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.