Page 1

ВИСШЕ СТРОИТЕЛНО УЧИЛИЩЕ “ЛЮБЕН КАРАВЕЛОВ” - СОФИЯ

КОНКУРСЕН ИЗПИТ ПО МАТЕМАТИКА 20. 07. 2005 г. ПЪРВА ТЕМА Задача 1. а) Да се реши уравнението

5 log 2 (− x ) = log 2 (− x ) .

б) Да се намерят стойностите на реалния параметър m (m ≠ 3) , за които корените на уравнението

(3 − m )x 2 − 4mx − 5m = 0

удовлетворяват неравенството

2 2 + + x1 + x2 ≥ 0 . x1 x2 Задача 2. Дадена е функцията

f (x ) = x 2 −

1 x + cos 2 α , където α е реален sin α

параметър (α ≠ kπ ) . а) Да се реши уравнението f (1) + sin 2 α = 0 . б) Ако α =

π 6

, да се намерят интервалите на растене и намаляване и локалните

екстремуми на функцията g ( x ) =

f (x ) . x

Задача 3. Даден е равнобедрен триъгълник ABC с бедра AC = BC = a . Върху основата е взета вътрешна точка M , така че CM =

a и ∠MCB = 2∠MCA . Да се 2

намерят: а) косинусът на ∠ACB ; б) лицето на триъгълника. Задача 4. Дадена е правилна четириъгълна пирамида ABCDM с основен ръб с дължина a и ъгъл между две съседни околни стени с големина ϕ . Да се намерят: а) обемът на пирамидата; б) радиусът на описаната около пирамидата сфера.

ПОЖЕЛАВАМЕ УСПЕХ НА ВСИЧКИ КАНДИДАТ СТУДЕНТИ!


ВИСШЕ СТРОИТЕЛНО УЧИЛИЩЕ „ЛЮБЕН КАРАВЕЛОВ” - СОФИЯ

РЕШЕНИЯ на задачите от конкурсния изпит по Математика, проведен на 20.07.2005 г. Задача 1. а) (2,5 точки) ДM:

x<0 −x > 0 x<0 ⇔ ⇔ ⇔ x ∈ ( −∞; − 1] . 0 log 2 ( − x ) ≥ 0 x ≤ −1 −x ≥ 2

5log 2 ( − x ) = ( log 2 ( − x ) ) ⇔ 5 − log 2 ( − x )  log 2 ( − x ) = 0 . Тогава, log 2 ( − x ) = 0 , т.е. x = −1 ∈ ДМ или log 2 ( − x ) = 5 , т.е. x = −32 ∈ ДМ. 2

4m −5m ; x1x2 = . 3− m 3− m Тъй като в условието на задачата не се иска корените на уравнението да са реални, не е необходимо да се разглежда D ≥ 0 . Лявата страна на неравенството има смисъл при x1 ≠ 0 и x2 ≠ 0 , т.е. при m ≠ 0 . 2 ( x1 + x2 ) 2 2 8m 4m 7m − 6 6  + + x1 + x2 ≥ 0 ⇔ + x1 + x2 ≥ 0 ⇒ + ≥0⇔ ≥ 0 ⇔ m ∈  ;3  . x1 x2 x1x2 − 5m 3 − m 5 (3 − m) 7  6  6  Като вземем предвид, че m ≠ 0 и m ∈  ; 3  , получаваме m ∈  ; 3  . 7  7 

б) (2,5 точки) x1 + x2 =

Задача 2. 1 1 + cos 2 α ⇒ уравнението е 1 − + cos 2 α + sin 2 α = 0 ⇔ sin α sin α π  α = + 2kπ  1 1 6 2− = 0 ⇔ sin α = ⇔  , k = 0,±1,±2,… 5π 2 sin α α = + 2kπ 6  б) (3 точки) 3 x2 − 2x + π 3 4 . ДМ за g ( x ) : x ≠ 0 . При α = ⇒ f ( x ) = x 2 − 2 x + ⇒ g ( x ) = 6 4 x  3 3 x1 = −  2 ( 2 x − 2) x − x2 + 2 x − 2 (критични точки). 4 = 4 x − 3 . Тогава g ′ ( x ) = 0 ⇔  g′ ( x) =  2 2 x 4x x = 3  2 2

a) (2 точки) f (1) = 1 −

+

+

+

+

-

+ −

3 2

-

0

-

+

+

+

+

3 2

  3  3 ∪  и g ( x ) e строго Следователно, g ( x ) e строго растяща при x ∈  − ∞; − ; + ∞  2   2      3 3   3 3  = − 3 − 2 и g min = g   намаляваща при x ∈  − ; 0  ∪  0;  ; g max = g  −   2  = 3 −2. 2 2 2        


Задача 3. C

A

B

M

 π а) (4 точки) Означаваме ∠МСА = γ ⇒ ∠МСВ = 2γ ; ∠АСВ = 3γ , γ ∈  0;  .  3

Тогава ∠МАС = 900 − АС

γ  sin  900 +  2  cos

=

3γ γ ; ∠АМС = 900 + . По синусова теорема за ∆АМС ⇒ 2 2

MС 3γ   sin  900 −  2  

a

cos

=

γ 2

a 3γ 2 cos 2

⇒ cos

γ 2

= 2 cos

3γ ⇒ 2

γ

γ γ γ γ  = 2  4 cos3 − 3cos  ⇒ 8cos3 − 7 cos = 0. 2 2 2 2 2 

Тъй като при cos

cos γ = 2 cos 2

γ 2

≠ 0 при

γ 7 γ 14  π ⇒ ∈  0;  ⇒ cos 2 = ⇒ cos = 2 8 2 4 2  6

γ

γ

3 9 − 1 = , откъдето намираме cos 3γ = 4 cos3 γ − 3cos γ = − . 2 4 16

б) (1 точка) S ABC

1 a2 a2 5 7 2 = AC.BC.sin 3γ = sin 3γ = 1 − cos 2 3γ = a . 2 2 2 32 Задача 4.

M

а) (3 точки) Построяваме равнина през DB, перпендикулярна на MC и означаваме прободната й точка с Р. Тогава

P D

C O

A

B

BP ⊥ MC   ⇒ ϕ = ∠ ( BCM , DCM ) = ∠BPD . DP ⊥ MC  1 V = B.h, където B = a 2 , h = OM . Означаваме 3


γ = ∠OCМ . От ∆OPC ⇒ sin γ =

OP OP = . OC 2 a 2

OP ϕ a 2 ϕ = cotg ⇒ OP = cotg ⇒ OВ 2 2 2

Тъй като ∆ВDP e равнобедрен, oт ∆ВOP ⇒

sin γ = cotg

ϕ 2

; cos γ = 1-cotg 2

От ∆COM ⇒

ϕ

π  , откъдето следва, че ϕ ∈  ; π  . 2 2 

cotg

OM a 2 = tgγ ⇒ OM = OC 2

1 2 Следователно, V = a3 3 2

cotg

ϕ 2

1 − cotg

ϕ 2

1 − cotg

=a

3

2 6

.

2 cos

ϕ

− cos ϕ π  2 , ϕ ∈  ; π . − cos ϕ 2 

2

б) (2 точки) Радиусът R на описаната около пирамидата сфера е равен на радиуса на описаната около ∆АСМ окръжност. Центърът на описаната сфера е точка Q - пресечна точка на ОМ и симетралата на АМ. По синусова теорема за ∆АСМ следва, че 2 R =

OA = cos γ ⇒ AM = AM

a 2 2 1 − cotg

AM . Ho sin γ

. След заместване и преобразуване получаваме

2

R = −a

2 4

sin 2

ϕ 2

− cos ϕ

cos ϕ .cos

ϕ

π  , ϕ ∈  ; π . 2 

2

Оценката се формира по формулата: ОЦЕНКА=2+0,2.K, където K е броят на получените точки.

2005.20.07 Висше строително училище "Л.Каравелов" - София  
Read more
Read more
Similar to
Popular now
Just for you