2013.14.04 МИННО - ГЕОЛОЖКИ УНИВЕРСИТЕТ "СВ. ИВАН РИЛСКИ" София

МИННО-ГЕОЛОЖКИ УНИВЕРСИТЕТ „СВЕТИ ИВАН РИЛСКИ” – СОФИЯ

КОНКУРСЕН ИЗПИТ ПО МАТЕМАТИКА 14. 04. 2013 год.

ВАРИАНТ 3 Задача 1. Определете множеството от допустими стойности на реалния параметър δ в уравнението 7x + 5 = δ и решете уравнението при δ = 3 . Задача 2. За кои стойности на реалния параметър m уравнението x + (m − 1) x + m + 2 = 0 има равни корени?

2

Задача 3. Дадена е функцията G ( x) = x 3 + 2 x 2 + x .

3.1. Намерете най-малката и най-голямата стойности на G (x) при x ∈ [− 2;0] .

3.2. Покажете, че стойностите на G (k ) са четни числа при цели стойности на аргумента k .

3.3. Решете уравнението G (log 4 x) = 0, x > 0 .

Задача 4. Даден е правоъгълен триъгълник с един остър ъгъл от 60 . В него е вписан ромб с дължина на страната 6 см по такъв начин, че ъгълът от 60 е общ. Всички върхове на ромба лежат на страните на триъгълника. Да се намерят дължините на страните на триъгълника.

МИННО-ГЕОЛОЖКИ УНИВЕРСИТЕТ „СВЕТИ ИВАН РИЛСКИ” – СОФИЯ

КОНКУРСЕН ИЗПИТ ПО МАТЕМАТИКА 14. 04. 2013 год. ВАРИАНТ 3 Задача 1. Определете множеството от допустими стойности на реалния параметър δ в уравнението 7x + 5 = δ и решете уравнението при δ = 3 . РЕШЕНИЕ: Множеството от допустими стойности на δ е [0, ∞) . При δ = 3 получаваме уравнението 7 x + 5 = 3 , чието дефиниционно множество 5 7

е x ∈ [− , ∞) и от 7 x + 5 = 3 2 получаваме: x =

4 .

7

Задача 2. За кои стойности на реалния параметър m уравнението x + (m − 1) x + m + 2 = 0 има равни корени? РЕШЕНИЕ: Корените на даденото уравнение са равни, когато дискриминантата му D е равна на нула, D = (m − 1) 2 − 4(m + 2) = m 2 − 6m − 7 . Така получаваме квадратното уравнение m 2 − 6m − 7 = 0 , чиито корени са m1 = −1 и m2 = 7 – това са и търсените стойности. Задача 3. Дадена е функцията G ( x) = x 3 + 2 x 2 + x .

3.1. Намерете най-малката и най-голямата стойности на G ( x) при x ∈ [− 2;0] . РЕШЕНИЕ: G ′( x) = 3 x 2 + 4 x + 1 = (3 x + 1)( x + 1) . Следователно G ( x) е строго растяща 2

1 1 в [−2;−1) , строго намаляваща в  − 1;−  и строго растяща в  − ;0 , откъдето 

3

 3 

1 3

получаваме, че при x = −1 G ( x) има локален максимум: G (−1) = 0 , а при x = − – 1 1 2 1 4 локален минимум: G −  = − + − = − . G (−2) = −2 , G (0) = 0 .  3

27

9

3

27

Най-малката стойност на функцията в интервала [− 2;0] се достига при x = −2 : G (−2) = −2 , а най-голямата стойност на функцията в разглеждания интервал се достига при x = −1 и при x = 0 : G (−1) = G (0) = 0 .

3.2. Покажете, че стойностите на G (k ) са четни числа при цели стойности на аргумента k . РЕШЕНИЕ: G ( x) = x 3 + 2 x 2 + x = x( x 2 + 2 x + 1) = x( x + 1) 2 . Ако k е цяло число, то числата k и k + 1 са последователни цели числа, поне едно от които е четно. Числата 2 k + 1 и (k + 1) са с една и съща четност. Тогава G (x) при x = k е произведение на цели числа, поне едно от които е четно, следователно и произведението G (k ) е четно число.

3.3. Решете уравнението G (log 4 x) = 0, x > 0 .

2 РЕШЕНИЕ: 0 = G (log 4 x) = log 4 x(log 4 x + 1) ⇒ x1 = 1, x 2,3 = 4 −1 .

Задача 4. Даден е правоъгълен триъгълник с един остър ъгъл от 60 . В него е вписан ромб с дължина на страната 6 см по такъв начин, че ъгълът от 60 е общ. Всички върхове на ромба лежат на страните на триъгълника. Да се намерят дължините на страните на триъгълника. РЕШЕНИЕ: Означаваме катета на триъгълника, който е срещу другия остър ъгъл (от 30 ), с a . Тогава по-големият катет е a 3 , а хипотенузата – 2a (Питагор). Един от върховете на вписания ромб съвпада с този връх на дадения триъгълник, при който съответният ъгъл е 60 . Двете съседни страни на ромба, които минават през този връх, лежат съответно на малкия катет и на хипотенузата на триъгълника, а срещуположният връх на ромба е върху големия катет на триъгълника.

Тази страна на ромба, която е успоредна на хипотенузата на дадения триъгълник, е хипотенуза в друг правоъгълен триъгълник, чийто по-малък катет от една страна е равен на a − 6 , а от друга е катет, лежащ срещу ъгъл от 30 , следователно е равен на половината от хипотенузата (която е 6 см). От a − 6 = 3 намираме a = 9 см. Останалите страни на триъгълника са с дължини 9 3 см и 18 см.

Минно – геоложки Университет “Свети Иван Рилски”

Критерии за оценяване на задачите ОТ ПРИЕМНИЯ ИЗПИТ ПО МАТЕМАТИКА НА 14.04.2013 г. ЗАДАЧА 1. Определяне на множеството от допустими стойности на δ 1 т. Определяне на дефиниционното множество на ирационалното уравнение Получаване на решението

4 точки

ЗАДАЧА 2. Изразяване на условието за равенство на корените на уравнението Определяне на търсените стойности на параметъра 2 т.

3 точки 1 т.

ЗАДАЧА 3.

3.1. Намиране на производната Намиране на локалните екстремуми Намиране на най-малката и най-голямата стойности на функцията 3.2. Преобразуване и доказателство 3.3. Намиране на корените на полученото уравнение

7 точки 1 т.

1 т.

1 т.

2 т.

2 т.

ЗАДАЧА 4. Съставяне на подходящи връзки между метрични елементи Намиране на страните на триъгълника

4 точки 2 т.

2 т.

1 т.

2 т.

ЗАБЕЛЕЖКА: Горните критерии са съставени върху основа на решенията, дадени от авторите. Всички други възможни решения се оценяват по аналогичен начин в рамките на определените за съответната задача точки.

Формулата за определяне на оценката е 2 k<3  , Q= k = 3, ... ,18 3 + ( k − 3) . 0,2 където Q е окончателната оценка, а к е броят на получените точки.