2010.24.04 Висше строително училище "Л.Каравелов" - София

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