ВИСШЕ СТРОИТЕЛНО УЧИЛИЩЕ “ЛЮБЕН КАРАВЕЛОВ” – СОФИЯ КОНКУРСЕН ИЗПИТ ПО МАТЕМАТИКА 07. 04. 2013 г. ТРЕТИ ВАРИАНТ
Критерии за оценка ЗАДАЧА 1: а) Да се реши уравнението 2 | x | x 4 . б) Да се реши неравенството (2 x 3) 2 1 . в) Да се реши уравнението
2x 2 2x 2 6 .
Решение:
x, x 0 а) (2 точки) От дефиницията на модул x следва: x, x 0 2 x x 4 при x [ 0; ) x
4 [0; ) е решение; 3
2 x x 4 при x ( ; 0) x 4 ( ; 0) е решение.
б) (2 точки) (2 x 3) 2 1 4 x 2 12 x 9 1 x 2 3x 2 0 x [1; 2] . в) (2 точки)
2x 2 2x 2 6 2x 2 4 2x
2 2 x 9 x 7 0 Следователно 2 x 0
2 x 2 [2(2 x)]2 . 4 2x 0
x1 1 x 2, Тогава само x1 1 е решение.
x2 7 / 2 x 2.
ЗАДАЧА 2: а) Дадена е функцията f ( x) a log 2 ( x 3) b . Да се намерят коефициентите a и b, ако
f (4) 5 и f (5) 2 . б) За кои стойности на параметъра p уравнението x 2 2 px 4 0 има два различни реални корена.
3 в) Пресметнете tg( ) , ако tg 2 и cotg 1 / 3 , където ; и 2 3 ; . 2
Решение: а) (2 точки) От
a log 2 1 b 5 f (4) 5 a 3 . a log 2 2 b 2 f (5) 2 b5
б) (2 точки) Уравнението x 2 2 px 4 0 има два различни реални корена тогава и само тогава, когато дискриминантата му е положителна, т.е.
D p 2 4 0 p 2 4 ( p 2)( p 2) 0 p ( ; 2) (2 ; ) . в) (2 точки) Тъй като
tg( )
tg( )
tg tg , а 1 tg tg
tg
1 3 cotg
и
tg 2
23 1 . 1 6 7
ЗАДАЧА 3: Даден е квадрат ABCD със страна 1 и точка E така, че EAB 150 и
CEA 90 0 . Да се намери: а) големината на DCA ; б) дължината на отсечката ED . Решение: а) (1 точка) Диагоналите в квадрата са ъглополовящи на ъглите и следователно DCA 450. б) (3 точки) От условието, че CEA 90 0 , следва: точка Е лежи върху окръжността, описана около квадрата, с диаметър АС. Тъй като EAB 150 , а CAB 450 , то
CAЕ 300 CDЕ и BAЕ 150 BCЕ (вписани ъгли в окръжност, лежащи срещу една и съща дъга). Тогава DCЕ 900 150 1050. Тъй като CE е катет в правоъгълния АЕС и CAЕ 30 0 , то СЕ
АС . 2
По Питагорова теорема за правоъгълния АВС намираме АС= 2 СЕ По синусова теорема за DСE следва
ED sin 1050
CE sin 30 0
ED CE
sin 60 0 450 sin 30 0
2 . 2
ЕD CE sin(DCE) sin(CDE) 2 sin 60 0 cos 45o cos 60 0 sin 450 3 1 . 0 2 2 sin 30
ЗАДАЧА 4: Дадена е четириъгълна пирамида ABCDM с основа правоъгълник ABCD, равни околни ръбове с дължина l , AMB 90 0 и BMC 60 0 . Да се намери: а) обемът на пирамидата; б) радиусът на oписаната около пирамидата сфера. Решение: а) (2 точки) Тъй като околните ръбове на пирамидата са равни, върхът й се проектира в центъра O на описаната около основата окръжност,
т.е.
в
пресечната
точка
на
диагоналите на правоъгълникa ABCD. Тъй
като
BMC 60 ,
то
равно-
бедреният ВМС е равностранен и ВС = l . Тъй
като
AMB 90 0 ,
то
АМВ
е
равнобедрен правоъгълен и по Питагорова теорема АВ l 2 . Пак по Питагорова теорема от правоъгълния АВС намираме АC l 3 , а от правоъгълния АОМ намираме ОМ
l . 2
Следователно обемът на пирамидата е V
S ABCD.MO l.l 2.l / 2 l 3 2 . 3 3 6
б) (2 точки) Радиусът R на описаната около пирамидата сфера е равен на радиуса на описаната около диагоналното сечение ( АМС ) окръжност. Тъй като
S АМС
AC .OM AC .CM . AM , тo 2 4R R
l 3.l.l l. l 2l 3. 2
Оценката се получава по формулата: Оценка = 2+k/5, където k е броят на получените точки (k ≥ 5).