Copyright\begin{matrix}c \\ ◯ \end{matrix}2001 ONG TCV Scoala Virtuala a Tanarului Matematician http://math.ournet.md 1

Министерство Образования и Науки Экзамен по математике на соискание звания бакалавра, 2000 Гуманитарный профиль

Время: 180 минут.

1. Вычислить

4^{2,5} − (\frac{1}{9})^{−1,5} + (\frac{5}{4})^{3,5} · (0, 8)^{3,5}.

(7 очков)

2. Определить множество значений функции f(x) = −x^{2} + 5x − 3. (7 очков)

3. Найдите уравнение второго порядка с действительными коэффициэнтами, если известно что одним из его корней является 1 + i. (7 очков)

4. В треугольнике ABC точка M ∈ (BD), (BD) - медиана. Доказать что площадь треугольника ABM равна площади треугольника CMD. (10 очков)

5. Решить систему уравнений

\{ \begin{matrix}4x + y + z = 1, \\ x + 4y + z = 2, \\ x + y + 4z = 3. \end{matrix}

(12 очков)

6. Написать уравнение касательной к графику функции f : R \ {1} ⟶ R, f(x) =

\frac{3x^{2} + 2}{x − 1} в точке пересечения графика функции с осью ординат. (13 очков)

7. Решить неравенство (0, 4)^{1−x} ≥ (2, 5)^{\frac{2}{x}}. (14 очков)

8. Из середины высоты правильной четырехугольной пирамиды опущен перпендикуляр, равный a, на боковое ребро пирамиды. Найти объем пирамиды, если известно, что угол образованный перпендикуляром и высотой пирамиды, равен α. (15 очков)

9. При каких значениях действительного параметра a, уравнение \frac{a(x + 2) + 1}{x − 3} = 5,

имеет корень, больший чем 2. (15 очков)

Решения

1. Используя свойства показательной функции, получим

\begin{matrix}4^{2,5} − (\frac{1}{9})^{−1,5} + (\frac{5}{4})^{3,5} · (0, 8)^{3,5} = (2^{2})^{2,5} − (3^{−2})^{−1,5} + (\frac{5}{4})^{3,5} · (\frac{4}{5})^{3,5} = \\ = 2^{5} − 3^{3} + (\frac{5}{4} · \frac{4}{5})^{3,5} = 32 − 27 + 1 = 6. \end{matrix}

2. Выделяем полный квадрат

\begin{matrix}−x^{2} + 5x − 3 = −(x^{2} − 5x) − 3 = − (x^{2} − 2 · \frac{5}{2}x + \frac{25}{4} − \frac{25}{4}) − 3 = \\ = − (x − \frac{5}{2})^{2} + \frac{25}{4} − 3 = \frac{13}{4} − (x − \frac{5}{2})^{2} . \end{matrix}

Поскольку (x − \frac{5}{2})^{2} ≥ 0, область значений данной функции есть множество (−∞, \frac{13}{4}].

3. Поскольку комплексное число z = 1 + i есть корень уравнения

x^{2} + px + q = 0,  {p, q} ⊂ R  (1)

его сопряженное число, z = 1 − i, также есть корень уравнения (1). Используя теорему Виета, получим

\begin{matrix}−p = (1 + i) + 1 − i = 2, \\ q = (1 + i)(1 − i) = 2, \end{matrix}

и искомое уравнение x^{2} − 2x + 2 = 0.

4.

[figure: A; K; N; D; C; B; M]

Пусть BK − высота в △ABC, BK ⊥ AC. Тогда (AD = DC)

S_{△ABD} = S_{△BDC} = \frac{1}{2}AD · BK  (2)

Аналогично

S_{△AMD} = S_{△CMD} = \frac{1}{2}AD · MN  (3)

(MN − высота в △AMC, MN ⊥ AC).

Поскольку

\begin{matrix}S_{△ABM} = S_{△ABD} − S_{△AMD}, \\ S_{△BMC} = S_{△BDC} − S_{△MDC}, \end{matrix}

используя равенствa (2), (3) получим S_{△ABM} = S_{△CMB}.

5. Используем правило Крамера решения систем линейных уравнений.

Δ = | \begin{matrix}4 & 1 & 1 \\ 1 & 4 & 1 \\ 1 & 1 & 4 \end{matrix} | = 54 ≠ 0,

следовательно, система имеет единственное решение.

Δ_{x} = | \begin{matrix}1 & 1 & 1 \\ 2 & 4 & 1 \\ 3 & 1 & 4 \end{matrix} | = 0,

Δ_{y} = | \begin{matrix}4 & 1 & 1 \\ 1 & 2 & 1 \\ 1 & 3 & 4 \end{matrix} | = 18,

Δ_{z} = | \begin{matrix}4 & 1 & 1 \\ 1 & 4 & 2 \\ 1 & 1 & 3 \end{matrix} | = 36.

Согласно правилу Крамера

x = \frac{Δ_{x}}{Δ} = 0,  y = \frac{Δ_{y}}{Δ} = \frac{1}{3},  z = \frac{Δ_{z}}{Δ} = \frac{2}{3}.

Замечание. Система может быть решена и методом Гаусса.

6. Найдем точку пересечения графика функции с осью ординат

f(0) = \frac{2}{−1} = −2.

Уравнение касательной к графику функции f(x) в точке x_{0} находится по формуле

y = f(x_{0}) + f′(x_{0})(x − x_{0}).  (4)

Так как

\begin{matrix}f(−2) = \frac{3 · (−2)^{2} + 2}{−2 − 1} = −\frac{14}{3}, \\ f′(x) = \frac{6x(x − 1) − (3x^{2} + 2)}{(x − 1)^{2}} = \frac{3x^{2} − 6x − 2}{(x − 1)^{2}}, f′(−2) = \frac{22}{9}, \end{matrix}

следует, что

y = −\frac{14}{3} + \frac{22}{9}(x + 2) = \frac{22}{9}x + \frac{2}{9}.

7. (0, 4)^{1−x} ≥ (2, 5)^{\frac{2}{x}} ⇔ (\frac{2}{5})^{1−x} ≥ (\frac{5}{2})^{\frac{2}{x}} ⇔ (\frac{5}{2})^{x−1} ≥ (\frac{5}{2})^{\frac{2}{x}} ⇔ x − 1 ≥ \frac{2}{x} ⇔

⇔ \frac{x^{2} − x − 2}{x} ≥ 0 ⇔ \frac{(x + 1)(x − 2)}{x} ≥ 0, откуда используя метод интервалов получим

x ∈ [−1, 0) ∪ [2, +∞).

8. Пусть SABCD − правильная четырехугольная пирамида (ABCD − квадрат), h = SO − высота пирамиды, основание которой находится в точке O − цeнтр квадрата ABCD. SK = KO и KN ⊥ SB, ^{}S̸KN = α, KN = a.

[figure: A; B; C; D; O; K; N; α; a; S]

Из прямоугольного треугольника SKN следует, что \frac{h}{2} = SK = \frac{KN}{cos α} = \frac{a}{cos α}, откуда

h = \frac{2a}{cos α}.

Из прямоугольного треугольника SOB (^{}O̸SB = 90^{∘} − α) находим

OB = SO tg(90^{∘} − α) = h ctg α = \frac{2a}{cos α} · \frac{cos α}{sin α} = \frac{2a}{sin α}.

Поскольку S_{△AOB} = \frac{1}{2}OB^{2} и площадь основания пирамиды S = 4S_{△AOB}, получим

S = 2OB^{2} = \frac{8a^{2}}{sin α} и объем пирамиды

V = \frac{1}{3}S · h = \frac{1}{3} \frac{8a^{2}}{sin^{2} α} · \frac{2a}{cos α} = \frac{16a^{3}}{3 sin^{2} α cos α}(куб.ед.)

9. Область допустимых значений (ОДЗ) уравнения есть множество R \ {3}. В ОДЗ уравнение эквивалентно следующему

ax + 2a + 1 = 5x − 15

или

(a − 5)x = −2a − 16.

Если a = 5, уравнение примет вид 0 · x = −26 и, следовательно, решений не имеет, а если a ∈ R \ {5}, получим

x = −\frac{2a + 16}{a − 5}.

Учитывая ОДЗ

−\frac{2a + 16}{a − 5} ≠ 3,

Copyright\begin{matrix}c \\ ◯ \end{matrix}2001 ONG TCV Scoala Virtuala a Tanarului Matematician http://math.ournet.md 5

получим −2a − 16 ≠ 3a − 15 и a ≠ −\frac{1}{5}.

Для a ∈ R \ \{−\frac{1}{5}; 5\} решим неравенство

−\frac{2a + 16}{a − 5} > 2.

Используя метод интервалов, получим

2 + \frac{2a + 16}{a − 5} < 0 ⇔ \frac{4a + 6}{a − 5} < 0 ⇔ a ∈ (−\frac{3}{2}; 5) .

Учитывая что a ≠ −\frac{1}{5}, получим ответ

a ∈ (−\frac{3}{2}; −\frac{1}{5}) ∪ (−\frac{1}{5}; 5) .