Page 1

СОФИЙСКИ УНИВЕРСИТЕТ "СВ. КЛИМЕНТ ОХРИДСКИ" ПИСМЕН КОНКУРСЕН ИЗПИТ ПО МАТЕМАТИКА 10 ЮЛИ 2008 г. ТЕМА 3 Задача 1. Вторият и петият член на геометрична прогресия са съответно равни на 14 и 112. Да се намери сборът на първите 6 члена. Задача 2. Даден е триъгълник ABC със страни AC = 3, BC = 4 и ъглополовяща 12 2 CL = . Да се намери лицето на триъгълника. 7 Задача 3. Да се реши уравнението

1 7x + 4 − = 3. x + 1 ( x + 1)( x − 2 )

Задача 4. Даден е равнобедрен трапец ABCD ( AB  CD, AB>CD ) с основа AB = 21, бедро AD = 16 и диагонал AC = 19. Да се намери периметърът на трапеца. Задача 5. Да се реши уравнението

sin 3 x − sin x + 2 = 2 sin 2 x .

Задача 6. Даден е ромб ABCD с остър ъгъл при върха A. Окръжността, описана около триъгълника ABD пресича диагонала AC в точка P. Ако AP=5 5 и CP=3 5 , да се намери радиусът r на окръжността, вписана в ромба. Задача 7. Да се намерят стойностите на реалния параметър a, за които неравенството x 2 ≥ е изпълнено за всяко x ≥ 2 . ax − 1 x Задача 8. Даден е правоъгълник ABCD със страни AB = 2 и BC = 1. Права през върха C, която не пресича страните на правоъгълника, пресича правите AB и AD съответно в точки P и Q. Да се намери тангенсът на ъгъла APQ, за когото отсечката PQ има наймалка дължина. Задача 9. Дадена е правилна шестоъгълна призма ABCDEFA1B1C1D1E1F1 , такава че основният ръб е равен на околния ръб. Да се намери лицето на сечението на равнината α , определена от точките A, B и D1 , с призмата, ако AB = 1. Задача 10. Нека a,b и c са реални числа и f ( x ) = x 2 + ax + b . Ако уравнението f ( x) = 0 има два различни реални корена, а уравнението

(x

2

− 2x + c ) + a ( x2 − 2x + c ) + b = 0 2

няма реални корени, да се докаже, че f (c) > 1 .

Време за работа 5 часа. Драги кандидатстуденти, • номерирайте всички страници на беловата си; • решението на всяка задача трябва да започва на нова страница; • черновта не се проверява и не се оценява; Изпитната комисия ви пожелава приятна работа


Софийски Университет „Св. Климент Охридски” Писмен конкурсен изпит по математика 10 юли 2008 г. ЗАДАЧИ И ПРИМЕРНИ РЕШЕНИЯ – ТЕМА 3 Задача 1. Вторият и петият член на геометрична прогресия са съответно равни на 14 и 112. Да се намери сборът на първите 6 члена. Решение: Нека a1 и q са първият член и частното на прогресията. От a2 = a1q = 14 и a5 = a1q 4 = 112 S6 = a1

q6 −1 q −1

=7

q3 = 8 ,

намираме 26 −1 2 −1

q=2

откъдето

a1 = 7 .

и

Тогава

= 7.63 = 441 .

Задача 2. Даден е триъгълник АВС със страни СA = 3, СB = 4 и ъглополовяща CL = 127 2 . Да се намери лицето на триъгълника. Решение:

Нека

∢ACB = γ .

ъглополовящата lc = γ

2 2

cos = 2

,

2 ab γ cos 2 a +b

т.е.

1 2

S ABC = AC.CB sin γ =

γ

имаме

= 45°

2 1 3.4.1 = 2

Тогава

и

12 2 7

по

=

формулата

2.3.4 γ cos 3+ 4 2

γ = 90° .

за

, откъдето

C

Следователно

A

6.

γ

γ

2

2

L

B

1 7x + 4 − = 3. x + 1 ( x + 1)( x − 2) Решение: Областта на допустимите стойности е x ≠ −1 и x ≠ 2 . В нея уравнението е еквивалентно на x − 2 − 7 x − 4 = 3x 2 − 3 x − 6 или 3x ( x + 1) = 0 , чиито корени са x = −1 и x = 0 . Но x = −1 не е от областта на допустимите стойности. Следователно уравнението има единствен корен x = 0 .

Задача 3 Да се реши уравнението

Задача 4. Даден е равнобедрен трапец ABCD ( AB  CD, AB > CD ) с основа AВ =21, бедро AD = 16, и диагонал АC = 19. Да се намери D C периметърът на трапеца. Решение: Понеже ABCD е равнобедрен трапец, то AC = BD = 19 . От ∆ABD намираме

cos ∢BAD =

162 + 212 −192 2.16.21

1 2

= . Нека DH ⊥ AB . От ∆AHD

намираме AH = 8 . За малката основа CD имаме CD = AB − 2. AH = 5 . Тогава PABCD = AB + CD + 2 AD = 58 .

A

. H

B

Задача 5. Да се реши уравнението sin 3 x − sin x + 2 = 2 sin 2 x . Решение: Тъй като | sin 3x |≤ 1 и | sin x |≤ 1 , то sin 3 x − sin x + 2 ≥ 0 . Тогава при sin 2 x ≥ 0 уравнението е еквивалентно на sin 3x − sin x + 2 = 2 sin 2 2 x или cos 2 x (1 − sin x ) (1 + 2 sin x ) = 0 . Нека cos 2 x = 0 , т.е. 2x = π2 + kπ , откъдето x1 = π4 + 2k π , където k е цяло число. Нека 1 − sin x = 0 , т.е. x2 = π2 + 2lπ , където l е цяло число. Нека 1 + 2 sin x = 0 , т.е. x3 =

7π 6

+ 2mπ или x4 =

11π 6

+ 2nπ където m и n са цели числа.

Проверяваме, кои от получените решения удовлетворяват sin 2 x ≥ 0 : sin 2 x1 = 1 , при k = 2k1 – четно; sin 2 x1 = −1 , при k – нечетно; sin 2 x2 = 0 ; sin 2 x3 = sin π3 > 0 ;

sin 2 x4 = sin x3 =

7π 6

5π 3

+ 2mπ .

< 0 . Окончателно решенията са: x1 = π4 + k1π , x2 = π2 + 2lπ и


Задача 6. Даден е ромб ABCD с остър ъгъл при върха А. Окръжността описана около триъгълника АВD пресича диагонала АC в точка P. Ако AP = 5 5 и PC = 3 5 , да се намери радиусът r на окръжността вписана в ромба. D Решение: Тъй като AC e симетрала на BD, то AР е диаметър C на окръжността описана около ∆ABD . Тогава ∢ABP = 90° и OP ∆ABP ∼ ∆AOB . Оттук

AB AO

=

AP AB

. . .

, т.е. AB 2 = AP. AO . Тъй като A

1 2

AO = ( AP + PC ) = 4 5 , то AB = 10 . От ∆ABD намираме

H

B

4 5

4 5

sin ∢DAB = . Тогава, ако DH e височината на ромба, DH = AD.sin ∢DAB = 10. = 8 . 1 2

Тъй като r = DH , то r = 4 .

Задача 7. Да се намерят стойностите на реалния параметър a , за които неравенството x 2 ≥ е изпълнено за всяко x ≥ 2 . ax − 1 x Решение: При x ≥ 2 и ax − 1 ≠ 0 неравенството е еквивалентно на ( ax − 1) ( x 2 − 2ax + 2 ) ≥ 0 . При a = 0 имаме − ( x 2 + 2 ) ≥ 0 , което няма решение. При a < 0 , x ≥ 2 имаме ax − 1 < 0 , така че трябва g ( x ) = x 2 − 2ax + 2 ≤ 0 . Нека D = a 2 − 2 е дискриминантата на g ( x ) . При D < 0 , g ( x ) > 0 , а при D ≥ 0 решението на g ( x ) ≤ 0 е краен интервал. Следователно a > 0 . При a > 0 и D < 0 ax − 1 > 0 при a ∈

( 12 ; 2 ) . Ако

3 2

D ≥ 0 , g ( x ) ≥ 0 за всяко x ≥ 2 , при a ≤ 2 и g (2) = 6 − 4a ≥ 0 , т.е. a ≤ . Оттук

(

a ∈  2; 23  . Окончателно a ∈ 12 ; 23  .  Задача 8. Даден е правоъгълник ABCD със страни AB = 2 и BC = 1 . Права през върха С, която не пресича страните на правоъгълника, пресича правите AB и AD съответно в точки P и Q. Да се намери тангенсът на ъгъла APQ, за който отсечката PQ има наймалка дължина. BC CD 1 2 Решение: Нека ∢APQ = ϕ . Тогава PQ = PC + CQ = + = + . sin ϕ cos ϕ sin ϕ cos ϕ 1 2 π f (ϕ ) = + , 0<ϕ < 2 . Имаме Означаваме sin ϕ cos ϕ cos ϕ 2 sin ϕ 2 sin 3 ϕ − cos3 ϕ 2tg 3ϕ − 1 ′ . f (ϕ ) = − 2 + = = cos ϕ Q sin ϕ cos 2 ϕ sin 2 ϕ cos2 ϕ sin 2 ϕ ϕ C D f ′(ϕ ) = 0 при tg 3ϕ = 12 или tgϕ = 31 . Тъй като f ′(ϕ ) < 0 2 2 1 ϕ 1 1 P B при tgϕ < , f ′(ϕ ) > 0 при tgϕ > и tgϕ е растяща A 3

2

3

2

π функция при 0 < ϕ < 2 , то f (ϕ ) има единствен екстремум, който е минимум. Следователно PQ има най-малка дължина при tgϕ =

1 3

2

.

Задача 9. Дадена е правилна шестоъгълна призма ABCDEFA1B1C1D1E1F1 , такава че основният ръб е равен на околния ръб. Да се намери лицето на сечението на равнина α, определена от точките A, B и D1 с призмата, ако AB = 1 . Решение: Понеже призмата е правилна, то AB  DE .

E1

F1

D1

A1

N B1

C1 E

F

ϕ

A B

M C

.D


Тогава AB  D1E1 и ръбът E1D1 лежи в α . Ако α ∩ CC1 = M , α ∩ FF1 = N , сечението на α с призмата е шестоъгълника ABMD1E1 N . Ортогоналната проекция на ABMD1E1 N върху основата на призмата е ABCDEF . Ако S ABMD1E1N = S , S ABCDEF = S ′ и

ϕ = ∢ [α , ( ABC )] , то S ′ = S cos ϕ . Понеже BD ⊥ AB , DD1 ⊥ AB , то AB ⊥ ( BDD1 ) и ϕ = ∢DBD1 . От ∆BCD намираме BD = 3 , а от правоъгълния ∆BDD1 – cos ϕ = като S ′ = 6.

3 4

=

3 3 2

3 2

. Тъй

, то S = 3 .

Задача 10. Нека а, b и с са реални числа и f ( x ) = x 2 + ax + b . Ако уравнението f ( x ) = 0 има два различни реални корена, а уравнението няма реални корени, да се докаже, че f (c ) > 1 .

( x 2 − 2 x + c )2 + a ( x 2 − 2 x + c ) + b = 0

Решение: Нека x1 и x2 са корените на f ( x ) = 0 . Тогава f ( x ) = ( x − x1 )( x − x2 ) . Тъй като уравнението f ( x 2 − 2 x + c ) = ( x 2 − 2 x + c ) + a ( x 2 − 2 x + c ) + b = 0 няма реални корени, 2

то f ( x 2 − 2 x + c ) = уравнения

( x 2 − 2 x + c − x1 )( x 2 − 2 x + c − x2 ) ≠ 0 за всяко х. Тогава квадратните

x 2 − 2 x + c − x1 = 0

и

x 2 − 2 x + c − x2 = 0

нямат реални корени, т.е.

дискриминантите им са отрицателни: 1 − ( c − x1 ) < 0 и 1 − ( c − x2 ) < 0 . Оттук следва, че c − x1 > 1 и c − x2 > 1 . Тогава f (c ) = ( c − x1 )( c − x2 ) > 1.1 = 1 . Пълното решение на всяка задача се оценява с 4 точки. Оценката се получава по формулата 2 + 0,1.N, където N е броят на получените точки.

Profile for stoyan bordjukov

2008.10.07 Софийски университет "Св. Климент Охридски"  

2008.10.07 Софийски университет "Св. Климент Охридски"  

Profile for bgmath
Advertisement