Issuu on Google+

ВИСШЕ СТРОИТЕЛНО УЧИЛИЩЕ “ЛЮБЕН КАРАВЕЛОВ” – СОФИЯ КОНКУРСЕН ИЗПИТ ПО МАТЕМАТИКА 19. 04. 2008 г. ТРЕТИ ВАРИАНТ ЗАДАЧА 1: Да се решат: (3 точки) а) системата

2x −1 y+2 + =2 ; y+2 2x −1 x+ y =9

(2 точки) б) уравнението log 1 4

2x − 4 = 0. x+2

ЗАДАЧА 2: Дадена е функцията f ( x ) = cos x − sin x − 1 . (2,5 точки) а) Да се реши уравнението f ( x) + 1 = sin 2 x + cos x . (2,5 точки) б) Да се намерят най-голямата и най-малката стойности на функцията f ( x ). ЗАДАЧА 3: Даден е ΔABC с ъглополовящи AL (L ∈ BC ) и BM (M ∈ AC ) . Дължините на отсечките AM, MC и CL са съответно

8 6 , и 1 . Да се намерят: 7 7

(2 точки) а) периметърът на ΔABC ; (3 точки) б) радиусът на описаната около ΔMLC окръжност. ЗАДАЧА 4: Дадена е правилна четириъгълна призма ABCDA1B1C1D1 с основен ръб с дължина а. Диагоналите ВА1 и ВС1 сключват с равнината на основата ъгъл с големина α . Да се намерят: (2 точки) а) косинусът на ∠А1ВС1 ; (3 точки) б) разстоянието от точка В1 до равнината ( A1BС1 ) .

Оценката се образува по формулата:

Оценка = 2 + 0,2.K, където K е броят на точките и при K < 5 оценката е Слаб 2.


ПРИМЕРНИ РЕШЕНИЯ ⎧ 2x −1 ⎫ y+2 ЗАДАЧА 1: а) ДМ : ⎨ ≥ 0, ≥ 0, y + 2 ≠ 0, 2 x − 1 ≠ 0 ⎬ . 2x −1 ⎩ y+2 ⎭ 1 2x − 1 В първото уравнение полагаме = u , u>0 и получаваме u + = 2 , т. е. u y+2

(u − 1)

2

= 0 ⇒ u = 1 . Тогава

Решението е

2x − 1 2x − y = 3 =1 2x − 1 ⇒ . = 1 и получаваме системата y + 2 x+ y =9 y+2 x+ y =9

x=4 ∈ ДМ. y=5

⎧ 2x − 4 ⎫ б) ДМ : ⎨ > 0, x + 2 ≠ 0 ⎬ ⇒ x ∈ ( − ∞, − 2 ) ∪ ( 2, ∞ ) . Записваме уравнението във вида ⎩ x+2 ⎭ 2x − 4 2x − 4 log 1 = log 1 1 ⇒ = 1 ⇒ 2 x − 4 = x + 2 ⇒ x = 6∈ ДМ. x+2 4 x+2 4

ЗАДАЧА 2: ДМ на f ( x ) е R. а) За уравнението получаваме cos x − sin x − 1 + 1 = sin 2 x + cos x ⇔ ⎧ sin x = 0 . sin 2 x + sin x = 0 ⇔ 2 sin x cos x + sin x = 0 ⇔ sin x(2 cos x + 1) = 0 ⇒ ⎨ ⎩2 cos x + 1 = 0 Решенията на sin x = 0 са x = kπ , k ∈ Z . 1 2π Решенията на cos x = − са x = ± + 2lπ , l ∈ Z . 3 2 б) f ( x ) = cos x − sin x − 1 ⇔ f ( x ) = 2 sin (45 − x ) − 1 .

(

)

Но − 1 ≤ sin 45 − x ≤ 1 . Тогава − 2 ≤ 2 sin (45 − x ) ≤ 2 .

Следователно − 2 − 1 ≤ 2 sin (45 − x ) − 1 ≤ 2 − 1 .

НГС на f ( x ) e

2 − 1 и НМС на f ( x ) e − 2 − 1 .

1 2 CL AC , т.е. = = BL AB x AB и AB = 2 x . От BM – ъглополовяща C 8 2x AM AB , т.е. 7 = и тогава ⇒ = L 6 x +1 MC BC M 7 4 x + 4 = 6 x ⇒ x = 2 . Страните на ΔABC са AB = 4, BC = 3, AC = 2 и PABC = 9 . A B б) От ΔABC по косинусова теорема 1 ⇒ AB 2 = AC 2 + BC 2 − 2. AC .BC . cos ∠C , т.е. 4 2 = 2 2 + 3 2 − 2.2.3. cos ∠C ⇒ cos ∠C = − . От 4 15 cos 2 ∠C + sin 2 ∠C = 1 получаваме sin ∠C = ( ∠C ∈ ( 0; π ) ) . 4

ЗАДАЧА 3: а) Нека BL = x . Тогава BC = x + 1. От AL - ъглополовяща ⇒

По косинусова теорема за ΔMLC намираме ML2 = MC 2 + LC 2 − 2.MC .LC . cos ∠C , т.е. 36 6 ⎛ 1 ⎞ 106 106 ML2 = + 1 − 2. .1.⎜ − ⎟ = ⇒ ML = . 49 7 ⎝ 4 ⎠ 49 7


106 2 1590 ML По синусова теорема за ΔMLC имаме . = 2 R , т.е. R = 7 = 105 sin ∠C 15 2 4 ЗАДАЧА 4: а) Ортогоналните проекции на точките А1 и С1 върху основата ABCD са А и С. Тогава ∠A1 BA = ∠C1 BC = α . От правоъгълния ΔABA1 D1 AB a намираме = BC1 . = cos α , т.е. A1 B = A1 B cos α C1 А1С1 е диагонал в квадрата A1 B1C1 D1 ⇒ A1C1 = a 2 . По косинусова теорема за ΔA1 BC1 имаме B1 A1C12 = BA12 + BC12 − 2 BA1.BC1. cos ∠A1 BC1 ,

A1

a2 a2 a a + − 2. . cos ∠A1 BC1 ⇒ 2 2 cos α cos α cos α cos α cos ∠A1 BC1 = sin 2 α .

т.е. 2a 2 = D A

α

α

(

б) Разстоянието от точка B1 до равнината ( A1 BC1 ) е равно на дължината hB1 на височината от B1 към

основата A1 BC1 на пирамидата A1 BC1 B1 . От правоъгълния ΔBCC1 намираме B CC1 = tgα ⇒ CC1 = BB1 = atgα . BC 1 1 A1 B1.BB1 a 3 tgα 1 a.atgα .B1C1 = . Обемът VA1BC1B1 = S A1BB1 .B1C1 = . . .a = 3 3 2 3 2 6 a a . 2 A1 B.C1 B Лицето S A1 BC1 = . sin ∠A1 BC1 = cos α cos α . 1 − sin 2 α = 2 2

)(

a 2 1 − sin 2 α 1 + sin 2 α 2 cos 2 α

C

) = a2

Тъй като V A1 BC1 B1 =

(

)

1 + sin 2 α . 2 cos α

3V A1BC1B1 1 S A1 BC1 .hB1 , то hB1 = 3 S A1BC1

a 3 tgα 3 a sin α 6 . = = a 2 1 + sin 2 α 1 + sin 2 α 2 cos α


2008.19.04 Висше строително училище "Л.Каравелов" - София