Page 1

ВИСШЕ СТРОИТЕЛНО УЧИЛИЩЕ “ЛЮБЕН КАРАВЕЛОВ” – СОФИЯ КОНКУРСЕН ИЗПИТ ПО МАТЕМАТИКА 16. 04. 2011 г. ПЪРВИ ВАРИАНТ ЗАДАЧА 1: а) Да се реши уравнението | 1 + 2 x |= x 2 + x − 1 . б) Да се реши уравнението 3 2 x +1 − 4.3 x + 1 = 0 . в) Да се намери седмият член на намаляваща геометрична прогресия, ако сумата на първите три члена е 7, а произведението им е 8. ЗАДАЧА 2: Дадена е функцията f ( x) = x 2 − 2 p ( x − 1) − 1 , където p е реален параметър. а) Да се намерят стойностите на параметъра p, за които сумата от корените на уравнението f ( x) = 0 е равна на сумата от квадратите на корените.

б) При p=1 да се реши уравнението f  cos α  = 4 . 

2

ЗАДАЧА 3: Дадени са окръжности k1 и k 2 с центрове O1 и O2 и радиуси съответно 3 и 7. Нека C и D са пресечните им точки, а A и B - допирните точки до общата допирателна съответно към k1 и

k 2 , като A, B и D са от една и съща страна на O1O2 . Да се намери лицето на триъгълника ABC, ако O1O2 = 8 .

ЗАДАЧА 4: Дадена е права призма ABCDA1 B1C1 D1 с основа равнобедрен трапец. Нека

AB||CD, AB = 4a, CD = 2a, АА1 = 4а и тангенсът на ъгъла между диагонала AC1 и равнината на основата e

2 3 . Да се намерят: 3

а) обемът на призмата; б) периметърът на сечението на призмата с равнина λ , минаваща през средата на AB и перпендикулярна на AC1 .

Оценката се образува по формулата Оценка = 2 + 0,2 k, където k е сумата на получените точки.

1


ВИСШЕ СТРОИТЕЛНО УЧИЛИЩЕ “ЛЮБЕН КАРАВЕЛОВ” – СОФИЯ КОНКУРСЕН ИЗПИТ ПО МАТЕМАТИКА 16. 04. 2011 г. РЕШЕНИЯ ПЪРВИ ВАРИАНТ ЗАДАЧА 1: а) Да се реши уравнението | 1 + 2 x |= x 2 + x − 1 . б) Да се реши уравнението 3 2 x +1 − 4.3 x + 1 = 0 . в) Да се намери седмият член на намаляваща геометрична прогресия, ако сумата на първите три члена е 7, а произведението им е 8.

 1 + 2 x, 1 + 2 x ≥ 0 РЕШЕНИЕ: а) (2 точки) По дефиниция 1 + 2 x =  .  − (1 + 2 x ) , 1 + 2 x < 0 При x ≥ −

1 ⇒ 1 + 2 x = x 2 + x − 1 ⇔ x 2 − x − 2 = 0 ⇒ x1 = 2 ∈ Д.М. e решение, a x2 = −1 ∉ Д.М. 2

При x < −

1 ⇒ −1 − 2 x = x 2 + x − 1 ⇔ x 2 + 3 x = 0 ⇒ x3 = −3 ∈ Д.М. e решение, a x4 = 0 ∉ Д.М. 2

б) (2 точки) 32x+1 − 4.3x + 1 = 0 ⇒ 3.32x − 4.3x + 1 = 0. Полагаме 3 x = t ⇒ t > 0 и получаваме 3t − 4t + 1 = 0 ⇒ 2

1  x −1 t1 = > 0 ⇒ 3 = 3 ⇒ x = −1 3   t = 1 > 0 ⇒ 3 x = 1 ⇒ x = 0.  2

в) (2 точки) Д.М. a1 ≠ 0, q ∈ (0;1). Ho

a1 + a2 + a3 = 7 a1a2a3 = 8

a1 + a1q + a1q2 = 7 a13q3

=2

3

(

)

a1 1 + q + q2 = 7 a1q = 2

.

След деление на първото уравнение на системата с второто ( a1, q ≠ 0 ) получаваме 1 + q + q2 7 1 1 = ⇔ 2q 2 − 5q + 2 = 0 ⇒ q1 = 2 ∉ Д.М., q2 = ∈ Д.М. ⇒ a1 = 4 ⇒ a7 = a1q 6 = . q 2 2 16

ЗАДАЧА 2: Дадена е функцията f ( x) = x 2 − 2 p ( x − 1) − 1 , където p е реален параметър. а) Да се намерят стойностите на параметъра p, за които сумата от корените на уравнението f ( x) = 0 е равна на сумата от квадратите на корените.

б) При p=1 да се реши уравнението f  cos α  = 4 . 

2

РЕШЕНИЕ: а) (2 точки) f ( x ) = x 2 − 2 px + 2 p − 1, x1 + x2 = x12 + x22 = ( x1 + x2 ) − 2 x1x2 . 2

1 От формулите на Виет ⇒ x1 + x2 = 2 p, x1x2 = 2 p − 1 ⇒ 2 p 2 − 3 p + 1 = 0 ⇒ p1 = 1, p2 = . 2

б) (2 точки) При р=1 f ( x ) = x 2 − 2 x + 1 ⇒ cos 2

α 2

− 2 cos

t 2 − 2t − 3 = 0 ⇒ t1 = 3 ∉ [ −1;1] , t2 = −1 ∈ [ −1;1] ⇒ cos

2

α 2

α 2

+ 1 = 4. Полагаме cos

= −1 ⇒

α 2

α 2

= t , t ∈ [ −1;1] ⇒

= ( 2k + 1) π ⇒ α = 2 ( 2k + 1) π , k ∈ Z .


ЗАДАЧА 3: Дадени са окръжности k1 и k 2 с центрове O1 и O2 и радиуси съответно 3 и 7. Нека C и D са пресечните им точки, а A и B - допирните точки до общата допирателна съответно към k1 и k 2 , като A, B и D са от една и съща страна на O1O2 . Да се намери лицето на триъгълника ABC, ако O1O2 = 8 . РЕШЕНИЕ: (4 точки) Построяваме O1H ⊥ O2 B ⇒ O2 H = O2 B − BH = 4. От ∆O1O2 H ⇒ O1H = O1O22 − O2 H 2 = 4 3 ⇒ AB = 4 3.

B A

От ∆O1O2 H (O2 H = 4, O1O2 = 8) ⇒ ∠HO1O2 = H

D

π 6

⇒ ∠O1O2 H =

π 3

.

От ∆O1CO2 по косинусова теорема

O1

O2

cos ∠CO1O2 =

C ∠CO1O2 =

π 3

CO12 + O1O22 − CO22 1 = ⇒ 2.CO1.O1O2 2

⇒ O2 H C O1 ⇒ CO1 ⊥ AB.

Тогава AC = 6 и S ∆ABC =

Ho

O1 A ⊥ AB ⇒ CA ⊥ AB,

т.е.

O1 ∈ AC.

AB. AC = 12 3. 2

ЗАДАЧА 4: Дадена е права призма ABCDA1 B1C1 D1 с основа равнобедрен трапец. Нека

AB||CD, AB = 4a, CD = 2a, АА1 = 4а и тангенсът на ъгъла между диагонала AC1 и равнината на основата e

2 3 . Да се намерят: 3

а) обемът на призмата; б) периметърът на сечението на призмата с равнина λ , минаваща през средата на AB и перпендикулярна на AC1 . РЕШЕНИЕ: а) (2 точки) Тъй като С е ортогонална проекция на С1 върху равнината D1

ABCD ⇒ ∠  AC1, ( ABCD) = ∠C1 AC. От ∆ACC1 ⇒

C1

A1

B1

CC1 2 3 = tg∠C1 AC = ⇒ AC = 2a 3. AC 3

(1)

Построяваме CC2 ⊥ AB, DD2 ⊥ AB. D P

C

D

B

A A

C

M

D2

C2

B

От равнобедрения трапец ABCD ⇒ ∆AD2 D ≅ ∆BC2C ⇒ AD2 = C2 B = 3

AB − CD = a. 2


От ∆AC2C ⇒ C2C = Тогава S ABCD =

AC 2 − AC22 = a 3. От ∆BC2C ⇒ BC = CC22 + C2B2 = 2a = AD. (2)

AB + CD .CC2 = 3a 2 3 ⇒ V = S ABCD . AA1 = 12a 3 3. 2

б) (4 точки) Означаваме с М средата на АВ. Построяваме през М права, перпендикулярна на AC. Означаваме с N пресечната точка на правата с AD. D

C

По теоремата за трите перпендикуляра

⇒ MN ⊥ AC1 ⇒

λ ∩ ( ABCD) = MN . От (2) и АМ = МВ = 2а ⇒ AMCD е ромб B

A

D2

M

C2

⇒ AC ⊥ MD ⇒ точката N ≡ D . Построяваме C1H ⊥ A1B1 ⇒

Н е ортогонална проекция на С1 върху равнината ABB1 A1 .

Построяваме в равнината АВВ1А1 права MP ⊥ AH ( P ∈ AA1 ). По теоремата за трите перпендикуляра ⇒ MP ⊥ AC1 ⇒ λ ∩ ( ABB1 A1 ) = MP ⇒ cечението е ∆MDP. От

MBCD

H

A1

успоредник

( AB || CD, MB = CD = 2a )

AH =

B1

⇒ BC = DM = 2a.

AA12 + A1H 2 = 5a. Разглеждаме ∆MPA ~ ∆AHA1

(∠A1HA = ∠MPA, допълващи ∠A1 AH до

π 2

) ⇒

MP MA AP MP 2a AP 5a 3a = ⇒ = = ⇒ MP = , AP = . = AH AA1 HA1 5a 4a 3a 2 2

P A

От

M

B

π  От ∆PAD  ∠PAD =  ⇒ PD = 2 

AP 2 + AD 2 =

Тогава периметърът на ∆MDP е MD + DP + PM = 7 a.

Оценката се образува по формулата Оценка = 2 + 0,2 k, където k е сумата на получените точки.

4

5a . 2

∆AHA1 ⇒

Profile for stoyan bordjukov

2011.16.04 Висше строително училище "Л.Каравелов" - София  

2011.16.04 Висше строително училище "Л.Каравелов" - София  

Profile for bgmath
Advertisement