Великотърновски университет Св. св. Кирил и Методий“ ”
КОНКУРСЕН ИЗПИТ ПО МАТЕМАТИКА 10 юли 2011 г. ТРЕТА ТЕМА Задача 1. Да се решат: 3 2 1.1. > ; 2x + 1 3x − 1 √ 2 1.2. 3x + 8 = √ ; x+3 1.3. 72x + 7 = 8.7x . Задача 2. Дадена е функцията f (x) = x2 + (m + 1)x + 25, където m е реален параметър. Да са намерят стойностите на m, за които: 2.1. графиката на функцията f (x) се допира до оста Ox и за получените отрицателни стойности на m да се пресметне най-малката стойност на дадената функция в интервала [0, 1] ; 2.2. неравенството f (x) > f ′ (x) е изпълнено за всяка реална стойност на x, където с f ′ (x) е означена първата производна на дадената функция. Задача 3. Височината на равнобедрения ∆ABC е 8 см. С диаметър бедрото BC е построена окръжност с радиус 5 см, която пресича основата и бедрото AC съответно в точките M и N. Да се намери: 3.1. дължината на отсечката MN; 3.2. лицето на четириъгълника MNCB. Задача 4. В правоъгълния паралелепипед ABCDA1 B1 C1 D1 основата ABCD
4 (AB > BC) е с периметър 32 см и остър ъгъл ϕ между диагоналите, където cos ϕ = . 5 4.1. Да се намерят страните на основата на паралелепипеда. 4.2. Ако телесният диагонал на паралелепипеда е 14 см и точка M е среда на ръба CC1 , да се намерят обема на паралелепипеда и лицето на сечението на равнината ρ(ABM) и паралелепипеда.
ПРИМЕРНИ РЕШЕНИЯ Задача 1. 3 2 1.1. > 2x + 1 3x − 1 Множеството от допустими стойности на x се определя от 2x + 1 6= 0 и 3x − 1 6= 0, −5 т. е. x ∈ R\ − 12 , 31 . Даденото неравенство е еквивалентно на >0 (2x + 1)(3x − 1) 1 1 ⇐⇒ (2x + 1)(3x − 1) < 0. Следователно x ∈ − , . 2 3 √ 2 1.2. 3x + 8 = √ ; x+3 Множеството от допустими стойности се определя от 3x + 8 ≥ 0 и x + 3 > 0, т. е. x ∈ − 38 , ∞ . В това множество даденото уравнение е еквивалентно на уравнението √ √ 3x + 8. x + 3 = 2 (защо?). След повдигане в квадрат се получава 3x2 +17x+20 = 0, 5 корените на което са x1 = −4 и x2 = − . Само x2 принадлежи на интервала − 83 , ∞ . 3 5 Следователно единственото решение на даденото уравнение е x = − . 3 2x x 1.3. 7 + 7 = 8.7 . След полагане u = 7x (u > 0), се получава квадратното уравнение u2 − 8u + 7 = 0. Корените на това уравнение са u1 = 1 и u2 = 7. Тогава 7x = 1 и 7x = 7, т. е. x1 = 0 и x2 = 1. Задача 2. 2.1. Условието за допиране на графиката на функцията f (x) до оста Ox е квадратното уравнение x2 +(m+1)x+25 = 0 да има двоен корен, т. е. D = (m+1)2 −4.25 = 0 ⇒ m = −11 и m = 9. За m = −11 се получава f (x) = x2 − 10x + 25, която е намаляваща в интервала (−∞, −b/2a) = (−∞, 5). Но [0, 1] ⊂ (−∞, 5), следователно min f (x) = f (1) = 16. x∈[0,1]
2.2. Тъй като f ′ (x) = 2x + m + 1, то неравенството f (x) > f ′ (x) за ∀x ∈ R ⇐⇒
D<0 x2 + (m − 1)x + 24 − m > 0 за ∀x ∈ R ⇐⇒
⇐⇒ (m − 1)2 − 4(24 − m) < 0 a>0 √ √ ⇐⇒ m2 + 2m − 95 < 0. Решението е m ∈ (−1 − 4 6, −1 + 4 6).
Задача 3. Има две възможности за височината: да е към основата или към бедрото. I случай: височина към основата. C k N
Дадено: ∆ABC — равнобедрен CM = 8 см k (r = BC/2 = 5 см) {M} = k ∩ AB {N} = k ∩ AC
b
α 8
7.2
6
α A
10
α b
6
M
6
B
3.1. Четириъгълникът MBCN е вписан в окръжността k и < ) CMB = 90◦ . Тогава CM е височина и медиана в ∆ABC, т. е. AM = MB = 6 см. Освен това < ) MBC +< ) MNC = 180◦ и < ) ANM е съседен на < ) MNC. Тогава < ) ANM = < ) MBC = < ) MAC = α и триъгълникът AMN е равнобедрен, т. е. AM = MN = 6 см. 12.8 = 48 см2 . Триъгълниците ANM 3.2. Лицето на триъгълника ABC е SABC = 2 и ABC са подобни (защо?), от което AM : AC = 6 : 10 = 3 : 5 и S∆AN M : S∆ABC = 9 : 9 16 25. Тогава SM N CB = S∆ABC − S∆AN M = 1 − S∆ABC = · 48 = 30, 72 см2 . 25 25 II случай: височина към бедрото. Разсъжденията протичат аналогично със следните различия: √ √ 3.1. Намират се CN = 6 см, AN = 4 см и AB = 4 5 см. Тогава MN = 2 5 см. 10.8 3.2. Лицето на триъгълника ABC е SABC = = 40 см2 . Коефициентът на 2 √ 1 подобие на триъгълниците ANM и ABC е AM : AC = 2 5 : 10 = √ и SM N CB = 5 1 · 40 = 32 см2 . 1− 5
Задача 4.
D1
C1
A1
B1
M1
D
O
M
C ϕ
ϕ/2 A
B 4 Дадено: PABCD = 32 см, cos ϕ = , AC1 = 14 см и CM = MC1 . 5 1 ϕ 4.1. Понеже < ) BAC = < ) BOC = (защо?), то от правоъгълния 2 2 ϕ BC получава tg = . От друга страна (ϕ е остър) 2 AB r ϕ 1 − cos ϕ 1 = . tg = 2 1 + cos ϕ 3
∆ABC
се
Тогава AB = 3.BC и AB + BC = 16. Следователно AB = 12 см и BC = 4 см. 4.2. От правоъгълните триъгълници ACC1 и ACB по теоремата на Питагор се намира q q CC1 =
AC12 − AC 2 =
AC12 − AB 2 − BC 2 = 6 см.
3 Обемът на паралелепипеда е V = AB.BC.CC 1 = 288 см . k ∋M ∋M ρ ∩ (CC1 D) = l (защо?) ⇒ l . Нека l ∩ DD1 = M1 , като MM1 = AB. kAB kAB При това ρ ∩ (BCC1 ) = BM и ρ ∩ (ADD1 ) = AM1 . Тогава търсеното сечение е правоъгълникът ABMM1 (AB⊥BM, понеже AB⊥(BCC1 ) и BM ∈ (BCC1 )). 1 Sсеч. = SABM M1 = AB.BM. От правоъгълния триъгълник BCM и от MC = CC1 = 2 √ 3 се намира BM = BC 2 + MC 2 = 5. Окончателно Sсеч. = 12.5 = 60 см2 .
ТРЕТА ТЕМА – ОТГОВОРИ, ТОЧКИ, УКАЗАНИЯ ЗА ОЦЕНЯВАНЕ 1 1 1.1. − 1 т. : x ∈ − , ; 2 3 Задача 1. 1.2. − 2 т. : x = − 5 ; 3 1.3. − 1 т. : x1 = 0, x2 = 1.
================================================= 2.1. − 2 т. : m1 = −11, m2 = 9, min f (x) = f (1) = 16; Задача 2. √ √ 2.2. − 2 т. : m ∈ (−1 − 4 6, −1 + 4 6).
================================================= √ 3.1. − 2 т. : MN = 6 см или MN = 2 5 см; Задача 3. 3.2. − 2 т. : S = 30, 72 см2 или S = 32 см2 . ================================================= 4.1. − 2 т. : AB = 12 см, BC = 4 см; Задача 4. 4.2. − 2 т. : V = 288 см3 , Sсеч. = 60 см2 .
================================================= • Всяко подусловие се оценява по дадената точкова схема с точност до 0, 5 точки. Σ • Всеки проверяващ определя оценката по формулата 2+ , където Σ е общият 4 сбор точки. • Крайната оценка е средно аритметична 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. д-р Димитър Петров/