2009.25.04 Висше строително училище "Л.Каравелов" - София

ВИСШЕ СТРОИТЕЛНО УЧИЛИЩЕ “ЛЮБЕН КАРАВЕЛОВ” – СОФИЯ КОНКУРСЕН ИЗПИТ ПО МАТЕМАТИКА 25. 04. 2009 г. ПЪРВИ ВАРИАНТ

ЗАДАЧА 1: Да се решат уравненията: а)

x −1 5 16 x + = ; x −1 16 x 2

б) 5log3 (x

2

−2 x

) = 5.

ЗАДАЧА 2: Даденo е уравнението x 2 + (sin α ) x − sin 2

α 2

= 0 , където α е реален параметър. Да

се намерят: а) стойностите на параметъра α , за които уравнението има два равни реални корена; б) стойността на израза А = cosα = −

1 1 + , където x1 и x2 са корените на уравнението при x1 x2

1  3π  и α ∈ π ;  .

3  2 

ЗАДАЧА 3: Даден е успоредник AB CD . Точките M и N са среди съответно на BC и DC. Да се намерят : а) отношението между лицата на ∆АМN и успоредника AB CD ; б) лицето на успоредника AB CD при AC = p, BD = q и ∠МАN = α . ЗАДАЧА 4: Всички ръбове на правилна триъгълна призма ABCA1 B1C1 са равни на 2. Точка L е среда на отсечката, свързваща центровете на двете основи. През точка L и ръба BC е построена равнина α . Да се намерят: а) лицето на сечението на равнината α с призмата; б) разстоянието от върха А1 до равнината α .

ВИСШЕ СТРОИТЕЛНО УЧИЛИЩЕ “ЛЮБЕН КАРАВЕЛОВ” – СОФИЯ РЕШЕНИЯ НА ЗАДАЧИТЕ ОТ КОНКУРСЕН ИЗПИТ ПО МАТЕМАТИКА 25. 04. 2009 г. ПЪРВИ ВАРИАНТ

ЗАДАЧА 1: Да се решат уравненията: а)

x −1 5 16 x + = ; x −1 16 x 2

б) 5log3 (x

2

−2 x

) = 5.

  x ≠ 0 Решение: a) (2,5 точки) DM:  x − 1 ≠ 0  x ≥0  x − 1

⇒ x ∈ (− ∞; 0) ∪ (1; ∞ ) . Полагаме

16 x = t, t ≥ 0 . x −1

 16 x 1 = 2 ⇒ 4 x = x − 1⇒ x = − ∈ DM t1 = 2   1 5   3 t + = ⇔ 2t 2 − 5t + 2 = 0 ⇔  1 ⇒  x −1 t = t 2  16 x = 1 ⇒ 64 x = x − 1⇒ x = − 1 ∈ DM  2 2  x − 1 2 63

б) (2,5 точки) DM: x 2 − 2 x > 0 ⇒ x ∈ (− ∞; 0) ∪ (2; ∞ ) .

5log3 (x

2

−2 x

) = 5 ⇔ log (x 2 − 2 x ) = log 3 ⇒ x 2 − 2 x − 3 = 0 ⇒  x1 = 3 ∈ DM .  3 3  x2 = −1 ∈ DM

ЗАДАЧА 2: Даденo е уравнението x 2 + (sin α ) x − sin 2

α 2

= 0 , където α е реален параметър. Да се намерят:

а) стойностите на параметъра α , за които уравнението има два равни реални корена; б) стойността на израза А =  

α ∈ π ;

3π 2

1 1 1 + , където x1 и x2 са корените на уравнението при cosα = − и x1 x2 3

 . 

Решение: а) (2 точки) Уравнението има два равни реални корена ⇔ D = 0 ⇔ D = sin 2 α + 4 sin 2

α 2

= 0 ⇔ 4 sin 2

 α sin 2 = 0 ⇒ α = 2kπ , k ∈ Z . ⇒ 2 α  cos + 1 = 0 н. р.  2

α 2

cos 2

α 2

+ 4 sin 2

α 2

= 0 ⇔ 4 sin 2

α

 2α + 1 = 0  cos 2 2 

б) (3 точки) А =

A=

− sin α − sin 2

Но

α

=

x1 + x2 = − sin α 1 1 x1 + x2 + = . От формулите на Виет α получаваме x1 x2 = − sin 2 x1 x2 x1 x2 2

2 sin

α

cos

α

2 = 2 cot g α . От cos α = − 1 ⇒ sin 2 α = 1 − cos α = 2 . α 2 3 2 2 3 sin 2 2

2

2

α

6 3 α α α  π 3π  ∈  ;  ⇒ sin = ⇒ cos = − 1 − sin 2 = − ⇒A=− 2.

2 2 4  2 3 2 2 3

ЗАДАЧА 3: Даден е успоредник AB CD . Точките M и N са среди съответно на BC и DC. Да се намерят : а) отношението между лицата на ∆АМN и успоредника AB CD ; б) лицето на успоредника AB CD при AC = p, BD = q и ∠МАN = α . Решение: а) (2 точки) AN медиана в ∆DAC . Нека S ABCD = S ⇒ S ∆DAN =

Аналогично S ∆ABM =

N

D

C L O

в ∆BCD следва, че ∆MCN ~ ∆BCD .

⇒ S ∆AMN A

1 1 S∆BCD = S 4 8 = S − S ∆AND − S ∆ABM − S ∆MCN

⇒ S ∆AMN = S −

B

S S S 3 − − = S. 4 4 8 8

S ∆AMN 3 = .

S ABCD 8

б) (3 точки) Oт MN средна отсечка в ∆BCD следва MN = ⇒ CL =

S . Oт MN средна отсечка 4

⇒ S ∆MCN =

M

Следователно

1 1 S S ∆DAC = S ABCD = .

2 4 4

q . CO - медиана в ∆BCD 2

1 p 3p AM .AN . sin α CO = ⇒ AL = . S ∆AMN = .

2 4 4 2

Oт косинусовата теорема за ∆АМN имаме МN 2 = AN 2 + AM 2 − 2 AM .AN .cos α . При cos α ≠ 0 ,т.е. α ≠

π 2

AN 2 + AM 2 − ⇒ AM . AN =

2cos α

q2 4 .

AL е медиана в ∆АМN 1 9 p2 q2 9 p2 + q2 2 2 2 2 2 2 2 ⇒ AL = 2 AN + 2 AM − MN ⇒ 4. = 2 AN + 2 AM − ⇒ AN + AM = .

4 16 4 8 2

(

)

9 p2 + q2 q2 − 2 2 8 4 = 9p − q . ⇒ AM . AN = 2cos α 16cos α

S ABCD =

(

)

(

)

8 8 AM .AN . sin α 4 9 p 2 − q 2 9 p2 − q2 tgα = tgα .

S ∆AMN = = 3 3 2 3.16 12

1 2

При cos α = 0 ∆AMN e правоъгълен с прав ъгъл при върха А и AL = MN , откъдето 3 p = q . В този случай съществуват безброй много такива успоредници, всеки от които се определя от един параметър, например ъгъла между диагоналите ϕ ∈ ( 0; π ) . Тогава S ABCD =

3 p 2 sin ϕ .

2

ЗАДАЧА 4: Всички ръбове на правилна триъгълна призма ABCA1 B1C1 са равни на 2. Точка L е среда на отсечката, свързваща центровете на двете основи. През точка L и ръба BC е построена равнина α . Да се намерят: а) лицето на сечението на равнината α с призмата; б) разстоянието от върха А1 до равнината α . Решение: а) (2,5 точки) Нека М е среда на ВС, М1 – среда на В1С1. В равнината ( AMM 1 A1 ) : ML ∩ A1M 1 = N .

E

∆LOM ≅ ∆LO1 N1 ⇒ O1 N = OM = G Q

A1

O1 P

C1

N M1 B1

L

1 3 AM = .

3 3

През т. N построяваме права PQ || BC (P ∈ A1B1 ; Q ∈ A1C1 ) ⇒ BCQP е търсеното сечение, което е равнобедрен трапец (∆BB1P ≅ ∆CC1Q ⇒ BP = CQ ) . От ∆A1PQ ~ ∆A1B1C1 ⇒ 1 PQ = B1C1 ; MN = 2 LM , NM ⊥ BC ⇒ MN е височина в 3 BCQP. 3 2 3 ∆LOM ⇒ LM = LO 2 + OM 2 = 1 + = 9 3 ⇒ MN =

4 3 .

3

2 A BC + PQ 3 . 4 3 = 16 3 .

S BCQP = MN = C 2 2 3 9 O б) (2,5 точки) AM ⊥ BC ; AA1 ⊥ BC ⇒ ( AMN ) ⊥ BC . Нека M MN ∩ AA1 = E . В равнината (EAM ) от А1 издигаме B перпендикуляр към МЕ ( A1G ⊥ ME ; G ∈ ME ) ⇒ A1G ⊥ MN ; A1G ⊥ PQ(( AMN ) ⊥ PQ ) ⇒ A1G е търсеното разстояние.

AN 1 1 ∆A1 NE ~ ∆AME ⇒ 1 = ⇒ A1E = EA ⇒ EA1 = 1; ∠EA1G = ∠AML ⇒ AM 3 3 3 1 OM A1G = EA1 cos ∠OML = 1.cos ∠OML = = 3 = .

LM 2 3 2 3 2+

Оценката се получава по формулата: Оценка

= 2 + 0, 2.K ,

където K е сумата от получените точки.