2013.14.04 Великотърновски университет "Св.св. Кирил и Методий"

Великотърновски университет Св. св. Кирил и Методий“ ”

КОНКУРСЕН ИЗПИТ ПО МАТЕМАТИКА 14 април 2013 г. ТРЕТА ТЕМА Задача 1. Да се реши: 1.1.

x3 >0; (x2 − 1)(x + 8)

1.2. 152x−3 = 3x .53x−6 ; √ √ √ 1.3. x + 1 + 4x + 13 = 3x + 12 . Задача 2. Дадени са функциите g1 (x) = x + 2 и g2 (x) = −x .

2.1. Нека f (x) = x2 +2x−1 . Ако x1 и x2 са корените на уравнението f (x) = g1 (x) , а x3 и x4 са корените на уравнението f (x) = g2 (x) , да се намери стойността на израза A = x21 + x22 + x23 + x24 .

2.2. Нека h(x) = x2 + px + q , където p и q са реални параметри. Да се намерят стойностите на p и q, за които всяко от уравненията h(x) = g1 (x) и h(x) = g2 (x) има единствено решение. Задача 3. Даден е равнобедреният триъгълник ABC с основа AB = 30 и AC = BC = 25.

3.1. Да се докаже, че ∆ABC е остроъгълен и да се намери синусът на <) CAB. 3.2. Окръжност с диаметър страната AC на дадения ∆ABC пресича страните AB и BC съответно в точките H и P . Да се намерят дължините на диагоналите CH и AP на четириъгълника AHP C и лицето на ∆HCP . Задача 4. Около окръжност с център точка O е описан трапецът ABCD, за който √ ABkCD, AB > CD и AD⊥AB. Лицето на трапеца е 18 + 12 3 , а <) ABC = 60◦ .

4.1. Да се намери дължината на AD. 4.2. Пирамидата ABCDM има за основа дадения трапец ABCD, като ортогоналната проекция на върха M върху основата е т. O. Да се докаже, че в пирамидата може да се впише сфера и да се намери радиусът и `, ако ъгълът между околния ръб ◦ M B и равнината на основата е 45 .

ПРИМЕРНИ РЕШЕНИЯ Задача 1.

1.1. В множеството на допустимите стойности x 6= ±1; −8, даденото неравенство е еквивалентно на x3 (x2 − 1)(x + 8) > 0 ⇐⇒ x(x − 1)(x + 1)(x + 8) > 0. По метода на интервалите се получава x ∈ (−∞; −8) ∪ (−1; 0) ∪ (1; +∞) .

1.2. Даденото уравнение може да се запише във вида 32x−3 .52x−3 = 3x .53x−6 ⇐⇒

x−3 32x−3 53x−6 3 x−3 x−3 = 1 ⇒ x − 3 = 0 ⇒ x = 3. = ⇐⇒ 3 = 5 , откъдето 3x 52x−3 5 1.3. Допустимите стойности за x са x ∈ [−1; +∞). Следователно уравнението е еквивалентно на системата

x ≥ −1

x ≥ −1

√

√ √ √ ⇐⇒

x + 1. 4x + 13 = −1 − x .

5x + 14 + 2 x + 1. 4x + 13 = 3x + 12

Необходимо е −1 − x ≥ 0 ⇐⇒ x ≤ −1. Директната проверка показва, че x = −1 е корен на уравнението. Задача 2.

2.1. Уравненията f (x) = g1 (x) и f (x) = g2 (x) са еквивалентни съответно на x + x − 3 = 0 и x2 + 3x − 1 = 0. От формулите на Виет се получава 2

x1 + x2 = −1, x1 x2 = −3 и x3 + x4 = −3, x3 x4 = −1. Изразът A е еквивалентен на A = (x1 + x2 )2 − 2x1 x2 + (x3 + x4 )2 − 2x3 x4 . Окончателно A = 18.

2.2. Уравненията h(x) = g1 (x) и h(x) = g2 (x) са еквивалентни съответно на x + (p − 1)x + q − 2 = 0 и x2 + (p + 1)x + q = 0. Тези уравнения имат единствени решения тогава и само тогава, когато дискриминантите им D1 = (p − 1)2 − 4(q − 2) и D2 = (p + 1)2 − 4q са равни на нула, т. е.

(p − 1)2 − 4(q − 2) = 0

.

(p + 1)2 − 4q = 0 2

След почленно изваждане на уравненията на системата, тя е еквивалентна на

(p − 1)2 − (p + 1)2 + 8 = 0

.

(p + 1)2 − 4q = 0

9 Системата има единствено решение p = 2, q = .

4

C

Задача 3.

b

O

P

b

b

A

H

B

3.1. За да се докаже, че равнобедреният ∆ABC е остроъгълен, достатъчно е да се докаже, че <) ACB е остър. От косинусовата теорема за ∆ABC следва AB 2 = AC 2 + BC 2 − 2AC.BC. cos <) ACB ⇐⇒ 900 = 625 + 625 − 2.25.25. cos <) ACB. 7 > 0, т. е. <) ACB е остър.

25 Нека CH е височината през върха C, която е и медиана. Дължината на CH се √ √ намира по Питагоровата теорема за ∆AHC : CH = AC 2 − AH 2 = 252 − 152 = 20.

20 4 CH = = . От правоъгълния ∆AHC се намира sin <) CAB = AC 25 5 3.2. Тъй като AC е диаметър на окръжността, то <) AHC = <) AP C = 90◦ . Следователно CH и AP са височини в ∆ABC. В 3.1. е намерено CH = 20. За да се намери дължината на AP , лицето S∆ABC на ∆ABC се изразява по два начина: Тогава cos <) ACB =

AB.CH = 300, 2

S∆ABC =

S∆ABC =

BC.AP 25.AP = , 2 2

откъдето се получава AP = 24. Лицето на ∆HCP може да се намери като разлика от лицата на ∆CHB и ∆P HB. 1 Тъй като CH е медиана в ∆ABC, а P H е медиана в ∆ABP , то S∆CHB = S∆ABC = 150 2 1 и S∆P HB = S∆ABP . Дължината на BP се намира по Питагоровата теорема за ∆ABP √ 2 √ BP = AB 2 − AP 2 = 302 − 242 = 18. Тогава 1 AP.BP 1 24.18 1 = · = 108.

S∆P HB = S∆ABP = · 2 2 2 2 2 Окончателно S∆HCP = 150 − 108 = 42. Задача 4.

D

C

O 30◦ b

A

P

C1

B

4.1. Нека CC1 е височина в ABCD. От ∆CBC1 – правоъгълен с <) C1 BC = 60◦ се √ получава AD = CC1 = 23 BC. Поради факта, че четириъгълникът ABCD е описан около окръжност, AB +CD = BC +AD. От формулата за лице на трапец се получава √ √ √ 3 AB + CD BC + AD 2+ 3 3+2 3 2 S= · AD = · AD = · · BC = · BC 2 .

2 2 4 2 8 √ √ √ √ 3+2 3 3+2 3 ⇒ 18 + 12 3 = · BC 2 ⇐⇒ 6(3 + 2 3) = · BC 2 ⇐⇒ BC 2 = 48 .

8 8 √ Оттук BC = 4 3 и AD = 6.

4.2.

M M

C

R

D

K

Q O1

b

O

S A

P

B O

P

Тъй като страните AB и CD са успоредни и AD⊥AB, то дължината на AD е равна на диаметъра на вписаната окръжност. Следователно радиусът на тази окръжност е 3. От свойствата на вписаната окръжност <) ABO = 30◦ . Оттук BO = sin330◦ = 6. Тъй като BO е ортогоналната проекция на BM върху основата, то ъгълът между околния ръб BM и основата е равен на <) OBM . Така ∆OBM е правоъгълен с ъгъл 45◦ и следователно M O = BO = 6. Нека P , Q, R и S са допирните точки на вписаната в трапеца ABCD окръжност съответно със страните AB, BC, CD и AD. Тогава OP ⊥AB, OQ⊥BC, OR⊥CD и OS⊥AD. Тъй като O е ортогоналната проекция на M върху равнината ABCD, то по теоремата за трите перпендикуляра M P ⊥AB, M Q⊥BC, M R⊥CD и M S⊥AD. Следователно <) OP M е линеен на двустенния <)(ABCD, ABM ), <) OQM е линеен на двустенния <)(ABCD, BCM ), <) ORM е линеен на двустенния <)(ABCD, CDM ) и <) OSM е линеен на двустенния <)(ABCD, ADM ). В еднаквите триъгълници ∆M OP , ∆M OQ, ∆M OR и ∆M OS се построяват ъглополовящите към M O. Те се пресичат в една точка O1 върху M O и лежат в ъглополовящите равнини на двустенните ъгли между околните стени и основата на пирамидата. Следователно точка O1 е равноотдалечена от околните стени и основата, т. е. е център на вписаната в пирамидата сфера. √ √ В ∆OP M : OP = 3, OM = 6, M P = 62 + 32 = 3 5. Нека точката K ∈ M P и O1 K⊥M P . Тогава радиусът на вписаната сфера R = O1 K = O1 O. Също така √ KO1 3 3 R OP √ 5 − 1). = ⇐⇒ ⇐⇒ R = ( = ∆OP M ∼ ∆KO1 M ⇒ MP M O1 6−R 2 3 5

ТРЕТА ТЕМА – ОТГОВОРИ, ТОЧКИ, УКАЗАНИЯ ЗА ОЦЕНЯВАНЕ  1.1. − 1,5 т. : x ∈ (−∞, −8) ∪ (−1; 0) ∪ (1; +∞);      Задача 1. 1.2. − 1 т. : x = 3;      1.3. − 1,5 т. : x = −1.

=================================================   2.1. − 2 т. : A = 18; Задача 2.

9  2.2. − 2 т. : p = 2, q = .

4 =================================================  4  3.1. − 1,5 т. : sin <) CAB = ; 5 Задача 3.  3.2. − 2,5 т. : CH = 20, AP = 24, S∆HCP = 42.

=================================================   4.1. − 1,5 т. : AD = 6; Задача 4.

3 √  4.2. − 2,5 т. : R = ( 5 − 1).

2 ================================================= • 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. ================================================= Изпитна комисия:

/доц. д-р Виолета Маринова/ /доц. д-р Галя Накова/ /гл. ас. Паскал Пиперков/ /ас. д-р Николай Иванов/