2008.25.07 Висше строително училище "Л.Каравелов" - София

ВИСШЕ СТРОИТЕЛНО УЧИЛИЩЕ “ЛЮБЕН КАРАВЕЛОВ” – СОФИЯ КОНКУРСЕН ИЗПИТ ПО МАТЕМАТИКА 25. 07. 2008 г. ТРЕТИ ВАРИАНТ

ЗАДАЧА 1: Да се решат: ( 2 точки ) а) неравенството 2 x + 3 < 4 − x ; ( 3 точки ) б) уравнението 1 + log 2 ( x − 1) = log ( x −1) 4 . Решение:

x > −7 2x + 3 + 4 − x > 0 − (4 − x ) < 2 x + 3 < 4 − x 1 1  ⇔ 2x + 3 − 4 + x < 0 ⇔ x < ⇒ x ∈  − 7 ;  . а) 2 x + 3 < 4 − x ⇔ 4− x >0 3 3  x<4 x<4 б) ДМ

{x − 1 > 0, x − 1 ≠ 1} ⇔ x ∈ (1; 2) ∪ (2; ∞ )

1 + log 2 ( x − 1) = log ( x −1) 4 ⇔ 1 + log 2 ( x − 1) =

log 2 4 2 ⇒ 1 + log 2 ( x − 1) = log 2 ( x − 1) log 2 ( x − 1)

Полагаме log 2 ( x −1) = u . Toгавa получаваме

1+ u =

2 u

u1 = 1 ⇒ log 2 ( x − 1) = 1 ⇒ x = 3 ∈ ДМ . u 2 = −2 ⇒ log 2 ( x − 1) = −2 ⇒ x = 1,25 ∈ ДМ

(u ≠ 0) ⇒ u 2 + u − 2 = 0 ⇒ 

ЗАДАЧА 2: Дадена е функцията f ( x) = x 2 − (m − 2 ) x + (m + 2 ) , където m е реален параметър. Да се намерят стойностите на m , при които: ( 3 точки ) а) корените на уравнението f ( x) = 0 са по-големи от − 1 ; x12 + x22 ( 2 точки ) б) е в сила неравенството ≤ 2 , където x1 и x2 са реалните корени на x1 x2 уравнението f ( x) = 0 .

D≥0 Решение: а) Корените са по големи от − 1 , когато af (− 1) > 0 . b − > −1 2a

D = m 2 − 8m − 4 , af (− 1) = 2m + 1, −

[

b m−2 = ⇒ 2a 2

m 2 − 8m − 4 ≥ 0 2m + 1 > 0

m − 2 > −2

] [

(

m ∈ − ∞; 4 − 2 5 ∪ 4 + 2 5 ; ∞ 1 ⇒ m>− 2 m>0

)

Решенията са m ∈ 4 + 2 5 ; ∞ .

(x + x ) − 4 x1 x2 ≤ 0 . От формулите на Виет намираме x + x = m − 2 и x12 + x22 ≤2 ⇔ 1 2 1 2 x1 x2 x1 x2 2

б)

x1 x2 = m + 2 . За да съществуват два реални корена трябва D ≥ 0 . Toгава получаваме: m 2 − 8m − 4 ≤0 ⇒ m ∈ (− ∞; − 2 ) ∪ 4 − 2 5 ∪ 4 + 2 5 . m+2 2 m − 8m − 4 ≥ 0

{

} {

}

ЗАДАЧА 3: Даден е ∆ABC , в който ∠C = 90 , AC = 3 и BC = 4 . Външно за триъгълника е построен квадрат ABMN с център О. Да се намерят: ( 2 точки ) а) дължината на отсечката СО; ( 3 точки ) б) синусът на ъгъла между СО и АВ и дължините на отсечките, на които СО дели АВ. Решение: a) За правоъгълния триъгълник ∆ABC

C

намираме:

AB = 5, sin ∠A = cos ∠B =

A

P

B

4 3 , cos ∠A = sin ∠B = .

5 5

Следователно NB = 5 2 и OB =

5 2 .

2

От косинусовата теорема за ∆ОBC получаваме CO 2 = OB 2 + BC 2 − 2OB.BC .cos ∠OBC , т.e.

2

5 2  5 2  π  + 16 − 2.

CO =  .4.cos + ∠B  =  2  4  2  25 π π   = + 16 − 20 2  cos .cos ∠B − sin sin ∠B  2 4 4   2

O

CO 2 = N

M

98 7 2 ⇒ CO = .

4 2

б) Отсечката АВ се вижда от точките О и С под

прав ъгъл, следователно О, В, С и А лежат на една окръжност с диаметър АВ. Тогава

)

∠ACO = ∠ABO =

π 4

(лежат срещу една и съща дъга). Следователно СО е ъглополовяща на

∠ACB . Нека CO ∩ AB = P . Тогава ∠APC = π − ∠PAC − ∠ACP = Следователно sin ∠APC =

3π 3π 3π   3π sin ∠A − ∠A ⇒ sin ∠APC = sin − ∠A  = sin cos ∠A − cos 4 4 4   4

7 2 .

10

От свойството на ъглополовящата СО в ∆ABC имаме че AP + PB = 5 , получаваме AP =

AP AC AP 3 = ⇒ = . Като използваме, BP BC BP 4

15 20 , BP = .

7 7

ЗАДАЧА 4: Дадена е правилна триъгълна призма ABCA1 B1C1 с основен ръб с дължина 3. През центъра М на ∆ABC и центровете Р и Q, съответно на стените ABВ1 А1 и ACС1 А1 , е построена равнина, сключваща с равнината ( ABC ) ъгъл, чийто тангенс е равен на

2 3 . Да се намерят: 3

( 3 точки ) а) лицето на сечението на равнината с призмата; ( 2 точки ) б) косинусът на ъгъла, който равнината на сечението сключва със стената ABВ1 А1 . Решение: а) В ∆AB1C1 отсечката PQ е средна отсечка. Следователно PQ е успоредна на B1C1 . Тогава равнината на сечението K пресича равнината ( ABC ) в права, E А1 минаваща през т. М и успоредна на BC Q L O ( BC || B1C1 ). Нека тази права пресича B1 страните на ∆ABC в т. F от АВ и т. N C от АС. Тогава равнината на сечението P N пресича стената ABВ1 А1 в правата FP, α M като FP ∩ A1 B1 = L , и пресича стената Е1 А ACС1 А1 в правата NQ, като F NQ ∩ A1C1 = K . Така равнината на B сечението пресича основата A1 B1C1 в правата LK, т.е. сечението е четириъгълник FNKL. Тъй като равнините ABC и A1 B1C1 са успоредни, то FN || EK и FNKL е трапец. От ∆AА1 L ≅ ∆AА1 K , ∆AFL ≅ ∆ANK следва, че FL = NK , т.е. трапецът FNKL е равнобедрен. От AM ⊥ BC , FN || BC следва AМ ⊥ FN . От друга страна, МЕ ⊥ FN (M и E са среди на FN и LK). Следователно, ъгълът между равнината на сечението и основата ABC е 2 3 2 ∠AME = α , tg α = . Имаме FN = BC = 2 .

3 3 C1

2 3 3 1 1 3 3 3 = .

AM = . = 3 . От ∆FBP ≅ ∆LА1 P ⇒ A1 L = FB = .3 = 1 ⇒ LK = 1, A1 E = .

3 2 3 3 2 2 EE1 7 Тогава от ∆EE1 M имаме tg α = , откъдето следва EE1 = AA1 = 1, EM = . Получаваме E1 M 2 FN + LK 3 7 .EM = .

2 4 б) FN ⊥ (EAM ) ⇒ ( AME ) ⊥ (FNKL ) . Следователно ортогоналната проекция О на А лежи върху МE = ( AME ) ∩ (FNKL ) .

S FNKL =

От tgα =

AO 2 21 2 3 2 . От друга страна, . = sin α ⇒ AO = ⇒ sin α = 3 AM 7 7

От ∆ALA1 ⇒ AL = 2 и от АFLA1 ⇒ LF =

( AF − A1 L )2 + AA12

= 2.

Toгава за ∆ALF получаваме AL2 + LF 2 = AF 2 , откъдето следва, че ∆ALF е правоъгълен. Следователно AL ⊥ LF . Но OL е ортогонална проекция на AL върху равнината на сечението, следователно от теоремата за трите перпендикуляра имаме OL ⊥ LF ⇒ ∠(( ABB1 A1 ), (FNKL )) = ∠ALO = β . Откъдето получаваме AO 42 7 = sin β ⇒ sin β = ⇒ cos β = .

AL 7 7

Оценката се образува по формулата: Оценка = 2 + 0,2.k, където k е броят на точките. При k < 5 оценката е Слаб (2).