Page 1

Великотърновски университет Св. св. Кирил и Методий“ ”

КОНКУРСЕН ИЗПИТ ПО МАТЕМАТИКА 12 април 2009 г. ПЪРВА ТЕМА Задача 1. Да се решат уравненията: 1 2x − 1 2 = + 3 ; 1.1. 2 x −x+1 x+1 x +1 1.2. 5x+1 + 3.5x−1 − 6.5x + 10 = 0; 1.3. log3 (x2 − 27)2 = 4. Задача 2. Дадено е уравнението (k + 2)x2 − 2kx − k = 0, където k е реален параметър. Да се намерят: 2.1. стойностите на k, за които даденото уравнение има реални корени; 2.2. стойностите на k, за които даденото уравнение има един положителен и един отрицателен корен; x1 x2 2.3. най-малката положителна стойност на израза g(k) = + , където x1 и x2 x2 x1 са реални корени на даденото уравнение, при k 6= −2. Задача 3. Триъгълникът ABC с остър ъгъл при върха C е вписан в окръжност k с център O и радиус R. Симетричната точка O1 на точка O относно правата AB лежи върху окръжността k. Ъглополовящата CC1 (C1 ∈ AB) разделя страната AB в отношение 2:1, считано от върха A. 3.1. Да се докаже, че четириъгълникът AO1 BO е ромб. 3.2. Да се намери лицето на ∆ABC. Задача 4. Основата на пирамида ABCDM е ромб ABCD със страна a. Околните стени ADM и CDM са перпендикулярни на основата и сключват помежду си тъп ъгъл β. Другите две околни стени сключват с основата на пирамидата ъгъл α. 4.1. Да се намери височината на ромба ABCD. 4.2. Да се намерят лицето на пълната повърхнина и обемът на пирамидата ABCDM .


ПРИМЕРНИ РЕШЕНИЯ Задача 1. 1.1. Тъй като x2 − x + 1 > 0 за всяко реално число x и x3 + 1 = (x + 1)(x2 − x + 1) , то областта от допустимите стойности за неизвестното x в даденото рационално уравнение е ОДС : x 6= −1. Тогава 2 1 2x − 1 = + ⇐⇒ x2 − x − 2 = 0. x2 − x + 1 x + 1 x3 + 1 Корени на полученото квадратно уравнение са числата −1 6∈ ОДС и 2 ∈ ОДС. Следователно решение на даденото рационално уравнение е x = 2. 1.2. Като положим y = 5x > 0, получаваме 3 5y + y − 6y + 10 = 0 ⇒ y = 25 = 52 ⇒ x = 2. 5 1.3. Областта от допустимите стойности за неизвестното x в даденото логарит√ √ мично уравнение е ОДС : x 6= ± 27 = ±3 3. Уравнението е еквивалентно на (x2 − 27)2 = 34 = 81 ⇒ x2 − 27 = ±9.

√ Следователно решения на даденото уравнение са x1,2 = ±3 2 ∈ ОДС и x3,4 = ±6 ∈ ОДС. Задача 2. Дадено е уравнението (k + 2)x2 − 2kx − k = 0, където k е реален параметър. 1 2.1. При k = −2 уравнението има един реален корен x = − . 2 При k 6= −2 уравнението има реални корени точно тогава, когато дискриминантата му е неотрицателна, т. е. D = 4k 2 + 4k(k + 2) = 8k(k + 1) ≥ 0 ⇔ k ∈ (−∞, −2) ∪ (−2, −1] ∪ [0, +∞). Следователно даденото уравнение има реални корени при k ∈ (−∞, −1] ∪ [0, +∞). 2.2. Уравнението има два различни реални корена точно тогава, когато k ∈ (−∞, −2) ∪ (−2, −1) ∪ (0, +∞). Двата корена x1 и x2 имат различни знаци тогава и само тогава, когато x1 x2 < 0. Като използваме формулите на Виет, получаваме x1 x2 = −

k < 0 ⇔ k(k + 2) > 0 ⇔ k ∈ (−∞, −2) ∪ (0, +∞). k+2


2.3. Уравнението има два реални корена точно когато k ∈ (−∞, −1] ∪ [0, +∞), k 6= −2. Като използваме формулите на Виет за даденото уравнение, получаваме 2k k x1 + x2 = , x1 x2 = − . Тогава k+2 k+2 g(k) =

x2 + x22 (x1 + x2 )2 − 2x1 x2 (x1 + x2 )2 x1 x2 + = 1 = = −2 x2 x1 x1 x2 x1 x2 x1 x2 ⇒ g(k) =

8 −4k −2= − 6. k+2 k+2

Следователно g(k) > 0 ⇔

8 2 > 6 ⇔ −2 < k < − ⇒ −2 < k ≤ −1 . k+2 3

Но

8 ≥ 8 ⇒ g(k) ≥ 2. k+2 Равенство се достига при k = −1. Следователно най-малката положителна стойност на g(k) е 2. Забележка: Резултатът може да се получи с помощта на производната на g(k). k ≤ −1 ⇒ k + 2 ≤ 1 ⇒

Задача 3.

C O

b

M

A

C1

B

O1 3.1. От дадената симетрия следва, че OO1 ⊥ AB и OM = O1 M,

(1)

където M = AB ∩ OO1 . Тъй като AB е хорда в k и OM ⊥ AB, то AM = M B.

(2)

От (1) и (2) следва, че четириъгълникът AO1 BO е ромб. 3.2. Нека AB = c, BC = a, CA = b. От правоъгълния триъгълник AM O по Питагоровата теорема получаваме √ 2 R 3 R 3 AM 2 = AO2 − OM 2 = R2 − = R2 ⇒ AM = . 4 4 2


√ Тогава AB = 2AM = R 3. За ∆ABC прилагаме синусовата теорема и получаваме √ AB 3 = 2R ⇒ sin < ) ACB = . sin < ) ACB 2 По условие < ) ACB е остър и следователно < ) ACB = 60◦ . От свойството на ъглополовящата в ∆ABC и даденото в условието отношение следва, че AC : BC = 2 : 1, т. е. b = 2a. За ∆ABC прилагаме косинусовата теорема: c2 = a2 + b2 − 2ab cos 60◦ ⇒ 3R2 = a2 + 4a2 − 2a2 = 3a2 ⇒ a = R, b = 2R. √ √ abc R.2R.R 3 R2 3 ⇒ S∆ABC = = = . 4R 4R 2 Забележка: Ако е съобразено, че < ) ABC е прав, лицето може да се пресметне по формула за лице на правоъгълен триъгълник. Задача 4. От (ADM )⊥(ABCD) и (CDM )⊥(ABCD) следва, че DM ⊥(ABCD). Тогава двустенният ъгъл между равнините (ADM ) и (CDM ) е равен на линейния < ) ADC = β > 90◦ . Нека точки N и P са съответно ортогоналните проекции на т. M съответно върху правите AB и BC. По теоремата за трите перпендикуляра DN ⊥AB и DP ⊥BC ⇒ < ) DN M = < ) DP M = α. M

D

b

b

β α b

α A

b

b

P

b

N a B

4.1. От ∆AN D — правоъгълен, < ) N AD = 180◦ − β ⇒

DN = sin < ) N AD ⇒ h = DN = a sin β . AD

C


4.2. От ∆ADM ∼ = ∆CDM следва, че AM = CM , а оттук ∆ABM ∼ = ∆CBM . От DM ∆P DM — правоъгълен, следва = tg α, откъдето DP DM = tg α ⇒ H = DM = a sin β tg α . a sin β Лицето на основата е B = a2 sin β, откъдето V =

B.H a2 sin β.a sin β tg α a3 = = sin2 β tg α . 3 3 3

Последователно получаваме лицата на околните стени и пълната повърхнина. 1 1 S∆ADM = AD.DM = a2 sin β tg α. 2 2 От ∆N DM — правоъгълен, получаваме M N =

a sin β DN = , откъдето cos α cos α

1 a2 sin β S∆ABM = AB.M N = . 2 2 cos α S1 = B + 2S∆ADM + 2S∆ABM =   1 sin β 2 = a sin β 1 + tg α + . = a sin β + a sin β tg α + a cos α cos α 2

2

2

Резултатът може да се приведе във вид, удобен за логаритмуване:  √ α α 2a2 2 sin β cos cos 45◦ − 2 2 . S1 = cos α


КОНКУРСЕН ИЗПИТ ПО МАТЕМАТИКА 12 април 2009 г. ПЪРВА ТЕМА – ОТГОВОРИ, ТОЧКИ, УКАЗАНИЯ ЗА ОЦЕНЯВАНЕ  1.1. − 1,5 т. : x = 2;      1.2. − 1 т. : x = 2; Задача 1.    √   1.3. − 1,5 т. : x1,2 = ±3 2, x3,4 = ±6. =================================================  2.1. − 1 т. : k ∈ (−∞, −1] ∪ [0, +∞);      Задача 2. 2.2. − 1 т. : k ∈ (−∞, −2) ∪ (0, +∞);      2.3. − 2 т. : 2. =================================================    3.1. − 1 т. √ Задача 3. 2 R 3   3.2. − 3 т. : S = . 2 =================================================  4.1. − 1,5 т. : h = a sin β;       a3  4.2. − 2,5 т. : V = sin2 β tg α; Задача 4. 3    √ α α  ◦ 2   cos 45 − 2a 2 sin β cos  1 + sin α + cos α  2 2 S1 = a2 sin β = cos α cos α ================================================= • Всяко подусловие се оценява по дадената точкова схема с точност до 0, 5 точки. • Всеки проверяващ формира оценка по формулата ОЦЕНКА = 2+ Σ4 , където Σ е общият сбор точки. • Крайната оценка е средно аритметичното от оценките на двамата проверяващи, когато разликата между последните не е по-голяма от 0, 50. При разлика между оценките над 0, 50, работата се разглежда от арбитър. Оценката на арбитриращия е окончателна. • Всички работи, оценени с отличен, задължително се арбитрират. ================================================= Председател на изпитната комисия: /доц. дмн Стефка Буюклиева/

2009.12.04 Великотърновски университет "Св.св. Кирил и Методий"