2007.28.04 Висше строително училище "Л.Каравелов" - София

ВИСШЕ СТРОИТЕЛНО УЧИЛИЩЕ “ЛЮБЕН КАРАВЕЛОВ” – СОФИЯ ПРЕДВАРИТЕЛЕН КОНКУРСЕН ИЗПИТ ПО МАТЕМАТИКА 28.04.2007 г. ЗАДАЧА 1: Да се решат уравненията: а) 2.25 x − 7.10 x + 5.4 x = 0 ; б) log x

(

)

x + 1 + 2 + log 1 ( x + 1) = 0 . x

ЗАДАЧА 2: Дадена е функцията f ( x) = x 3 + bx 2 − 7 x + a − 4 , където a и b са реални параметри.

а) Ако b=5, да се намерят координатите на точките, в които допирателната към графиката на функцията f(x) сключва с положителната посока на оста Ox ъгъл с големина 45º;

б) Ако b=2, да се намерят стойностите на реалния параметър a, при които графиката на функцията f(x) пресича оста Ox само един път.

ЗАДАЧА 3: Голямата основа AB на равнобедрен трапец ABCD има дължина 15 см. Точка К е среда на отсечката АВ. Отсечката CK пресича диагонала BD в точка N, а отсечката DK пресича диагонала AC в точка М. Дължината на MN е 3 см. Да се намерят:

а) дължината на основата CD на трапеца ABCD; б) дължината на бедрото на трапецa ABCD, ако в трапеците ABNM и MNCD могат да се впишат окръжности.

ЗАДАЧА 4: Основата на пирамида ABCDQ е ромб ABCD с ъгъл при върха А с големина 60º и дължина на диагонала AC=18 см. Околният ръб AQ е перпендикулярен на основата и има дължина 6 7 см. Да се намерят:

а) околната повърхнина на пирамидата; б) лицето на сечението на пирамидата с равнина, минаваща през върха А, през средата М на ръба CQ и успоредна на диагонала на основата BD.

ВИСШЕ СТРОИТЕЛНО УЧИЛИЩЕ “ЛЮБЕН КАРАВЕЛОВ” – СОФИЯ КРИТЕРИИ И ПРИМЕРНИ РЕШЕНИЯ НА ЗАДАЧИТЕ ОТ КОНКУРСЕН ИЗПИТ ПО МАТЕМАТИКА 28.04.2007 г. ЗАДАЧА 1: Да се решат уравненията: а) 2.25 x − 7.10 x + 5.4 x = 0 ; б) log x

(

)

x + 1 + 2 + log 1 ( x + 1) = 0 . x

5 Решение: a) (2 точки) 2.25 − 7.10 + 5.4 = 0 / : 4 ≠ 0 ⇒ 2.  2 x

x

x

x

2x

x

5 − 7  + 5 = 0. 2

   5 x  t1 = 1 > 0 x   =1 x = 0  2  5 2 . ⇒   x ⇒ 1 Полагаме t =   ; t > 0 ⇒ 2t − 7t + 5 = 0 ⇒  5 2  x2 = 1 t 2 = 2 > 0  5  = 5  2   2 x > 0, x ≠ 1   x + 1 + 2 > 0, x + 1 ≥ 0  б) (3 точки) DM  1 . Следователно DM x ∈ (0;1) ∪ (1; ∞ ) .

1  x > 0 , x ≠ 1, x ≠ 0  x +1 > 0  Уравнението е еквивалентно с 2 x1 = 0 ∉ DM  x 2 − 3x = 0 x +1 + 2  x + 1 = ( x − 1) . ⇒ log x = log x 1 ⇒ x + 1 = x − 1 ⇒  ⇒ x 2 = 3 ∈ DM x +1  x − 1 ≥ 0  x ≥1 ЗАДАЧА 2: Дадена е функцията f ( x) = x 3 + bx 2 − 7 x + a − 4 , където a и b са реални параметри.

а) Ако b=5, да се намерят координатите на точките, в които допирателната към графиката на функцията f(x) сключва с положителната посока на оста Ox ъгъл с големина 45º;

б) Ако b=2, да се намерят стойностите на реалния параметър a, при които графиката на функцията f(x) пресича оста Ox само един път.

Решение: а) (2 точки) Нека търсената точка е M ( x0 ; y0 ) . От f ′( x ) = 3 x 2 + 10 x − 7 ⇒ f ′( x0 ) = tg 45° = 1 ⇒ 3 x02 + 10 x0 − 8 = 0 ⇒

 x0' = −4  y 0' = 40 + a   .

166  " 2 ⇒ "  y 0 = − 27 + a  x0 = 3

б) (3 точки) От  x1 = 1  f ( x ) = x 3 + 2 x 2 − 7 x + a − 4 ⇒ f ′( x ) = 3 x 2 + 4 x − 7 ⇒ f ′( x ) = 0 ⇒  7. x = − 2  3 Тогава  7   f ′( x ) ≥ 0 ⇔ x ∈  − ∞; − 3  ∪ [1; ∞ ) 284  7   . ⇒ f min = f (1) = a − 8, f max = f  −  = a +  7   3 27    f ′( x ) ≤ 0 ⇔ x ∈ − ; 1   3  lim f ( x) = −∞, lim f ( x) = +∞ . Тъй като функцията има два локални екстремума, то x → −∞

x → +∞

за да пресича графиката й оста Ох само един път, трябва

или

−

−

7 3

7 3

1

1

284   7  Тогава f  −  < 0 ∪ f (1) > 0 ⇒ a ∈  − ∞; −  ∪ (8; ∞ ) .

27   3 

ЗАДАЧА 3: Голямата основа AB на равнобедрен трапец ABCD има дължина 15 см. Точка К е среда на отсечката АВ. Отсечката CK пресича диагонала BD в точка N, а отсечката DK пресича диагонала AC в точка М. Дължината на MN е 3 см. Да се намерят:

а) дължината на основата CD на трапеца ABCD; б) дължината на бедрото на трапецa ABCD, ако в трапеците ABNM и MNCD могат да се впишат окръжности.

Решение: a) (3 точки) От ∆AKD ≅ ∆BKC ( AK = BK , AD = BC , ∠KAD = ∠KBC ) следва KD = KC , ∠AKD = ∠BKC (1). От ∆ABC ≅ ∆BAD ( AB = BA, AD = BC , ∠BAD = ∠ABC ) следва ∠BAC = ∠ABD (2).

Oт ∆AKM ≅ ∆BKN ( AK = BK , ∠KAM = ∠KBN , ∠AKM = ∠BKN ) следва KM = KN .

KM KN по теоремата на Талес следва, че MN || DC || AB . = Oт KD KC

DC CK CN + NK CN = = (3). = 1+ MN NK NK NK CN DC DC = = (4). От ∆DCN ~ ∆BKN (∠DCN = ∠BKN , ∠CDN = ∠KBN ) ⇒ 7,5 KN BK DC DC Заместваме (4) в (3) и получаваме = 1+ ⇒ DC = 5 .

3 7 ,5 б) (2 точки) Нека в трапеца ABNM може да се впише окръжност. Тогава AM + BN = AB + MN ⇒ AM = BN = 9 .

D Q C Построяваме MP ⊥ AB (P ∈ AB ) .

AB − MN = 6 . По Следователно AP = 2 Питагорова теорема за ∆APM намираме N M MP = AM 2 − AP 2 = 3 5 . От ∆MKP по Питагорова теорема следва От ∆DCK ~ ∆MNK ⇒

MK = MP 2 + PK 2 = MP 2 + ( AK − AP ) = 2

A

P

K

B

3 21 2

. От

∆MKA ~ ∆MDC ⇒

MK KA = ⇒ MD = 21 .

MD DC

За трапеца MNCD получаваме MD + NC = 2 21 ≠ 8 = MN + CD . Следователно, в него не може да се впише окръжност. Аналогично, ако в трапеца MNCD може да се впише окръжност, то DM + CN = DC + MN ⇒ DM = CN = 4 .

DC − MN =1. Построяваме MQ ⊥ DC (Q ∈ DC ) . Следователно DQ = 2 По Питагорова теорема за ∆DQM намираме MQ = DM 2 − DQ 2 = 15 . От ∆CQM по Питагорова теорема следва

CM = CQ 2 + QM 2 = MQ 2 + (CD − DQ ) = 31 .

2

От ∆MKA ~ ∆MDC ⇒

MA KA 3 31 = ⇒ MA = .

MC DC 2

За трапеца ABNM получаваме AM + BN = 3 31 ≠ 18 = MN + AB . Следователно, в него не може да се впише окръжност. И така, не може и в двата трапеца MNCD и ABNM едновременно да бъдат вписани окръжности.

ЗАДАЧА 4: Основата на пирамида Q

ABCDQ е ромб ABCD с ъгъл при върха А с големина 60º и дължина на

M L

диагонала AC=18 см. Околният ръб AQ

P

D

C

дължина 6 7 см. Да се намерят:

O

K

е перпендикулярен на основата и има

околната

а)

повърхнина

на

сечението

на

пирамидата; A

B

лицето

б)

на

пирамидата с равнина, минаваща през

N P

върха А, през средата М на ръба CQ и

успоредна на диагонала на основата BD.

Решение: а) (2 точки). От

правоъгълния ∆ABO (точка О – пресечна точка на

диагоналите, AO ⊥ BO, AO = 9, ∠ OAB = 30° ) ⇒ AB = 6 3. ∆ABQ ≅ ∆ADQ ⇒ S ABQ = S ADQ = 18 21 .

Построяваме AN ⊥ BC ( N ∈ BC ) . Тъй като ∠ABC = 120° , то точка N е външна за отсечката ВС. Ортогоналната проекция на QN върху равнината на основата е AN, следователно по теоремата за трите перпендикуляра QN ⊥ BC . От ∆ANB - (правоъгълен и ∠ABN = 60 ⇒

AN = sin 60° ) ⇒ AN = 9 .

AB

От ∆ANQ (правоъгълен) имаме NQ 2 = AN 2 + AQ 2 = 333 ⇒ NQ = 3 37 см. Тъй като ∆BCQ ≅ ∆DCQ ⇒ S BCQ = S DCQ = 9 111 . Тогава

(

)

S околна = 2 S ∆ABQ + 2 S ∆BCQ = 18 3 2 7 + 37 .

б) (3 точки) Равнината на сечението пресича (ACQ) в правата AM. Нека AM пресича QO в точка P. Следователно, точка P е от сечението. В равнината BDQ построяваме права KL ( K ∈ BQ, L ∈ DQ ), минаваща през точка Р и успоредна на BD. Тогава сечението е AKML. Той има взаимно перпендикулярни диагонали, защото KL || BD, AM ⊥ BD (ортогоналната проекция на AM е AC и AC ⊥ BD ).

От ∆ACQ (правоъгълен) ⇒ CQ =

(6 7 ) + 18 2

2

1 = 24 см. и AM = CQ = 12 см.

2

Точка P е пресечна точка на медианите в ∆ACQ ⇒

QP 2 = .

QO 3

От S сечението =

∆KLQ ~ ∆BDQ ⇒

KL QP 2 = = BD QO 3

Тогава

KL =

2 2 BD = AB = 4 3 ⇒ .

3 3

1 AM .KL = 24 3 см2.

2

Оценката се образува по формулата Оценка = 2 + 0,2.К , където К е броят на получените точки. Ако К<5, оценката е Слаб 2.