2013.07.04 Висше строително училище "Л.Каравелов" - София

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 b5

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 

23 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).