Page 1

ВИСШЕ СТРОИТЕЛНО УЧИЛИЩЕ “ЛЮБЕН КАРАВЕЛОВ” – СОФИЯ КОНКУРСЕН ИЗПИТ ПО МАТЕМАТИКА 10. 07. 2013 г. ВTOРИ ВАРИАНТ

Критерии за оценка ЗАДАЧА 1: а) Да се реши неравенството ( x − 3) 2 < 9 . б) Да се реши уравнението 4 x − 3.2 x + 2 = 0. в) Да се реши уравнението log 2 x − log 2 ( x − 1) = log 2

4 . x

Решение: а) (2 точки) ( x − 3) 2 < 9 ⇔ x 2 − 6 x + 9 < 9 ⇔ x 2 − 6 x < 0 ⇔ x( x − 6) < 0 ⇒ x ∈ (0; 6). б) (2 точки) Полагаме 2 x = t , t > 0 и получаваме t 2 − 3t + 2 = 0 ⇒ t1 = 2 > 0, t 2 = 1 > 0 . Тогава x1 = 1 и x 2 = 0 ca решения. в) (2 точки) Дефиниционното множество за логаритмите е x > 0, x − 1 > 0 ⇒ x > 1. От свойствата на

логаритмите

имаме

log 2

x 4 = log 2 x −1 x

и

след

антилогаритмуване

получаваме

x 4 = ⇒ x 2 − 4 x + 4 = 0 . Следователно x1, 2 = 2 > 1 е решение. x −1 x

ЗАДАЧА 2:

 a1 > −3  а) За аритметичната прогресия a1, a2 , ... са в сила условията a5 − a3 = 2. Да се намери a4 .  a a =3  3 5 б) Да се намерят стойностите на реалния параметър m, за които уравнението (m + 1) x 2 − (m + 1) x + m = 0 има корени с различни знаци.

в) Да се намери стойността на израза A = 1 − cos α + cos

α

α 3α  α 3α 5π при α = .  2 cos − cos  + sin sin 2 2 2  2 2 3

Решение: а) (2 точки) От a5 = a1 + 4d , a3 = a1 + 2d ⇒

2d = 2 От първото равенство намираме a + 6a1 d + 8d 2 = 3. 2 1

d = 1 и тогава второто равенство приема вида a12 + 6a1 + 5 = 0 . Тъй като единият корен е − 5 < −3, а другият − 1 > −3 , то само a1 = −1 е решение. Следователно a4 = 2 .

б) (2 точки) Уравнението (m + 1) x 2 − (m + 1) x + m = 0 има корени с различни знаци тогава и само тогава, когато m + 1 ≠ 0 и x1 x 2 < 0 , т.е.

m < 0, m ≠ −1 ⇒ m ∈ (−1; 0). m +1


в) (2 точки) A = 2 sin 2 = 2 − cos 2α = 2 − cos

ЗАДАЧА 3: В

α 2

+ 2 cos 2

α 2

− cos

α 2

cos

3α α 3α  α 3α  + sin sin = 2 − cos +  2 2 2 2  2

10π 4π π 1 5 = 2 − cos = 2 + cos = 2 + = . 3 3 3 2 2 ∆ABC

равностранен

със

страна

a=2

е

вписан

∆MNL

така,

че

AL : LB = BM : MC = CN : NA = 1 : 2 . Да се намери:

а) лицето на ∆LMN ; б) периметърът на ∆LMN . Решение:

(1,5

а)

От

точки)

условието

на

AN = BL = CM =

C

задачата

AL = BM = CN =

2 , 3

4 и ∠A = ∠B = ∠C = 60 o . Следователно 3

∆АNL ≅ ∆ВLМ ≅ ∆СMN

N

имаме

(по

втори

признак)

и

1 2 4 2 3 равнолицеви с лице S1 = . . sin 60 o = . Лицето на 2 3 3 9

M

равностранния ∆ABC е A

B

L

S = 22

3 3 = 3 ⇒ S LMN = S − 3S1 = . 4 3

б) (1,5 точки) По косинусова теорема например за ∆ АLN намираме 2

2

2 4 1 4 16 8 12 4 2 3  2  4 LN = AL + AN − 2.AL.AN. cos 60 ⇒ LN =   +   − 2. . . = + − = = ⇒ LN = ⇒ 3 3 2 9 9 9 9 3 3  3  3 2

2

2

o

2

PLMN = 2 3 ЗАДАЧА 4: Дадена е триъгълна пресечена пирамида ABCA1 B1C1 с основи равностранни триъгълници ABC и A1 B1C1 . Нека точките M и M 1 са среди съответно на AB и A1 B1 , MM 1 е перпендикулярна на основите, околният ръб CC1 сключва с голямата основа ABC ъгъл с големина

π 4

и CC1 = MC1 = b. Да се намери:

а) дължината на отсечката, свързваща центровете на основите на пресечената пирамида; б) обемът на пресечената пирамида. Решение: а) (3 точки) Тъй като MM 1 ⊥ ( ABC ) и MM 1 ⊥ ( A1 B1C1 ) , то MM 1 ⊥ MC MM 1 ⊥ M 1C1 ⇒ M 1C1 MC и MCM 1C1 е правоъгълен трапец, За да намерим линейния ъгъл на

и

ъгъла между CC1 и равнината на голямата основа ABC , спускаме перпендикуляр от C1 към равнината ( ABC ). Петата му C 2 лежи на СМ, защото равнината ( MCM 1C1 ) ⊥ ( ABC ) ⇒ ∠[CC1 , ( ABC )] = ∠C 2 СМ = ∠C1СМ =

π

4

.

От условието CC1 = MC1 = b и ∠C1СМ =

π 4

⇒ ∠МC1С =

π 2

⇒ СМ = b 2 .


C1

O1

M1

C1

A1

O1 M1 B1 C

A M

O2

O

C2

O

C M

B

От равнобедрения правоъгълен ∆СС 2 С1 (СC1 = b) по Питагорова теорема намираме СС 2 = С1С 2 =

b

. Пак по Питагорова теорема от правоъгълния ∆MM 1С1 ( M 1M = С1С2 =

2

MC1 = b,) намираме M 1C1 =

b 2

b , 2

.

Означаваме с О и О1 центровете на голямата и малката основа. Тъй като ∆ ABC и ∆ A1 B1C1 са равностранни, то точка O лежи на CM, а О1 на C1M1. Но центровете на

равностранните триъгълници са и техни медицентрове, то от свойството на медианите намираме ОМ =

CM b 2 CM b = , О1М1 = 1 1 = . От правоъгълния трапец MOO1M 1 ⇒ 3 3 3 3 2

O2O = MO − M1O1 =

b 3 2

, a oт правоъгълния ∆ОО2О1 по Питагорова теорема намираме ОО1 =

б) (2,5 точки) За равностранния ∆ABC медианата b 2 = MC =

и аналогично

b 2

= M 1C1 =

a 3 2b 2 , където а = АВ ⇒ a = 2 3

a1 3 2b , където а1 = А1В1 ⇒ a1 = . 2 6

Следователно обемът на пресечената пирамида е V =

(

)

h b  2b 2 3 b 2 3 b 2 3  7b 3 6 B + B1 + BB1 = + + = . 3 6 3  36 3 2  3

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

b 5 . 3

2013.10.07 Висше строително училище "Л.Каравелов" - София  
2013.10.07 Висше строително училище "Л.Каравелов" - София  
Advertisement