ВИСШЕ СТРОИТЕЛНО УЧИЛИЩЕ “ЛЮБЕН КАРАВЕЛОВ” – СОФИЯ КОНКУРСЕН ИЗПИТ ПО МАТЕМАТИКА 12. 07. 2012 г. ТРЕТИ ВАРИАНТ
а) (2 точки) Да се реши системата
ЗАДАЧА 1:
б) (2 точки) Да се реши неравенството в) (2 точки) Да се реши уравнението
xy 2 . x y 1
2 x 2 11x 5 0. ( x 1) 2
1 log 3 ( x 6) 3 . log x 3
Решение: а)
б)
xy 2 x y 1
x ( x 1) 2 x 2 x 2 0
x1 1 x2 2
x1 1 y1 2 x2 2 y 2 1
.
2( x 5)( x 1 / 2) 0 2 x 2 11x 5 0 2 x 2 11x 5 0 x [5; 1) (1; 1 / 2] . 2 ( x 1) x 1 x 1
x0
в) DM :
x 1 x (0; 1) (1; ) x60
1 log 3 ( x 6) 3 log 3 x log 3 ( x 6) 3 log 3 ( x 2 6 x ) 3 log x 3 x 2 6 x 27 0
x1 3 DM x2 9 DM
.
ЗАДАЧА 2: а) (2 точки) Да се намерят стойностите на параметъра m, за които уравнението 16( x 2m 1) ( x 4m) 2 има два различни реални корена. б) (2 точки) Да се реши уравнението | x 2 | 2 x .
в) (2 точки) Да се реши уравнението cos 2 x 5 sin x 3 .
Решение: а) 16( x 2m 1) ( x 4m) 2 16 x 32m 16 x 2 8mx 16m 2 x 2 (8m 16) x 16m 2 32m 16 0 D (4m 8) 2 16m 2 32m 16 0 5 2m 0 m 5 / 2
x20 x 2 2 x x 2 не е решение б) | x 2 | 2 x x 2 / 3 е решение x20 x 2 2 x в) cos 2 x 5 sin x 3 1 2 sin 2 x 5 sin x 3 2 sin 2 x 5 sin x 2 0
sin x 1 / 2 sin x 2 [1; 1]
x / 6 2k x 5 / 6 2k ЗАДАЧА 3:
(3 точки) Нека т.
е пресечната точка на диагоналите на успоредника ABCD и
нека M е медицентърът на триъгълника DBC. През M са построени две прави, успоредни съответно на BC и CD, които пресичат диагонала BD съответно в точките P и Q. Да се намери отношението на лицата на четириъгълниците APMQ и ABCD. Решение: СО е медиана в CBD , следователно точка М лежи
.
върху отсечката СО и я дели в отношение 2:1, считано от върха С . Тъй катo MQ || CD , то MQO ~ CDO и следователно
S MQO S CDO
OM 2 1 , oткъдето OC 2 9
1 1 S MQO S CDO . Аналогично S MPO S CBO . Следователно 9 9 1 1 1 (1) S MQP S MQO S MPO (S CDO S CBO ) S CDB S ABCD 9 9 18
Триъгълниците S AOQ и S AOD имат обща височина през върха А. Тогава S AOQ S AOD
OQ 1 , OD 3
1 1 т.е. S AOQ S AOD . Аналогично S AOP S AOB . Тогава 3 3
2 1 1 1 1 (2) S AQP S APB S ABCD . От (1) и (2) следва, че S APMQ S ABCD S ABCD . 9 3 6 18 6 ЗАДАЧА 4: дължина
Дадена е правилна четириъгълна пирамида и ъгъл β между околна стена и основа, за който
с връх M, основен ръб с . През средите на
отсечките AB, AD и MO, където O е центърът на основата, е построена равнина λ. Да се
намерят: а) (2,5 точки) радиусът на описаната около пирамидата сфера; б) (2,5 точки) ъгълът, който равнината λ сключва с равнината на основата.
Решение: a) Тъй като пирамидата е правилна, центърът на описаната около нея сфера лежи върху височината МО на пирамидата. Равнината, определена от точките А, С и М , минава по МО, следователно тя сече сферата в окръжност, описана около ACM , чиито радиус е равен на радиуса на сферата.Триъгълникът АСМ е равнобедрен (МА = МС) с основа AC
AB 2 BC 2 2 2b . Нека МР е апотема
на околната стена ADM. Тогава OPM е линейният ъгъл на двустенния ъгъл, който тази стена сключва с основата. Следователно OPM и от MOP (MOP 90) намираме MO OPtg
1 ABtg b 6 . От Питагоровата теорема имаме AM AO 2 MO 2 2 2b . 2
Така АМ = АС и следователно триъгълник АСМ е равностранен. Тогава радиусът на описаната около него окръжност, т.е. радиусът на описаната сфера е
2 2 6 MO b. 3 3
б) Нека Q е среда на АВ, а L - среда на МО. Понеже Р и Q са среди на съседни страни в квадрата ABCD , диагоналът му АС пресича отсечката PQ в средната й точка K и е перпендикулярен на PQ. Тогава по теоремата за трите перпендикуляра LKO е линейният ъгъл на двустенния ъгъл между равнината λ и равнината на основата на пирамидата. Тъй като KL е средна отсечка в AOM , имаме KL || AM . Следователно LKO MAO . Но
MAO 60 , понеже MAC е равностранен. Така търсеният ъгъл е LKO 60 .
Оценката се формира по формулата: Оценка 2 0,2.к , където к е сумата от получените точки.