МИННО-ГЕОЛОЖКИ УНИВЕРСИТЕТ „СВЕТИ ИВАН РИЛСКИ” – СОФИЯ
КОНКУРСЕН ИЗПИТ ПО МАТЕМАТИКА 15. 07. 2008 год.
ВАРИАНТ 2 Задача 1. 1.1. Определете множеството от допустими стойности на променливата a и извършете означените действия: a2 + 4 4 2 . 2 + − a − 2 a a + 2 1.2. Да се намерят първият член и разликата на аритметична прогресия, за която a 2 + a8 = 10 . a3 + a14 = 31
Задача 2. При какви стойности на реалния параметър k квадратното уравнение x 2 − 6 x − 5(k + 2) = 0 има реални корени с различни знаци?
Задача 3. Дадена е функцията f ( x) = a0 x 3 + a1 x 2 + a 2 x + a3 , x ∈ (−∞, ∞) , където: 2t 3 − 3t 2 + t − 2 ; t → −∞ t4 +1 3.2. a1 e коренът на уравнението
3.1. a 0 = lim
2y −1 − 3+ 5y −1 = 0 ; a 22 + a32 =10
3.3. a 2 , a3 са решения на системата 2a 2 + a 3 = 5 . a 2 a3 < 0 3.4. При намерените стойности на a 0 , a1 , a 2 , a3 да се определят локалните екстремуми на функцията f (x) .
Задача 4. Основите на равнобедрен трапец са с дължини 40 см и 28 см, а дължината на бедрото му е 12 см. Да се намерят: 4.1. ъглите на трапеца; 4.2. дължината на описаната около трапеца окръжност.
Пожелаваме успех на всички кандидат - студенти!
МИННО-ГЕОЛОЖКИ УНИВЕРСИТЕТ „СВЕТИ ИВАН РИЛСКИ” – СОФИЯ
КРАТКИ РЕШЕНИЯ НА ЗАДАЧИТЕ 15.07.2008 год.
ВАРИАНТ 2 Задача 1. 1.1. Определете множеството от допустими стойности на променливата a и извършете означените действия: 4 a2 + 4 2 . − 2+ a − 2 a a + 2 РЕШЕНИЕ: ДМ: a ∈ (− ∞, − 2 ) ∪ (− 2, 0 ) ∪ (0,2 ) ∪ (2, ∞ ) ;
4 a 2 + 4 (2a + 4 − 4a )(2a − 4 + a 2 + 4) 2(2 − a )(2 + a )a 2 = = = −2. − 2+ a − 2 a (a + 2)(a − 2) a (a + 2)(a − 2) a a + 2 1.2. Да се намерят първият член и разликата на аритметична прогресия, за която a 2 + a8 = 10 . a 3 + a14 = 31 РЕШЕНИЕ:
(a1 + d ) + (a1 + 7 d ) = 10 2a1 + 8d = 10 a + 4d = 5 a = −7 ⇒ 1 ⇒ 1 , т.е. ⇒ (a1 + 2 d ) + (a1 + 13d ) = 31 2a1 + 15 d = 31 7 d = 21 d=3
прогресията е с първи член a1 = −7 и разлика d = 3 .
Задача 2. При какви стойности на реалния параметър k квадратното уравнение x 2 − 6 x − 5( k + 2) = 0 има реални корени с различни знаци? РЕШЕНИЕ: Уравнението има два корена x1, 2 с различни знаци, когато: − 5(k + 2) < 0 ⇒ k + 2 > 0 ⇒ k > −2 . Отг. k ∈ (− 2, ∞ ) .
Задача 3. Дадена е функцията f ( x) = a0 x 3 + a1 x 2 + a 2 x + a3 , x ∈ (−∞, ∞) , където: 2t 3 − 3t 2 + t − 2 ; t → −∞ t4 +1 3.2. a1 e коренът на уравнението
3.1. a 0 = lim
2y −1 − 3+ 5y −1 = 0 ; a 22 + a32 =10
3.3. a 2 , a3 са решения на системата 2a 2 + a 3 = 5 . a 2 a3 < 0 3.4. При намерените стойности на a 0 , a1 , a 2 , a3 да се определят локалните екстремуми на функцията f ( x) . РЕШЕНИЕ: 2t 3 − 3t 2 + t − 2 2 / t − 3 / t 2 + 1/ t 3 − 2 / t 4 0 3.1. a 0 = lim = = 0; = lim t → −∞ t → −∞ 1 t4 +1 1 + 1/ t 4
2y −1 − 3+ 5y −1 = 0
3.2.
1 ДМ: y ∈ , ∞ . От 2 y − 1 − 3 + 5 y − 1 = 0 получаваме еквивалентното уравнение: 2 2 y − 1 + 5 y − 1 = 3 ⇒ 2 y − 1 + 5 y − 1 + 2 2 y − 1 5 y − 1 = 9 , откъдето 11 последното уравнение няма решение. 2 2 y − 1 5 y − 1 = 11 − 7 y . При y > 7 11 При y ≤ продължаваме: 7 2 4(2 y − 1)(5 y − 1) = (11 − 7 y ) ⇒ 4(10 y 2 − 7 y + 1) − (121 − 154 y + 49 y 2 ) = 0 , следователно 9( y 2 − 14 y + 13) = 0 . 11 . Следователно търсеният 7 корен на разглежданото ирационално уравнение е 1, т.е. a1 = 1 ; Корените на последното квадратно уравнение са 1 и 13, 13 >
a 22 + a32 = 10
3.3. 2a 2 + a 3 = 5 ⇒ a 2 a3 < 0
(5 − 2a 2 )2 + a 22 =10 a 3 = 5 − 2a 2
5a 22 − 20a 2 + 15 = 0 ⇒
a 2 a3 < 0
a 3 = 5 − 2a 2 a 2 (5 − 2a 2 ) < 0
a 22 − 4a 2 + 3 = 0 ⇒
a 3 = 5 − 2a 2
.
a 2 ( a 2 − 5 / 2) > 0
Корените на първото (квадратно) уравнение на последната система са 1 и 3. Следователно a 2 = 3, a 3 = −1 .
3.4. f ( x) = 0.x 3 + x 2 + 3 x − 1 = x 2 + 3 x − 1 . Получената функция има единствен локален 3 екстремум – минимум при x = − : 2 f ( x) = x + 3x − 1 = x + 2
2
2
3 3 −1− = x + 2 2
2
3 13 13 3 − , f min = f − = − . 2 4 4 2
Задача 4. Основите на равнобедрен трапец са с дължини 40 см и 28 см, а дължината на бедрото му е 12 см. Да се намерят: 4.1. ъглите на трапеца; 4.2. дължината на описаната около трапеца окръжност. РЕШЕНИЕ: 4.1. Нека трапецът е ABCD с основи AB = 40 , CD = 28 и бедра BC = AD = 12 (в см). Тогава за острите ъгли α = β при голямата основа получаваме AB − CD 40 − 28 1 π cos α = = = ⇒α = . 2 BC 24 2 3 π 2π Съответно, ъглите при малката основа на трапеца са равни на π − = . 3 3 4.2. Описаната около ABCD окръжност е описана и около триъгълника ABC , който е със страни (в см): AB = 40 , BC = 12 и AB 2 + BC 2 − 2 AB.BC cos α = 40 2 + 12 2 − 40.12 = 4 100 + 9 − 30 = 4 79 . Тогава, от синусовата теорема за триъгълник ABC намираме радиусa R на 79 4 79 AC = см, както и нейната дължина – 2πR = 8π см. описаната окръжност: R = 2 sin β 3 3 AC =
Минно – геоложки Университет “Свети Иван Рилски”
Критерии за оценяване на задачите ОТ ПРИЕМНИЯ ИЗПИТ ПО МАТЕМАТИКА НА 15.07.2008 г. ЗАДАЧА 1. – 6 точки -1 т. 1.1. Определяне на допустимите стойности за a Опростяване на израза -2 т. 1.2. Получаване на система уравнения за първия член и разликата на прогресията -1 т. Решаване на системата -2 т. ЗАДАЧА 2. – 3 точки Изразяване на условието за съществуване на реални корени на уравнението с различни знаци -1 т. Намиране на търсените стойности за параметъра k -2 т. ЗАДАЧА 3. 3.1. Намиране на а 0 3.2. Намиране на а1 3.3. Намиране на а 2 и а3 3.4. Намиране на локалния екстремум
– 5 точки -1 т. -2 т. -1 т. -1 т.
ЗАДАЧА 4. 4.1. Намиране на ъглите на трапеца 4.2. Намиране на дължината на описаната окръжност
– 4 точки -2 т. -2 т.
ЗАБЕЛЕЖКА: Горните критерии са съставени върху основа на решенията, дадени от авторите. Всички други възможни решения се тълкуват по аналогичен начин в рамките на определените за съответната задача точки. Формула за определяне на оценката 2 k<3 Q= k = 3, ... ,18 3 + ( k − 3) . 0,2 (к е броят на получените точки, а Q - окончателната оценка).