Великотърновски университет Св. св. Кирил и Методий“ ”
КОНКУРСЕН ИЗПИТ ПО МАТЕМАТИКА 18 юли 2009 г. ПЪРВА ТЕМА Задача 1. Да се решат уравненията: 1 x +1= ; 1.1. x+2 1−x 1.2. 25x + 3.5x+1 − 100 = 0. Задача 2. Дадена е функцията f (x) = x2 − 2kx + 2, където k е реален параметър. Да се намерят: 2.1. стойностите на k, за които уравнението f (x) = 0 има реални корени x1 и x2 такива, че x1 x2 + ≤ 30; x2 x1 2.2. стойностите на k, за които уравнението |f (x)| = 2 има точно три различни реални корена. Задача 3. Даден е триъгълник ABC, за който AC = 9 и BC = 12. Върху страната AB е избрана точка D така, че CD = 6 и окръжността, описана около ∆ADC, се допира до правата BC. 3.1. Да се намери дължината на отсечката BD. 3.2. Да се докаже, че ∆ABC е тъпоъгълен и да се намери лицето му. Задача 4. Основата на пирамида ABCD е правоъгълен триъгълник ABC с прав √ ъгъл при върха C, < ) CAB = 15◦ и дължина на ъглополовящата CL равна на 2 2. Височината на пирамидата минава през точка L, а околната стена BCD сключва с основата на пирамидата ъгъл 60◦ . Да се намерят: 4.1. дължините на страните на ∆ABC; 4.2. обемът на пирамидата ABCD.
1
ПРИМЕРНИ РЕШЕНИЯ Задача 1. 1.1. Областта от допустимите стойности за неизвестното x в даденото рационално уравнение е ОДС : x 6= −2, x 6= 1. Тогава 1 x +1= ⇐⇒ 2x2 + x = 0. x+2 1−x
1 ∈ ОДС и 0 ∈ ОДС. 2 1 Следователно решения на даденото рационално уравнение са x1 = − и x2 = 0. 2 x 2 1.2. Като положим y = 5 > 0, получаваме y + 15y − 100 = 0. Корени на полученото квадратно уравнение са числата −20 и 5. Тъй като y > 0, то y = 5x = 5 и следователно решение на даденото показателно уравнение е x = 1. Корени на полученото квадратно уравнение са числата −
Задача 2. 2.1. Уравнението f (x) = 0 има реални корени тогава и само тогава, когато дискриминантата му е неотрицателна: √ √ (1) D = 4(k 2 − 2) ≥ 0 ⇐⇒ k ∈ (−∞, − 2] ∪ [ 2, +∞). Като използваме формулите на Виет, получаваме x1 + x2 = 2k и x1 x2 = 2 6= 0. Следователно x1 6= 0, x2 6= 0 и x21 + x22 (x1 + x2 )2 − 2x1 x2 4k 2 − 4 x1 x2 = 2(k 2 − 1). + = = = x2 x1 x1 x2 x1 x2 2 x1 x2 ⇒ + ≤ 30 ⇐⇒ 2(k 2 − 1) ≤ 30 ⇐⇒ k 2 ≤ 16 ⇐⇒ k ∈ [−4, 4] x2 x1 √ √ От (1) и (2) следва, че a ∈ [−4, − 2] ∪ [ 2, 4].
(2)
2.2. |f (x)| = 2 ⇐⇒ f (x) = ±2. Уравнението |f (x)| = 2 има точно три различни реални корена тогава и само тогава, когато едното от уравненията f (x) = 2 и f (x) = −2 има двукратен корен, а другото има два различни реални корена. f (x) = 2 ⇐⇒ x2 − 2kx = 0 ⇒ x1 = 0, x2 = 2k. При k = 0 имаме f (x) = x2 + 2 > 0 ∀x ∈ R ⇒ |f (x)| = x2 + 2. В този случай уравнението |f (x)| = 2 е еквивалентно на x2 = 0 и има само един реален корен. Следователно k 6= 0 и f (x) = 2 има два различни реални корена. Уравнението f (x) = −2 има двукратен корен точно когато дискриминантата на f (x) + 2 = x2 − 2kx + 4 е равна на 0. Оттук получаваме 4(k 2 − 4) = 0 ⇒ k = ±2. 2
Наистина, при k = ±2 корени на |f (x)| = 2 са числата x1 = 0, x2 = 2k = ±4, x3 = x4 = ±2.
Задача 3.
C
A
D
B
1 ⌢ 3.1. Тъй като BC е допирателна, то < ) BCD = < ) CAB = CD. Следователно 2 ∆BCD ∼ ∆BAC и оттук BD BC CD BD 12 6 = = ⇒ = = ⇒ AB = 18, BD = 8. BC BA AC 12 BA 9 3.2. За ∆ABC прилагаме косинусовата теорема и получаваме AB 2 = AC 2 + BC 2 − 2AC.BC cos < ) ACB 92 + 122 − 182 11 = − < 0. 2.9.12 24 ◦ Следователно < ) ACB > 90 и ∆ABC е тъпоъгълен. За намиране на лицето му използваме Хероновата формула: ⇒ cos < ) ACB =
S∆ABC =
q
p(p − 9)(p − 12)(p − 18) =
s
√ 81.455 9 455 = . 16 4
Задача 4. C b
15◦ A
L
4.1. За ∆ALC прилагаме синусовата теорема и получаваме √ √ AC 6 CL = ⇒ AC = = 6 + 2 3, sin 15◦ sin 120◦ sin 15◦ 3
B
като имаме предвид, че sin 15 = sin(45 − 30 ) = ◦
◦
◦
√
6− 4
√
2
, a cos 15 = ◦
√
6+ 4
√
2
.
Тъй като ∆ABC е правоъгълен, то AB =
√ √ AC = 4 6, BC = AB sin 15◦ = 6 − 2 3. ◦ cos 15 D
C K b b
b
b
B
L
A
4.2.
AC.BC = 12. 2 Нека LK ⊥ BC, K ∈ BC. По теоремата за трите перпендикуляра BC ⊥ DK. Следователно ъгълът между околната стена BCD и основата е < ) LKD = 60◦ . От равнобедрения правоъгълен ∆LKC намираме LK = LC cos 45◦ = 2. От правоъгъл√ ния ∆KLD намираме височината DL = LK tg 60◦ = 2 3. S∆ABC =
√ 1 ⇒ VABCD = S∆ABC DL = 8 3. 3
4
КОНКУРСЕН ИЗПИТ ПО МАТЕМАТИКА 18 юли 2009 г. ПЪРВА ТЕМА – ОТГОВОРИ, ТОЧКИ, УКАЗАНИЯ ЗА ОЦЕНЯВАНЕ 1 1.1. − 2 т. : x1 = − 2 , x2 = 0;
Задача 1.
1.2. − 2 т. : x = 1. ================================================= √ √ 2.1. − 2 т. : k ∈ [−4, − 2] ∪ [ 2, 4]; Задача 2. 2.2. − 2 т. : k = ±2. ================================================= 3.1. − 2 т. : BD = 8 √ Задача 3. 9 455 3.2. − 2 т. : S = . 4 ================================================= √ √ √ 4.1. − 2 т. : AC = 6 + 2 3, BC = 6 − 2 3, AB = 4 6; Задача 4. √ 4.2. − 2 т. : V = 8 3. ================================================= • Всяко подусловие се оценява по дадената точкова схема с точност до 0, 5 точки. • Всеки проверяващ формира оценка по формулата ОЦЕНКА = 2+ Σ4 , където Σ е общият сбор точки. • Крайната оценка е средно аритметичното 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. дмн Стефка Буюклиева/
5