Page 1

Великотърновски университет Св. св. Кирил и Методий“ ”

КОНКУРСЕН ИЗПИТ ПО МАТЕМАТИКА 22 април 2012 г. ВТОРА ТЕМА Задача 1. Да се реши: x−3 9−x x − ≤ 2 ; 1.1. x+3 x x + 3x 1.2. 42x−3 − 3.4x−2 = 1 ; 1.3. logx (x2 − 4x + 4) = 1 . b Задача 2. Дадена е функцията f (x) = x4 − x2 +b2 , където b е реален параметър. 2 2.1. Да се реши уравнението f (x) = 15 за b = 4. 2.2. Да се намери най-малката възможна стойност на дадената функция f (x) за b ∈ [4, 5]. За кои стойности на x и b тя се достига? Задача 3. Даден е квадрат √ ABCD със страна a. Върху страната BC е избрана 2 3a . Да се намери: точка P , такава че AP = 3 3.1. дължината на ъглополовящата AL в триъгълника ABP ; 3.2. дължината на медианата P M в триъгълника ACP . Задача 4. Основа на пирамидата ABCD е триъгълникът ABC, за който BC = 7 и <) BAC = 60◦ . 4.1. Да се намери синусът на <) ABC, ако височината на триъгълника ABC през √ върха B е 4 3 . 4.2. Да се намери обемът на пирамидата, ако периметърът на триъгълника ABC е 20 и околните стени на пирамидата сключват един и същ ъгъл 45◦ с равнината на основата и `.


ПРИМЕРНИ РЕШЕНИЯ Задача 1. 1.1. Тъй като x2 + 3x = x(x + 3), то областта от допустимите стойности за неизвестното x в даденото рационално неравенство е: x 6= −3, x 6= 0. Тогава x−3 9−x x x−3 9−x x − ≤ 2 ⇐⇒ − − 2 ≤0 x+3 x x + 3x x+3 x x + 3x

2

x (x + 3) ≤ 0 x ⇐⇒ ≤ 0 ⇐⇒

⇐⇒ x < −3 . x ∈ ОДС x(x + 3)

Решението на даденото рационално неравенство е x ∈ (−∞, −3).

1.2. Като положим y = 4x−2 > 0, получаваме 4y 2 − 3y − 1 = 0. Корени на полученото квадратно уравнение са y1 = 1 > 0 и y2 = − 14 < 0. Следователно 4x−2 = 1 и решението на даденото показателно уравнение е x = 2. 1.3. Областта от допустимите стойности за неизвестното x в даденото логаритмично уравнение е: x > 0, x 6= 1, x 6= 2. Тогава logx (x2 − 4x + 4) = 1 ⇒ x2 − 4x + 4 = x ⇒ x2 − 5x + 4 = 0. Корени на полученото квадратно уравнение са x1 = 4 и x2 = 1. Тъй като 1 6∈ ОДС, решение на даденото логаритмично уравнение е x = 4. Задача 2. 2.1. При b = 4 получаваме f (x) = x4 − 2x2 + 16. Тогава f (x) = 15 ⇐⇒ x4 − 2x2 + 1 = 0 ⇐⇒ (x2 − 1)2 = 0 . Корените на даденото уравнение са x1 = x2 = −1, x3 = x4 = 1. 2.2. Първи начин: Първата производна f ′ (x) = 4x3 − bx = x(4x2 − b) се анулира за ! √ √ ! √ b b b , +∞ и намалява x = 0 и x = ± . Функцията f (x) расте за x ∈ − , 0 ∪ 2 2 2 √ ! √ ! b b ∪ 0, . Понеже lim f (x) = +∞ и локалните минимуми са за x ∈ −∞, − x→±∞ 2 2 √ ! √ ! b b 15 2 15 2 15 2 fmin = f =f − = b , то min f (x) = b . Тъй като b е растяща x∈R 2 2 16 16 16 функция√ при b ∈ [4, 5], то най-малката стойност на f (x) се достига за b = 4, съответно 4 = ±1. Търсената НМС на f (x) e 15. за x = ± 2 Втори начин: f (x) =



b x2 − 4

2

15 2 15 2 b ⇒ f (x) ≥ b =f + 16 16

√ ! b ± . 2


15 2 b е растяща функция при b ∈ [4, 5], то най-малката стойност на f (x) се 16 √ 4 = ±1. Търсената НМС на f (x) e 15. достига за b = 4, съответно за x = ± 2 D C Задача 3. Тъй като

Дадено: ABCD — квадрат AB = a P ∈ BC√ 2 3a AP = 3 AL — ъглополовяща в ∆ABP P M — медиана в ∆ACP Търси се: 3.1. AL = ?

P

M

L

3.2. P M = ?

A

B

Решение:

√ AB 3 = и 3.1. От правоъгълния триъгълник ABP намираме cos <) BAP = AP 2 ◦ ◦ следователно <) BAP = 30 , а <) BAL = 15 . От правоъгълния триъгълник ALB r q √ AB 1 + cos 30◦ 1 ◦ 2 + 3. = cos 15 = = AL 2 2 Оттук следва, че q √ √ √ 2AB AL = p √ = 2a 2 − 3 = ( 6 − 2)a. 2+ 3 3.2. От формулата за медиана в триъгълник имаме 1√ PM = 2CP 2 + 2AP 2 − AC 2 . 2 √ √ a 3 2 2 Последователно получаваме P B = AP − AB = и 3 √ ! √ a2 3 ⇒ CP 2 = (4 − 2 3), откъдето CP = CB − P B = a 1 − 3 3 s s √ √ q √ a 8−4 3 8 a 10 − 4 3 a PM = 30 − 12 3. + −2= = 2 3 3 2 3 6 Задача 4. 4.1. Дадено: ABC — триъгълник BC = 7 ◦ <) BAC = √ 60 BH = 4 3 — височина в ∆ABC

C H b

Търси се: sin <) ABC = ?

60◦ A

30◦ B


Решение: √ От теоремата на Питагор за ∆CHB намираме CH = BC 2 − BH 2 = 1, а от правоъгълния ∆AHB получаваме AH = HB cotg 60◦ = 4. Ако точка H e вътрешна за отсечката AC, т. е. ∆ABC е остроъгълен, то AC = 5. От синусовата теорема, приложена за ∆ABC, имаме H AC BC = ⇒ sin <) ABC = C sin <) ABC sin 60◦ √ AC sin 60◦ 5 3 , т. е. sin <) ABC = . BC 14 Ако точка H e външна за отсечката AC, т. е. ∆ABC е тъпоъгълен, √ 60◦ 30◦ 3 3 A B . то AC = 3 и sin <) ABC = 14 4.2. D Дадено: ABCD — пирамида с основа ∆ABC BC = 7 B <) BAC = 60◦ N C 45◦ P∆ABC = 20 O Околните стени на P M ABCD сключват с A основата ъгъл 45◦ . C Търси се: VABCD = ? N P Решение: b

b

b

b

b

b

От условието следва, че проекцията на върха D на пирамидата върху равнината на основата съвпада с центъра O на вписаната в ∆ABC окръжност.

O

30◦ A

b

M

B

Нека M , N и P са допирните точки на вписаната в ∆ABC окръжност съответно OM със страните AB, BC и AC. От правоъгълния триъгълник AOM имаме = tg 30◦ . AM Известно е, че 2AM + 2BN + 2CN = 2p, откъдето AM = p − BC = 3. Следователно √ √ r = OM = AM tg 30◦ = 3. Тогава S∆ABC = pr = 10 3. Триъгълник ON D е правоъгълен и равнобедрен и затова височината на пирамидата е H = OD = ON = r. Обемът на пирамидата е 1 V = S∆ABC H = 10. 3


ВТОРА ТЕМА – ОТГОВОРИ, ТОЧКИ, УКАЗАНИЯ ЗА ОЦЕНЯВАНЕ  1.1. − 2 т. : x ∈ (−∞, −3);      Задача 1. 1.2. − 1 т. : x = 2;      1.3. − 1 т. : x = 4.

=================================================   2.1. − 1 т. : x1,2 = −1, x3,4 = 1; Задача 2.  2.2. − 3 т. : min f (x) = 15, x = ±1, b = 4. x∈R

================================================= p  √ √ √  3.1. − 2 т. : AL = 2a 2 − 3 = ( 6 − 2)a;  q Задача 3. √   3.2. − 2 т. : P M = a 30 − 12 3. 6 ================================================= √ √    4.1. − 2 т. : sin <) ABC = 5 3 или sin <) ABC = 3 3 ; 14 14 Задача 4.   4.2. − 2 т. : V = 10.

================================================= • Всяко подусловие се оценява по дадената точкова схема с точност до 0, 5 точки. Σ • Всеки проверяващ определя оценката по формулата 2+ , където Σ е общият 4 сбор точки. • Крайната оценка е средно аритметична 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. д-р Маргарита Върбанова/

2012.22.04 Великотърновски университет  

Великотърновски университет 22.04.2012 г.

Read more
Read more
Similar to
Popular now
Just for you