МИНИСТЕРСТВО НА ОБРАЗОВАНИЕТО, МЛАДЕЖТА И НАУКАТА
ДЪРЖАВЕН ЗРЕЛОСТЕН ИЗПИТ ПО МАТЕМАТИКА 1 септември 2009 г. – Вариант 2 УВАЖАЕМИ ЗРЕЛОСТНИЦИ, Тестът съдържа 28 задачи по математика от два вида: • 20 задачи със структуриран отговор с четири възможни отговора, от които само един е верен; • 8 задачи със свободен отговор. Първите 20 задачи (от 1. до 20. включително) в теста са от затворен тип с четири възможни отговора, обозначени с главни букви от А до Г, от които само един е верен. Отговорите на тези задачи отбелязвайте със син/черен цвят на химикалката в листа за отговори, а не върху тестовата книжка. Отбелязвайте верния отговор със знака
Х
в
кръгчето с буквата на съответния отговор. Например: А
Б
В
Г
Ако след това прецените, че първоначалният отговор не е верен и искате да го поправите, запълнете кръгчето с грешния отговор и отбележете буквата на друг отговор, който приемате за верен. Например: А
Б
В
Г
За всяка задача трябва да е отбелязан не повече от един действителен отговор. Като действителен отговор на съответната задача се приема само този, чиято буква е отбелязана със знака Х . Отговорите на задачите със свободен отговор (от 21. до 28. вкл.) запишете в предоставения свитък за свободните отговори, като за задачи от 26. до 28. вкл. запишете пълнете решения с необходимите обосновки.
ПОЖЕЛАВАМЕ ВИ УСПЕШНА РАБОТА!
Отговорите на задачите от 1. до 20. вкл. отбелязвайте в листа за отговори!
1 1. Дадени са числата M = 3 % от 20 и N = 0, 667 . Вярно е, че: 3 А) M > N
2. Сумата
Б) M < N
(2 − 3)
2
А) x ≠ 0
(
)
2
3 −2
Г) M и N не могат да се сравнят
е равна на:
Б) − 4
А) 4 − 2 3 3. Изразът
+
В) M = N
Г) 4 + 2 3
В) 0
2 − x x2 − 4 е дефиниран при: : x + 3 2x Б) x ≠ 0, x ≠ −3
В) x ≠ 0, x ≠ 2, x ≠ −2
Г) x ≠ 0, x ≠ −3, x ≠ ±2
4. Ако x1 и x 2 са корените на уравнението x 2 + 10 x + 20 = 0 , то стойността на израза
x1 x22 + x12 x2 е: 30 + x1 + x2
А) −10
Б)
1 4
В)
1 2
Г) 5
5. Броят на пресечните точки на графиките на функциите f ( x ) = x 2 − 5 x + 3 и g ( x ) = 1 + x 2 са:
А) 0
Б) 1
В) 2
Г) 3
6. Корените на уравнението ( x − 3). x − 5 = 0 са числата: А) 3
Б) 3 и 5
В) 5
Г) 5 и 9
7. Стойността на израза log 3 9 − lg 1 − 22009.log 5 1 е равна на: 100 А) 0
Б) 1
8. Решенията на неравенството
В) 4
3− x ≤ 0 са: x −1
А) x ∈ [1;3]
Б) x ∈ (−∞;1) ∪ [3; +∞)
В) x ∈ (1;3]
Г) x ∈ (−∞;1] ∪ (3; +∞)
Вариант 2
Г) 5
1
y M
1
p
9. На чертежа е построена единичната окръжност и права p, която се допира до окръжността в точка с ордината 1.
α
Първото рамо на ъгъл α съвпада с положителната посока на
1
x
абсцисната ос. Второто рамо на ъгъл α пресича правата p в точка M , както е показано на чертежа. За ъгъл α абсцисата на точка M е стойността на функцията: А) синус
Б) косинус
В) тангенс
Г) котангенс
10. Дадена е окръжност k ( O, r = 0,8 cm ) и точки A и B от окръжността, такива че радианната мярка на ∠AOB е 5 . Дължината на принадлежащата дъга AB на този ъгъл е: А) 2 cm
Б) 4 cm
В) 6 cm
Г) 8 cm
11. За геометричната прогресия a1 , a2 ,..., a5 е известно, че a3 = −2 . Произведението a1.a5 е равно на: А) −4
Б) −2
В) 2
Г) 4
12. Ако средното аритметично на числата a, − 5, − 3 и −2 е равно на −1 , то числото a е: А) −4
Б) 5
В) 6
Г) 8
13. Ако на чертежа AC : PC = 5 : 3 и PQ || AB, то отношението на лицата S PQC : S ABQP е равно на: А) 3 : 5
Б) 3 : 2
В) 9 : 25
C P
Г) 9 :16
Q
A
B
14. В ΔABC BL е ъглополовящата на ∠ABC , LM е медиана в
ΔABL , AL = BL = 2 3 ,
LC = 3 и ΔALM ~ ΔABC .
C
Страната BC на ΔABC е равна на: L А) 3
Б) 6
В) 2 3
Г) 3 3
A
Вариант 2
M
B
2
15. На чертежа хордите АС и BD се пресичат в точка М. Ако BM = 12 cm , DM = 9 cm и AM : AC = 4 : 7 , то НЕ е вярно, че: А) AB || CD
Б) S AMB : S DMC = 2 : 3
В) S AMD : S DMC = 4 : 3
Г) DC : AB = 3 : 4
D C M A
B
16. Вписаната в правоъгълен триъгълник окръжност се допира до хипотенузата
AB в точка M . Отсечката AM е 4 , а хипотенузата е 10 . Лицето на триъгълника е: А) 12
Б) 24
В) 40
Г) 48
17. Ако BC е най-голямата страна в разностранния ΔABC , а d е диаметърът на описаната около триъгълника окръжност и BC : d = 1: 2 , то мярката на ∠BAC е: А) 45o
Б) 135o
В) 120o
Г) 60o
18. В остроъгълния ΔABC страната BC = 7 cm и AB = 5 cm . Ако R е радиусът на описаната около триъгълника окръжност и BC : R = 3 , то дължината на страната АС е равна на: А) 6 cm
Б)
39 cm
Г) 109 cm
В) 8 cm
19. Δ ABC е равностранен със страна AB = 4 3 сm. Точка M е вътрешна за триъгълника и е такава, че лицата на триъгълниците ABM , BCM и ACM се отнасят съответно както 1: 2 : 3 . Разстоянието от M до AB е равно на: А) 1 cm В) 3 cm
Б) 2 cm Г) 6 cm
C
M А
.
B
20. Ако страната на ромб е 12 cm и един от ъглите му е 60° , то радиусът на вписаната в ромба окръжност е равен на: А) 3 cm
Б) 3 3 cm
В) 6 cm
Г) 6 3 cm
Вариант 2
3
Отговорите на задачите от 21. до 25. вкл. запишете в свитъка за свободните отговори!
21. Запишете най-малкото цяло число x , за което е изпълнено неравенството x
x
⎛2⎞ ⎛2⎞ 2. ⎜ ⎟ + 5. ⎜ ⎟ < 7 ⎝3⎠ ⎝3⎠
22. Ако се съберат първият и пети член на аритметична прогресия се получава 18 , а ако от седмия се извади сборът на втория и трети член на тази прогресия се получава 1 . Намерете сбора на първите 10 члена на прогресията. 23. Намерете стойността на израза tg 75° +
1 . tg 75°
24. Основата на равнобедрен триъгълник е 30 cm , а центърът на вписаната в триъгълника окръжност дели височината към основата в отношение 5 :13 , считано от основата. Да се намери лицето на триъгълника в квадратни сантиметри. 25. Нека k
е случайно избрано число измежду 5 цели числа. Намерете ⎛π ⎞ вероятността числото cotg ⎜⎜ + k π⎟⎟⎟ да е ирационално число. ⎜⎝ 4 ⎠
Пълните решения с необходимите обосновки на задачите от26. до 28. вкл. запишете в свитъка за свободните отговори! 26. Решете уравнението
x +3 x −3 . +1 = 6 x −3 x+3
27. Дадени са пет отсечки с дължини 2 cm , 3 cm , 4 cm , 5 cm и 6 cm . Каква е вероятността три случайно избрани от тях да могат да образуват триъгълник? 28. В триъгълника АВС BC = 6 cm , AC = 8 cm . Ъглополовящата през върха С пресича описаната около триъгълника окръжност в точка L. Да се намери страната АВ в сантиметри, ако CL = AC .
Вариант 2
4
ФОРМУЛИ Квадратно уравнение −b ± b 2 − 4ac ax 2 + bx + c = a ( x − x1 )( x − x2 ) 2a b c Формули на Виет x1 + x2 = − x1 x2 = a a
ax 2 + bx + c = 0
x1,2 =
Квадратна функция
Графиката на y = ax 2 + bx + c , a ≠ 0 е парабола с връх точката (−
b D ;− ) 2a 4a
Корен. Степен и логаритъм 2k
2 k +1
a 2k = a
m n m a =an log a b = x ⇔ a x = b
nk
a 2 k +1 = a ;
a mk = n a m
log a a x = x
при k ∈
a = nk a ; при a > 0 , n ≥ 2 , k ≥ 2 и n, m, k ∈ a loga b = b ; при b > 0, a > 0, a ≠ 1 n k
Комбинаторика
Брой на пермутациите на n елемента:
Pn = 1.2.3... ( n − 1) n = n !
Брой на вариациите на n елемента k -ти клас:
Vnk = n. ( n − 1) ... ( n − k + 1)
Брой на комбинациите на n елемента k -ти клас: Cnk = Вероятност
P ( A) =
Vn k n. ( n − 1) ... ( n − k + 1) = Pk 1.2.3...(k − 1)k
брой на благоприятните случаи брой на възможните случаи
0 ≤ P( A) ≤ 1
Прогресии
Аритметична прогресия:
an = a1 + ( n − 1) d
Геометрична прогресия:
an = a1.q n −1
p ⎞ ⎛ Формула за сложна лихва: K n = K .q = K . ⎜ 1 + ⎟ ⎝ 100 ⎠ n
2a + ( n − 1) d a1 + an ⋅n = 1 ⋅n 2 2 a q − a1 qn −1 Sn = n = a1 ⋅ q −1 q −1
Sn =
n
Зависимости в триъгълник
1 1 ab = chc a 2 = a1c b 2 = b1c 2 2 a + b − c a b a b 2 hc = a1.b1 r= sin α = cos α = tgα = cotgα = 2 c c b a 2 2 2 2 2 2 b = a + c − 2ac cos β Произволен триъгълник: a = b + c − 2bc cos α a b c c 2 = a 2 + b 2 − 2ab cos γ = = = 2R sin α sin β sin γ 1 1 2 Формула за медиана: ma = ( 2b 2 + 2c 2 − a 2 ) mb 2 = ( 2a 2 + 2c 2 − b 2 ) 4 4 1 mc 2 = ( 2a 2 + 2b 2 − c 2 ) 4 a n Формула за ъглополовяща: = lc2 = ab − nm b m Правоъгълен триъгълник: c 2 = a 2 + b 2
S=
Формули за лице
1 S = chc 2
1 ab sin γ 2 abc S = pr S= 4R S = ab sin α Успоредник: S = aha 1 Четириъгълник: S = d1d 2 sin ϕ 2 Описан многоъгълник: S = pr Триъгълник:
S=
S=
p ( p − a )( p − b )( p − c )
Тригонометрични функции
α0
00
α rad
0
sin α
0
cos α
1
tg α
0
cotg α
–
300
450
600
900
π
π
π
π
6 1 2
4 2 2 2 2
3 3 2 1 2
2
1
3
–
1
3 3
0
3 2 3 3 3
1 0
−α − sin α cos α − tgα −cotgα
sin cos tg cotg
900 − α cos α sin α cotgα tgα
sin (α ± β ) = sin α cos β ± cos α sin β
tgα ± tg β 1 ∓ tgα tgβ sin 2α = 2sin α cos α 2tgα cotg 2α − 1 α tg2α = cotg2 = 2cotgα 1 − tg 2α tg (α ± β ) =
sin α + sin β = 2sin
α +β
cos
α −β
2 2 α +β α −β cos α + cosβ = 2cos cos 2 2 1 sin α sin β = ( cos (α − β ) − cos (α + β ) ) 2 sin α cosβ =
1 ( sin (α + β ) + sin (α − β ) ) 2
900 + α cos α − sin α −cotgα − tgα
1800 − α sin α − cos α − tgα −cotgα
cos (α ± β ) = cos α cos β ∓ sin α sin β
cotgα cotgβ ∓ 1 cotgβ ± cotgα 2 2 cos 2α = cos α − sin α = 2 cos 2 α − 1 = 1 − 2sin 2 α 1 1 sin 2 α = (1 − cos 2α ) cos 2 α = (1 + cos 2α ) 2 2 cotg (α ± β ) =
sin α − sin β = 2sin
α −β 2
cos
α +β
2 α +β α −β cosα − cosβ = −2sin sin 2 2 1 cosα cosβ = ( cos (α − β ) + cos (α + β ) ) 2
МИНИСТЕРСТВО НА ОБРАЗОВАНИЕТО И НАУКАТА ДЪРЖАВЕН ЗРЕЛОСТЕН ИЗПИТ ПО Учебен предмет – математика септември 2009 г. ВАРИАНТ № 2 Ключ с верните отговори Въпроси с изборен отговор Въпрос № 1. 2. 3. 4. 5. 6. 7. 8. 9. 10. 11. 12. 13. 14. 15. 16. 17. 18. 19. 20. 21. 22. 23. 24. 25.
Верен отговор
Б А Г А Б В В Б Г Б Г В Г А Б Б Б В А Б 1 140 4 540 0
Брой точки 2
Въпрос № 26.
2
27.
2
28.
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
3 3 3 3 3
Верен отговор
x=5 P = 7 = 0, 7 10 AB = 7 cm
Брой точки 15 15 15
ВЪПРОСИ С РЕШЕНИЯ
КРИТЕРИИ ЗА ОЦЕНЯВАНЕ НА ЗАДАЧА 26 Първо решение: 1. Определяне множеството от допустими стойности:
т.е. x ∈ (− ∞, − 3) ∪ (3, + ∞ )
x+3 >0 x−3 (2 т.)
x+3 =y x−3 3. Допустими стойности за y : y > 0
2. Полагане
(2 т.) (1 т.)
1 +1 = 0 y y1 = −3 , y 2 = 2
4. Получаване на уравнението y − 6 .
(1 т.)
5. Намиране на корените
(2 т.)
6. Отбелязване, че y1 = −3 не е решение
(2 т.)
x+3 = 2 и получаване на x = 5 x−3 8. Записване на отговора x = 5
7. Решаване на уравнението
*Забележка: Ако вместо етап 1. и 6. е направена директна проверка с y1 и y2 и е установено , че y1 = −3 не е решение, а y2 = 2 е решение на даденото уравнение
(3 т.) (2 т.)
( 4 т.)
Второ решение: 1.Записване на уравнението така:
x+3 x −3 −6 = −1 и определяне множеството от x −3 x+3
x+3 > 0 , т.е. x ∈ (− ∞, − 3) ∪ (3, + ∞ ) x−3 2. Повдигане двете страни на уравнението на втора степен и получаване x +3 x + 3 x −3 x −3 −12 + 36. =1 . x −3 x −3 x + 3 x+3 допустими стойности:
2
(3 т.)
2
( x + 3) + 36 ( x − 3) 3.Еквивалентни преобразувания до : −12 = 1 ( x + 3).( x − 3) 2
(2 т.)
(2 т.)
2
( x + 3) + 36 ( x − 3) 2 2 = 13 ⇔ ( x + 3) + 36 ( x − 3) = 13x 2 −117 4. ( x + 3).( x − 3)
(2 т.)
5. 24 x 2 − 210 x + 450 = 0
(2 т.)
15 4 7. Проверка за принадлежност на корените към дефиниционното множество и 15 отхвърляне на x2 = като корен на даденото уравнение чрез пряка проверка 4 * Забележка: Ако вместо етап 1. и 7. е направена директна проверка за числата 15 x1 = 5 и x2 = дали са корени на даденото уравнение 4 ( 4 т.) 6. Намиране корените на последното уравнение x1 = 5, x2 =
(2 т.)
(2 т.)
КРИТЕРИИ ЗА ОЦЕНЯВАНЕ НА ЗАДАЧА 27 1.Като се приложи теоремата за неравенство на триъгълника, а именно, че триъгълникът съществува, ако сборът на двете най –малки страни е по-голям от третата, то преброяваме възможните триъгълници. Те са със страни съответно: 2 cm , 3 cm и 4 cm ; 2 cm , 4 cm и 5 cm ; 2 cm , 5 cm и 6 cm ; 3 cm ,4 cm и 5 cm ; 3 cm , 4 cm и 6 cm ; 3 cm , 5 cm и 6 cm ; 4 cm , 5 cm и 6 cm , т.е. броят на благоприятните изходи е 7. ( 7 т.) 5.4.3 2. Три от 5 отсечки можем да изберем по C53 = = 10 начина. ( 5 т.) 3! 7 3. Търсената вероятност е P = ( 3 т.) 10 КРИТЕРИИ ЗА ОЦЕНЯВАНЕ НА ЗАДАЧА 28 Първо решение: C
1. Нека CL ∩ AB = P и CP = t , а PL = 8 − t
(2 т.) 2. От свойството на ъглополовящата CP в ABC следва, че AP AC 4 = = , следователно AP = 4k и PB = 3k PB BC 3
(2 т.) 3. От формулата за ъглополовяща следва, че CP = AC.BC − AP.PB т.е. следва, че t 2 = 48 −12k 2 (1)
(4 т.)
AP PC 4k t , т.е. . = = LP PB 8 − t 3k Следователно 12k 2 = 8t − t 2 (2)
(4 т.)
APC ∼ LPB следва, че
5. Заместваме 12k 2 от (2) в (1) и получаваме t 2 = 48 − 8t + t 2 , т.е. t = 6. Тогава k = 1 и AB = 7 cm
2 2 A
2
4. От
γ γ
(3 т.)
x
x L
B
Второ решение: p ⇒ AL = BL = x 1. Съобразяване че от )ACL = )BCL ⇒ p AL = BL
(3 т.)
2. Два пъти прилагане на косинусова теорема съответно за + ACL и + BCL γ
γ
x 2 = AC 2 + CL2 − 2. AC.CL cos 2 и x 2 = BC 2 + CL2 − 2.BC.CL cos 2 или γ
γ
x 2 = 36 + 64 − 2.6.8cos 2 и x 2 = 64 + 64 − 2.8.8cos 2 (2.2 т.)
(4 т.)
3. Почленно изваждане на първото от второто уравнение и намиране γ
γ
на 32 cos 2 = 28 и cos 2 = 78 4. Намиране на
(3 т.) γ
49 − 1 = 17 cos γ = 2 cos 2 2 − 1 = 2. 64 32
(2 т.)
5. Прилагане на косинусовата теорема за + ABC :
AB 2 = AC 2 + BC 2 − 2. AC.BC cos γ , AB 2 = 36 + 64 − 2.6.8. 17 и 32 намиране на AB = 7 cm
(3 т.)