Page 1

ВИСШЕ СТРОИТЕЛНО УЧИЛИЩЕ “ЛЮБЕН КАРАВЕЛОВ” – СОФИЯ КОНКУРСЕН ИЗПИТ ПО МАТЕМАТИКА 28. 04. 2012 г. ТРЕТИ ВАРИАНТ

Критерии за оценка ЗАДАЧА 1: а) Да се намерят всички стойности на α , за които уравнението cos α .x 2 − 2(cosα − 3) x + 4 = 0 има единствен корен. б) Дадени са две прогресии − аритметична и геометрична. И двете имат първи член равен на едно. Петият член на аритметичната прогресия е равен на третия член на геометричната, а петият член на геометричната е равен на 41-вия член на аритметичната. Да се намери шестият член на геометричната прогресия. в) Да се реши уравнението 3 log 3 x − (log3 x) 2 − 2 = 0 . Решение: а) (2 точки) За cos α = 0 , т.е. α =

единствен корен x = −

π 2

(2k + 1), k = 0,±1,±2,K , уравнението има

2 . За cos α ≠ 0 уравнението има единствен корен при 3

D = (cosα − 3) 2 − 4 cos α = 0 ⇔ cos 2 α − 10 cosα + 9 = 0 ⇒

cosα = 1 ⇒ α = 2kπ и x = −2 . cos α = 9 ∉ [− 1;1]

 π (2k + 1) , k = 0,±1,±2,K Следователно решенията са α =  2  2πk б) (2 точки) Нека a1 , a 2 ,K и b1 , b2 ,K са съответно аритметичната и геометричната

прогресии с разлика d и частно q. Toгава a1 = b1 = 1 . От

a5 = b3 1 + 4d = q 2 ⇒ 4 . Следователно b5 = a41 q = 1 + 40d

d = 0 . При d = 0 ⇒ q = ±1 ⇒ ариметичната и 1 + 40d = (1 + 4d ) 2 ⇒ 16d 2 − 32d = 0 ⇒  d = 2 геометричнатa прогресии са тривиални. При d = 2 ⇒ q = ±3 ⇒ b6 = ±243 . в) (2 точки) ДМ : х > 0 и

log 3 x = 1 x=3 ⇒ ∈ ДМ. log 3 x = 2 x=9

1 ЗАДАЧА 2: а) Да се реши уравнението 4.4 x − .2 x − 15 = 0 . 2 б) Да се реши уравнението

3x − 2 − x = 0 .


в) Да се реши уравнението | x − 2 | +2 x + 4 = 0 . Решение: а) (2 точки) Полагаме 2 x = t > 0 ⇒ 8t 2 − t − 30 = 0 ⇒

б) (2 точки). ДМ :

3x − 2 ≥ 0 . От x≥0

t1 = 2 > 0 ⇒ 2x = 2 ⇒ x = 1 . 15 t2 = − < 0 8

 x = 1∈ ДМ . 3x − 2 = x ⇒ x 2 − 3x + 2 = 0 ⇒  1  x2 = 2 ∈ ДМ

Следователно решенията са x1 = 1, x2 = 2 . в) (2 точки) | x − 2 | +2 x + 4 = 0 .

2 I случай : x − 2 ≥ 0 ⇒ x − 2 + 2 x + 4 = 0 ⇒ x = −2 / 3 . Но − − 2 < 0 следователно x = −2 / 3 3 не е решение. II случай : x − 2 < 0 ⇒ 2 − x + 2 x + 4 = 0 ⇒ x = −6 . Но − 6 − 2 < 0 следователно x = −6 е решение. ЗАДАЧА 3: Даден е равнобедрен трапец ABCD ( AB CD , AB > CD ) с основа AB=16

и бедро 10. Височината DE на трапеца пресича диагонала AC в точка M, така че AM:MC =3:2. Да се намери лицето на трапеца. Решение: (3 точки) Нека DC = b . Тогава AE =

От ∆AME ~ ∆DMC ⇒

AB − DC 16 − b = . 2 2

AM AE 16 − b 3 = ⇒ b = 4 и AE = 6 . = ⇒ MC DC 2b 2

Oт ∆AED, ∠AED = 90 o ⇒ DE = AD 2 − AE 2 = 8 ⇒ S ABCD =

AB + CD DE = 80 . 2

ЗАДАЧА 4: Основата на пирамида ABCDТ с височина

3 и равни околни ръбове е

трапец ABCD ( AB CD ), за който AB=2CD и ∠ADB = 90o . Стената ADТ сключва с равнината на основата ъгъл 450. Да се намери: а) обемът на пирамидата; б) радиусът на вписаната в пирамидата сфера. Решение: а) (3 точки) Понеже околните ръбове на пирамидата са равни, върхът й се

проектира в центъра O на описаната около основата окръжност. Тогава трапецът ABCD е равнобедрен. Тъй като ∠ADB = 90o , точка O е средата на отсечката AB и TO е височина на пирамидата. Нека TM е височината на ∆ADT . Тогава OM ⊥ AD по теоремата за трите


перпендикуляра и ∠OMT е линейният ъгъл на двустенния ъгъл между равнините ADT и ABCD. В ∆MOT , ∠MOT = 90o , ∠OMT = 45o , TO = 3 и следователно OM = 3 . От AO CD , АО=CD, АО=OC следва, че AОCD е ромб, а от AО=ОD следва, че ∆AOD е равностранен и ∠OAD = 60o . Тогава от правоъгълния ∆AMO получаваме AO =

OM 1 = 2 ⇒ AB = 2 AO = 4, CD = AB = 2 . o sin 60 2

Нека DE е височина в трапеца ABCD. Тогава AE =

AB − CD = 1. 2

От ∆AED (∠AED = 90o , ∠EAD = 60o ) намираме DE = AE.tg 60o = 3 . Следователно лицето на основата е S=

S .TO 3 3. 3 AB + CD = = 3. DE = 3 3 , а обемът на пирамидата е V = 3 3 2 б) (2 точки) Нека S1 е лицето на пълната повърхнина на пирамидата. Тогава

радиусът на вписаната в пирамидата сфера е r =

3.V . За пълната повърхнина имаме S1

S1 = S + S ABT + S BCT + S DCT + S ADT . Тъй като АD=ВС=CD =2 и околните ръбове на пирамидата са равни, то ∆BCT ≅ ∆DCT ≅ ADT и S BCT = S DCT = S ADT .

В ∆MOT , ∠MOT = 90o , MO = TO = 3 ⇒ MT = MO2 + TO 2 = 6 ⇒ S ADT = S ABT =

r=

AB.OT = 2 3 . Тогава S1 = 2 3 + 3 6 + 3 3 = 3(5 + 3 2 ) ⇒ 2

3.V 3.3 3 3(5 − 3 2 ) = = . 7 S1 3(3 2 + 5)

Оценката се получава по формулата: Оценка = 2+k/5, където k е броят на получените точки (k ≥ 5).

AD.MT = 6. 2

Profile for stoyan bordjukov

2012.28.04 Висше строително училище София  

Висше строително училище София 28.04.2012 г.

2012.28.04 Висше строително училище София  

Висше строително училище София 28.04.2012 г.

Profile for bgmath