Issuu on Google+

МИНИСТЕРСТВО НА ОБРАЗОВАНИЕТО, МЛАДЕЖТА И НАУКАТА

ДЪРЖАВЕН ЗРЕЛОСТЕН ИЗПИТ ПО МАТЕМАТИКА 1 септември 2009 г. – Вариант 2 УВАЖАЕМИ ЗРЕЛОСТНИЦИ, Тестът съдържа 28 задачи по математика от два вида: • 20 задачи със структуриран отговор с четири възможни отговора, от които само един е верен; • 8 задачи със свободен отговор. Първите 20 задачи (от 1. до 20. включително) в теста са от затворен тип с четири възможни отговора, обозначени с главни букви от А до Г, от които само един е верен. Отговорите на тези задачи отбелязвайте със син/черен цвят на химикалката в листа за отговори, а не върху тестовата книжка. Отбелязвайте верния отговор със знака

Х

в

кръгчето с буквата на съответния отговор. Например: А

Б

В

Г

Ако след това прецените, че първоначалният отговор не е верен и искате да го поправите, запълнете кръгчето с грешния отговор и отбележете буквата на друг отговор, който приемате за верен. Например: А

Б

В

Г

За всяка задача трябва да е отбелязан не повече от един действителен отговор. Като действителен отговор на съответната задача се приема само този, чиято буква е отбелязана със знака Х . Отговорите на задачите със свободен отговор (от 21. до 28. вкл.) запишете в предоставения свитък за свободните отговори, като за задачи от 26. до 28. вкл. запишете пълнете решения с необходимите обосновки.

ПОЖЕЛАВАМЕ ВИ УСПЕШНА РАБОТА!


Отговорите на задачите от 1. до 20. вкл. отбелязвайте в листа за отговори!

1 1. Дадени са числата M = 3 % от 20 и N = 0, 667 . Вярно е, че: 3 А) M > N

2. Сумата

Б) M < N

(2 − 3)

2

А) x ≠ 0

(

)

2

3 −2

Г) M и N не могат да се сравнят

е равна на:

Б) − 4

А) 4 − 2 3 3. Изразът

+

В) M = N

Г) 4 + 2 3

В) 0

2 − x x2 − 4 е дефиниран при: : x + 3 2x Б) x ≠ 0, x ≠ −3

В) x ≠ 0, x ≠ 2, x ≠ −2

Г) x ≠ 0, x ≠ −3, x ≠ ±2

4. Ако x1 и x 2 са корените на уравнението x 2 + 10 x + 20 = 0 , то стойността на израза

x1 x22 + x12 x2 е: 30 + x1 + x2

А) −10

Б)

1 4

В)

1 2

Г) 5

5. Броят на пресечните точки на графиките на функциите f ( x ) = x 2 − 5 x + 3 и g ( x ) = 1 + x 2 са:

А) 0

Б) 1

В) 2

Г) 3

6. Корените на уравнението ( x − 3). x − 5 = 0 са числата: А) 3

Б) 3 и 5

В) 5

Г) 5 и 9

7. Стойността на израза log 3 9 − lg 1 − 22009.log 5 1 е равна на: 100 А) 0

Б) 1

8. Решенията на неравенството

В) 4

3− x ≤ 0 са: x −1

А) x ∈ [1;3]

Б) x ∈ (−∞;1) ∪ [3; +∞)

В) x ∈ (1;3]

Г) x ∈ (−∞;1] ∪ (3; +∞)

Вариант 2

Г) 5

1


y M

1

p

9. На чертежа е построена единичната окръжност и права p, която се допира до окръжността в точка с ордината 1.

α

Първото рамо на ъгъл α съвпада с положителната посока на

1

x

абсцисната ос. Второто рамо на ъгъл α пресича правата p в точка M , както е показано на чертежа. За ъгъл α абсцисата на точка M е стойността на функцията: А) синус

Б) косинус

В) тангенс

Г) котангенс

10. Дадена е окръжност k ( O, r = 0,8 cm ) и точки A и B от окръжността, такива че радианната мярка на ∠AOB е 5 . Дължината на принадлежащата дъга AB на този ъгъл е: А) 2 cm

Б) 4 cm

В) 6 cm

Г) 8 cm

11. За геометричната прогресия a1 , a2 ,..., a5 е известно, че a3 = −2 . Произведението a1.a5 е равно на: А) −4

Б) −2

В) 2

Г) 4

12. Ако средното аритметично на числата a, − 5, − 3 и −2 е равно на −1 , то числото a е: А) −4

Б) 5

В) 6

Г) 8

13. Ако на чертежа AC : PC = 5 : 3 и PQ || AB, то отношението на лицата S PQC : S ABQP е равно на: А) 3 : 5

Б) 3 : 2

В) 9 : 25

C P

Г) 9 :16

Q

A

B

14. В ΔABC BL е ъглополовящата на ∠ABC , LM е медиана в

ΔABL , AL = BL = 2 3 ,

LC = 3 и ΔALM ~ ΔABC .

C

Страната BC на ΔABC е равна на: L А) 3

Б) 6

В) 2 3

Г) 3 3

A

Вариант 2

M

B

2


15. На чертежа хордите АС и BD се пресичат в точка М. Ако BM = 12 cm , DM = 9 cm и AM : AC = 4 : 7 , то НЕ е вярно, че: А) AB || CD

Б) S AMB : S DMC = 2 : 3

В) S AMD : S DMC = 4 : 3

Г) DC : AB = 3 : 4

D C M A

B

16. Вписаната в правоъгълен триъгълник окръжност се допира до хипотенузата

AB в точка M . Отсечката AM е 4 , а хипотенузата е 10 . Лицето на триъгълника е: А) 12

Б) 24

В) 40

Г) 48

17. Ако BC е най-голямата страна в разностранния ΔABC , а d е диаметърът на описаната около триъгълника окръжност и BC : d = 1: 2 , то мярката на ∠BAC е: А) 45o

Б) 135o

В) 120o

Г) 60o

18. В остроъгълния ΔABC страната BC = 7 cm и AB = 5 cm . Ако R е радиусът на описаната около триъгълника окръжност и BC : R = 3 , то дължината на страната АС е равна на: А) 6 cm

Б)

39 cm

Г) 109 cm

В) 8 cm

19. Δ ABC е равностранен със страна AB = 4 3 сm. Точка M е вътрешна за триъгълника и е такава, че лицата на триъгълниците ABM , BCM и ACM се отнасят съответно както 1: 2 : 3 . Разстоянието от M до AB е равно на: А) 1 cm В) 3 cm

Б) 2 cm Г) 6 cm

C

M А

.

B

20. Ако страната на ромб е 12 cm и един от ъглите му е 60° , то радиусът на вписаната в ромба окръжност е равен на: А) 3 cm

Б) 3 3 cm

В) 6 cm

Г) 6 3 cm

Вариант 2

3


Отговорите на задачите от 21. до 25. вкл. запишете в свитъка за свободните отговори!

21. Запишете най-малкото цяло число x , за което е изпълнено неравенството x

x

⎛2⎞ ⎛2⎞ 2. ⎜ ⎟ + 5. ⎜ ⎟ < 7 ⎝3⎠ ⎝3⎠

22. Ако се съберат първият и пети член на аритметична прогресия се получава 18 , а ако от седмия се извади сборът на втория и трети член на тази прогресия се получава 1 . Намерете сбора на първите 10 члена на прогресията. 23. Намерете стойността на израза tg 75° +

1 . tg 75°

24. Основата на равнобедрен триъгълник е 30 cm , а центърът на вписаната в триъгълника окръжност дели височината към основата в отношение 5 :13 , считано от основата. Да се намери лицето на триъгълника в квадратни сантиметри. 25. Нека k

е случайно избрано число измежду 5 цели числа. Намерете ⎛π ⎞ вероятността числото cotg ⎜⎜ + k π⎟⎟⎟ да е ирационално число. ⎜⎝ 4 ⎠

Пълните решения с необходимите обосновки на задачите от26. до 28. вкл. запишете в свитъка за свободните отговори! 26. Решете уравнението

x +3 x −3 . +1 = 6 x −3 x+3

27. Дадени са пет отсечки с дължини 2 cm , 3 cm , 4 cm , 5 cm и 6 cm . Каква е вероятността три случайно избрани от тях да могат да образуват триъгълник? 28. В триъгълника АВС BC = 6 cm , AC = 8 cm . Ъглополовящата през върха С пресича описаната около триъгълника окръжност в точка L. Да се намери страната АВ в сантиметри, ако CL = AC .

Вариант 2

4


ФОРМУЛИ Квадратно уравнение −b ± b 2 − 4ac ax 2 + bx + c = a ( x − x1 )( x − x2 ) 2a b c Формули на Виет x1 + x2 = − x1 x2 = a a

ax 2 + bx + c = 0

x1,2 =

Квадратна функция

Графиката на y = ax 2 + bx + c , a ≠ 0 е парабола с връх точката (−

b D ;− ) 2a 4a

Корен. Степен и логаритъм 2k

2 k +1

a 2k = a

m n m a =an log a b = x ⇔ a x = b

nk

a 2 k +1 = a ;

a mk = n a m

log a a x = x

при k ∈

a = nk a ; при a > 0 , n ≥ 2 , k ≥ 2 и n, m, k ∈ a loga b = b ; при b > 0, a > 0, a ≠ 1 n k

Комбинаторика

Брой на пермутациите на n елемента:

Pn = 1.2.3... ( n − 1) n = n !

Брой на вариациите на n елемента k -ти клас:

Vnk = n. ( n − 1) ... ( n − k + 1)

Брой на комбинациите на n елемента k -ти клас: Cnk = Вероятност

P ( A) =

Vn k n. ( n − 1) ... ( n − k + 1) = Pk 1.2.3...(k − 1)k

брой на благоприятните случаи брой на възможните случаи

0 ≤ P( A) ≤ 1

Прогресии

Аритметична прогресия:

an = a1 + ( n − 1) d

Геометрична прогресия:

an = a1.q n −1

p ⎞ ⎛ Формула за сложна лихва: K n = K .q = K . ⎜ 1 + ⎟ ⎝ 100 ⎠ n

2a + ( n − 1) d a1 + an ⋅n = 1 ⋅n 2 2 a q − a1 qn −1 Sn = n = a1 ⋅ q −1 q −1

Sn =

n


Зависимости в триъгълник

1 1 ab = chc a 2 = a1c b 2 = b1c 2 2 a + b − c a b a b 2 hc = a1.b1 r= sin α = cos α = tgα = cotgα = 2 c c b a 2 2 2 2 2 2 b = a + c − 2ac cos β Произволен триъгълник: a = b + c − 2bc cos α a b c c 2 = a 2 + b 2 − 2ab cos γ = = = 2R sin α sin β sin γ 1 1 2 Формула за медиана: ma = ( 2b 2 + 2c 2 − a 2 ) mb 2 = ( 2a 2 + 2c 2 − b 2 ) 4 4 1 mc 2 = ( 2a 2 + 2b 2 − c 2 ) 4 a n Формула за ъглополовяща: = lc2 = ab − nm b m Правоъгълен триъгълник: c 2 = a 2 + b 2

S=

Формули за лице

1 S = chc 2

1 ab sin γ 2 abc S = pr S= 4R S = ab sin α Успоредник: S = aha 1 Четириъгълник: S = d1d 2 sin ϕ 2 Описан многоъгълник: S = pr Триъгълник:

S=

S=

p ( p − a )( p − b )( p − c )

Тригонометрични функции

α0

00

α rad

0

sin α

0

cos α

1

tg α

0

cotg α

300

450

600

900

π

π

π

π

6 1 2

4 2 2 2 2

3 3 2 1 2

2

1

3

1

3 3

0

3 2 3 3 3

1 0


−α − sin α cos α − tgα −cotgα

sin cos tg cotg

900 − α cos α sin α cotgα tgα

sin (α ± β ) = sin α cos β ± cos α sin β

tgα ± tg β 1 ∓ tgα tgβ sin 2α = 2sin α cos α 2tgα cotg 2α − 1 α tg2α = cotg2 = 2cotgα 1 − tg 2α tg (α ± β ) =

sin α + sin β = 2sin

α +β

cos

α −β

2 2 α +β α −β cos α + cosβ = 2cos cos 2 2 1 sin α sin β = ( cos (α − β ) − cos (α + β ) ) 2 sin α cosβ =

1 ( sin (α + β ) + sin (α − β ) ) 2

900 + α cos α − sin α −cotgα − tgα

1800 − α sin α − cos α − tgα −cotgα

cos (α ± β ) = cos α cos β ∓ sin α sin β

cotgα cotgβ ∓ 1 cotgβ ± cotgα 2 2 cos 2α = cos α − sin α = 2 cos 2 α − 1 = 1 − 2sin 2 α 1 1 sin 2 α = (1 − cos 2α ) cos 2 α = (1 + cos 2α ) 2 2 cotg (α ± β ) =

sin α − sin β = 2sin

α −β 2

cos

α +β

2 α +β α −β cosα − cosβ = −2sin sin 2 2 1 cosα cosβ = ( cos (α − β ) + cos (α + β ) ) 2


МИНИСТЕРСТВО НА ОБРАЗОВАНИЕТО И НАУКАТА ДЪРЖАВЕН ЗРЕЛОСТЕН ИЗПИТ ПО Учебен предмет – математика септември 2009 г. ВАРИАНТ № 2 Ключ с верните отговори Въпроси с изборен отговор Въпрос № 1. 2. 3. 4. 5. 6. 7. 8. 9. 10. 11. 12. 13. 14. 15. 16. 17. 18. 19. 20. 21. 22. 23. 24. 25.

Верен отговор

Б А Г А Б В В Б Г Б Г В Г А Б Б Б В А Б 1 140 4 540 0

Брой точки 2

Въпрос № 26.

2

27.

2

28.

2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

3 3 3 3 3

Верен отговор

x=5 P = 7 = 0, 7 10 AB = 7 cm

Брой точки 15 15 15


ВЪПРОСИ С РЕШЕНИЯ

КРИТЕРИИ ЗА ОЦЕНЯВАНЕ НА ЗАДАЧА 26 Първо решение: 1. Определяне множеството от допустими стойности:

т.е. x ∈ (− ∞, − 3) ∪ (3, + ∞ )

x+3 >0 x−3 (2 т.)

x+3 =y x−3 3. Допустими стойности за y : y > 0

2. Полагане

(2 т.) (1 т.)

1 +1 = 0 y y1 = −3 , y 2 = 2

4. Получаване на уравнението y − 6 .

(1 т.)

5. Намиране на корените

(2 т.)

6. Отбелязване, че y1 = −3 не е решение

(2 т.)

x+3 = 2 и получаване на x = 5 x−3 8. Записване на отговора x = 5

7. Решаване на уравнението

*Забележка: Ако вместо етап 1. и 6. е направена директна проверка с y1 и y2 и е установено , че y1 = −3 не е решение, а y2 = 2 е решение на даденото уравнение

(3 т.) (2 т.)

( 4 т.)

Второ решение: 1.Записване на уравнението така:

x+3 x −3 −6 = −1 и определяне множеството от x −3 x+3

x+3 > 0 , т.е. x ∈ (− ∞, − 3) ∪ (3, + ∞ ) x−3 2. Повдигане двете страни на уравнението на втора степен и получаване x +3 x + 3 x −3 x −3 −12 + 36. =1 . x −3 x −3 x + 3 x+3 допустими стойности:

2

(3 т.)

2

( x + 3) + 36 ( x − 3) 3.Еквивалентни преобразувания до : −12 = 1 ( x + 3).( x − 3) 2

(2 т.)

(2 т.)

2

( x + 3) + 36 ( x − 3) 2 2 = 13 ⇔ ( x + 3) + 36 ( x − 3) = 13x 2 −117 4. ( x + 3).( x − 3)

(2 т.)

5. 24 x 2 − 210 x + 450 = 0

(2 т.)


15 4 7. Проверка за принадлежност на корените към дефиниционното множество и 15 отхвърляне на x2 = като корен на даденото уравнение чрез пряка проверка 4 * ��абележка: Ако вместо етап 1. и 7. е направена директна проверка за числата 15 x1 = 5 и x2 = дали са корени на даденото уравнение 4 ( 4 т.) 6. Намиране корените на последното уравнение x1 = 5, x2 =

(2 т.)

(2 т.)

КРИТЕРИИ ЗА ОЦЕНЯВАНЕ НА ЗАДАЧА 27 1.Като се приложи теоремата за неравенство на триъгълника, а именно, че триъгълникът съществува, ако сборът на двете най –малки страни е по-голям от третата, то преброяваме възможните триъгълници. Те са със страни съответно: 2 cm , 3 cm и 4 cm ; 2 cm , 4 cm и 5 cm ; 2 cm , 5 cm и 6 cm ; 3 cm ,4 cm и 5 cm ; 3 cm , 4 cm и 6 cm ; 3 cm , 5 cm и 6 cm ; 4 cm , 5 cm и 6 cm , т.е. броят на благоприятните изходи е 7. ( 7 т.) 5.4.3 2. Три от 5 отсечки можем да изберем по C53 = = 10 начина. ( 5 т.) 3! 7 3. Търсената вероятност е P = ( 3 т.) 10 КРИТЕРИИ ЗА ОЦЕНЯВАНЕ НА ЗАДАЧА 28 Първо решение: C

1. Нека CL ∩ AB = P и CP = t , а PL = 8 − t

(2 т.) 2. От свойството на ъглополовящата CP в ABC следва, че AP AC 4 = = , следователно AP = 4k и PB = 3k PB BC 3

(2 т.) 3. От формулата за ъглополовяща следва, че CP = AC.BC − AP.PB т.е. следва, че t 2 = 48 −12k 2 (1)

(4 т.)

AP PC 4k t , т.е. . = = LP PB 8 − t 3k Следователно 12k 2 = 8t − t 2 (2)

(4 т.)

APC ∼ LPB следва, че

5. Заместваме 12k 2 от (2) в (1) и получаваме t 2 = 48 − 8t + t 2 , т.е. t = 6. Тогава k = 1 и AB = 7 cm

2 2 A

2

4. От

γ γ

(3 т.)

x

x L

B


Второ решение: p ⇒ AL = BL = x 1. Съобразяване че от )ACL = )BCL ⇒ p AL = BL

(3 т.)

2. Два пъти прилагане на косинусова теорема съответно за + ACL и + BCL γ

γ

x 2 = AC 2 + CL2 − 2. AC.CL cos 2 и x 2 = BC 2 + CL2 − 2.BC.CL cos 2 или γ

γ

x 2 = 36 + 64 − 2.6.8cos 2 и x 2 = 64 + 64 − 2.8.8cos 2 (2.2 т.)

(4 т.)

3. Почленно изваждане на първото от второто уравнение и намиране γ

γ

на 32 cos 2 = 28 и cos 2 = 78 4. Намиране на

(3 т.) γ

49 − 1 = 17 cos γ = 2 cos 2 2 − 1 = 2. 64 32

(2 т.)

5. Прилагане на косинусовата теорема за + ABC :

AB 2 = AC 2 + BC 2 − 2. AC.BC cos γ , AB 2 = 36 + 64 − 2.6.8. 17 и 32 намиране на AB = 7 cm

(3 т.)


2009.01.09 Държавен зрелостен изпит по МАТЕМАТИКА