2012.10.07 МИННО - ГЕОЛОЖКИ УНИВЕРСИТЕТ "СВ. ИВАН РИЛСКИ" София

МИННО-ГЕОЛОЖКИ УНИВЕРСИТЕТ „СВЕТИ ИВАН РИЛСКИ” – СОФИЯ

КРАТКИ РЕШЕНИЯ НА ЗАДАЧИТЕ 10. 07. 2012 год.

ВАРИАНТ 3 Задача 1. Решете уравненията: 1.1. x 2 + 3 x − 69 = p при p = 1 ; 1.2. 4 2 x − 5.4 x + 4 = 0 . Задача 2. За кои стойности на параметъра n корените на уравнението x 2 + (n − 4) x + n + 4 = 0 са реални и различни?

Задача 3. Дадена е функцията f ( x) =

x2 + 4 . x 2 − 5x + 4

3.1. Намерете дефиниционното й множество.

3.2. Намерете границата lim f ( x) . x→∞ 3.3. Намерете стойностите на x , за които f ( x) > 0 .

3.4. Нека М е пресечната точка на графиката на функцията f ( x) с ординатната ос. Намерете тангенса на ъгъла между допирателната към графиката на функцията в точката М и положителната посока на абсцисната ос.

Задача 4. В равнобедрен триъгълник височината към основата е 6 см. Отношението на основата към бедрото е 2:5. Да се намерят: 4.1. дължините на бедрата на триъгълника; 4.2. дължината на радиуса на вписаната в триъгълника окръжност.

МИННО-ГЕОЛОЖКИ УНИВЕРСИТЕТ „СВЕТИ ИВАН РИЛСКИ” – СОФИЯ

КРАТКИ РЕШЕНИЯ НА ЗАДАЧИТЕ 10. 07. 2012 год.

ВАРИАНТ 3 Задача 1. Решете уравненията: 1.1. x 2 + 3 x − 69 = p при p = 1 ; 1.2. 4 2 x − 5.4 x + 4 = 0 . Решение: − 3 ± 9 + 280 − 3 ± 17 = .

2 2 Отг.: x1 = −10, x2 = 7.

1.1. x 2 + 3x − 69 = 1 , при p = 1 ⇒ x 2 + 3x − 70 = 0 ⇒ x1, 2 =

1.2. За y = 4 x от уравнението 4 2 x − 5.4 x + 4 = 0 получаваме:

y2 − 5y + 4 = 0 . y>0

Решенията на последната система са: y1 = 1, y 2 = 4 , а съответните решения на даденото показателно уравнение: x1 = 0, x2 = 1 . Задача 2. За кои стойности на параметъра n корените на уравнението x 2 + (n − 4) x + n + 4 = 0 са реални и различни? Решение: Корените на даденото квадратно уравнение са реални и различни, когато неговата дискриминанта D е положителна, D = (n − 4) 2 − 4(n + 4) . Така 2 получаваме квадратното неравенство n − 12n > 0 , откъдето намираме множеството от търсените стойности на параметъра n : (− ∞,0) ∪ (12, ∞ ) . x2 + 4 Задача 3. Дадена е функцията f ( x) = 2 . x − 5x + 4

3.1. Намерете дефиниционното й множество. Решение: Функцията f ( x) е дефинирана, когато x 2 − 5 x + 4 ≠ 0 , т.е. при x ∈ (− ∞,1) ∪ (1, 4) ∪ (4, ∞ ) .

3.2. Намерете границата lim f ( x) . x→∞ Решение: lim f ( x) = lim x →∞ x →∞

x +4 = lim x − 5 x + 4 x →∞ 2

2

1+ 1−

4 x2

5 4 + x x2

= 1.

3.3. Намерете стойностите на x , за които f ( x) > 0 . Решение: f ( x) > 0 ⇔ (x 2 + 4)(x 2 − 5 x + 4) > 0 ⇔ x 2 − 5 x + 4 > 0 . Търсените стойности са: x ∈ (− ∞,1) ∪ (4, ∞ ) .

3.4. Нека М е пресечната точка на графиката на функцията f (x) с ординатната ос. Намерете тангенса на ъгъла между допирателната към графиката на функцията в точката М и положителната посока на абсцисната ос. Решение: Ъгълът между положителната посока на абсцисната ос и допирателната към графиката на дадена функция f (x) в точка M (x0 , f ( x0 ) ) има тангенс, равен на стойността на производната на функцията f (x) в x0 . В случая точката М е от ординатната ос, следователно x0 = 0 . Търсим f ′(0) .  x2 + 4   f ′(0) =  2  x − 5x + 4 

[

′ x =0

 x 2 − 5x + 4 + 5x   =  2  x − 5x + 4 

]

⇒ f ′(0) = 5 x( x 2 − 5 x + 4) −1 ′

x =0

′ x =0

5x   = 1 + 2   x − 5x + 4 

′ ⇒ x =0

′ 5 = 5 x′( x 2 − 5 x + 4) −1 + x ( x 2 − 5 x + 4) −1  = 5(4−1 + 0) = .

4   x =0

(

)

Задача 4. В равнобедрен триъгълник височината към основата е 6 см. Отношението на основата към бедрото е 2:5. Да се намерят: 4.1. дължините на бедрата на триъгълника; 4.2. дължината на радиуса на вписаната в триъгълника окръжност. Решение: Означаваме основата на триъгълника с a , бедрото му – с b , а дадената височина – с h ( h = 6 см.). Ако a = 2 x , то b = 5 x (по условие). Решение на 4.1.: От теоремата на Питагор за правоъгълния триъгълник с хипотенуза b = 5 x и катети a=

a h = x и h получаваме x 5 2 − 12 = h ⇒ x = ⇒ 2 2 6

h 5h . ; b= 6 2 6

Отг. Дължините на бедрата на триъгълника са b =

5 .6 2 6

=5

3 см.

2

Решение на 4.2.: От съответните формули за лице на дадения триъгълник

a+b+b = x + 5 x = 6 x е полупериметърът на 2 h триъгълника, а r – търсеният радиус. Тогава 6 x.r = xh ⇒ r = = 1 см.

6 a 2

получаваме: pr = h , където p =

Минно – геоложки Университет “Свети Иван Рилски”

Критерии за оценяване на задачите ОТ ПРИЕМНИЯ ИЗПИТ ПО МАТЕМАТИКА 10. 07. 2012 год.

ЗАДАЧА 1.

1.1. Получаване на квадратно уравнение Решаване на уравнението 1.2. Получаване на квадратно уравнение Решаване на квадратното уравнение Намиране на решенията на даденото уравнение

– 5 точки -1 т.

-1 т.

-1 т.

-1 т.

-1 т.

ЗАДАЧА 2.

– 3точки Получаване на квадратно неравенство за параметъра от условието за различни реални корени на квадратното уравнение -1 т. Намиране на търсените стойности на параметъра -2 т. ЗАДАЧА 3.

3.1. Определяне на дефиниционното множество 3.2. Намиране на търсената граница 3.3. Определяне на търсените стойности 3.4. Определяне на абсцисата на т. М Намиране на търсения тангенс -1 т.

– 6 точки -1 т.

-1 т.

-2 т.

-1 т.

ЗАДАЧА 4.

4.1. Намиране на търсената дължина 4.2. Намиране на дължината на радиуса на вписаната окръжност

– 4 точки -2 т.

-2 т.

ЗАБЕЛЕЖКА: Горните критерии са съставени въз основа на решенията, дадени от авторите. Всички други възможни решения се тълкуват по аналогичен начин в рамките на определените за съответната задача точки. Формула за определяне на оценката: 2 k<3  Q= k = 3, ... ,18 3 + ( k − 3) . 0,2 (к е броят на получените точки, а Q – окончателната оценка).