ВИСШЕ СТРОИТЕЛНО УЧИЛИЩЕ “ЛЮБЕН КАРАВЕЛОВ” – СОФИЯ КОНКУРСЕН ИЗПИТ ПО МАТЕМАТИКА 24. 04. 2010 г. РЕШЕНИЯ ПЪРВИ ВАРИАНТ
ЗАДАЧА 1: Да се решат: x+2 +
а) уравнението
3 = 3x − 5 ; x+2
б) уравнението 9 x − 4.3 x + 3 = 0 ; в) системата
x+ y =4 x 2 − 2 xy = −5
.
РЕШЕНИЕ: а) (2 точки) Д.М.
x + 2 + 3 = 3 x − 5.
⇒ x+5=
x ∈ (− 2,+∞ )
x+2>0 3x − 5 ≥ 0
5 5 ⇒ x ∈ ,+∞ x ∈ ,+∞ 3 3
⇒
x+2
(3x − 5)(x + 2), x ∈ 5 ,+∞ ⇒ x + 5 ≥ 0 3
⇒ x 2 + 10 x + 25 = 3 x 2 + x − 10 ⇒ 2 x 2 − 9 x − 35 = 0
x1 =
9 + 19 = 7 ∈ Д .M . 4
x2 =
9 − 19 5 = − ∉ Д .M . 4 2
б) (2 точки) 9 x − 4.3 x + 3 = 0
( )
Но 9 x = 3 x
2
Полагаме 3 x = t ⇒ t > 0 и получаваме
t − 4t + 3 = 0 ⇒ 2
t1 = 3 > 0 ⇒ 3 x = 3 ⇒ x = 1 t 2 = 1 > 0 ⇒ 3 x = 1 ⇒ x = 0.
в) (2 точки)
x+ y =4 x − 2 xy = −5 2
⇒
y =4−x x − 2 x(4 − x ) + 5 = 0 2
⇒ 3x 2 − 8 x + 5 = 0
(1;3) 5 7 ⇒ x1 = 1, y1 = 3; x2 = , y2 = , т.е. решенията са ( x; y ) = 5 7 . 3 3 3 ; 3
1
ЗАДАЧА 2: а) Да се намерят стойностите на реалния параметър m ≠ 0 , за които уравнението mx 2 − 3 x + 2 = 0 има два различни реални корена, по-големи от 1; б) Да се реши уравнението 1 + cos 2 x + cos 4 x = 0 . РЕШЕНИЕ: а) (2 точки) Нека f ( x ) = mx 2 − 3x + 2 . 9 9 − 8m > 0 D>0 8 3 − 2m b 3 9 x1 ≠ x2 , x1 > 1, x2 > 1 ⇔ − >1 ⇒ > 0 ⇒ m ∈ 0; ⇒ m ∈ 1; . 2a 2m 2 8 a. f (1) > 0 m(m − 1) > 0 m ∈ (− ∞;0) ∪ (1;+∞ ) m<
б) (2 точки) cos 4 x = 2 cos 2 2 x − 1 ⇒ 1 + cos 2 x + 2 cos 2 2 x − 1 = 0 ⇒ cos 2 x + 2 cos 2 2 x = 0 ⇒ cos 2 x.(1 + 2 cos 2 x ) = 0 ⇒ cos 2 x = 0 ∪ cos 2 x = −
1 π π ⇒ x = (2k + 1) ∪ x = ± + kπ . 2 4 3
ЗАДАЧА 3: Даден е ромб ABCD с остър ъгъл ∠DAB = α . Да се намери отношението на радиусите на окръжностите, вписани съответно в ∆ABD и ромба. РЕШЕНИЕ: (4 точки) AC и BD са ъглополовящи на ъглите на ромба и следователно AC ∩ BD = O е център на вписаната в ромба окръжност. Означаваме AO=l. Нека R и r са съответно радиуси на вписаните в ромба и ∆ABD окръжности. Тогава в ∆AOB :
R = АО. sin
α 2
r = (l − r ) sin
= l sin
α 2
⇒ r = R − r sin
α 2
= l sin
α 2
;
α 2
− r sin
α 2
⇒ R = r + r sin
α
α r 1 = r 1 + sin ⇒ = . 2 2 R 1 + sin α 2
ЗАДАЧА 4: Основата на четириъгълна пирамида ABCDM е правоъгълник ABCD с лице 36 3
и остър ъгъл между диагоналите ∠BNC = 60° , където N = AC ∩ BD . Всички околни
ръбове сключват с равнината на основата равни ъгли с големина 60° . Да се намери:
2
а) обемът на пирамидата; б) разстоянието от центъра на описаната около пирамидата сфера до околната стена ABM. РЕШЕНИЕ: а) (2 точки) Всички околни ръбове сключват с равнината на основата равни ъгли и следователно върхът М на пирамидата се проектира в центъра на описаната около основата окръжност – точка N. От ∆ANM ≅ ∆BNM ≅ ∆CNM ≅ ∆DNM ⇒ MA = MB = MC = MD ⇒ MN е височина в пирамидата. ABCD e правоъгълник AC.BD. sin ∠BNC ⇒ AC = BD, S ABCD = = 36 3 2 ⇒ AC = BD = 12 . Ъгълът между околен ръб и основата е 60 ⇒ ∠NCM = 60 . Тогава ∆ACM е равностранен ⇒ AC = MA = MC = 12 ⇒ MN = 6 3 ⇒ V ABCDM =
S ABCD .MN 36 3.6 3 = = 216 . 3 3
б) (4 точки) Нека т. О е центърът на описаната сфера. Следователно т. О лежи на перпендикуляра, издигнат от центъра на описаната около основата окръжност. ⇒ O ∈ MN . Описаната около ∆ACM окръжност е голяма окръжност за описаната сфера. Но ∆ACM е равностранен 2 ⇒ MO = MN = 4 3 . От това, че ∆BCN е равностранен 3 1 ⇒ BC = 6 ⇒ LN = BC = 3. ∆LNM : LM = NL2 + MN 2 = 3 13. 2 ∆LNM : построяваме OH ⊥ LM , H ∈ LM . OH ⊥ AB ( AB ⊥ (LMN )) ⇒ OH е перпендикулярна на равнината ( AMB ) ⇒ OH e търсеното разстояние. OH MO LN .MO 4 39 ∆HOM ≈ ∆NLM ⇒ = ⇒ OH = = . LN ML ML 13
Оценката се образува по формулата : Оценка = 2 + 0,2 к, където к е сумата на получените точки.
3