VTU_KSK14_M3_sol.dvi

Препис

1 Великотърновски университет Св. св. Кирил и Методий 07 юли 01 г. ТРЕТА ТЕМА Задача 1. Да се решат уравненията: 1.1. x +x+1 = 1 x 1 + 8x 1 x 3 1 ; 1.. log x+log x 3 = 0; 1.3. x x 1 = 0. Задача. Дадено е уравнението x +ax+b = 0, къдетоaиbса реални параметри. Да се намерят:.1. стойностите на a и b, за които уравнението има два реални корена x 1 и x, за които x 1 +x = x 1 x и стойността на израза е минимална; P = x 1 +x +x 1 +x +x 1 x корените на даденото уравнение, ако a и b са съответно четвъртият и единадесетият член на аритметичната прогресия a 1,a,..., за която a a = 10, а сумата от първите пет члена е S 5 = 60. Задача 3. Диагоналите на равнобедрен трапец ABCD с бедро BC = 1 см се пресичат в точкаo, точкитеm иn са среди съответно наao иbc, катоmn = BN Да се намерят <)BMC и <)AOB. 3.. Ако CO : OA = 3 : 5, да се намерят основите и лицето на трапеца. Задача. Даден е четириъгълник ABCD, в който може да се впише окръжност. Известно е, че CD = 15 см, BD = 13 см, <)BAD = 90, <)BCD = Да се намерят страните на четириъгълника и радиусът на вписаната в него окръжност... Да се намери обемът на пирамидата ABCDM, ако височината и е MH = 16 см. НА ВСИЧКИ КАНДИДАТ-СТУДЕНТИ ПОЖЕЛАВАМЕ УСПЕХ!

2 7 юли 01 г. ТРЕТА ТЕМА ПРИМЕРНИ РЕШЕНИЯ Задача 1. Да се решат уравненията: 1.1. Тъй като x +x+1 > 0 за всяко реално число x и x 3 1 = (x 1)(x +x+ 1), то областта от допустимите стойности за неизвестното x в даденото рационално уравнение е ОДС : x 1. Тогава x +x+1 = 1 x 1 + 8x 1 x 3 1 x +5x+ = 0. Корени на полученото квадратно уравнение са числата 1 ОДС и ОДС. Следователно решения на даденото рационално уравнение са x 1 = 1 и x =. 1.. Областта от допустимите стойности за неизвестното x в даденото логаритмично уравнение е ОДС : x > 0. Като положимy = log x, получавамеy +y 3 = 0. Корени на полученото квадратно уравнение са числата y 1 = 3 и y = 1. Следователно решения на даденото логаритмично уравнение са x 1 = 3 = и x = 1 = Като положим y = x > 0, получаваме y +3y = 0 y 1 = < 0, y = 1 > 0 x = 1 = 1 x = 1. Задача. Дадено е уравнението x +ax+b = 0, къдетоaиbса реални параметри..1. За да има два реални корена x 1 и x, е необходимо a b 0. Като използваме формулите на Виет, получаваме x 1 +x = a, x 1 x = b. Тъй като x 1 +x = x 1 x, то a = b. Тогава a b = b b 0 при b 0 или b. Освен това P = x 1 +x +x 1 +x +x 1 x +01 = (x 1 +x ) +(x 1 +x )+x 1 x +01 P = a a+b+01 = b +b+01 = (b+) Следователно минималната стойност на P е 010 и тя се достига при b = < 0. В този случай a = и x 1, = 1± 3... Нека d е разликата на разглежданата аритметична прогресия. Тогава a a = d = 10, а S 5 = 5a 1 +10d = 60. Следователно d = 5 и a 1 =, оттук a = 17, a 11 = 5. Уравнението x +17x+5 = 0 има два реални корена x 1 = и x = 13.

3 Задача 3. D C O N M A 3.1. Тъй като MN = BN = CN, BMC е правоъгълен и <)BMC = 90. Оттук следва, чеbm е височина и медиана в ABO, което доказва, че ABO е равнобедрен и BO = BA. Тъй като трапецът е равнобедрен, то BO = AO, следователно ABO е равностранен и <)AOB = За диагонала AC имаме H B AC = AO+OC = 8 5 AO = 8 5 AB. По косинусовата теорема за ABC получаваме BC = AB +AC AB.AC.cos60 1 = AB AB 8 5 AB = 9 5 AB. Оттук AB = 10 см, CD = OC = 3 5 AB = 6 см, AC = 8 AB = 16 см. За височината на 5 трапеца получаваме CH = ACsin60 = 8 3 см. Следователно S ABCD = AB +CD CH = 6 3 см. Задача. D O C A B

4 .1. По косинусовата теорема за BCD получаваме BD = BC +CD BC.CD.cos60 13 = BC BC BC 15BC +56 = 0. Следователно BC = 8 см или BC = 7 см. Тъй като в четириъгълника може да се впише окръжност, то AB + CD = BC + AD, а от правоъгълния триъгълник BAD по Питагоровата теорема BD = AB +AD. 1) Ако BC = 8, то AD = AB +7 и тогава BD = AB +AD = AB +(AB +7) AB +1AB 10 = 0 AB = 5 см. За лицето на четириъгълника имаме S ABCD = A ABD +S BCD = AB +BC +CD +DA 3 = r = 0r. Следователно r = 3 (1+ 3) см. ) Ако BC = 7, то AD = AB +8 и тогава BD = AB +AD = AB +(AB +7) AB = + За лицето на четириъгълника имаме 7 см. S ABCD = A ABD +S BCD = 105(1+ 3) Следователно r = 1 16 (1+ 3) см... Пресмятаме AB +BC +CD +DA = r = 0r. V ABCDM = 1 3 S ABCD.MH = 30(1+ 3) 3 V ABCDM = 1 3 S ABCD.MH = 105(1+ 3) 1 16 = 160(1+ 3) см 3, или 16 = 10(1+ 3) см 3.

5 7 юли 01 г. ТРЕТА ТЕМА ОТГОВОРИ, ТОЧКИ, УКАЗАНИЯ ЗА ОЦЕНЯВАНЕ ,5 т. : x 1 = 1,x = ; Задача ,5 т. : x 1 = /,x = ; т. : x = т. : a =,b = ; Задача... т. : x 1 =,x = ,5 т. : <)BMC = 90,<)AOB = 60 ; Задача ,5 т. : AB = 10 см,cd = 6 см,s = 6 3 см т. : AB = 5 см,bc = 8 см,ad = 1 см,r = 3(1+ 3)/ см; Задача. или AB = + 7 см,bc = 7 см,ad = + 7 см,r = 1(1+ 3) см; т. : V = 160(1+ 3) см 3 или V = 10(1+ 3) см 3. Всяко подусловие се оценява по дадената точкова схема с точност до 0, 5 от точката. Когато сумата (Σ) от точките от всички задачи е число от вида N,50 или N,75, същата се закръглява в полза на кандидат-студента, т.е. Σ = N +1 точки. Всеки проверяващ формира оценка по формулата ОЦ. = + Σ. Крайната оценка е средно аритметичното 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 изпитна комисия: /проф. дмн Ст. Буюклиева/