ВИСШЕ СТРОИТЕЛНО УЧИЛИЩЕ “ЛЮБЕН КАРАВЕЛОВ” – СОФИЯ КОНКУРСЕН ИЗПИТ ПО МАТЕМАТИКА 26.07.2006 г. ПЪРВИ ВАРИАНТ КРИТЕРИИ ЗА ОЦЕНЯВАНЕ И РЕШЕНИЯ ЗАДАЧА 1: а) Да се реши уравнението log x 3 − log 1 x = 2 (2,5 точки); 3
x2 − 4x + 3
б) Да се реши неравенството
x 2 − 3x + 2
РЕШЕНИЕ: a) ДM: x > 0, x ≠ 1 ; log x 3 + log 3 x = 2 ⇒
≤ 1 (2,5 точки).
1 + log 3 x = 2 . Полагаме log 3 x = t , log 3 x
1 t ≠ 0 ⇒ + t = 2 ⇒ t 2 − 2t + 1 = 0 ⇒ (t − 1) 2 = 0 ⇒ t = 1 , откъдето log 3 x = 1 ⇒ x = 3 ∈ ДМ. t
б) ДM: x 2 − 3 x + 2 ≠ 0,
x2 − 4x + 3 2
x − 3x + 2
≥ 0 . Тъй като x 2 − 4 x + 3 = (х − 1)( х − 3),
x 2 − 3 x + 2 = (х − 1)(х − 2), то ДM: x ≠ 1; 2 и
От
x2 − 4x + 3 2
x − 3x + 2
x−3 ≥ 0 ⇒ x ∈ ( −∞;1) ∪ (1; 2 ) ∪ [ 3; ∞ ) . x−2
≤ 1 след повдигане на квадрат получаваме
x−3 ≤1⇒ x−2
−1 ≤ 0 ⇒ x − 2 > 0 , т.е. х>2. Предвид ДМ получаваме, че x ∈ [3; ∞ ) . x−2
ЗАДАЧА 2: а) Да се реши уравнението ( sin 2 x − cos x ) π 2 − 4 x 2 = 0 (3 точки); б) Да се намерят най-голямата и най-малката стойности на функцията f ( x) = x 3 − 3 x + 3 в интервала [− 2; 2] (2 точки). π π РЕШЕНИЕ: a) ДМ: π 2 − 4 x 2 ≥ 0 ⇒ (π − 2 x)(π + 2 x) ≥ 0 ⇒ x ∈ − ; . 2 2
От ( sin 2 x − cos x ) π 2 − 4 x 2 = 0 ⇒ π 2 − 4 x 2 = 0, т. е. x = − т. е. 2 sin x cos x − cos x = 0 ⇒ cos x = 0 , x = ± π π π В ДМ решенията са − ; и . 2 2
6
π 2
π 2
или x =
+ 2kπ или sin x =
π 2
, или sin 2 x − cos x = 0,
1 π 5π , x = + 2lπ , x = + 2lπ . 2 6 6
б)
f '( x) = 3 x 2 − 3 = 3( x − 1)( x + 1); f '( x) = 0 ⇒ x = ±1 ∈ [ −2; 2] . Пресмятаме
f ( −1) = 5,
f (1) = 1 , f ( −2) = 1, f ( 2) = 5. Тогава НГС = 5 и НМС = 1.
ЗАДАЧА 3: В равностранен ∆ABC е построена средната отсечка MN ( M ∈ AB, N ∈ BC ) . Точка Р е среда на отсечката MN и правата АР пресича ВС в точка D . Да се намерят:
а) косинусът на ∠APB (3 точки); б) отношението на лицата на ∆ABD и ∆ACD (2 точки). РЕШЕНИЕ: C
AM = BM = MN =
По
B
AP 2 =
Тогава
a 3 a a , MP = , PB = − височи2 4 4
T
M
АВ=а.
⇒ ∠NMB = 600 , ∠AMP = 180 0 − 600 = 120 0 .
D
P
Означаваме
на в равностранния ∆BMN . Тъй като MN AC
N
A
a)
косинусова
теорема
за
∆AMP
намираме
AP 2 = AM 2 + MP 2 − 2 AM .MP. cos ∠AMP , т.е.
a2 a2 a a 7a 2 a 7 + − 2. . cos 1200 = ⇒ AP = . 4 16 2 4 16 4
По косинусова теорема за ∆ABP намираме
AB 2 = AP 2 + BP 2 − 2 AP.BP. cos ∠APB ⇒ a 2 = Следователно, cos ∠APB = −
7 a 2 3a 2 a 7 a 3 . + − 2. cos ∠APB . 16 16 4 4
21 . 7
б) Построяваме права MT AD (T ∈ BC ) ⇒ MT е средна отсечка в ∆ABD . Тогава BT = ТD (1) В ∆MTN PD е средна отсечка ( PD MT и точка Р е среда на MN ) ⇒ TD = DN ( 2). От (1) и 1 1 1 2 (2) получаваме BT = TD = DN = BN = а , а BD = 2 BT = а и CD = BC − BD = а . 3 6 3 3 1 1 а BD.hA 1 S ABD 2 BD 3 Тогава = = = = . S ACD 1 CD.h CD 2 а 2 A 2 3
D
C
ЗАДАЧА 4: Околните ръбове на пирамидата ABCD с връх D имат дължини 5 2 и околната стена ACD е перпендикулярна
O
Q
на основата АВС. Дължините на радиусите на вписаната в и описаната около основата окръжности са съответно 2 и 5. Да
A
P
B
се намерят:
а) обемът на пирамидата (3 точки); б) дължината на радиуса на вписаната в пирамидата сфера (2 точки). РЕШЕНИЕ: a) Нека точка О е ортогоналната проекция на върха D върху равнината на основата АВС. От ( ACD ) ⊥ ( ABC ) следва O лежи върху АС. От АD = ВD = СD следва
АО=ВО=СО. Следователно, O e център на описаната около ∆ АВС окръжност и ∆ АВС е правоъгълен с хипотенуза АС. От метрични зависимости в правоъгълен триъгълник следват равенствата
AB 2 + BC 2 = AC 2 = 100
и
AB + BC − 10 = 2, 2
от
които
получаваме
AB. AC = 48 ⇒ S ABC = 24 . Тъй като DO 2 + OA2 = AD 2 ⇒ DO = 5. 1 1 Тогава V = S ABC .DO = .24.5 = 40 . 3 3
б) От формулата 3V = S 1. r вп. сф., където S1 = Sпълна пов., следва r вп.сф. =
S1= S ABC + S ADC + S DBC
6.8 10.5 8. + S ABD = + + 2 2
Следователно, r вп.сф. =
(5 2 ) 2
2
− 42
+
6
120 . 49 + 4 34 + 3 41
Оценката се получава по формулата:
Оценка = 2+0,2К, където К е броят на получените точки.
(5 2 ) 2
2
3V . Ho S1
− 32
= 49 + 4 34 + 3 41 .