Page 1

Великотърновски университет Св. св. Кирил и Методий“ ” Кандидатстудентска кампания 2008

КОНКУРСЕН ИЗПИТ ПО МАТЕМАТИКА I 11 юли 2008 г. ПЪРВА ТЕМА Задача 1. Да се реши: √ √ 1.1. в кой подинтервал на [− 3, 3) е намаляваща функцията y = 2x2 − 5x + 2;

√ √

x + 3y = 3 x 2−x 1.2.

1.3. 2 − 3 = 2 ; 1.4. tg2x + 3 − 1 = 3.cotg2x. ; (y − 1)2 + 2x = −5

k , където k е реален 2 параметър. Нека Df е дискриминантата на f (x), а x1 , x2 са корените на уравнението f (x) = 0. Задача 2. Дадена е функцията

f (x) = x2 − (k + 1) x +

2.1. Да се намерят стойностите на параметъра k, за които числата a = x1 + x2 , b = 2x1 x2 и c = Df са мерки на страните на правоъгълен триъгълник такъв, че c > a. 2.2. Да се намерят стойностите на параметъра k, за които функцията x1 x2 F (k) = + приема стойности в интервала [2, 8]. x2 x1 Задача 3. Даден е правоъгълен триъгълник ABC с прав ъгъл при върха C и лице 6. За катетите му AC и BC е дадено, че AC > BC и AC + BC = 7. 3.1. Да се намерят дължините на ъглополовящата през A и медианата през B. 3.2. Окръжност с център C пресича височината към хипотенузата на дадения △ ABC в средата и ´ M , катета AC – в точката L, а катета BC – в точката N . Да се намерят лицата на четириъгълниците ABN L и LM N C. Задача 4. Даден е трапец ABCD с основи AB = 8, CD = 2 и бедра BC = AD = 6. 4.1. Да се намери радиусът на описаната около ABCD окръжност и да се докаже, че центърът и ´ O е вътрешна точка за трапеца. 4.2. Нека ABCDM е пирамида с основа дадения трапец и височина OM = 5, където O е центърът на описаната около ABCD окръжност. Да се намерят разстоянието от точка O до равнината (ADM ) и косинусът на ъгъла между равнините (BDM ) и (ABCD).


КОНКУРСЕН ИЗПИТ ПО МАТЕМАТИКА I – 11 юли 2008 г. ПЪРВА ТЕМА ОТГОВОРИ, ТОЧКИ, УКАЗАНИЯ ЗА ОЦЕНЯВАНЕ =================================================  h √ 5i  1.1. − 1 т. : − 3, .    4       x2 = −3, y2 = 2.  1.2. − 1 т. : x1 = −15, y1 = 6 ; Задача 1.   1.3. − 1 т. : x = 2.       n   π π kπ πo    1.4. − 1 т. : − + ∪ , k ∈ Z. +k 6 2 8 2

================================================= √  3 2.1. − 2 т. : k = 2.   √ √ i Задача 2. h   2.2. − 2 т. : k ∈ 3 − 5 , 3 + 5 . 2 2 =================================================  √ √ 4 10    3.1. − 2 т. : mB = 13 , lA = . 3 Задача 3.    3.2. − 2 т. : SABN L = 132 , SLM N C = 126 . 25 125 ================================================= √  39 2   .  4.1. − 2 т. : R = 3 Задача 4. √    4.2. − 2 т. : d = 5 , cos ϕ = 286 . 2 44 =================================================

• Всяко подусловие се оценява по дадената точкова схема с точност до 0, 25 от точката. Например: вярна логическа конструкция, вярно намерен елемент от решението, акуратно изпълнен чертеж, точно отразяващ данните, ... носят 0, 25, а всяка техническа грешка, неточна мотивация в краен резултат, ... се наказват с 0, 25. • Когато сумата (Σ) от точките от всички задачи е число от вида N, 50 или N, 75, същата се закръглява в полза на кандидат-студента, т.е. Σ = N + 1 точки.

• Всеки проверяващ формира оценка по формулата ОЦ. = 2+ Σ4 и попълва първичен протокол.

• Крайната оценка е средно аритметичното от оценките на двамата проверяващи, ако раз-

ликата между последните не е по-голяма от 0, 50 , а при разлика над 0, 50 работата се разглежда от арбитър. Оценката на арбитриращия е окончателна. • Всички работи, оценени с отличен, задължително се арбитрират.

Председател на изпитна комисия:

/доц. д-р М. Христов/


КОНКУРСЕН ИЗПИТ ПО МАТЕМАТИКА I 11 юли 2008 г. ПЪРВА ТЕМА – ПРИМЕРНИ РЕШЕНИЯ Задача 1. Да се реши: √ √ 1.1. в кой подинтервал на [− 3, 3) е намаляваща функцията y = 2x2 − 5x + 2;

√ √

x + 3y = 3 ; 1.3. 2 x − 3 = 2 2−x ; 1.4. tg2x + 3 − 1 = 3.cotg2x. 1.2.

2 (y − 1) + 2x = −5

2 Решение: 1.1. Графиката на функцията  y = 2x − 5x + 2 е парабола с връх при 5 5 √ 5 x = . Функцията е намаляваща при x ∈ −∞; . Тъй като < 3, то в разглеж4 4 4  √ 5 дания интервал y е намаляваща при x ∈ − 3; . 4 Допустимите стойности за неизвестните са x ∈ R и y ∈ R. Изпълнено е 1.2.

x + 3y = 3

x = 3 − 3y

x = 3 − 3y

2 ⇐⇒ ⇐⇒ 2 2

(y − 1) + 2x = −5

(y − 1) + 2.3.(1 − y) = −5

y − 8y + 12 = 0 . Решенията са (−15, 6) и (−3, 2). 1.3. Допустимите стойности за неизвестното са x ∈ R. Имаме 2 x −3 = 2 2−x ⇐⇒ 4 4 2 x − 3 − x = 0. Полагаме 2 x = y > 0. Получаваме y − 3 − = 0 ⇐⇒ y 2 − 3y − 4 = 0, 2 y откъдето y1 = 4 > 0 и y2 = −1 ≤ 0. Окончателно 2 x = 4 и x = 2.

2x 6= kπ

π , 1.4. Допустимите стойности за неизвестното се определят от

2x 6= (2k + 1) 2 π което е еквивалентно на x 6= k , k ∈ Z. Полагаме tg 2x = y ∈ R, откъдето 4 √ √ √ √ 3 y+ 3−1= ⇐⇒ y 2 + ( 3 − 1)y − 3 = 0 . y √ Корените на последното уравнение са y1 = 1 и y2 = − 3. От полагането следва √ π π π π tg 2x = 1 или tg 2x = − 3 ⇐⇒ 2x = + kπ или 2x = − + kπ ⇐⇒ x = + k 4 3 8 2 π π π π или x = − + k ⇐⇒ x = (4k + 1) или x = (3k − 1) , k ∈ Z. Всички получени 6 2 8 6 решения са от множеството на допустимите стойности.

k , където k е реален 2 параметър. Нека Df е дискриминантата на f (x), а x1 , x2 са корените на уравнението f (x) = 0. Задача 2. Дадена е функцията

f (x) = x2 − (k + 1) x +

2.1. Да се намерят стойностите на параметъра k, за които числата a = x1 + x2 , b = 2x1 x2 и c = Df са мерки на страните на правоъгълен триъгълник такъв, че c > a. 2.2. Да се намерят стойностите на параметъра k, за които функцията x1 x2 + приема стойности в интервала [2, 8]. F (k) = x2 x 1


Решение: Дефиниционното множество на функцията f (x) е (−∞; +∞), а дискриk минантата е Df = (k + 1)2 − 4 · = k 2 + 1. От формулите на Виет за корените x1 и 2 k x2 е изпълнено x1 + x2 = k + 1 и x1 x2 = . 2 2.1. Имаме a = x1 +x2 = k+1, b = 2x1 x2 = k и c = Df = k 2 +1. Тъй като b е страна на триъгълник, то k > 0. От условието c > a следва k 2 +1 > k+1 ⇐⇒ (k−1)k > 0 ⇒ k > 1. Очевидно a > b и следователно хипотенузата на триъгълника е c. Прилагаме Питагоровата теорема, откъдето (k 2 + 1)2 = (k + 1)2 + k 2 ⇐⇒ (k 3 − 2)k = 0. От k > 1 √ окончателно получаваме k = 3 2. x1 x2 x2 + x22 (x1 + x2 )2 − 2x1 x2 2(k 2 + k + 1) + = 1 = = 2.2. Имаме F (k) = . x2 x1 x1 x 2 x 1 x2 k Дефиниционното множество на F (x) е k 6= 0. От условието 2 ≤ F (k) ≤ 8 получаваме системата

2

2

2(k 2 + k + 1)

k +k+1

(k + 1)k ≥ 0

≥ 2 − 1 ≥ 0

⇐⇒ 2 k ⇐⇒

(k 2 − 3k + 1)k ≤ 0 ⇐⇒

2(k 2 +kk + 1)

k +k+1

k 6= 0 ≤8 −4≤0

k k " √ # √

k>0 3 + 5 5 3 −

2 ; .

k − 3k + 1 ≤ 0 ⇐⇒ k ∈ 2 2 Задача 3. Даден е правоъгълен триъгълник ABC с прав ъгъл при върха C и лице 6. За катетите му AC и BC е дадено, че AC > BC и AC + BC = 7. 3.1. Да се намерят дължините на ъглополовящата през A и медианата през B. 3.2. Окръжност с център C пресича височината към хипотенузата на дадения △ ABC в средата и ´ M , катета AC – в точката L, а катета BC – в точката N . Да се намерят лицата на четириъгълниците ABN L и LM N C. Решение: Намираме страните на дадения триъгълник. Нека AC = b, BC = a < b. Тогава съгласно условията

b = 7 − a

a + b = 7 7±1 2

1

a.b = 6 ⇐⇒ a.b = 12 ⇒ a(7−a) = 12 ⇒ a −7a+12 = 0 ⇒ a1,2 = 2 = 3 или 4. 2 ⇒ b1,2 = 4 или 3. По условие b > a ⇒ a = 3, b = 4

и от Питагоровата теорема следва, че AB = c = 5. 3.1. Нека AA1 = lA и BB1 = mB са съответно ъглополовящата и медианата C през върховете A и B на дадения △ ABC. В правоъгълния △ BCB1 , B1 C = 2 и от Питагоровата теорема се намира меA1 B1 дианата p √ √ mB = B1 C 2 + BC 2 = 4 + 9 = 13. A B Търсим ъглополовящата lA . Съгласно свойството на ъглополовящата за триъгълник CA1 4 = , A1 B 5

а от друга страна

CA1 + A1 B = 3.


4 5 След решаване на системата от тези равенства, се получава CA1 = , BA1 = . От 3 3 правоъгълния △ ACA1 и Питагоровата теорема се намира ъглоповящата r √ p 4 10 16 = . lA = AC 2 + A1 C 2 = 16 + 9 3

3.2. Нека hc е височината към хипотенузата на дадения △ ABC. От изразяването на лицето 1 5 12 hc 6 SABC = 6 = c.hc = .hc ⇒ hc = ⇒ CL = CM = CN = = . 2 2 5 2 5

C β α L N M β

α A

B

За лицето на четириъгълника ABN L се получава 132 18 SABN L = SABC − SLN C = 6 − = . | {z } | {z } 25 25 =6

= 12

h2 c 4

Лицето на четириъгълника LM N C се изразява като

18 SLM N C = SLM C + SM N C = (sin β + sin α), | {z } | {z } 25 = 12

h2 c . sin β 4

= 21

h2 c . sin α 4

където α и β са стандартните означения за мерките на ъглите при върховете A и B на дадения правоъгълен триъгълник. Тогава sin α = и окончателно SLM N C =

3 a = , c 5

sin β =

b 4 = c 5

126 . 125

Задача 4. Даден е трапец ABCD с основи AB = 8, CD = 2 и бедра BC = AD = 6. 4.1. Да се намери радиусът на описаната около ABCD окръжност и да се докаже, че центърът и ´ O е вътрешна точка за трапеца. 4.2. Нека ABCDM е пирамида с основа дадения трапец и височина OM = 5, където O е центърът на описаната около ABCD окръжност. Да се намерят разстоянието от точка O до равнината (ADM ) и косинусът на ъгъла между равнините


(BDM ) и (ABCD). Решение: 4.1. Нека R е радиусът на описаната окръжност за дадения равнобедрен трапец. Тогава R се явява радиусът на описаната окръжност за ABC и може да се AC AC намери например чрез синусовата теорема: = 2R ⇒ R = . sin <)B 2 sin <)B D

C

ho

O A

C1

B

Нека CC1 ⊥AB. ⇒ BC1 = 12 (AB − CD) = 3 ⇒ AC1 = 5. От правоъгълния △ BCC1 катетът BC1 е половината от хипотенузата му BC = 6 следователно √ ◦ ◦ < )BCC1 = 30 , < )ABC = 60 и от Питагоровата теорема CC1 = 3 3. Страната AC се намира например от правоъгълния △ ACC1 : √ p √ AC 2 39 2 2 AC = AC1 + CC1 = 2 13 . ⇒ R= = 2 sin 60◦ 3

Центърът O на описаната около равнобедрения трапец окръжност е вътрешна за него точка, точно когато височината ho през върха O на равнобедрения △ OCD е по-малка от CC1 . След прилагане на Питагоровата теорема се намира √ √ √ 7 3 2 < 3 3 = CC1 , ho = R − 1 = 3 т.е. O е вътрешна точка за трапеца. 4.2. По условие M O е височина на пирамидата, т.е. M се проектира ортогонално в центъра на описаната за основата окръжност. Следователно всички околни ръбове са равни: M A = M B = M C = M D, т.е. всички околни стени са равнобедрени триъгълници. M

B

ϕ

A O

K

L C

D


Разстоянието d от точка O до равнината (ADM ) е точно височината през O в пирамидата AODM и следователно 3VAODM d= . SADM 1 5 Обемът VAODM = SAOD .OM = SAOD . Нека OL е височината в равнобедрения 3 3 △ AOD. Тогава OL =

OA2 − AL2 =

5 15 25 R2 − 9 = √ , SAOD = 12 AD.OL = √ и обемът VAODM = √ . 3 3 3

В триъгълник ADM отсечката M L⊥AD (следва например чрез теоремата за трите перпендикуляра или от факта, че △ AM D е равнобедрен и L е средата на AD). Тогава √ 1 30 5 SADM = AD.M L = 3M L = 3 OL2 + OM 2 = √ ⇒ търсеното d = . 2 2 3 За да се намери ъгълът ϕ между равнините (BDM ) и (ABCD) търсим линеен ъгъл, който го представя. Нека OK е височината в равнобедрения △ OBD. Следователно M K⊥BD (следва например чрез теоремата за трите перпендикуляра или от факта, че △ BM D е равнобедрен и K е средата на BD). Тогава <)OKM = ϕ и от правоъгълOK ния △ OM K ⇒ cos ϕ = . MK √ √ 2 39 BD = AC = 2 13, OD = OB = R = . В равнобедрения △ OBD 3 Следователно OK =

OB 2 − BK 2 =

r

BD2 OB 2 − = 4

r

13 . 3

От правоъгълния △ OM K чрез Питагоровата теорема се намира M K = дователно търсеният r √ OK 1 13 286 cos ϕ = = = . MK 2 22 44

r

88 и сле3


КОНКУРСЕН ИЗПИТ ПО МАТЕМАТИКА I – 11 юли 2008 г. ПЪРВА ТЕМА ОТГОВОРИ, ТОЧКИ, УКАЗАНИЯ ЗА ОЦЕНЯВАНЕ =================================================  h √ 5i  − 1 т. : − 3, . 1.1.    4       x2 = −3, y2 = 2.  1.2. − 1 т. : x1 = −15, y1 = 6 ; Задача 1.   1.3. − 1 т. : x = 2.       n   π kπ πo π    1.4. − 1 т. : − + ∪ , k ∈ Z. +k 6 2 8 2

================================================= √  3 − 2 т. : k = 2. 2.1.   √ i √ Задача 2. h   2.2. − 2 т. : k ∈ 3 − 5 , 3 + 5 . 2 2 =================================================  √ √ 4 10    3.1. − 2 т. : mB = 13 , lA = . 3 Задача 3.    3.2. − 2 т. : SABN L = 132 , SLM N C = 126 . 25 125 ================================================= √  39 2   .  4.1. − 2 т. : R = 3 Задача 4. √    4.2. − 2 т. : d = 5 , cos ϕ = 286 . 2 44 ================================================= • Всяко подусловие се оценява по дадената точкова схема с точност до 0, 25 от точката.

Например: вярна логическа конструкция, вярно намерен елемент от решението, акуратно

изпълнен чертеж, точно отразяващ данните, ... носят 0, 25, а всяка техническа грешка, неточна мотивация в краен резултат, ... се наказват с 0, 25. • Когато сумата (Σ) от точките от всички задачи е число от вида N, 50 или N, 75, същата се закръглява в полза на кандидат-студента, т.е. Σ = N + 1 точки.

• Всеки проверяващ формира оценка по формулата ОЦ. = 2+ Σ4 и попълва първичен про-

токол.

• Крайната оценка е средно аритметичното от оценките на двамата проверяващи, ако раз-

ликата между последните не е по-голяма от 0, 50 , а при разлика над 0, 50 работата се разглежда от арбитър. Оценката на арбитриращия е окончателна. • Всички работи, оценени с отличен, задължително се арбитрират.

Председател на изпитна комисия:

/доц. д-р М. Христов/

2008.11.07 Великотърновски университет "Св.св. Кирил и Методий"