Page 1

ВИСШЕ СТРОИТЕЛНО УЧИЛИЩЕ “ЛЮБЕН КАРАВЕЛОВ” – СОФИЯ КОНКУРСЕН ИЗПИТ ПО МАТЕМАТИКА 16. 07. 2009 г. ТРЕТИ ВАРИАНТ

ЗАДАЧА 1: Дадено е уравнението 4 x − 5.2 x + m + 1 = 0 , където m е реален параметър. а) Да се реши уравнението при m=3. б) Да се намерят стойностите на параметъра m, за които даденото уравнение има единствено решение.

ЗАДАЧА 2: а) За геометрична прогресия е дадено

a1 − a5 = 15 . Да се намери сумата a1 + a3 = 20

на първите пет члена на прогресията. б) Да се реши уравнението 3 cos 2 x + 2 sin 2 2 x = 0 .

ЗАДАЧА 3: Даден е ромб ABCD с остър ъгъл при върха A. От върха A са построени перпендикулярите AP и AQ към правите BC и CD ( P ∈ BC , Q ∈ CD ) , като AP = AQ = 3 и PQ = 3 3 . Да се намерят: а) ъглите и дължината на страната на ромба; б) разстоянието между центровете на описаните около ∆ABC и ∆APQ окръжности.

ЗАДАЧА 4: В триъгълна пирамида ABCD околният ръб AD=a, BD=CD и стената BCD е перпендикулярна на основата ABC. Всеки от ъглите при върха D е с големина 60  . Да се намери: а) обемът на пирамидата; б) радиусът на описаната около пирамидата сфера.


2 ВИСШЕ СТРОИТЕЛНО УЧИЛИЩЕ “ЛЮБЕН КАРАВЕЛОВ” – СОФИЯ КОНКУРСЕН ИЗПИТ ПО МАТЕМАТИКА 16. 07. 2009 г. ТРЕТИ ВАРИАНТ РЕШЕНИЯ x

ЗАДАЧА 1: Дадено е уравнението 4 − 5.2 x + m + 1 = 0 , където m е реален параметър. а) Да се реши уравнението при m=3. б) Да се намерят стойностите на параметъра m, за които даденото уравнение има единствено решение. РЕШЕНИЕ: а) (2 точки) Полагаме 2 x = u , u > 0 ( Д .М .) u 2 − 5u + 4 = 0 ⇒ u1 = 1 ∈ Д .М . u 2 = 4 ∈ Д .М . 2 x = 1 ⇒ x1 = 0 ; 2 x = 4 ⇒ x2 = 2 . б) (3 точки) Полагаме 2 x = u, u > 0 ( Д .М .) u 2 − 5u + m + 1 = 0 . Даденото уравнение има единствено решение, когато: Случай 1) D = 0, u1 = u2 > 0 D = (−5) 2 − 4(m + 1) = 0 ⇒ 25 − 4m − 4 = 0 ⇒ 4m = 21 ⇒ m =

21 5 21 ⇒ u = > 0 следователно m = е решение на задачата. 4 2 4

5− D ≤0 2 ⇒ ⇒ u1u2 ≤ 0 ⇒ m + 1 ≤ 0 ⇒ m ≤ −1 . Случай 2) u2 > 0 5+ D u2 = >0 2 u1 ≤ 0

u1 =

Общо решение m ∈ (−∞, − 1] ∪ {

21 }. 4

ЗАДАЧА 2: а) За геометрична прогресия е дадено

a1 − a5 = 15 . Да се намери сумата a1 + a3 = 20

на първите пет члена на прогресията. б) Да се реши уравнението 3 cos 2 x + 2 sin 2 2 x = 0 . РЕШЕНИЕ: а) (2,5 точки) a3 = a1q 2 , a5 = a1q 4 . Тогава системата е


3 a1 − a1q 4 = 15 ⇒ a1 + a1q 2 = 20

a1 (1 − q 4 ) = 15 2

a1 (1 + q ) = 20

. Тъй като 1 + q 2 ≠ 0, a1 ≠ 0

1 1 1 − q 4 15 3 1 = ⇒ 1 − q 2 = ⇒ q 2 = ⇒ q1 = , q2 = − . От второто уравнение на 2 2 2 1+ q 20 4 4

системата получаваме: a1 =

20 1+ q

=

2

20 = 16 . Следователно има две прогресии, които 1 1+ 4

удовлетворяват условието. 1) 16, 8, 4, 2, 1, ...със S5 = 31 и 2) 16, -8, 4, -2, 1, ...със S5 = 11 . б) (2,5 точки) 3 cos 2 x + 2(1 − cos 2 2 x) = 0 ⇒

3 cos 2 x + 2 − 2 cos 2 2 x = 0 ⇒

2 cos 2 2 x − 3 cos 2 x − 2 = 0 . Полагаме cos 2 x = u ∈ [−1, 1] 2

2u − 3u − 2 = 0

cos 2 x = −

3 ± 25 ⇒ u1,2 = ⇒ 4

u1 = 2 ∉ [−1, 1]

. Тогава 1 u 2 = − ∈ [−1, 1] 2

1 ⇒ cos 2 x = cos 120  ⇒ 2 x = ±120  + k .360  . 2

x = ±60 + k .180 (k = 0, ± 1, ...) . ЗАДАЧА 3: Даден е ромб ABCD с остър ъгъл при върха A. От върха A са построени перпендикулярите AP и AQ към правите BC и CD ( P ∈ BC , Q ∈ CD ) , като AP = AQ = 3 и PQ = 3 3 . Да се намерят: а) ъглите и дължината на страната на ромба; б) разстоянието между центровете на описаните около ∆ABC и ∆APQ окръжности. РЕШЕНИЕ: Q

имаме A

D

C

а) (2 точки) По косинусовата теорема за ∆APQ

O

B

PQ 2 = AP 2 + AQ 2 − 2 AP. AQ. cos ∠PAQ

(3 3 ) 2 = 33 + 32 − 2.3.3. cos ∠PAQ P 1 18 cos ∠PAQ = −9 ⇒ cos ∠PAQ = − ⇒ ∠PAQ = 120  . 2 От четириъгълника APCQ намираме

∠BCQ = 360 − ∠APC − ∠AQC − ∠PAQ = 60 . Ъглите на ромба са 60 и 120 .


4 ∆APB е правоъгълен с ∠ABP = ∠BAD = 60 (като кръстни ъгли). Тогава 3 AP =2 3. = sin 60  . Следователно AB = AB 3 2 б) (3 точки) За да определим разстоянието, трябва да намерим центровете на двете окръжности. Точка D e център на описаната около ∆ABC окръжност, защото DA = DC като страни на ромба, а DB = DA , защото ∆ABD е равностранен (той е

равнобедрен с ∠60 ° ) . ∆APB ≅ ∆AQD (правоъгълни с ∠60 ° и AB = AD ) ⇒ PB = QD ⇒ PC = QC ⇒ C лежи на симетралата на PQ . Но AP = AQ по условие ⇒ A също е от симетралата. Следователно AC е симетралата на PQ и центърът на описаната около ∆APQ окръжност лежи на AC . 1 9 3 AP. AQ. sin ∠PAQ = . 2 4 AP. AQ.PQ 3 .3 .3 3 9 3 S APQ = ⇒ = ⇒ R = 3. 4R 4R 4 По косинусова теорема за ∆ABC намираме

Намираме

S APQ =

От

друга

страна

AC 2 = AB 2 + BC 2 − 2 AB.BC. cos120  , т.е. 1 1 AC 2 = 4.3 + 4.3 = 2.2 3.2 3.(− ) = 36 ⇒ AC = 6 . Тогава AO = AC = 3 = R , 2 2 където О е пресечна точка на диагоналите, т.е. центърът на описаната около ∆APQ окръжност е точка О. 1 1 Търсеното разстояние е равно на отсечката OD = BD = AB = 3. 2 2 ЗАДАЧА 4: В триъгълна пирамида ABCD околният ръб AD=a, BD=CD и стената BCD е перпендикулярна на основата ABC. Всеки от ъглите при върха D е с големина 60  . Да се намери: а) обемът на пирамидата; б) радиусът на описаната около пирамидата сфера. РЕШЕНИЕ:a) (2 точки) D Нека BD=CD=x. От ∠BDC = 60  ⇒ ∆BCD - равностранен ⇒ BC = x и O

O2

A O1

H B

x 3 - височина в ∆BCD 2 По косинусовата теорема за ∆ABD имаме DH =

C

AB 2 = AD 2 + BD 2 − 2 AD.BD. cos 60 

AB 2 = a 2 + x 2 − ax (1).

От ∆ABH ( DH ⊥ BC ⇒ AH ⊥ BC ) ⇒ AH 2 = AB 2 − BH 2 = a 2 + x 2 − ax . 3 От ∆ADH - правоъгълен ⇒ AH 2 = AD 2 − DH 2 = a 2 − x 2 ⇒ 4


5

a2 +

3 2 3 2a 2a a 6 a 3 x − ax = a 2 − x 2 ⇒ x = , AH = ⇒ BC = и DH = . 4 4 3 3 3 3

Следователно S ABC =

1 a2 6 1 a3 2 BC. AH = ⇒ V = S ABC .DH = . 2 9 3 27

б) (3 точки) Центърът О на описаната сфера е пресечната точка на перпендикулярите, издигнати от центровете на описаните около ∆ABC и ∆BCD окръжности. Нека O1 и O2 са центровете на тези окръжности. 2 2a 3 DH = . 3 9 Търсим радиуса и центъра на описаната около ∆ABC окръжност. От ∆ABD ≅ ∆ACD (по две страни и ъгъл между тях) ⇒ AB = AC ⇒ O1 лежи на височината AH. a 2 6 AB.BC .AC S ∆ABC = = (2). 9 4 AO1

За ∆BCD имаме DO2 =

a 7 4 2 . Заместваме в (2) и получаваме От (1) ⇒ AB = a 2 + a 2 − a 2 = 9 3 3 7a 6 . 36 В ∆AHD перпендикулярите, издигнати от точките O1 и O2 ,се пресичат в т. О и радиусът на описаната сфера е R = DO . От ∆ОО2 D (правоъгълен) намираме: AO1 =

R = ОО22 + DO22 = O1 H 2 + DO22 =

( AH − AO1 )2 + DO22

=

a 38 . 12

Оценката се формира по формулата : Оценка = 2 + 0,2 к, където к е сумата на получените точки.

2009.16.07 Висше строително училище "Л.Каравелов" - София  
Read more
Read more
Similar to
Popular now
Just for you