Θέματα εισαγωγικών στα μαθηματικά Μόσχα 2018

Άβαταρ μέλους
Al.Koutsouridis
Δημοσιεύσεις: 1260
Εγγραφή: Πέμ Ιαν 30, 2014 11:58 pm
Τοποθεσία: Αθήνα

Θέματα εισαγωγικών στα μαθηματικά Μόσχα 2018

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Al.Koutsouridis » Σάβ Ιούλ 21, 2018 12:24 pm

Μιας και βλέπουμε διάφορα θέματα εισαγωγικών εξετάσεων σε αυτό το φάκελο, παραθέτω και τα παρακάτω που είναι λίγο παλιομοδίτικα.

Συμπληρωματική εισαγωγική εξέταση στα μαθηματικά. Ιούλιος 2018 (Κρατικό Πανεπιστήμιο Μόσχας).


1. Ποιος από τους αριθμούς \dfrac{49}{18} και \dfrac{79}{24} είναι πιο κοντά στον 3;


2. Να βρείτε όλες τις τιμές της παραμέτρου a, για τις οποίες η διαφορά μεταξύ των ριζών της εξίσωσης x^2+3ax+a^4=0 μεγιστοποιείται.


3. Να λύσετε την εξίσωση \sin 4x \cos 10x = \sin x \cos 7x.


4. Να λύσετε την ανίσωση

\left ( \sqrt{3} +\sqrt{2} \right )^{\log_{\sqrt{3} -\sqrt{2}} x}  \geq \left ( \sqrt{3} -\sqrt{2} \right )^{\log_{x} \left ( \sqrt{3} +\sqrt{2} \right )} .


5. Δίνεται τραπέζιο ABCD με βάσεις AD και BC . Έστω M το μέσο του τμήματος AD και N τυχαίο σημείο του τμήματος BC. Έστω K το σημείο τομής των τμημάτων CM και DN, καθώς και L το σημείο τομής των τμημάτων MN και AC. Να βρείτε όλες τις δυνατές τιμές του εμβαδού του τριγώνου DMK, αν είναι γνωστό, ότι AD:BC = 3:2 και το εμβαδόν του τριγώνου ABL είναι ίσο με 4.


6. Να βρείτε όλες τις τιμές της παραμέτρου a, για τις οποίες το σύστημα

\left\{\begin{matrix} 
ax^2+4ax-8y+6a+28 \leq 0 
\\  
ay^2-6ay-8x+11a-12 \leq 0 
\end{matrix}\right.

έχει ακριβώς μια λύση.


7. Δίνεται ορθογώνιο παραλληλεπίπεδο ABCDA{'}B{'}C{'}D{'} με παράπλευρες ακμές AA{'}, BB{'}, CC{'}, DD{'}. Στις ακμές AB, BC, CD, DA της (κάτω) βάσης δίνονται αντίστοιχα τα σημεία K,L,M,N, τέτοια ώστε, AK:KB = 4:5, BL:LC= 3:1, CM:MD =7:2, DN:NA = 3:1. Έστω P,Q,R τα κέντρα των περιγεγραμμένων σφαιρών των τετραέδρων AKNA{'} , BLKB{'}, CMLC{'}, αντίστοιχα. Να βρείτε το PQ, αν είναι γνωστό, ότι QR=1 και AB:BC = 3:2.


8. Να βρείτε όλα τα ζεύγη των αριθμών x,y του διαστήματος \left ( 0, \dfrac{\pi}{2} \right ), για τα οποία επιτυγχάνεται η ελάχιστη τιμή της παράστασης

\left ( \dfrac{\sqrt{3} \sin y}{\sqrt{2} \sin \left (  x+y \right )} +1 \right ) \left ( \dfrac{\sqrt{2} \sin x}{3 \sin y}+1 \right )^{2} \left ( \dfrac{\sin \left ( x+y \right )}{7\sqrt{3} \sin x}+1  \right )^{4} .



Λέξεις Κλειδιά:
Xriiiiistos
Δημοσιεύσεις: 217
Εγγραφή: Τρί Μάιος 15, 2018 4:36 pm
Τοποθεσία: Αιγάλεω

Re: Θέματα εισαγωγικών στα μαθηματικά Μόσχα 2018

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Xriiiiistos » Σάβ Ιούλ 21, 2018 1:51 pm

\LARGE 1.

Οι αριθμοί \frac{49}{18}, \frac{79}{24} γράφονται2+\frac{13}{18} και 4-\frac{17}{24} αντίστοιχα οπότε αρκεί να βρούμε ποιος από τους αριθμούς \frac{13}{18},\frac{17}{24} είναι πιο κοντά στο 1.

Τώρα εύκολα αποδεικνύουμε \frac{13}{18}>\frac{17}{24}<=>312>306 οπότε ο \frac{49}{18} ε'ιναι ο ζητούμενος αριθμός


Άβαταρ μέλους
george visvikis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 9825
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 01, 2013 9:35 am

Re: Θέματα εισαγωγικών στα μαθηματικά Μόσχα 2018

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από george visvikis » Σάβ Ιούλ 21, 2018 5:36 pm

Al.Koutsouridis έγραψε:
Σάβ Ιούλ 21, 2018 12:24 pm


1. Ποιος από τους αριθμούς \dfrac{49}{18} και \dfrac{79}{24} είναι πιο κοντά στον 3.
\displaystyle \left| {3 - \frac{{49}}{{18}}} \right| = \frac{{20}}{{72}} < \frac{{21}}{{72}} = \left| {\frac{{79}}{{24}} - 3} \right|


Άβαταρ μέλους
george visvikis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 9825
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 01, 2013 9:35 am

Re: Θέματα εισαγωγικών στα μαθηματικά Μόσχα 2018

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από george visvikis » Σάβ Ιούλ 21, 2018 5:49 pm

Al.Koutsouridis έγραψε:
Σάβ Ιούλ 21, 2018 12:24 pm

3. Να λύσετε την εξίσωση \sin 4x \cos 10x = \sin x \cos 7x.
\displaystyle \sin 4x\cos 10x = \sin x\cos 7x \Leftrightarrow \sin 14x - \sin 6x = \sin 8x - \sin 6x \Leftrightarrow \sin 14x = \sin 8x \Leftrightarrow

\displaystyle \left\{ \begin{array}{l} 
14x = 2k\pi  + 8x,k \in Z\\ 
14x = 2n\pi  + \pi  - 8x,n \in Z 
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} 
x = \dfrac{{k\pi }}{3},k \in Z\\ 
\\ 
x = \dfrac{{n\pi }}{{11}} + \dfrac{\pi }{{22}},n \in Z 
\end{array} \right.


nikkru
Δημοσιεύσεις: 339
Εγγραφή: Σάβ Δεκ 26, 2009 6:42 pm

Re: Θέματα εισαγωγικών στα μαθηματικά Μόσχα 2018

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από nikkru » Κυρ Ιούλ 22, 2018 12:13 am

Al.Koutsouridis έγραψε:
Σάβ Ιούλ 21, 2018 12:24 pm
Συμπληρωματική εισαγωγική εξέταση στα μαθηματικά. Ιούλιος 2018 (Κρατικό Πανεπιστήμιο Μόσχας).

2. Να βρείτε όλες τις τιμές της παραμέτρου a, για τις οποίες η διαφορά μεταξύ των ριζών της εξίσωσης x^2+3ax+a^4=0 μεγιστοποιείται.

Η εξίσωση x^2+3ax+a^4=0 έχει πραγματικές ρίζες για (3a)^2-4a^4 \geq 0   \Leftrightarrow a^2\leq \frac{9}{4} .

Τότε, η διαφορά των ριζών της είναι  \frac{-b+\sqrt{\Delta }}{2a} - \frac{-b-\sqrt{\Delta }}{2a} = \frac{2 \sqrt{\Delta }}{2a}=\sqrt{9a^2-4a^4}.

H διαφορά των ριζών γίνεται μέγιστη όταν το 9a^2-4a^4 γίνεται μέγιστο.

Όμως, 9a^2-4a^4=-(2a^2)^2+2(2a^2) \frac{9}{4}-\left ( \frac{9}{4} \right )^2+\left ( \frac{9}{4} \right )^2=-\left ( 2a^2-\frac{9}{4} \right )^2 +\frac{9}{4} που γίνεται μέγιστο όταν 2a^2= \frac{9}{4}\Leftrightarrow \boxed{ a =  \pm   \frac{3 \sqrt{2}}{4} }.

Και οι δύο τιμές είναι δεκτές, και τότε η (μέγιστη) διαφορά των ριζών είναι \frac{9}{4}.


nikkru
Δημοσιεύσεις: 339
Εγγραφή: Σάβ Δεκ 26, 2009 6:42 pm

Re: Θέματα εισαγωγικών στα μαθηματικά Μόσχα 2018

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από nikkru » Δευ Ιούλ 23, 2018 10:52 pm

Al.Koutsouridis έγραψε:
Σάβ Ιούλ 21, 2018 12:24 pm
Μιας και βλέπουμε διάφορα θέματα εισαγωγικών εξετάσεων σε αυτό το φάκελο, παραθέτω και τα παρακάτω που είναι λίγο παλιομοδίτικα.

Συμπληρωματική εισαγωγική εξέταση στα μαθηματικά. Ιούλιος 2018 (Κρατικό Πανεπιστήμιο Μόσχας).

5. Δίνεται τραπέζιο ABCD με βάσεις AD και BC . Έστω M το μέσο του τμήματος AD και N τυχαίο σημείο του τμήματος BC. Έστω K το σημείο τομής των τμημάτων CM και DN, καθώς και L το σημείο τομής των τμημάτων MN και AC. Να βρείτε όλες τις δυνατές τιμές του εμβαδού του τριγώνου DMK, αν είναι γνωστό, ότι AD:BC = 3:2 και το εμβαδόν του τριγώνου ABL είναι ίσο με 4.
Εισαγωγικές Μόσχα 2018_5.png
Εισαγωγικές Μόσχα 2018_5.png (34.67 KiB) Προβλήθηκε 1883 φορές
.
Αφού M μέσο του AD (και από τα ζεύγη ομοίων τριγώνων ALM,CLN και MKD,CKN) είναι (KMD)=(LMA).

Από τα όμοια τρίγωνα AMP,CBT είναι \frac{MP}{BT}=\frac{MA}{BC}=\frac{\frac{AD}{2}}{BC}=\frac{1}{2} \frac{AD}{BC}=\frac{3}{4}.

Τα τρίγωνα AML,ABL έχουν κοινή βάση την AL οπότε: \frac{(AML)}{(ABL)}=\frac{MP}{BT}=\frac{3}{4}\Rightarrow (AML)=\frac{3}{4}(ABL)=3.


Άβαταρ μέλους
Al.Koutsouridis
Δημοσιεύσεις: 1260
Εγγραφή: Πέμ Ιαν 30, 2014 11:58 pm
Τοποθεσία: Αθήνα

Re: Θέματα εισαγωγικών στα μαθηματικά Μόσχα 2018

#7

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Al.Koutsouridis » Τρί Ιούλ 24, 2018 12:48 am


4. Να λύσετε την ανίσωση

\left ( \sqrt{3} +\sqrt{2} \right )^{\log_{\sqrt{3} -\sqrt{2}} x}  \geq \left ( \sqrt{3} -\sqrt{2} \right )^{\log_{x} \left ( \sqrt{3} +\sqrt{2} \right )} .
Καιρό έχω να ασχοληθώ με λογαρίθμους, ελπίζω να είναι σωστά τα παρακάτω.


Για ευκολία θέτουμε a = \sqrt{3} +\sqrt{2} , οπότε θα είναι \sqrt{3} -\sqrt{2} = \dfrac{1}{\sqrt{3} +\sqrt{2}} = \dfrac{1}{a}. Οπότε η ανίσωση γράφεται ισοδύναμα

\displaystyle a^{\log_{\left (\frac{1}{a}\right )} x} \geq \left ( \dfrac{1}{a} \right )^{\log_{x} a} \Leftrightarrow

\displaystyle a^{\log_{\left (\frac{1}{a}\right )} x} \geq \left ( a^{-1} \right )^{\log_{x} a} \Leftrightarrow

\displaystyle a^{\log_{\left (\frac{1}{a}\right )} x} \geq a^{\log_{x} a^{-1}} \Leftrightarrow

\displaystyle a^{\log_{\left (\frac{1}{a}\right )} x} \geq a^{\log_{x} \frac{1}{a}} \Leftrightarrow (εφόσον a>1)

\displaystyle \log_{\left (\frac{1}{a}\right )} x \geq \log_{x} \frac{1}{a} \Leftrightarrow

\displaystyle \log_{\left (\frac{1}{a}\right )} x \geq \dfrac{1}{\log_{\left (\frac{1}{a}\right )} x} \Leftrightarrow

y \geq \dfrac{1}{y} \Leftrightarrow y \geq 1 ή -1 \leq y < 0 , όπου \displaystyle y = \log_{\left (\frac{1}{a}\right )} x. Δηλαδή έχουμε

\displaystyle \log_{\left (\frac{1}{a}\right )} x  \geq 1 ή  -1 \leq \log_{\left (\frac{1}{a}\right )} x < 0

Για κάθε μια από τις περιπτώσεις έχουμε (εφόσον \dfrac{1}{a} < 1)

\displaystyle \log_{\left (\frac{1}{a}\right )} x \geq 1 \Leftrightarrow

\displaystyle \log_{\left (\frac{1}{a}\right )} x \geq  \log_{\left (\frac{1}{a}\right )} \left (\frac{1}{a} \right ) \Leftrightarrow

\displaystyle 0<x \leq \dfrac{1}{a} \Rightarrow 0 <x \leq \sqrt{3}-\sqrt{2}

και για την άλλη περίπτωση

\displaystyle -1 \leq \log_{\left (\frac{1}{a}\right )} x < 0 \Leftrightarrow

\displaystyle \log_{\left (\frac{1}{a}\right )} \left (\frac{1}{a} \right )^{-1} \leq \log_{\left (\frac{1}{a}\right )} x < \log_{\left (\frac{1}{a}\right )} 1  \Leftrightarrow

\displaystyle \log_{\left (\frac{1}{a}\right )} a \leq \log_{\left (\frac{1}{a}\right )} x < \log_{\left (\frac{1}{a}\right )} 1  \Leftrightarrow

\displaystyle 1 < x \leq a \Rightarrow 1 < x \leq \sqrt{3}+\sqrt{2}

Άρα από τα παραπάνω αποτελέσματα οι λύσεις της ανίσωσης είναι \displaystyle x \in \left (0, \sqrt{3}-\sqrt{2} \right ] \cup \left (1, \sqrt{3}+\sqrt{2}  \right ].


Edit: Αρχικά είχα λύσει λάθος την ανίσωση y \geq \dfrac{1}{y} παραπάνω με απότελεσμα να έχω λάθος τελική απάντηση. Ευχαριστώ τον nikkru για την επισήμανση.


Mihalis_Lambrou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 12667
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 2:04 am

Re: Θέματα εισαγωγικών στα μαθηματικά Μόσχα 2018

#8

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Mihalis_Lambrou » Τρί Ιούλ 24, 2018 10:43 pm

Al.Koutsouridis έγραψε:
Σάβ Ιούλ 21, 2018 12:24 pm
6. Να βρείτε όλες τις τιμές της παραμέτρου a, για τις οποίες το σύστημα

\left\{\begin{matrix} 
ax^2+4ax-8y+6a+28 \leq 0 
\\  
ay^2-6ay-8x+11a-12 \leq 0 
\end{matrix}\right.

έχει ακριβώς μια λύση.
Πάρα πολύ ωραίες ασκήσεις. Χωρίς να είναι ιδιαίτερα δύσκολες, έχουν εκείνη την φινέτσα που πρέπει να
χαρακτηρίζει τις εισαγωγικές εξετάσεις σε Τμήματα υψηλών προδιαγραφών.

Παροτρύνω τους μαθητές μας, ιδίως αυτούς που μόλις έδωσαν ή που θα δώσουν του χρόνου Πανελλήνιες, να ασχοληθούν.

Για την παραπάνω έχω δύο λύσεις αλλά δίνω εκείνη που η ιδέα η οποία οδήγησε στην αντιμετώπιση είναι κάπως πιο κρυφή.

Απάντηση: a=2

Λύση. Παρατηρούμε ότι αν το ζεύγος (x,y) επιλύει το σύστημα, τότε και το (y-5,x) επίσης το επιλύει: Πράγματι, αν θέσουμε
(y-5,x) στην θέση του (x,y), παίρνουμε ακριβώς τις ίδιες εξισώσεις (με ανάποδη σειρά). Άρα έχουμε μοναδική λύση αν και μόνον αν x=y-5.

Θέτοντας x=y-5, ισοδύναμα y=x+5, στην πρώτη εξίσωση , ανάγεται στην  ax^2+4ax-8x+6a-12 \leq 0.

Για a=2 γίνεται 2x^2\le 0 που έχει μοναδική λύση την x=0. Δεκτή.

Για a>2 γίνεται 2x^2 + (a-2) ( (x+2)^2+2) >0, δηλαδή αδύνατη.

Για a<2 παρατηρούμε ότι παίρνοντας όριο x\to 0 η παράσταση  ax^2+4ax-8x+6a-12 τείνει στο 6a-12 <0 οπότε όχι μόνο το x=0 αλλά και μία ολόκληρη περιοχή γύρω από το 0 είναι λύσεις της εξίσωσης. Δηλαδή έχουμε άπειρες και όχι μοναδική λύση. Και λοιπά.


nikkru
Δημοσιεύσεις: 339
Εγγραφή: Σάβ Δεκ 26, 2009 6:42 pm

Re: Θέματα εισαγωγικών στα μαθηματικά Μόσχα 2018

#9

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από nikkru » Τετ Ιούλ 25, 2018 12:10 am

Al.Koutsouridis έγραψε:
Σάβ Ιούλ 21, 2018 12:24 pm
Μιας και βλέπουμε διάφορα θέματα εισαγωγικών εξετάσεων σε αυτό το φάκελο, παραθέτω και τα παρακάτω που είναι λίγο παλιομοδίτικα.

Συμπληρωματική εισαγωγική εξέταση στα μαθηματικά. Ιούλιος 2018 (Κρατικό Πανεπιστήμιο Μόσχας).

7. Δίνεται ορθογώνιο παραλληλεπίπεδο ABCDA{'}B{'}C{'}D{'} με παράπλευρες ακμές AA{'}, BB{'}, CC{'}, DD{'}. Στις ακμές AB, BC, CD, DA της (κάτω) βάσης δίνονται αντίστοιχα τα σημεία K,L,M,N, τέτοια ώστε, AK:KB = 4:5, BL:LC= 3:1, CM:MD =7:2, DN:NA = 3:1. Έστω P,Q,R τα κέντρα των περιγεγραμμένων σφαιρών των τετραέδρων AKNA{'} , BLKB{'}, CMLC{'}, αντίστοιχα. Να βρείτε το PQ, αν είναι γνωστό, ότι QR=1 και AB:BC = 3:2.
.
Οι ακμές κάθε τετραέδρου είναι χορδές της περιγεγραμμένης σφαίρας του, οπότε το κέντρο της σφαίρας ανήκει στο μεσοκάθετο επίπεδο κάθε ακμής του τετραέδρου.

Στην περίπτωση μας τα κέντρα P,Q,R ανήκουν σε επίπεδο q που είναι παράλληλο στις βάσεις ABCD, A'B'C'D' και διέρχεται
από τα μέσα A_1,B_1,C_1,D_1 των ακμών AA',BB',CC',DD' του ορθογωνίου παραλληλεπιπέδου.

Στο επόμενο σχήμα οι κόκκινες, μπλε και πράσινες ευθείες είναι τα ίχνη των μεσοκαθέτων επιπέδων στις ακμές MC,CL,AK,AN,KB,BL αντίστοιχα στο επίπεδο q (τα K_1,L_1,M_1,N_1 είναι οι προβολές των K,L,M,N στο επίπεδο q ).

Για ευκολία στις πράξεις ας θέσουμε AB=18 x , τότε BC=12 x.

Από το Πυθαγόρειο θεώρημα στο ορθογώνιο τρίγωνο RQE είναι 2x \sqrt{10}=RQ=1 .

Πάλι από το Πυθαγόρειο θεώρημα στο ορθογώνιο τρίγωνο PQZ είναι PQ=3x \sqrt{10}=1,5 .
.
Εισαγωγικές Μόσχα 2018_7.png
Εισαγωγικές Μόσχα 2018_7.png (13.05 KiB) Προβλήθηκε 1738 φορές
.
Η στερεομετρία περιέχεται στην ύλη της Β΄Γυμνασίου και της Β΄Λυκείου και η συγκεκριμένη άσκηση νομίζω ότι μπορεί να λυθεί από αρκετούς μαθητές της Β΄Λυκείου με χρήση βέβαια κατάλληλων εποπτικών μέσων.


ksofsa
Δημοσιεύσεις: 208
Εγγραφή: Κυρ Απρ 18, 2010 9:42 pm
Τοποθεσία: Ηράκλειο Κρήτης

Re: Θέματα εισαγωγικών στα μαθηματικά Μόσχα 2018

#10

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ksofsa » Τετ Ιούλ 25, 2018 10:43 am

Για την 8:

Απο την ανισότητα αριθμητικού-γεωμετρικού μέσου είναι:

\frac{\sqrt{3}siny}{\sqrt{2}sin(x+y)}+1\geq \frac{2\sqrt[4]{3}\sqrt{siny}}{\sqrt[4]{2}\sqrt{sin(x+y)}}


(\frac{\sqrt{2}sinx}{3siny}+1)^2=(\frac{\sqrt{2}sinx}{3siny}+\frac{1}{3}+\frac{1}{3}+\frac{1}{3})^2\geq \frac{2\sqrt[4]{2}\sqrt{sinx}}{3^2\sqrt{siny}}


(\frac{sin(x+y)}{7\sqrt{3}sinx}+1)^4=(\frac{sin(x+y)}{7\sqrt{3}sinx}+\frac{1}{7}+\frac{1}{7}+\frac{1}{7}+\frac{1}{7}+\frac{1}{7}+\frac{1}{7}+\frac{1}{7})^4\geq \frac{2\sqrt{2}\sqrt{sin(x+y))}}{7^4\sqrt[4]{3}\sqrt{sinx}}

Πολλαπλασιάζοντας παίρνω το ελάχιστο.

Ισότητα για

\frac{\sqrt{3}siny}{\sqrt{2}sin(x+y)}=1\Leftrightarrow \sqrt{3}siny=\sqrt{2}sin(x+y), \frac{\sqrt{2}sinx}{3siny}=\frac{1}{3}\Leftrightarrow \sqrt{2}sinx=siny, \frac{sin(x+y)}{7\sqrt{3}sinx}=\frac{1}{7}\Leftrightarrow sin(x+y)=\sqrt{3}sinx

Εχουμε sin(x+y)=\sqrt{3}sinx\Leftrightarrow sinxcosy+sinycosx=\sqrt{3}sinx\Leftrightarrow sinxcosy+\sqrt{2}sinx cosx=\sqrt{3}sinx\Leftrightarrow cosy +\sqrt{2}cosx=\sqrt{3} (a)


και

siny=\sqrt{2}sinx\Leftrightarrow sin^2y=2sin^2x\Leftrightarrow 1-cos^2y=2-2cos^2x\Leftrightarrow (\sqrt{2}cosx+cosy)(\sqrt{2}cosx-cosy)=1\Leftrightarrow \sqrt{2}cosx-cosy=\frac{1}{\sqrt{3}})(b))

Από (a),(b) προκύπτει ότι λύση είναι το ζεύγος (x,y), ¨ωστε cosx=\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}},cosy=\frac{1}{\sqrt{3}}.

Εύκολα επαληθεύουμε.


Κώστας Σφακιανάκης
Άβαταρ μέλους
Al.Koutsouridis
Δημοσιεύσεις: 1260
Εγγραφή: Πέμ Ιαν 30, 2014 11:58 pm
Τοποθεσία: Αθήνα

Re: Θέματα εισαγωγικών στα μαθηματικά Μόσχα 2018

#11

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Al.Koutsouridis » Τετ Αύγ 01, 2018 10:04 pm

Mihalis_Lambrou έγραψε:
Τρί Ιούλ 24, 2018 10:43 pm

Παροτρύνω τους μαθητές μας, ιδίως αυτούς που μόλις έδωσαν ή που θα δώσουν του χρόνου Πανελλήνιες, να ασχοληθούν.
Νομίζω θα είναι και μια καλή ευκαιρία για επανάληψη, φρεσκάρισμα και τεστάρισμα των γνώσεων που αποκόμισαν μέχρι την Γ' Λυκείου. Θα προσπαθήσω να ανεβάσω και άλλα θέματα το επόμενο διάστημα.

nikkru έγραψε:
Τετ Ιούλ 25, 2018 12:10 am

Η στερεομετρία περιέχεται στην ύλη της Β΄Γυμνασίου και της Β΄Λυκείου και η συγκεκριμένη άσκηση νομίζω ότι μπορεί να λυθεί από αρκετούς μαθητές της Β΄Λυκείου με χρήση βέβαια κατάλληλων εποπτικών μέσων.
Η αίσθησή μου είναι ότι ο μέσος Έλληνας μαθητής θα έχει καλύτερα αποτελέσματα από τον μέσο Ρώσο μαθητή στη γεωμετρία (στερεομετρία). Το ελληνικό σχολικό βιβλίο και ο τρόπος που διδάσκεται η γεωμετρία είναι καλύτερος από της Ρωσίας. Αρκεί προφανώς να διδάσκεται (όλη ή ύλη) και να εξετάζεται. Ότι δεν εξετάζεται ασυνείδητα ή ευσυνείδητα δεν προσκομίζει την δέουσα προσοχή του μαθητή.



Παραθέτω τα σχήματα του στερεομετρικού προβλήματος. (Δεν έχω εξοικείωση με τρισδιάστατα σχήματα στο geogebra, οπότε δεν είναι τα καλύτερα δυνατά)

msu_exams_2018_pr7a.png
msu_exams_2018_pr7a.png (126.02 KiB) Προβλήθηκε 1506 φορές

Περιγεγραμμένη σφαίρα σε τετράεδρο της μορφής του προβλήματος.
msu_exams_2018_pr7b.png
msu_exams_2018_pr7b.png (94.36 KiB) Προβλήθηκε 1506 φορές
καθώς και τα αντίστοιχα αρχεία geogebra.
msu_exams_2018_pr7.ggb
(51.14 KiB) Μεταφορτώθηκε 37 φορές
msu_exams_2018_pr7_perigegrammenh_sfaira.ggb
(43.35 KiB) Μεταφορτώθηκε 35 φορές


Άβαταρ μέλους
S.E.Louridas
Δημοσιεύσεις: 5534
Εγγραφή: Σάβ Μαρ 21, 2009 10:53 am
Τοποθεσία: Aegaleo.
Επικοινωνία:

Re: Θέματα εισαγωγικών στα μαθηματικά Μόσχα 2018

#12

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από S.E.Louridas » Πέμ Αύγ 02, 2018 7:03 pm

Al.Koutsouridis έγραψε:
Σάβ Ιούλ 21, 2018 12:24 pm
6. Να βρείτε όλες τις τιμές της παραμέτρου a, για τις οποίες το σύστημα
\left\{\begin{matrix}ax^2+4ax-8y+6a+28 \leq 0\\ ay^2-6ay-8x+11a-12 \leq 0\end{matrix}\right. έχει ακριβώς μια λύση.
Από συμπληρώσεις τετραγώνων κτλ., καταλήγουμε στο να θεωρήσουμε t = x + 2,\;u = y - 3 οπότε το σύστημα γράφεται

({a{t^2} \leqslant 8u - 2a - 4\; και \;a{u^2} \leqslant 8t - 2a - 4})\;\; (*).

Αν a \leqslant 0, τότε, αυτό έχει άπειρες λύσεις. Έστω τώρα ότι έχουμε a > 0. Αν το σύστημα έχει μοναδική λύση αυτή θα επαληθεύει και την

a({t^2}+{u^2}) \leqslant 8\left( {t + u} \right) - 4\left( {a + 2} \right) ή με βάση την \frac{{{{\left( {t + u} \right)}^2}}}{2} \leqslant {t^2} + {u^2} θα επαληθεύει και την a{\left( {t + u} \right)^2} - 16\left( {t + u} \right) + 8\left( {a + 2} \right) \leqslant 0,\;\,a > 0.

Αν η διακρίνουσα εδώ είναι μηδέν οδηγεί στο ότι \alpha  = 2.

Για την τιμή αυτή με επαλήθευση έχουμε μία πράγματι λύση, την t=u=2, που οδηγεί στην λύση x = 0,\;\,y = 5.

Αν τώρα η διακρίνουσα είναι θετική, τότε, 0<a < 2, και η η ανίσωση ως προς z, a{z^2} \leqslant 8z - 2a - 4 δηλαδή η a{z^2} - 8z + 2a + 4 \leqslant 0 θα έχει διακρίνουσα θετική, οπότε έχει άπειρες λύσεις επομένως και το σύστημα (*), άρα και το αρχικό, θα έχει άπειρες λύσεις, εντός των ριζών, τουλάχιστον μορφής (m,\;m), επομένως δεν μας κάνει.


S.E.Louridas

1.Μιλώ, μόνο όταν έχω να πώ κάτι καλύτερο από την σιωπή (Πυθαγόρας).
2.Οι αξίες αντανακλώνται, Δεν επιβάλλονται.
3.Είναι Κορυφαία η κάθε στιγμή επίλυσης ενός Μαθηματικού προβλήματος.
Άβαταρ μέλους
rek2
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1917
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 12:13 am

Re: Θέματα εισαγωγικών στα μαθηματικά Μόσχα 2018

#13

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από rek2 » Παρ Αύγ 03, 2018 2:40 pm

Al.Koutsouridis έγραψε:
Σάβ Ιούλ 21, 2018 12:24 pm

6. Να βρείτε όλες τις τιμές της παραμέτρου a, για τις οποίες το σύστημα

\left\{\begin{matrix} 
ax^2+4ax-8y+6a+28 \leq 0 
\\  
ay^2-6ay-8x+11a-12 \leq 0 
\end{matrix}\right.

έχει ακριβώς μια λύση.

Στην πραγατικότητα ζητάμε κάποιες από τις τιμές της παραμέτρου, για τις οποίες οι δύο παραβολές εφάπτονται (θα πρέπει να έχουμε ισότητες...).

Ο Μιχάλης βρήκε την κοινή τους εφαπτομένη y=x+5


Άβαταρ μέλους
rek2
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1917
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 12:13 am

Re: Θέματα εισαγωγικών στα μαθηματικά Μόσχα 2018

#14

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από rek2 » Παρ Αύγ 03, 2018 2:50 pm

Al.Koutsouridis έγραψε:
Σάβ Ιούλ 21, 2018 12:24 pm

7. Δίνεται ορθογώνιο παραλληλεπίπεδο ABCDA{'}B{'}C{'}D{'} με παράπλευρες ακμές AA{'}, BB{'}, CC{'}, DD{'}. Στις ακμές AB, BC, CD, DA της (κάτω) βάσης δίνονται αντίστοιχα τα σημεία K,L,M,N, τέτοια ώστε, AK:KB = 4:5, BL:LC= 3:1, CM:MD =7:2, DN:NA = 3:1. Έστω P,Q,R τα κέντρα των περιγεγραμμένων σφαιρών των τετραέδρων AKNA{'} , BLKB{'}, CMLC{'}, αντίστοιχα. Να βρείτε το PQ, αν είναι γνωστό, ότι QR=1 και AB:BC = 3:2.
Επειδή τα P,Q,R ισαπέχουν από το επίπεδο της βάσης ABCD, και προβάλλονται στα περίκεντρα των τριγώνων AKN , BLK, CML, αντίστοιχα, το πρόβλημα ανάγεται στο να βρούμε την απόσταση των περικέντρων των τριγώνων AKN , BLK με δεδομένο ότι τα περίκεντρα των BLK, CML απέχουν 1. Αυτό είναι απλό. :P


Άβαταρ μέλους
S.E.Louridas
Δημοσιεύσεις: 5534
Εγγραφή: Σάβ Μαρ 21, 2009 10:53 am
Τοποθεσία: Aegaleo.
Επικοινωνία:

Re: Θέματα εισαγωγικών στα μαθηματικά Μόσχα 2018

#15

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από S.E.Louridas » Παρ Αύγ 03, 2018 3:52 pm

Al.Koutsouridis έγραψε:
Σάβ Ιούλ 21, 2018 12:24 pm
7. Δίνεται ορθογώνιο παραλληλεπίπεδο ABCDA{'}B{'}C{'}D{'} με παράπλευρες ακμές AA{'}, BB{'}, CC{'}, DD{'}. Στις ακμές AB, BC, CD, DA της (κάτω) βάσης δίνονται αντίστοιχα τα σημεία K,L,M,N, τέτοια ώστε, AK:KB = 4:5, BL:LC= 3:1, CM:MD =7:2, DN:NA = 3:1. Έστω P,Q,R τα κέντρα των περιγεγραμμένων σφαιρών των τετραέδρων AKNA{'} , BLKB{'}, CMLC{'}, αντίστοιχα. Να βρείτε το PQ, αν είναι γνωστό, ότι QR=1 και AB:BC = 3:2.
Το πρόβλημα αυτό είναι εύκολο υπό δύο προϋποθέσεις: Η πρώτη είναι η επίτευξη της θεωρητικής (**) κατασκευής γενικά του κέντρου K της περιγεγραμμένης σφαίρας σε τετράεδρο O.ABC τρισορθογώνιας γωνίας στην κορυφή O. To κέντρο αυτό K προβάλλεται στα περίκεντρα των εδρών που εδώ εκτός της ABC είναι είναι τα μέσα των AB, BC, CA. Ακολουθεί ένα απλό σχήμα. Η δεύτερη είναι η διαπίστωση ότι τα κέντρα στην άσκηση ευρίσκονται στο μεσοπαράλληλο επίπεδο των βάσεων. Με βάση αυτά οι υπολογισμοί είναι πλέον βατοί.

(*) Οι αντίστοιχες παραλληλίες είναι σημειούμενες στο σχήμα.
(**) Μιλώ για θεωρητική κατασκευή αφού στον χώρο των τριών διαστάσεων δεν υπάρχει η έννοια της κατασκευής με κανόνα και διαβήτη.
σφ.png
σφ.png (47.98 KiB) Προβλήθηκε 1299 φορές


S.E.Louridas

1.Μιλώ, μόνο όταν έχω να πώ κάτι καλύτερο από την σιωπή (Πυθαγόρας).
2.Οι αξίες αντανακλώνται, Δεν επιβάλλονται.
3.Είναι Κορυφαία η κάθε στιγμή επίλυσης ενός Μαθηματικού προβλήματος.
Απάντηση

Επιστροφή σε “Διάφορα άλλα θέματα εξετάσεων”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 1 επισκέπτης