Великотърновски университет Св. св. Кирил и Методий“ — КСК — 15.07.2006 ”
1
КОНКУРСЕН ИЗПИТ ПО МАТЕМАТИКА 15 юли 2006 г. ТРЕТА ТЕМА Задача 1. Да се реши: √ 1.1. x + 2 − x > 0; 1.2. 25−x + 51−x − 50 ≥ 0; 1.3. tg x + cotg x − 2 = 0. Задача 2. Дадени са функциите f (x) = 2x2 − 3kx − k 2 + k + 6 и където k е реален параметър.
g(x) = x2 − kx − k 2 + k + 3,
2.1. Да се намерят стойностите на k, за които уравнението f (x) = g(x) има единствен корен; 2.2. Да се намерят стойностите на k, за които уравнението lg f (x) = lg g(x) има единствен корен. Задача 3. Даден е остър ъгъл с мярка α. Точките A и B лежат върху едното му рамо, а M и N са съответно техните ортогонални проекции върху второто рамо на ъгъла. Дължината на отсечката AM е равна на m, а тази на BN е равна на n (n > m). Да се намерят: 3.1. лицето на четириъгълника AM N B; 3.2. радиусът на окръжността, която минава през дадените точки A и B и се допира до другото рамо на ъгъла. Задача 4. Даден е куб ABCDA1 B1 C1 D1 с дължина на ръба 4 cm. Точките O и O1 са центровете съответно на срещуположните стени ABCD и A1 B1 C1 D1 , а точка M лежи върху лъча OO1→ , като OM = k.OO1 и k ∈ (1, 3]. 4.1. Да се намери най-малката стойност на функцията f (k) = S −2 .S12 , където S и S1 са съответно лицата на околните повърхнини на пирамидите ABCDM и A1 B1 C1 D1 M . 4.2. Да се намери лицето S(k) на сечението на пирамидата A1 B1 C1 D1 M с равнината, минаваща през точките B, C и O1 .
Великотърновски университет Св. св. Кирил и Методий“ — КСК — 15.07.2006 ”
2
ПРИМЕРНИ РЕШЕНИЯ Задача 1. 1.1. Областта от допустимите стойности за неизвестното x е (−∞, 2]. √ √ x + 2 − x > 0 ⇐⇒ 2 − x > −x. Решенията на последното неравенство са обединението от решенията на [
−x ≥ 0
−x < 0
2 − x > x2 и принадлежащи на областта от допустимите стойности. Следователно x ∈ (0, 2] ∪ (−2, 0], т.е. x ∈ (−2, 2].
1.2. Даденото показателно неравенство има смисъл за всяко x ∈ IR и е еквивалентно на неравенството (5−x )2 + 5.5−x − 50 ≥ 0, т.е. на y 2 + 5y − 50 ≥ 0, където y = 5−x > 0. Решенията на квадратното неравенство са y ≤ −10 ∪ y ≥ 5. Но y > 0 и следователно y ≥ 5, т.е. 5−x ≥ 5. Тъй като основата на показателната функция е по-голяма от едно, то x ∈ (−∞, −1]. 1.3. Тригонометричното неравенство е дефинирано за x 6= k π2 , k ∈ ZZ и е екви1 валентно на tg x + − 2 = 0. След полагането tg x = y се стига до квадратното tg x уравнение y 2 − 2y + 1 = 0 ⇐⇒ (y − 1)2 = 0, откъдето y = 1 =⇒ tg x = 1 =⇒ x = π + kπ, k ∈ ZZ. 4 Задача 2. 2.1. Уравнението е еквивалентно на f (x) − g(x) = 0, x ∈ IR и има единствен корен точно когато Df −g = 0. Понеже f (x) − g(x) = x2 − 2kx + 3, то √ Df −g = 0 ⇐⇒ 4(k 2 − 3) = 0 =⇒ k = ± 3. 2.2. Уравнението lg f (x) = lg g(x) има единствен корен точно когато
f (x) = g(x)
f (x) > 0 и g(x) > 0 .
Тези условия са еквивалентни на обединението от системите:
√ √
Df −g = 0(k = ± 3, x0 = ± 3) (1)
; f (x0 ) = g(x0 ) > 0
Великотърновски университет Св. св. Кирил и Методий“ — КСК — 15.07.2006 ”
3
√ √
Df −g > 0(∃x1 = k − k 2 − 3, x2 = k + k 2 − 3)
. (2)
g(x1,2 ) ≤ 0, g(x2,1 ) > 0 √ √ От (1) след непосредствено заместване на k = − 3, x0 = − 3 в g(x) се получава √ √ √ √ стойност − 3 < 0, а за k = 3, x0 = 3 стойността на g(x) е 3 > 0. Следователно √ k = 3 е решението на (1). √ √ За системата (2) Df −g > 0 ⇐⇒ k ∈ (−∞, − 3) ∪ ( 3, +∞). Отначало решаваме неравенството g(x1 ).g(x2 ) < 0 ⇐⇒ (x21 − kx1 + C).(x22 − kx2 + C) < 0, където за удобство е положено C = −k 2 + k + 3 (свободният член на g(x)). След преобразувания се получава (x1 x2 )2 − kx1 x2 (x1 + x2 ) + k 2 x1 x2 − 2Cx1 x2 + C(x1 + x2 )2 − Ck(x1 + x2 ) + C 2 < 0.
x + x2 = 2k 2 Използват се формулите на Виет за f (x) − g(x) = x − 2kx + 3 :
1 x1 x2 = 3 и след преобразувания се получава неравенството k 2 (k 2 − 4) > 0 =⇒ k ∈ (−∞, −2) ∪ (2, +∞).
Остава да се намерят стойностите за k, при които точно едно от √ √ g(x1 ) = k(1 − k 2 − 3) = 0 или g(x2 ) = k(1 + k 2 − 3) = 0. √ Очевидно g(x2 ) 6= 0 в получения интервал, а g(x1 ) = 0 ⇐⇒ k 2 − 3 = 1 ⇐⇒ k = ±2. За k = −2 =⇒ g(x2 ) < 0, а за k = 2 =⇒ g(x2 ) > 0. Следователно и k = 2 е решение на (2), т.е. решенията на (2) са k ∈ (−∞, −2) ∪ [2, +∞). След обединяване на резултатите от (1) и (2) получаваме, че решенията са √ k ∈ (−∞, −2) ∪ { 3} ∪ [2, +∞) . Задача 3. Q B ϕ n
A m α O
b
M
ϕ
b
T N
P
Великотърновски университет Св. св. Кирил и Методий“ — КСК — 15.07.2006 ”
4
3.1. Разглежда се правоъгълния ∆ OAM , откъдето намираме отношението m AM = sin α =⇒ OA = . OA sin α n . sin α Очевидно четириъгълникът AM N B е правоъгълен трапец и следователно лицето му S е m+n AM + BN .M N = .h =⇒ h =? S= 2 2 Но M N = ON − OM . Oт правоъгълния ∆ OBN =⇒ ON = n.cotg α, а от правоъгълния ∆ OAM , OM = m.cotg α. Тогава h = (n − m).cotg α > 0 (по условие n > m). За лицето се получава Аналогично от правоъгълния ∆ OBN се намира
S=
OB =
n2 − m 2 .cotg α . 2
3.2. От основното метрично равенство за кръга следва OT 2 = OA.OB =
mn . sin2 α
< )ABT =< )AT O тъй като се измерват с една и съща дъга. Нека мярката на тези ъгли е ϕ. За ∆ OAT прилагаме Синусова теорема OA AT m = =⇒ AT = . sin ϕ sin α sin ϕ От ∆ ABT чрез Синусовата теорема се намира търсения радиус AT AT m . = 2R =⇒ R = =⇒ R = sin ϕ 2 sin ϕ 2 sin2 ϕ Остава да се изрази sin2 ϕ чрез данните в задачата. За ∆ OAT прилагаме Косинусовата теорема: √ mn m2 m.n m m2 = + 2 −2 AT = OA + OT − 2OA.OT. cos α ⇐⇒ . . cos α, 2 2 sin α sin α sin ϕ sin α sin α 2
2
2
откъдето sin2 ϕ =
m. sin2 α √ . След заместване в израза за R се получава m + n − 2 mn. cos α √ m + n − 2 mn. cos α . R= 2 sin2 α
Великотърновски университет Св. св. Кирил и Методий“ — КСК — 15.07.2006 ”
5
Задача 4. Телата ABCDM и A1 B1 C1 D1 M са правилни четириъгълни пирамиди, тъй като върхът M ортогонално се проектира в центровете O и O1 съответно на квадратите ABCD и A1 B1 C1 D1 . За тези пирамиди са известни дължината на основния им ръб (4cm) и височините им OO1 = 4 и OM = 4k. Тъй като 1 < k ≤ 3 =⇒ OM > OO1 , т.е. върхът M и основата ABCD са в различни полупространства относно равнината (A1 B1 C1 D1 ). M
E
G
F
Q
D1 ϕ
ψ
L A1
C1
b
K1
O1 P
B1
D
C ψ
K
O A
b
B
4.1. Търсената функция S∆2 M B1 C1 S12 M K12 f (k) = 2 = 2 = , S S∆ M BC M K2 където M K1 и M K са апотемите на съответните пирамиди. От правоъгълните ∆ O1 K1 M и ∆ OKM се намират съответно p M K1 = 2 1 + 4(k − 1)2 ,
√ 4k 2 − 8k + 5 . M K = 2 1 + 4k 2 =⇒ f (k) = 4k 2 + 1
След прилагането на правилото за производна на частно се получава f ′ (k) =
8(4k 2 − 4k − 1) . (4k 2 + 1)2
Великотърновски университет Св. св. Кирил и Методий“ — КСК — 15.07.2006 ”
6
За намирането на екстремумите се решава уравнението f ′ (k) = 0 и се изследва знакът на f ′ (k) около намерените корени в интервала (1, 3]. √ 1± 2 ′ 2 f (k) = 0 ⇐⇒ 4k − 4k − 1 = 0 ⇐⇒ k1,2 = . 2 √ 1+ 2 . Знакът на f ′ (k) съвпада с този на квадратния Тъй като k ∈ (1, 3], то k = 2 тричлен 4k 2 − 4k − 1. √ ! √ # √ 1 + 1 + 2 2 =⇒ f (k) ≥ f = 3 − 2 2, f ′ (k) < 0 ⇐⇒ k ∈ 1, 2 2 " # √ √ ! √ 2 2 1 + 1 + f ′ (k) ≥ 0 ⇐⇒ k ∈ = 3 − 2 2. , 3 =⇒ f (k) ≥ f 2 2 √ Следователно най-малката стойност в указания интервал е 3 − 2 2. z O1 4.2. Нека α = p.(BCO1 ) =⇒ α ∩ p.(A1 B1 C1 D1 ) = P Q : . kBC KO1 ⊥P Q (теорема за трите перпендикуляра). KO1 ∩ M L = G – вътрешна за M L. zG α ∩ p.(A1 D1 M ) = EF : . Следователно сечението е равнобедрения трапец kP Q P QEF с височина O1 G (пирамидата е правилна). 1 SP QEF = (P Q + EF ).O1 G. 2 P Q = 4.Tърсим EF и O1 G. O1 G се намира чрез Синусова теорема за ∆
O1 GL : LO1 = 2, < )O1 LG = ϕ, <)LO1 G =< )OKO1 = ψ.
M O1 2(k − 1) M O1 1 = =p =⇒ cos ϕ = p . 2 ML M K1 1 + 4(k − 1) 1 + 4(k − 1)2 От ∆ OKO1 =⇒ sin ψ = √25 , cos ψ = √15 . Тогава LG O1 L O1 G = = sin ϕ sin ψ sin(ϕ + ψ) p √ 2 1 + 4(k − 1)2 sin ϕ 2 5(k − 1) O1 G = 2. = , LG = . sin ϕ. cos ψ + cos ϕ. sin ψ k k 4(k − 1) LG ∆ F EM ∼ ∆ A1 D1 M =⇒ EF = A1 D1 (1 − )= . ML k Лицето на сечението е От ∆ LO1 M =⇒ sin ϕ =
√ (k − 1)(2k − 1) 1 4k − 4 √ k − 1 ).2 5. =4 5 . SP QEF = (4 + 2 k k k2
Великотърновски университет Св. св. Кирил и Методий“ — КСК — 15.07.2006 ” КОНКУРСЕН ИЗПИТ ПО МАТЕМАТИКА — 15 юли 2006 г. КРИТЕРИИ ЗА ОЦЕНЯВАНЕ Задача 1. — 4 точки 1.1 — 1,5 точки • намерена дефиниционна област — 0,5 точки; • съставена система от неравенства — 0,5 точки; • решени системи от неравенства — 0,5 точки. 1.2 — 1,5 точки • съставено квадратно неравенство — 0,5 точки; • решено квадратно неравенство — 0,5 точки; • решено показателно неравенство — 0,5 точки. 1.3 — 1 точка • сведено до основно тригонометрично уравнение — 0,5 точки; • решено основно тригонометрично уравнение — 0,5 точки. Задача 2. — 4 точки 2.1 — 1 точка • сведено до квадратно уравнение — 0,5 точки; • решено D=0 — 0,5 точки. 2.2 — 3 точки • съставена система от уравнения и неравенства — 0,5 точки; • решено D=0 — 0,5 точки; • решено D>0 — 1,5 точки; • обединение на двата случая — 0,5 точки. Задача 3. — 4 точки 3.1 — 1 точка • намерени OA и OB — 0,5 точки; • намерена дължината на MN и лицето — 0,5 точки. 3.2 — 3 точки • намерени линейни елементи или ъгли — 1 точка; • изразен радиуса чрез елементите на ∆ ABT — 1 точка; • намерена дължината на R — 1 точка. Задача 4. — 4 точки 4.1 — 2 точки • намeрeнa f (k) — 1 точка; • изследвана f (k) и намерена най-малката стойност на f (k) — 1 точка. 4.2 — 2 точки • построено и обосновано сечението — 0,5 точки; • намерени линейните елементи на трапеца — 1 точка; • намерено лицето на трапеца — 0,5 точки. Председател на Комисията: проф. д-р Марга Георгиева
7