2013.08.07 Великотърновски университет "Св.св. Кирил и Методий"

Великотърновски университет Св. св. Кирил и Методий“ ”

КОНКУРСЕН ИЗПИТ ПО МАТЕМАТИКА 8 юли 2013 г. ПЪРВА ТЕМА Задача 1. Да се реши: 1.1.

1 (2x − 1)2 2(x + 4) − < x2 + ; 4 3 12

1.2. lg(2x + 1) + lg(5x + 2) = lg 9 ; 1.3. 125x

2− 1 3

< 25 .

Задача 2. Дадени са функциите f1 (x) = x2 − 2px + p2 + p − 3 и f2 (x) = −x2 − 2qx − q 2 − 2 , където p и q са параметри.

2.1. Нека f (x) = f1 (x) − f2 (x) . Да се намери най-малката стойност на f (x), ако p = 2 и q = 1.

2.2. Да се намерят стойностите на параметрите p и q, за които върхът на параболата, която е графика на f1 (x), съвпада с върха на параболата, която е графика на f2 (x). Задача 3. Триъгълникът ABC е правоъгълен с прав ъгъл при върха C. 3.1. Да се намери лицето на триъгълника окръжност е 1.

∆ABC,

ако AC = 3 и радиусът на вписаната в

1 3.2. Да се намерят големините на ъглите на ∆ABC, ако r = (BC − AC), където 2 r е радиусът на вписаната в триъгълника окръжност. Задача 4. Даден е кубът ABCDA1 B1 C1 D1 с дължина на ръба a.

4.1. Точката P лежи върху ръба BC, а точката Q лежи върху ръба DC така, че ∆AP Q е равностранен. Да се докаже, че ∆CP Q е равнобедрен и да се намери периметърът на ∆AP Q. 4.2. Точката M лежи върху ръба BB1 , като BM : M B1 = 1 : 3. Точката N лежи върху ръба DD1 , като D1 N : N D = 1 : 3. Да се докаже, че AM C1 N е успоредник и да се намери обемът на пирамидата BCC1 M N .

ПРИМЕРНИ РЕШЕНИЯ Задача 1.

1.1. Множеството от допустимите стойности е x ∈ R. След умножаване на двете страни на даденото неравенство с 12, се получава еквивалентното неравенство 3 3(4x2 − 4x + 1) − 8(x + 4) < 12x2 + 1 ⇐⇒ −20x < 30. Окончателно x > − .

2 1.2. Множеството от допустимите стойности на уравнението е

x > −1

2x + 1 > 0 2

2

⇐⇒ ⇐⇒ x > − .

5

x > −2

5x + 2 > 0 5

2 При x > − логаритмичното уравнението е еквивалентно на lg[(2x+1)(5x+2)] = lg 9.

5 Последното е еквивалентно на (2x+1)(5x+2) = 9 ⇐⇒ 10x2 +9x−7 = 0. Корените на 7 1 полученото квадратно уравнение са x1 = − , x2 = . Тъй като x1 не принадлежи на 5 2 1 множеството от допустимите стойности, то уравнението има единствен корен x = .

2 1.3. Множеството от допустимите стойности е x ∈ R. Показателното неравенство 2 1 е еквивалентно на 53(x − 3 ) < 52 . Основата на показателната функция е 5 > 1. Следователно даденото неравенство е еквивалентно на 3x2 − 1 < 2 ⇐⇒ x2 − 1 < 0. Решението на последното неравенството е x ∈ (−1, 1). Задача 2.

2.1. При p = 2 за f1 (x) се получава f1 (x) = x2 − 4x + 3. При q = 1 за f2 (x) се получава f2 (x) = −x2 − 2x − 3. Тогава f (x) = f1 (x) − f2 (x) = 2x2 − 2x + 6. Наймалката стойност на квадратната функция f (x) е ординатата на върха на параболата,

1 11 1 която е графика на f (x). Върхът има абсциса x = и ордината y = f = .

2 2 2 11 Следователно най-малката стойност на f (x) е .

2 2.2. Нека точките V1 и V2 са върховете на параболите, които са графики на функциите f1 (x) и f2 (x), съответно. Абсцисата на V1 е x = p, а ординатата и ´ е y = f1 (p) = p − 3. Абсцисата на V2 е x = −q, а ординатата и ´ е y = f2 (−q) = −2. Двата върха съвпадат тогава и само тогава, когато абсцисите и ординатите им съвпадат, съответно. Следователно p и q са решенията на системата

p = −q

p − 3 = −2 . Системата има единствено решение p = 1, q = −1.

Задача 3. Използват се стандартните означения AB = c, BC = a, AC = b и r – радиус на вписаната в ∆ABC окръжност.

B

a

c r b

O

C

b

A

3.1. Известно е, че за правоъгълен триъгълник a + b − c = 2r. В конкретния случай a + 3 − 2 = c. От последното равенство и Питагоровата теорема a2 + b2 = c2 ab 4.3 се получава a2 + 9 = (a + 1)2 , откъдето a = 4. Следователно S∆ABC = = = 6.

2 2 a+b−c 1 3.2. Тъй като <) ACB = 90◦ , то r = . По условие r = (a − b) и следова2 2 a−b a+b−c b 1 телно = , откъдето 2b = c. Това показва, че sin <) ABC = = , т. е.

2 2 c 2 <) ABC = 30◦ и <) BAC = 60◦ . Задача 4.

D1 C1 A1

N N1

D

Q

C

B1 O b

K P

D M A

a

C

A

B

B

4.1. От AP = AQ, AB = AD и <) ABP = <) ADQ = 90◦ следва, че ∆ABP ∼ = ∆ADQ. Следователно BP = DQ и CP = CQ, откъдето ∆CP Q е равнобедрен и <) QP C = <) P QC = 45◦ . Нека диагоналът AC пресича QP в точката O. Тъй като AC е ъглополовяща в равнобедрения ∆CP Q, то AC⊥QP и QO = OP . Нека QO = OP = x. √ √ Лесно се вижда, че CO = x и AO =√ 3x. √Следователно AC = ( 3 + 1)x. От друга √ √ 2 страна AC = a 2, откъдето x = √a3+1 = 22 ( 3 − 1)a. Окончателно P∆AP Q = 6x = √ √ 3 2( 3 − 1)a.

4.2. От BM : M B1 = 1 : 3 следва, че BM = a4 . Аналогично D1 N = a4 . Нека K ∈ CC1 такава, че CK = a4 . Очевидно BCKM е правоъгълник. Следователно M KkBC и M K = BC. От ABCD – квадрат, следва, че AM KD е успоредник (ADkBCkM K, AD = BC = M K). Следователно AM kDK и AM = DK. От друга страна KC1 = DN = 3a и DN kKC1 , откъдето DKC1 N е успоредник. От тук 4 DKkN C1 и DK = N C1 . Така AM kDKkN C1 и AM = DK = N C1 , откъдето следва, че AM C1 N е успоредник. Пирамидата BCC1 M N има за основа правоъгълния трапец 2 BCC1 M . Лицето на основата е SBCC1 M = 21 (CC1 + BM )BC = 12 (a + a4 ) · a = 5a8 . Нека N1 ∈ CC1 , като N N1 ⊥CC1 . Тогава N N1 C1 D1 е правоъгълник и N N1 = C1 D1 = a. Тъй като правата BC е перпендикулярна на равнината DCC1 D1 , то BC⊥N N1 . От N N1 ⊥CC1 и N N1 ⊥BC следва, че правата N N1 е перпендикулярна на равнината BCC1 M , т. е. N N1 е височината на пирамидата BCC1 M N . Окончателно VBCC1 M N = 2 3 1 S .N N1 = 31 · 5a8 · a = 5a .

3 BCC1 M 24

ПЪРВА ТЕМА – ОТГОВОРИ, ТОЧКИ, УКАЗАНИЯ ЗА ОЦЕНЯВАНЕ  1.1. − 1 т. : x > − 23 ;      Задача 1. 1.2. − 1,5 т. : x = 12 ;      1.3. − 1,5 т. : x ∈ (−1, 1).

================================================= 

;  2.1. − 2 т. : f 21 = 11 2 Задача 2.  2.2. − 2 т. : p = 1, q = −1.

=================================================   3.1. − 2 т. : S∆ABC = 6; Задача 3.  3.2. − 2 т. : <) ABC = 30◦ ; <) BAC = 60◦ ; <) ACB = 90◦ .

=================================================  √ √  4.1. − 2 т. : P∆AP Q = 3 2( 3 − 1)a; Задача 4.  5 3 a.

4.2. − 2 т. : V = 24

================================================= • 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 Галя Накова/