2009.25.04 Технически университет - Варна

ТЕХНИЧЕСКИ УНИВЕРСИТЕТ – ВАРНА Предварителен изпит – тест по математика Тема 3 ( 25 април 2009 г.)

1 2 (1 + x) 2 . + са: x −1 2 + 2x x б) x ≠ 1 ; в) x ≠ 0 ; а) x ≠ 1 и x ≠ 0 ; 2 2. Множеството от стойностите на функцията y = x при x ∈ [−1, 2] е: б) [−1, 0] ; в) [0, 2] ; а) [0, 4] ; 1. Допустимите стойности на израза

г) x ≠ ± 1 и x ≠ 0 .

г) [1, 4] .

1 1 3. Ако x1 и x2 са корените на уравнението x 2 − 3 x − 5 = 0 , то стойността на израза 2 + 2 е: x1 x2 б) 11/ 18 ; в) 19 / 25 ; г) 3 / 8 . а) −13 / 25 ; ( x+1)2

1 1 < 4. Решенията на неравенството   са: 16 2 б) x ∈ (1, +∞) ; в) x ∈ ( −∞, −3) ; г) x ∈ ( −3,1) . а) x ∈ ( −∞, −3) ∪ (1, +∞) ; 5. Четвъртият член на аритметична прогресия е 10 , а седмият й член е 19 . Първият член е: б) 1 ; в) −1 ; г) −2 . а) 2 ; 6. Решенията на уравнението log 2 x + log x 4 = 3 са: а) 1 и 2 ; б) 2 и 4 ; в) 3 и 4 ; г) 4 и 6.

7. Лицето на равностранен триъгълник с радиус на вписаната окръжност r = 3 / 6 е: б) 15 / 12 ; в) 1 / 2 ; г) 1. а) 3 / 4 ; 8. Правоъгълен трапец с дължини на основите 2 и 1 е описан около окръжност. Радиусът на тази окръжност е: в) 2 / 3 ; г) 2 . а) 1 ; б) 1 / 3 ; 9. В ромб със страна 5 и лице 24 дължините на диагоналите са: а) 6, 8 ; б) 3, 16 ; в) 2, 24 ; г) 5, 9.

10. Обемът на триъгълна пирамида, в която три от ръбовете са два по два взаимно перпендикулярни и имат дължини 1, 2 и 3 е равен на: б) 1; в) 6; г) 3 . а) 2 ; x + 1 + x − 2 = 3. x −1 5π 12. Да се реши неравенството log 4 < sin . x +1 6 13. Да се намерят всички решения на уравнението

11.

Да се реши уравнението

cos x + cos 3 x = cos 2 x + cos 4 x , които

 π принадлежат на интервала 0,  .  2 14. В правоъгълен триъгълник ABC върху катетите AC и BC , с дължини съответно 3 и 4 , са M и N ( M ∈ AC , N ∈ BC ) така, че AM : MC = CN : NB = t (t ≥ 0) , а P избрани точки е точка от хипотенузата AB и AP : PB = 4. Да се докаже, че: a) лицето на триъгълника MNP е S = 24 24 ≥ S ≥ .

5 25 15. Основа на права призма

6t 2 + 24 5 ( t + 1)

2

;

б)

ABCA1B1C1

е триъгълникът

ABC ,

с радиус на описаната

окръжност R = 7 3 / 3 , AB = 5 и ∡ BAC = 60 . В призмата може да се впише сфера. Да се намерят радиусът на сферата и обемът на призмата.

ОТГОВОРИ И ПРИМЕРНИ РЕШЕНИЯ ПРЕДВАРИТЕЛЕН ИЗПИТ – ТЕСТ ПО МАТЕМАТИКА 25 април 2009 година

Тема 3 1 г

2 а

3 в

4 а

5 б

6 б

7 а

8 в

9 а

10 б

11. Уравнението има смисъл при x ≥ 2 . След повдигане на квадрат получаваме еквивалентното

( x + 1)( x − 2) = 5 − x. При x > 5 то няма решение, а при

уравнение

2 ≤ x ≤ 5 е равносилно с

( x + 1)( x − 2) = (5 − x) 2 , т. е. с 9 x − 27 = 0 , чийто корен е 3 ∈ [2,5] . Така изходното уравнение има единствено решение x = 3 . x −1 12. Неравенството има смисъл при x ≠ −1 и > 0 , откъдето намираме x ∈ ( −∞, −1) ∪ (1, +∞ ) . x +1 1 x −1 5π x −1 1 x −1 Последователно получаваме < sin ⇔ log 4 < ⇔ log 4 < log 4 ( 4 ) 2 ⇔ log 4 x +1 6 x +1 2 x +1 1 x −1 x − 1 x − 1 x + 3 < ( 4) 2 ⇔ <2 ⇔ −2 < 0 ⇔ > 0 ⇔ x ∈(−∞, −3) ∪ (−1, +∞) . Окончателно, x +1 x +1 x +1 x +1 решенията на неравенството са x ∈ (−∞, − 3) ∪ (1, +∞) .

13. Двете страни на уравнението се преобразуват по формулата задаваща сбор от два косинуса във вид на произведение; уравнението е равносилно с 2 cos 2 x .cos x = 2 cos 3x .cos x . Полученото уравнение представяме във вида cos x ( cos 2 x − cos 3 x ) = 0 . Сега, записвайки във формата на произведение 5x x .sin = 0. Решенията на последното 2 2 уравнение (а следователно и на изходното) се изчерпват от решенията на основните тригонометрични 5x x π 2 kπ уравнения cos x = 0 , sin и x = 2 kπ = 0 и sin = 0 , които са съответно x = (2k + 1) , x = 2 2 2 5 2π π  π и . (k ∈ ℤ) . В интервала 0,  единствените решения от този вид са 0, 5 2  2

разликата

от

двата

косинуса,

намираме

2 cos x.sin

14. а) Най – напред определяме дължините на съответните отсечки върху страните на триъгълника ABC , AP = 4,

като

разбира

се

PB = 1, AM =

3t , t +1

C

отчитаме, че AB = AC 2 + BC 2 = 32 + 42 = 5 . Получаваме: 3 4t 4 . Търсеното лице на триъгълника MC = , CN = , NB = t +1 t +1 t +1 MNP е S = S△ ABC − S△ MNC − S△ MPA − S△ NPB . Лицата на посочените триъгълници са както следва:

M

S△ ABC =

N A

P

B

AC.BC MC.CN 6t , = 6, S△ MNC = = (t + 1) 2 2 2 1 24t , S△ MPA = AM . AP.sin ∡BAC = 2 5(t + 1) 1 6 S△ NPB = PB.NB. sin ∡ABC = 2 5(t + 1)

(тук

сме

BC 4 = AB 5

използвали, че sin ∡BAC =

опростяване намираме лицето S =

6t 2 + 24 5 ( t + 1)

2

и sin ∡ABC =

AC 3 = ). След заместване и AB 5

.

б) За доказване на неравенствата изследваме функцията S (t ) =

6t 2 + 24 5 ( t + 1)

2

при t ≥ 0 (да отбележим,

че t = 0 точно когато M ≡ A и N ≡ C ). Производната на тази функция е S ′(t ) =

12(t − 4) 5 ( t + 1)

3

и очевидно

S ′(t ) < 0 при t ∈ [0, 4) , а S ′(t ) > 0 при t ∈ (4, +∞) . Значи S (t ) е намаляваща функция в [0, 4) и растяща 24 функция в (4, +∞) и тогава най – малката й стойност в интервала [0, + ∞) е S (4) = . Така 25 24 24 6 . По – нататък, тъй като S (0) = , то S (t ) има и най – показахме, че S ≥ > lim S (t ) = t →+∞ 25 5 5 24 24 , с което доказахме и неравенството S ≤ . голяма стойност в интервала [0, + ∞) и тя е S (0) = 5 5 Забележка. Неравенствата от точка б) могат да се докажат и директно, използвайки стойността на 24 е равносилно с S . Действително, след елементарни преобразувания , неравенството S≤ 5 24 е неравенството t (3t + 8) ≥ 0 , което очевидно e изпълнено за всяко t ≥ 0 ; неравенството S ≥ 25 равносилно с неравенството (t − 4) 2 ≥ 0 , което е изпълнено за всяко t .

15. Нека G е центърът на вписаната в призмата сфера и K и K1 са ортогоналните проекции на G върху основите ABC и A1 B1C1 . Точките K , G и K1 са върху една права, KG = GK1 = r и KK1 = 2r е височина на призмата (тук r е радиусът на сферата). Да означим C1 с Q ортогоналната проекция на K върху BC . Така KQ ⊥ BC и A1 K1 KQ ⊥ BB1 (тъй като BB1 ⊥ ABC понеже призмата е права),

заключаваме, че KQ ⊥ BCC1 B1 . Освен това KK1 || BCC1 B1 защото KK1 || BB1 ( KK1 и BB1 са перпендикулярни на основата ABC ). Това означава, че разстоянието на G до G равнината BCC1 B1 е равно на разстоянието на K до тази равнина, C което е KQ . По този начин заключаваме, че KQ = r . Аналогично A установяваме, че разстоянията от K до AB и до AC са отново K Q равни на r . Следователно K е център на вписаната в △ ABC окръжност, радиусът на която е равен на радиуса r на сферата.

B От синусовата теорема за определяме △ ABC BC = 2 R sin ∡BAC = 7 . Сега от косинусовата теорема имаме BC 2 = AC 2 + AB 2 − 2. AB. AC.cos ∡BAC ⇔ 49 = AC 2 + 25 − 5. AC , откъдето намираме AC = 8 . Лицето на 1 AB + BC + AC триъгълник ABC е S△ ABC = AB. AC.sin ∡BAC = 10 3 . От друга страна S△ ABC = .r и 2 2 оттук определяме r = 3 . За обема на призмата получаваме V = S△ ABC .2r = 60 .

B1

откъдето

ɌȿɏɇɂɑȿɋɄɂ ɍɇɂȼȿɊɋɂɌȿɌ ± ȼȺɊɇȺ

ɉɊȿȾȼȺɊɂɌȿɅȿɇ ɂɁɉɂɌ ± ɌȿɋɌ ɉɈ ɆȺɌȿɆȺɌɂɄȺ ɚɩɪɢɥ ɝ

ɌȿɆȺ Ɉɰɟɧɹɜɚɧɟ ɧɚ ɤɚɧɞɢɞɚɬɫɬɭɞɟɧɬɫɤɢɬɟ ɩɢɫɦɟɧɢ ɪɚɛɨɬɢ ɩɨ ɦɚɬɟɦɚɬɢɤɚ

Ɉɩɪɟɞɟɥɟɧɢ ɫɚ ɞɨɩɭɫɬɢɦɢɬɟ ɫɬɨɣɧɨɫɬɢ ± ɬ

Ɂɚɞɚɱɚ ɬɨɱɤɢ

Ɂɚɞɚɱɚ ɬɨɱɤɢ

ȿɥɢɦɢɧɢɪɚɧɢ ɫɚ ɪɚɞɢɤɚɥɢɬɟ ± ɬ ɇɚɦɟɪɟɧɨ ɟ ɪɟɲɟɧɢɟɬɨ ɧɚ ɭɪɚɜɧɟɧɢɟɬɨ ± ɬ

S ± ɬ

Ɉɩɪɟɞɟɥɟɧɢ ɫɚ ɞɨɩɭɫɬɢɦɢɬɟ ɫɬɨɣɧɨɫɬɢ ± ɬ ɇɚɩɪɚɜɟɧɚ ɟ ɡɚɦɹɧɚɬɚ VLQ

ɉɨɥɭɱɟɧɨ ɟ ɧɟɪɚɜɟɧɫɬɜɨ ɛɟɡ ɥɨɝɚɪɢɬɴɦ ± ɬ Ɉɩɪɟɞɟɥɟɧɢ ɫɚ ɪɟɲɟɧɢɹɬɚ ɧɚ ɢɡɯɨɞɧɨɬɨ ɧɟɪɚɜɟɧɫɬɜɨ ± ɬ

Ɂɚɞɚɱɚ ɬɨɱɤɢ

ɍɪɚɜɧɟɧɢɟɬɨ ɟ ɩɪɟɨɛɪɚɡɭɜɚɧɨ ɜɴɜ ɜɢɞ ɜ ɤɨɣɬɨ ɟɞɧɚɬɚ ɦɭ ɫɬɪɚɧɚ ɟ ɩɪɨɢɡɜɟɞɟɧɢɟ ɨɬ ɨɫɧɨɜɧɢ ɬɪɢɝɨɧɨɦɟɬɪɢɱɧɢ ɮɭɧɤɰɢɢ ɚ ɞɪɭɝɚɬɚ ɟ ± ɬ Ɂɚɩɢɫɚɧɢ ɢ ɪɟɲɟɧɢ ɫɚ ɫɴɨɬɜɟɬɧɢɬɟ ɨɫɧɨɜɧɢ ɬɪɢɝɨɧɨɦɟɬɪɢɱɧɢ ɭɪɚɜɧɟɧɢɹ ± ɬ Ɉɩɪɟɞɟɥɟɧɢ ɫɚ ɪɟɲɟɧɢɹɬɚ ɜ ɩɨɫɨɱɟɧɢɹ ɢɧɬɟɪɜɚɥ ± ɬ

Ɂɚɞɚɱɚ ɬɨɱɤɢ

Ɂɚɞɚɱɚ ɬɨɱɤɢ

ɚ

ɬ

Ɉɩɪɟɞɟɥɟɧɢ ɫɚ ɞɴɥɠɢɧɢɬɟ ɧɚ ɨɬɫɟɱɤɢɬɟ ɜɴɪɯɭ ɫɬɪɚɧɢɬɟ ɧɚ + $%& ± ɬ

ɛ

ɬ

Ⱦɨɤɚɡɚɧɢ ɫɚ ɧɟɪɚɜɟɧɫɬɜɚɬɚ

ɇɚɦɟɪɟɧɢ ɫɚ ɥɢɰɚɬɚ ɧɚ ɬɪɢɴɝɴɥɧɢɰɢɬɟ 3$0 0&1 ɢ 1%3 ± ɬ ɇɚɦɟɪɟɧɨ ɟ ɥɢɰɟɬɨ ɧɚ ɬɪɢɴɝɴɥɧɢɤ 013 ± ɬ

Ⱦɨɤɚɡɚɧɨ ɟ ɱɟ ɪɚɞɢɭɫɴɬ ɧɚ ɫɮɟɪɚɬɚ ɟ ɪɚɜɟɧ ɧɚ ɪɚɞɢɭɫɚ ɧɚ ɜɩɢɫɚɧɚɬɚ ɜ ɨɫɧɨɜɚɬɚ ɨɤɪɴɠɧɨɫɬ ± ɬ ɇɚɦɟɪɟɧɚ ɟ ɫɬɪɚɧɚɬɚ %& ± ɬ ɇɚɦɟɪɟɧɚ ɟ ɫɬɪɚɧɚɬɚ $& ± ɬ Ɉɩɪɟɞɟɥɟɧ ɟ ɪɚɞɢɭɫɴɬ ɧɚ ɫɮɟɪɚɬɚ ± ɬ ɇɚɦɟɪɟɧ ɟ ɨɛɟɦɴɬ ɧɚ ɩɢɪɚɦɢɞɚɬɚ ± ɬ