Issuu on Google+

Великотърновски университет Св. св. Кирил и Методий“ ”

КОНКУРСЕН ИЗПИТ ПО МАТЕМАТИКА 10 юли 2012 г. ПЪРВА ТЕМА Задача 1. Да се реши: x + 3 2x + 1 8x + 12 1.1. − < 2 ; x−3 x+3 x −9 √ √ 1.2. x + 3 + 2x − 1 = 3 ; 1.3. 25x − 2.5x = 15 . Задача 2. Дадени са функциите g(x) = x2 − 3x + 2 и f (x) = 2x2 − x + p, където p е реален параметър. 2.1. Да се реши уравнението f (x) = g(x), ако p = −1. 2.2. Да се намерят стойностите на p, за които дробта

f (x) е съкратима. g(x)

Задача 3. Даден е ∆ABC, за който AC = BC = 8, AB = 4 и AL е ъглополовяща на < ) BAC (L ∈ BC). 3.1. Да се намерят дължината на AL и косинусът на < ) ACB. 3.2. Точка D е такава, че B е среда на отсечката AD. Правите AL и CD се пресичат в точка P . Да се намерят дължината на AP и лицето на четириъгълника BDP L. Задача 4. Основа на пирамидата ABCDM е правоъгълникът ABCD с диагонали AC и BD, които се пресичат в точка O. Ортогоналната проекция на върха M върху основата е точката B. 4.1. Да се намери синусът на < ) AOD, ако лицето на ∆ABD е 6, а радиусът на вписаната в него окръжност е 1. 4.2. Да се намери пълната повърхнина на пирамидата, ако BC = 4 и околните ръбове MA и MC сключват с основата ъгли, съответно равни на 30◦ и 45◦ .


ПРИМЕРНИ РЕШЕНИЯ Задача 1. 1.1. Множеството от допустими стойности на неизвестното x в даденото неравенство е M = (−∞, −3) ∪ (−3, 3) ∪ (3, +∞). Тогава в M x + 3 2x + 1 8x + 12 −x2 + 3x − < 2 ⇐⇒ < 0 ⇐⇒ (x2 − 3x)(x + 3)(x − 3) > 0 ⇐⇒ x−3 x+3 x −9 x2 − 9 ⇐⇒ x(x − 3)2 (x + 3) > 0 ⇐⇒ x(x + 3) > 0. Решение на даденото неравенство е x ∈ (−∞, −3) ∪ (0, 3) ∪ (3, +∞).

 1 , +∞ . След 1.2. Множеството от допустими стойности на неизвестното x е 2 повдигане в квадрат на двете страни на даденото уравнение се получава

1

x≥ √ √

2 x + 3 + 2x − 1 = 3 ⇐⇒

⇐⇒

2 2x2 + 5x − 3 = 7 − 3x

x≥ 1

2

⇐⇒ x ≤ 7

3

2

x − 62x + 61 = 0



 

x ∈ 1, 7

2 3 ⇐⇒

x = 1 или x = 61 .

Решение на даденото уравнение е x = 1. 1.3. Множеството от допустими стойности на неизвестното x е (−∞, +∞). Тогава 25 − 2.5x = 15 ⇐⇒ 52x − 2.5x − 15 = 0. Като се положи y = 5x > 0 се получава y 2 − 2y − 15 = 0, чийто корени са y1 = −3 < 0 и y2 = 5 > 0. Следователно 5x = 5. Решение на даденото показателно уравнение е x = 1. x

Задача 2. 2.1. За p = −1 уравнението f (x) = g(x) приема вида 2x2 − x − 1 = x2 − 3x + 2, като множеството от допустими стойности на неизвестното x е (−∞, +∞). Получава се x2 + 2x − 3 = 0 ⇐⇒ x = −3 или x = 1. f (x) f (x) 2.2. Дробта = е дефинирана за x ∈ (−∞, 1) ∪ (1, 2) ∪ (2, +∞) g(x) (x − 1)(x − 2) и е съкратима, ако f (1) = 0 или f (2) = 0, т. е. p = −1 или p = −6.


Задача 3.

L

Дадено: ∆ABC AC = BC = 8 AB = 4 AL – ъглополовящата на < ) BAC (L ∈ BC) → D ∈ AB , AD = 2AB AL ∩ CD = P

B

Търси се: AL, cos < ) ACB, AP , SBDP L

C

P

A

D

BL AB 1 3.1. От свойството на ъглополовящата се получава = = . Но CL AC 2 16 8 . От формулата за ъглополовящата се BL + CL = 8, откъдето BL = и CL = 3 3 160 4√ 10. намира AL2 = AB.AC − BL.CL = , т. е. AL = 9 3 От косинусова теорема за ∆ABC следва AB 2 = 2AC 2 − 2AC 2 . cos < ) ACB. Тогава 7 16 = 2.64.(1 − cos < ) ACB) и cos < ) ACB = . 8 3.2. Тъй като B е средата на AD, то CB е медиана в ∆ADC. Но CL : BL = 2 : 1. Следователно L е медицентърът на ∆ADC и AP е медиана в същия три√ 3 ъгълник. Оттук AP = AL = 2 10. Понеже AP и CB са медиани в ∆ADC, то 2 √ √ 1 1 S∆ADP = S∆ADC = S∆ABC = 10.2.2.6 = 4 15. От друга страна BL = BC, откъ2 3 4√ 8√ 1 15. Окончателно SBDP L = S∆ADP − S∆ABL = 15. дето S∆ABL = S∆ABC = 3 3 3 Задача 4. 4.1. Дадено: ABCDM – пирамида ABCD – правоъгълник AC ∩ BD = O B – ортогоналната проекция на M върху р.(ABCD) S∆ABD = 6 r = 1 – радиусът на вписаната окръжност в ∆ABD Търси се: sin < ) AOD Лицето на правоъгълника ABCD е SABCD = 2S∆ABD = 12. Но SABCD =

2SABCD 2SABCD AC.BD. sin < ) AOD ⇒ sin < ) AOD = = . 2 AC.BD BD 2

S∆ABD 6 Полупериметърът p на ∆ABD е p = = = 6. Диагоналът BD на правоъгълr 1 ника ABCD е хипотенузата на правоъгълния ∆ABD и следователно BD = p − r = 5. 24 Окончателно sin < ) AOD = . 25


4.2.

Дадено: ABCDM – пирамида ABCD – правоъгълник AC ∩ BD = {O} B – ортогоналната проекция на M върху р.(ABCD) BC = 4 < )(MA, р.(ABCD)) = 30◦ < )(MC, р.(ABCD)) = 45◦

M

B b

b

b b

C

O

A D

Търси се: S1 – пълната повърхнина на ABCDM

Околният ръб MB е височината на пирамидата през върха M. Следователно ортогоналните проекции на околните ръбове MA и MC върху основата са съответно BA и BC, а < ) MAB = 30◦ и < ) MCB = 45◦ . Тъй като правоъгълният ∆MBC е рав√ нобедрен, то MB = BC = 4 и хипотенузата му MC е 4 2. В правоъгълния ∆MBA √ хипотенузата AM = 2.MB = 8 и AB = 4 3. От теоремата за трите перпендикуляра следва, че MA⊥AD и MC⊥DC. Пълната повърхнина S1 на пирамидата е S1 = SABCD + S∆M BA + S∆M BC + S∆M AD + S∆M CD = AB.MB BC.MB AD.MA DC.MC + + + = = AB.BC + 2 2 2 2 √ √ √ √ √ = 16 3 + 8 3 + 8 + 16 + 8 6 = 8(3 3 + 3 + 6).


ПЪРВА ТЕМА – ОТГОВОРИ, ТОЧКИ, УКАЗАНИЯ ЗА ОЦЕНЯВАНЕ  1.1. − 1,5 т. : x ∈ (−∞, −3) ∪ (0; 3) ∪ (3; +∞);      Задача 1. 1.2. − 1,5 т. : x = 1;      1.3. − 1 т. : x = 1.

=================================================   2.1. − 1,5 т. : x1 = −3, x2 = 1; Задача 2.  2.2. − 2,5 т. : p = −6 или p = −1.

=================================================  4√ 7  10, cos < ) ACB = ;  3.1. − 2 т. : AL = 3 8 Задача 3.  8√  3.2. − 2 т. : AP = 2√10, S 15. BDP L = 3 =================================================  24  4.1. − 1,5 т. : sin < ) AOD = ; 25 Задача 4. √ √  4.2. − 2,5 т. : S1 = 8(3 + 3 3 + 6).

================================================= • 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 Димитър Петров/


2012.10.07 Великотърновски университет