(y) = 0. От условието y ∈ (x1 , x2 ) следва че, f (y) < 0. Тогава
2
g(y) = 0
y − 2(k − 1)y + 1 = 0
f (y) < 0 ⇐⇒ y 2 − 2(k + 2)y + 1 < 0 .
От системата получаваме −6y < 0 ⇒ y > 0, т.е. y1 > 0 и y2 > 0. Условията за това се дават от системата
y1 + y2 = 2(k − 1) > 0
y 1 y2 = 1 ⇒ k ∈ (2, +∞).
Dg > 0 ⇔ k ∈ D\{0; 2} Задача 3. Нека AB = a, CD = b (a > b), AD = BC = c и AC = d. От това, че a+b . трапецът е описан около окръжност следва c = 2 D C
O
α A
C1
B
3.1. Нека C1 е ортогоналната проекция на точка C върху основата AB, тогава CC1 = 2r (r е радиусът на вписаната в трапеца окръжност). От правоъгълния ∆BCC1
ВТУ "Св. св. Кирил и Методий" — Конкурсен изпит по Математика 13.07.2007 г. 3 получаваме BC1 =
√ a−b √ 2 = c − 4r2 = 25 − 16 = 3, 2
но a + b = 10. Следователно a = 8 и b = 2. d , където R 2 sin α a+b е радиусът на описаната около трапеца окръжност, а α = <) ABC. AC1 = =c 2 ACC1 получаваме съответно 2r = c sin α, и от правоъгълните триъгълници BCC1 и √ √ √ 1 + sin2 α c и d = c2 + 4r2 = c 1 + sin2 α. Тогава R = 2 sin α 3.2. От Синусова теорема, приложена за ∆ABC намираме R =
r sin2 α =√ R 1 + sin2 α . Задача 4. 4.1. Означаваме ортоцентъра на ∆ABC с H. Ортогоналната проекция на ръба DC върху равнината (ABC) е HC. Следователно <) HCD = α. Триъгълникът CHD е правоъгълен (<) CHD = π2 ). Тогава α < π2 ⇒ sin α > 0, cos α > 0. D
B1
A
H
α α
C
C1
B 1 2 Лицето на ∆ABC е B = a sin α. 2 Нека BH ∩ AC = B1 . От правоъгълния триъгълник BB1 C намираме CB1 = a cos α. От правоъгълния триъгълник HB1 C намираме CH =
a cos α . cos α2
ВТУ "Св. св. Кирил и Методий" — Конкурсен изпит по Математика 13.07.2007 г. 4 C α 2
B1
A C1 B От правоъгълния триъгълник CHD получаваме височината на пирамидата DH = CH tg α =
a cos α tg α. cos α2
α След тригонометрични преобразувания получаваме DH = 2a sin . 2 Следователно за обема се получава α 1 1 V = B.DH = a3 sin α sin . 3 3 2 4.2. D
P
N
A
B1 H
α α
C
C1 M B
zH . Построяваме M N :
kAB M N ⊥HC, HC е ортогоналната проекция на DC върху равнината (ABC). Тогава от Теоремата за трите перпендикуляра следва, че (1) DC⊥M N. В ∆CHD построяваме (2) HP ⊥DC, P ∈ DC.
ВТУ "Св. св. Кирил и Методий" — Конкурсен изпит по Математика 13.07.2007 г. 5 (3) M N ∩ HP = H, ((M N P ) = β) . От (1), (2), (3) и съответната теорема за единственост следва, че β е равнината на сечението и сечението на β с дадената пирамида е равнобедреният триъгълник M N P (∆M CP ∼ = ∆N CP ). Лицето на сечението е S = HM.HP ( H е средата на M N ). α α От правоъгълния триъгълник BC1 C намираме CC1 = a cos и C1 B = a sin . 2 2 C1 B.CH . След От подобието на триъгълниците CHM и CC1 B следва HM = CC1 заместване получаваме a tg α2 cos α HM = . cos α2 α От правоъгълния триъгълник CP H: HP = CH sin α = 2a sin cos α. 2 Следователно за лицето на сечението се получава: S = 2a2 cos2 α tg2
α . 2
ВТУ "Св. св. Кирил и Методий" — Конкурсен изпит по Математика 13.07.2007 г. 6 КОНКУРСЕН ИЗПИТ ПО МАТЕМАТИКА — 13 юли 2007 г. КРИТЕРИИ ЗА ОЦЕНЯВАНЕ Задача 1. — 4 точки 1.1 — 1 точка • намерена дефиниционна област — 0,5 точки; • решени уравненията — 0,5 точки. 1.2 — 1 точка • съставени еквивалентните уравнения — 0,5 точки; • решени уравненията — 0,5 точки. 1.3 — 1 точка • намерена дефиниционна област — 0,5 точки; • решено уравнението — 0,5 точки. 1.4 — 1 точка • сведено до основно тригонометрично уравнение — 0,5 точки; • решени съответните уравнения — 0,5 точки. Задача 2. — 4 точки 2.1 — 1 точка • записани съответните неравенства за дискриминантите — 0,5 точки; • решена системата неравенства — 0,5 точки. 2.2 — 1,5 точки • намерен израза за функцията ϕ(k) — 0,5 точки; • намерена дефиниционната област на функцията ϕ(k) — 0,5 точки; • намерена и обоснована точката на абсолютния минимум — 0,5 точки. 2.3 — 1,5 точки • записани условията за дадената наредба на корените — 1 точка; • решена съответната система — 0,5 точки. Задача 3. — 4 точки 3.1 — 1,5 точки • намерено уравнение за основите —по 0,5 точки; • намерени дължините на основите — 0,5 точки. 3.2 — 2,5 точки • намерен радиусът на вписаната окръжност — 1 точка; • намерен радиусът на описаната окръжност — 1 точка; • намерено търсеното отношение — 0,5 точки. Задача 4. — 4 точки 4.1 — 2 точки • намeрeно лицето на основата — 0,5 точки; • намерен обемът на пирамидата — 1,5 точки. 4.2 — 2 точки • построено и обосновано сечението — 1 точка; • намерено лицето на сечението — 1 точка. Председател на Комисията: доц. д-р Димитър Петров