2010.18.04 Великотърновски университет "Св.св. Кирил и Методий"

Великотърновски университет Св. св. Кирил и Методий“ ”

КОНКУРСЕН ИЗПИТ ПО МАТЕМАТИКА 18 април 2010 г. ТРЕТА ТЕМА Задача 1. Да се решат уравненията: x+1 2 1 − = 2 ; 1.1. x+4 x+3 x + 7x + 12 √ √ 1.2. x − 1 + 3 − x = 2; 1.3. 22x+1 − 5 · 2x = 12. Задача 2. Дадена е функцията f (x) = x2 + (a + 3)x + 2a + 3, където a е реален параметър.

2.1. Да се намерят стойностите на a, за които уравнението f (x) = 0 има два реални корена x1 и x2 , такива че x1 6= −1 и x2 6= −1, и да се пресметне 1 1 + . x1 + 1 x2 + 1 2.2. При a = −1 да се реши уравнението f (sin x) = 0. Задача 3. Даден е равнобедрен трапец ABCD с дължини на основите AB = a и CD = b (a > b), чиито диагонали са взаимно перпендикулярни.

3.1. Да се изрази дължината на бедрото на трапеца чрез a и b.

3.2. Да се намери лицето на трапеца ABCD, ако дължината на средната му √ отсечка е 5 2. Задача 4. Основата на пирамида ABCDM е ромб ABCD, за който AB = 2 см и <) ABC = 120◦ . Да се намерят: 4.1. лицето на ромба ABCD и радиусът на вписаната му окръжност; 4.2. лицето на околната повърхнина и обемът на пирамидата ABCDM , ако височината на пирамидата се проектира в пресечната точка на диагоналите на ромба и дължината и ´ е 10 см.

ПРИМЕРНИ РЕШЕНИЯ Задача 1.

1.1. Тъй като x2 + 7x + 12 = (x + 4)(x + 3), то областта от допустимите стойности за неизвестното x в даденото рационално уравнение е ОДС : x 6= −3, x 6= −4. Тогава x+1 2 1 − = 2 ⇐⇒ x2 + 4x + 3 = 0. x+4 x+3 x + 7x + 12 Корени на полученото квадратно уравнение са числата −3 6∈ ОДС и −1 ∈ ОДС. Следователно решение на даденото рационално уравнение е x = −1.

1.2. Областта от допустимите стойности за неизвестното x в даденото ирационално уравнение е ОДС : x ∈ [1; 3]. Уравнението е еквивалентно на p (x − 1)(3 − x) = 1 ⇐⇒ x2 − 4x + 4 = (x − 2)2 = 0 Следователно решение на даденото уравнение е x = 2 ∈ ОДС.

1.3. Като положим y = 2x > 0, получаваме 2y 2 −5y−12 = 0. Корени на полученото квадратно уравнение са y1 = −3/2 < 0 и y2 = 4 > 0. Следователно y = 2x = 4 и решение на даденото показателно уравнение е x = 2. Задача 2. Дадена е функцията f (x) = x2 + (a + 3)x + 2a + 3, където a е реален параметър.

2.1. D(f ) = (a + 3)2 − 4(2a + 3) = a2 − 2a − 3 ≥ 0 при a ∈ (−∞, −1] ∪ [3, +∞). Тъй като f (−1) = a + 1, то −1 е корен на уравнението f (x) = 0 точно когато a = −1. Следователно уравнението има два реални корена x1 и x2 , различни от −1, при a ∈ (−∞, −1) ∪ [3, +∞). От формулите на Виет x1 + x2 = −(a + 3), x1 x2 = 2a + 3. Следователно 1 x1 + x2 + 2 x1 + x2 + 2 −a − 1 1 + = = = = −1. x1 + 1 x2 + 1 (x1 + 1)(x2 + 1) x1 x2 + x1 + x2 + 1 a+1 2.2. При a = −1 получаваме f (x) = x2 + 2x + 1 = (x + 1)2 . Следователно 3π f (sin x) = (sin x + 1)2 = 0 ⇐⇒ sin x = −1 ⇐⇒ x = + 2kπ, k ∈ Z. 2 Задача 3. b

D

h

C

b

O

d

d

b

A

H

a

B

3.1. Нека AD = BC = d. От Питагоровата теорема следва, че 2d2 = AD2 + BC 2 = (OA2 + OD2 ) + (OB 2 + OC 2 ) = = (OA2 + OB 2 ) + (OC 2 + OD2 ) = AB 2 + CD2 = a2 + b2 . r a2 + b 2 Следователно d = .

2 √ и оттук a + b = 10 3.2. Средната отсечка на трапеца има дължина a+b 2. За 2 височината на трапеца получаваме a2 + b2 (a − b)2 − 2 4 2 2 2 a + b + 2ab (a + b) ⇒ h2 = = = 50.

4 4 √ a+b Следователно h = 5 2, а лицето на трапеца е S = · h = 50.

2 h2 = DH 2 = AD2 − AH 2 =

Задача 4. √ 4.1. Лицето на ромба е B = a2 sin 120◦ = 2 3. От друга страна B = ah = 2h, √ където h е височината√на ромба. Следователно h = 3, а радиусът на вписаната h 3 окръжност е r = = .

2 2 M

D

C

O b

D C b

O b

A

H

B

b

K A

B

√ 20 3 B · MO = .

4.2. Обемът на пирамидата е V = 3 3 Пресечната точка на диагоналите е център на вписаната в ромба окръжност. По теоремата за трите перпендикуляра следва, че ортогоналните проекции на височините на околните стени върху основата са радиуси на вписаната окръжност. Следователно височините са равни. Пресмятаме дължината на височината M K в ∆BCM √ 403 403 2 2 2 2 2 ⇒ MK = .

M K = OK + OM = OK + 100 = r + 100 = 4 2 √ √ 403 Поради равните основни ръбове S = 4S∆BCM = 4 = 2 403.

2

КОНКУРСЕН ИЗПИТ ПО МАТЕМАТИКА 18 април 2010 г. ТРЕТА ТЕМА – ОТГОВОРИ, ТОЧКИ, УКАЗАНИЯ ЗА ОЦЕНЯВАНЕ  1.1. − 1,5 т. : x = −1;      Задача 1. 1.2. − 1,5 т. : x = 2;      1.3. − 1 т. : x = 2.

=================================================  2.1. − 1,5 т. : a ∈ (−∞, −1) ∪ [3, +∞),     1 1 − 1,5 т. : + = −1; Задача 2. x1 + 1 x2 + 1     + 2kπ, k ∈ Z. 2.2. − 1 т. : x = 3π 2

================================================= r  a2 + b 2  3.1. − 2 т. : AD = Задача 3.

2  3.2. − 2 т. : S = 50.

================================================= √ √  3 : B = 2 3, r = 4.1. − 2 т. ;  2  √ Задача 4.   4.2. − 2 т. : V = 20 3 , S = 2√403.

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/