Великотърновски университет Св. св. Кирил и Методий“ ” Кандидатстудентска кампания 2008
КОНКУРСЕН ИЗПИТ ПО МАТЕМАТИКА II 19 юли 2008 г. ВТОРА ТЕМА Задача 1. Да се реши:
1.1.
7−x =1; 2 x − 6x − 7
1.2.
√
x + 1 + 4 = 2x ;
2 y
+ =3
x 3
1.3.
.
x y 3
+ =
2 3 2
Задача 2. Дадена е функцията f (x) = (a + 1).4x − 3.2x + 1, където a е реален параметър. 2.1. При a = 1 да се реши уравнението f (x) = 0. 2.2. Да се намерят стойностите на параметъра a така, че уравнението f (x) = 0 да има два реални корена, произведението на които е отрицателно число. Задача 3. През пресечната точка O на диагоналите AC и BD на изпъкналия четириъгълник ABCD е построена права, която пресича страните AB и CD съответно в точките M и P , като триъгълниците AOM и COP са еднакви и <)AM O = <)CP O. 3.1. Да се докаже, че ABCD е успоредник. 3.2. Да се намери лицето на ABCD, ако периметърът му е 36, разликата от периметрите на △ ABO и △ ADO е 2, а острият ъгъл между диагоналите му е α. √ Задача 4. Даден е триъгълник ABC, за който <)ACB > 60◦ и AC = 4 3. Точка M е вътрешна за △ ABC, като <)AM C = 120◦ , <)BCM = 60◦ , AM + M C = BC и M C = 4. 4.1. Да се докаже, че BM = AC и да се намери дължината на отсечката AN , където N е пресечната точка на правите AM и BC. √ 4.2. Нека ABCD е пирамида с основа дадения △ ABC и височина DM = 3 3. Да се намерят разстоянието от точка M до равнината (BCD) и лицето на сечението на ABCD с равнината, минаваща през B и перпендикулярна на правата CM .
КОНКУРСЕН ИЗПИТ ПО МАТЕМАТИКА II – 19 юли 2008 г. ВТОРА ТЕМА ОТГОВОРИ, ТОЧКИ, УКАЗАНИЯ ЗА ОЦЕНЯВАНЕ ================================================= 1.1. − 1 т. : x = −2 ; 1.2. − 1,5 т. : x = 3 ; Задача 1. 1.3. − 1,5 т. : (1; 3), (−4; 10, 5) .
================================================= 2.1. − 1,5 т. : x1 = −1, x2 = 0 ; Задача 2. 2.2. − 2,5 т. : a ∈ (−1; 1) .
=================================================
Задача 3.
3.1. − 1,5 т. ;
3.2. − 2,5 т. : S = 18 tg α .
================================================= 4.1. − 2 т. : AN = 8 ; √ Задача 4. 4.2. − 2 т. : d(M, (BCD)) = 6 39 , Sсеч. = 24 . 13 ================================================= • Всяко подусловие се оценява по дадената точкова схема с точност до 0, 25 от точката. Например: вярна логическа конструкция, вярно намерен елемент от решението, акуратно изпълнен чертеж, точно отразяващ данните, ... носят 0, 25, а всяка техническа грешка, неточна мотивация в краен резултат, ... се наказват с 0, 25. • Когато сумата (Σ) от точките от всички задачи е число от вида N, 50 или N, 75, същата
се закръглява в полза на кандидат-студента, т.е. Σ = N + 1 точки.
• Всеки проверяващ формира оценка по формулата ОЦ. = 2+ Σ4 и попълва първичен протокол.
• Крайната оценка е средно аритметичното от оценките на двамата проверяващи, ако раз-
ликата между последните не е по-голяма от 0, 50 , а при разлика над 0, 50 работата се
разглежда от арбитър. Оценката на арбитриращия е окончателна. • Всички работи, оценени с отличен, задължително се арбитрират.
Председател на изпитна комисия:
/доц. д-р Г. Накова/
КОНКУРСЕН ИЗПИТ ПО МАТЕМАТИКА II 19 юли 2008 г. ВТОРА ТЕМА – ПРИМЕРНИ РЕШЕНИЯ Задача 1. Да се реши:
1.1.
x2
7−x =1; − 6x − 7
1.2.
√
x + 1 + 4 = 2x ;
2 y
+ =3
x 3
1.3.
.
x y 3
+ =
2 3 2
Решение: 1.1. Областта от допустимите стойности за неизвестното x в даденото рационално уравнение е ОДС : x2 − 6x − 7 6= 0 ⇐⇒ x = 6 −1, x 6= 7. Тогава x2
7−x −1 7−x = 1 ⇐⇒ = 1 ⇐⇒ = 1 ⇐⇒ x = −2 . − 6x − 7 (x − 7)(x + 1) x+1
1.2. Областта от допустимите стойности за неизвестното x в даденото ирационално уравнение е ОДС : x + 1 ≥ 0 ⇐⇒ x ≥ −1. Тогава √
x + 1 + 4 = 2x ⇐⇒
√
x + 1 = 2x − 4.
Областта на еквивалентност (OE) за последното е сечението на ОДС и решението на неравенството 2x − 4 ≥ 0 ⇐⇒ x ≥ 2, т.е. OE : x ≥ 2. Върху последната √
x + 1 = 2x − 4 ⇐⇒ x + 1 = 4x2 − 16x + 16 ⇐⇒ 4x2 − 17x + 15 = 0 ⇐⇒ x1,2 =
Тъй като x1 =
17 ± 7 5 = , 3. 8 4
5 6∈ OE, то единственото решение е x = 3 . 4
Забележка. Задачата може да се реши и с директно повдигане в квадрат и проверка на получените решения дали удовлетворяват началното уравнение.
1.3. Допустимите решения на дадената система са от вида (x, y) : x 6= 0. Тогава
2 y
+ =3⇒ y =3− 2
x 3 3 x
.
x y 3
+ =
2 3 2
След заместване във второто уравнение се стига до
−3 ± 5 x 2 3 − + = 0 ⇐⇒ x2 + 3x − 4 = 0 ⇐⇒ x1,2 = = −4, 1 . 2 x 2 2 21 = 10, 5, а за x2 = 1 ⇒ y2 = 3. Така всички решения (x, y) на 2 дадената система са (1; 3) и (−4; 10, 5) . За x1 = −4 ⇒ y1 =
3
Задача 2. Дадена е функцията f (x) = (a + 1).4x − 3.2x + 1, където a е реален параметър. 2.1. При a = 1 да се реши уравнението f (x) = 0. 2.2. Да се намерят стойностите на параметъра a така, че уравнението f (x) = 0 да има два реални корена, произведението на които е отрицателно число. Решение: 2.1. При a = 1 уравнението f (x) = 0 има явния вид 2.4x − 3.2x + 1 = 0. Полага се 2x = u > 0 и се стига до 2u2 − 3u + 1 = 0 ⇐⇒ u1,2 =
1 3±1 = , 1. 4 2
1 = 2−1 ⇒ x = −1 и 2x = 1 = 20 ⇒ 2 x = 0. Окончателно решенията са x = −1 и x = 0 . След заместване в полагането се получава 2x =
2.2. Уравнението f (x) = 0 има два реални корена x1 , x2 такива, че x1 .x2 < 0, ако съществуват решения x1 < 0 , x2 > 0. т.е. 2x1 < 1, 2x2 > 1. След полагането 2x = u > 0 задачата се свежда до съществуването на реални корени u1,2 за квадратното уравнение (a + 1)u2 − 3u + 1 = 0, като 0 < u1 < 1 < u2 . {z } | =g(u)
Уравнението е квадратно, ако a + 1 6= 0 ⇐⇒ a 6= −1, а съществуването на корени с исканото разпределение е равносилно с условията
3
u1 + u 2 > 0
>0
a+1
a+1 > 0
1
u1 .u2 > 0
⇐⇒ ⇐⇒
> 0
a − 1 < 0 ⇐⇒ a ∈ (−1, 1) .
a+1
(a + 1)g(1) < 0
(a + 1)(a − 1) < 0
Задача 3. През пресечната точка O на диагоналите AC и BD на изпъкналия четириъгълник ABCD е построена права, която пресича страните AB и CD съответно в точките M и P , като триъгълниците AOM и COP са еднакви и <)AM O = <)CP O. 3.1. Да се докаже, че ABCD е успоредник. 3.2. Да се намери лицето на ABCD, ако периметърът му е 36, разликата от периметрите на △ ABO и △ ADO е 2, а острият ъгъл между диагоналите му е α. Решение: 3.1. Едно необходимо и достатъчно условие, изпъкнал четириъгълник да е успоредник, е неговите диагонали да се разполовяват от пресечната им точка. От условието △ AOM ∼ = △ COP , <)AM O = <)CP O и факта, че <)AOM = <)COP като връхни, следва, че <)M AO = <)P CO, OA = OC и OM = OP . Тогава за △ M BO и △ P DO имаме:
4
1) OM = OP ; D P a 2) <)BM O = <)DP O (като съседни на равни y x ъгли); b α O b 3) <)M OB = <)DOP (връхни). x y Следователно △ M BO ∼ = △ P DO (II призa нак), откъдето OB = OD. A M B Получихме, че OA = OC и OB = OD, с което доказателството е завършено. 3.2. Означаваме AB = DC = a, BC = AD = b, OA = OC = x и От условието имаме
PABCD = 36
2a + 2b = 36
P△ABO − P△ADO = 2 ⇐⇒ (a + y + x) − (b + y + x) = 2 ⇐⇒
C
OB = OD = y.
a = 10
.
b=8
Понеже a > b, а α е острият ъгъл между диагоналите, то <)AOD = α и <)AOB = π −α. От косинусовата теорема, приложена за △ ABO и △ ADO получаваме
2
100 = x2 + y 2 + 2xy cos α
a = x2 + y 2 − 2xy cos(π − α)
2 ⇒ 2 2
64 = x2 + y 2 − 2xy cos α .
b = x + y − 2xy cos α След изваждане на второто уравнение на системата от първото получаваме 9 . От формулата за лице на четириъгълник следва 36 = 4xy cos α, откъдето xy = cos α SABCD =
AC.BD. sin α 2x.2y. sin α 9 = =2· · sin α ⇒ SABCD = 18 tg α . 2 2 cos α
√ Задача 4. Даден е триъгълник ABC, за който <)ACB > 60◦ и AC = 4 3. Точка M е вътрешна за △ ABC, като <)AM C = 120◦ , <)BCM = 60◦ , AM + M C = BC и M C = 4. 4.1. Да се докаже, че BM = AC и да се намери дължината на отсечката AN , където N е пресечната точка на правите AM и BC. √ 4.2. Нека ABCD е пирамида с основа дадения △ ABC и височина DM = 3 3. Да се намерят разстоянието от точка M до равнината (BCD) и лицето на сечението на ABCD с равнината, минаваща през B и перпендикулярна на правата CM .
120 ◦
Решение: 4.1. От <)AM C = 120◦ следва <)CM N = 60◦ . Тогава △ M N C е равностранен като M N = CN = M C = 4 и <)M N B = 120◦ . По условие BC = AM + M C. От друга страна C BC = BN + CN = BN + M C, откъдето 60◦ AM = BN . За △ ACM и △ BM N е в сила: N 60◦ 1) M C = N M ; 120◦ 2) AM = BN ; 60◦ 3) <)AM C = <)BN M = 120◦ . B M Следователно △ ACM ∼ = △ BM N (I признак). От еднаквостта на триъгълниците получаваме BM = AC. A 5
От косинусовата теорема, приложена за
△ ACM ,
имаме
AC 2 = AM 2 + M C 2 − 2.AM.M C. cos 120◦ 1 2 ⇒ 48 = AM + 16 − 2.AM.4. − ⇐⇒ AM 2 + 4AM − 32 = 0 . 2 Положителният корен на последното уравнение е 4, т. е. AM = 4 и от AN = AM + M N получаваме AN = 8 . 4.2. От полученото в 4.1. имаме AM = 4 = M C. Следователно △ ACM е равнобедрен и <)CAM = <)ACM = 30◦ . От еднаквостта на △ ACM и △ BM N получаваме ◦ < )M BN = < )BM N = 30 . Така < )ACB
= <)ACM + <)BCM = 90◦ D
и
< )CM B
= <)CM N + <)BM N = 90◦ .
C H P
M
30◦
B A За да намерим разстоянието d от точката M до равнината (BCD) пресмятаме обема V на пирамидата M BCD по два начина. √ 1 CM.BM 1 4.4 3 √ 1 (1) · S△CM B .DM = · · DM = · · 3 3 = 24 V = 3 3 2 3 2 1 V = (2) · S△BCD .d 3 72 От (1) и (2) намираме d = . S△BCD Търсим лицето на △ BCD. Имаме BC = AM + M C = 8. В △ BCD построяваме височината DH. Ортогоналната проекция на DH върху равнината (ABC) е M H. По теоремата за трите перпендикуляра следва M H⊥BC. От правоъгълния триъгълник √ M HC получаваме M H = M C. sin 60◦ = 2 3. По Питагоровата теорема за △ DM H √ √ намираме DH = DM 2 + M H 2 = 39. Следователно √ √ BC.DH 6 39 S△BCD = = 4 39 и d = . 2 13 Нека P = BM ∩ AC. Съществува единствена равнина β, която минава през точката B и е перпендикулярна на правата CM . От CM ⊥BP и CM ⊥DM следва CM ⊥(BP D). Оттук β ≡ (BP D) и сечението на β √ с пирамидата ABCD е △ BP D. BC 16 3 От правоъгълния △ P BC имаме BP = = . Окончателно, от cos 30◦ 3 BP.DM , получаваме Sсеч. = 24 . S△BP D = 2 6
КОНКУРСЕН ИЗПИТ ПО МАТЕМАТИКА II – 19 юли 2008 г. ВТОРА ТЕМА ОТГОВОРИ, ТОЧКИ, УКАЗАНИЯ ЗА ОЦЕНЯВАНЕ ================================================= 1.1. − 1 т. : x = −2 ; 1.2. − 1,5 т. : x = 3 ; Задача 1. 1.3. − 1,5 т. : (1; 3), (−4; 10, 5) .
=================================================
Задача 2.
2.1. − 1,5 т. : x1 = −1, x2 = 0 ;
2.2. − 2,5 т. : a ∈ (−1; 1) .
=================================================
Задача 3.
3.1. − 1,5 т. ;
3.2. − 2,5 т. : S = 18 tg α .
================================================= 4.1. − 2 т. : AN = 8 ;
√ 4.2. − 2 т. : d(M, (BCD)) = 6 39 , Sсеч. = 24 . 13 ================================================= Задача 4.
• Всяко подусловие се оценява по дадената точкова схема с точност до 0, 25 от точката.
Например: вярна логическа конструкция, вярно намерен елемент от решението, акуратно
изпълнен чертеж, точно отразяващ данните, ... носят 0, 25, а всяка техническа грешка, неточна мотивация в краен резултат, ... се наказват с 0, 25. • Когато сумата (Σ) от точките от всички задачи е число от вида N, 50 или N, 75, същата се закръглява в полза на кандидат-студента, т.е. Σ = N + 1 точки.
• Всеки проверяващ формира оценка по формулата ОЦ. = 2+ Σ4 и попълва първичен протокол.
• Крайната оценка е средно аритметичното от оценките на двамата проверяващи, ако раз-
ликата между последните не е по-голяма от 0, 50 , а при разлика над 0, 50 работата се разглежда от арбитър. Оценката на арбитриращия е окончателна. • Всички работи, оценени с отличен, задължително се арбитрират.
Председател на изпитна комисия:
/доц. д-р Г. Накова/