2012.12.07 Висше строително училище София

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

x0

в) DM :

x  1  x  (0; 1)  (1; ) x60

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

 x20   x  2  2 x  x  2 не е решение б) | x  2 | 2 x     x  2 / 3 е решение  x20    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.