ВИСШЕ СТРОИТЕЛНО УЧИЛИЩЕ “ЛЮБЕН КАРАВЕЛОВ” – СОФИЯ РЕШЕНИЯ НА ЗАДАЧИТЕ ОТ КОНКУРСЕН ИЗПИТ ПО МАТЕМАТИКА 16. 07. 2010 г. ПЪРВИ ВАРИАНТ
ЗАДАЧА 1: а) Да се реши уравнението
x + 3 − 2 x − 1 = 1.
б) Да се реши уравнението 2.4 x − 7.2 x − 4 = 0 . в) Три числа, чиято сума е равна на 21, образуват растяща геометрична прогресия. Ако от тези числа извадим съответно 2, 1 и 3, се получават числа, които в този ред образуват аритметична прогресия. Да се намерят членовете на геометричната прогресия. x+3≥ 0 Решение: a) (3 точки) DM: 2 x − 1 ≥ 0 От
1 ⇒ x ∈ ; ∞ . 2
x + 3 = 2 x − 1 + 1 ⇒ x + 3 = 1 + 2 2 x − 1 + 2 x − 1 , откъдето получаваме
2 2x −1 = 3 − x ⇒
x =1< 3 3− x ≥ 0 x≤3 ⇒ 1 . 2⇒ 2 x2 = 13 > 3 4(2 x − 1) = 9 − 6 x + x x − 14 x + 13 = 0
Следователно x1 = 1∈ DM ⇒ е решение. б) (2 точки) Полагаме 2 x = t , t > 0 ⇒ 2t 2 − 7t − 4 = 0 ⇒
t1 = 4 > 0 ⇒ 2 x = 4 ⇒ x = 2 е решение. t 2 = −1 / 2 < 0 a + b + c = 21
в) (2 точки) Нека дадените числа са a; b; c ⇒ ÷ a − 2; b − 1; c − 3 ⇒
откъдето получаваме a + c = 2b + 3 ⇒ b + 2b + 3 = 21 ⇒ b = 6 ⇒
ac = b 2 , a − 2 + c − 3 = 2(b − 1)
a =3 a = 12 a + c = 15 ⇒ 1 ∪ 2 . ac = 36 c1 = 12 c2 = 3
Но геометричната прогресия е растяща, следователно членовете на прогресията са 3;6;12. ЗАДАЧА 2: а) Да се намерят стойностите на реалния параметър m ≠ 0 , за които уравнението mx 2 − x − 2 = 0 има два различни реални корена, по-малки от 2.
б) Ако sin x =
(
)
3 и x ∈ 90 ; 180 , да се намери стойността на израза 5 A = sin 3 x − cos 3 x .
Решение: а) (2 точки) Нека f ( x) = mx 2 − x − 2; a = m, b = −1, c = −2 . Даденото уравнение има два различни реални корена, по-малки от 2, когато са в сила неравенствата:
1 1 m ∈ − ;+ ∞ D>0 1 + 8m > 0 8 8 1 af (2) > 0 ⇒ 4m(m − 1) > 0 ⇒ m(m − 1) > 0 ⇒ m ∈ (− ∞; 0) ∪ (1;+∞ ) ⇒ m ∈ − ; 0 ∪ (1; + ∞ ). 8 1 1 − 4m b 1 <2 − <2 <0 m ∈ (− ∞; 0) ∪ ;+∞ 2m 2a 2m 4 m>−
б) (1 точка) От sin x =
(
)
3 4 91 и x ∈ 90 ; 180 ⇒ cos x = − ⇒ A = sin 3 x − cos3 x = . 5 5 125
ЗАДАЧА 3: Лицето на ромб е равно на 24 cm2, а сумата от дължините на диагоналите му е равна на 14 cm. Да се намерят лицето на вписания в ромба кръг и синусът на острия ъгъл на ромба. Решение: (4 точки) Нека ромбът е ABCD ( AC > BD ) , AC ∩ BD = O . От S ABCD =
AC.BD = 24 ⇒ AC.BD = 48 ⇒ 2
AC.BD = 48 AC = 8 ⇒ . AC + BD = 14 BD = 6 От ∆AOB ⇒ AB 2 = 16 + 9 = 25 ⇒ AB = 5 . От S ABCD = AB.DM ⇒ DM =
24 1 12 ⇒ r = DM = . 5 2 5
144 DM 24 π . От ∆AMD ⇒ sin ∠MAD = = . Следователно S кръг = π r 2 = 25 AD 25
ЗАДАЧА 4: В куб ABCDA1 B1C1 D1 телесният диагонал има дължина
48 . Точките M и N лежат
съответно върху ръбовете AD и BC, така че AM : MD = CN : NB = 3 : 1 . Да се намерят: а) косинусът на ъгъла между равнината (MNC1 ) и равнината на основата ABCD ; б) лицето на сечението на куба с равнината (MNC1 ) . Решение: а) (4 точки) Нека AB = BC = AA1 = a ⇒ AC12 = AC 2 + CC12 = 3a 2 = 48 ⇒ a = 4 . Следователно CN = AM = 3; DM = BN = 1 . Построяваме P = MN ∩ CD; PC1 ∩ DD1 = Q . Построяваме CL ⊥ MN , CL е ортогонална проекция на C1L ⇒ C1L ⊥ MN (по теоремата за трите перпендикуляра). Следователно CL ∠((MNC1 ), ( ABCD )) = ∠C1LC = ϕ ⇒ cos ϕ = . C1L PD MD 1 ∆PDM ~ ∆PCN ⇒ = = ⇒ PD = 2 . PC NC 3 От PN 2 = PC 2 + CN 2 = 45 ⇒ PN = 3 5 . От ∆PCN ⇒ CL.PN = PC.CN ⇒ CL =
6 5 . 5
От ∆LCC1 : LC12 = LC 2 + CC12 =
3 29 . 29 2 29 б) (2 точки) От направените построения сечението на куба с равнината (MNC1 ) е четириъгълника MNC1Q , който е трапец cos ϕ =
защото
6
116 2 29 ⇒ LC1 = ⇒ 5 5
=
( BCC1 B1 ) || ( ADD1 A1 ) ⇒ NC1 || MQ .
Ортогоналната
проекция на сечението MNC1Q върху основата ABCD е трапеца MNCD . S MD + CN 8 29 DC = 8 ⇒ S MNC1Q = . От формулите S MNC1Q = MNCD , S MNCD = cos ϕ 2 3
Оценката се формира по формулата: Оценка=2+0,2.k, където к е сумата от получените точки.