ВИСШЕ СТРОИТЕЛНО УЧИЛИЩЕ “ЛЮБЕН КАРАВЕЛОВ” – СОФИЯ КОНКУРСЕН ИЗПИТ ПО МАТЕМАТИКА 10. 07. 2013 г. ВTOРИ ВАРИАНТ
Критерии за оценка ЗАДАЧА 1: а) Да се реши неравенството ( x − 3) 2 < 9 . б) Да се реши уравнението 4 x − 3.2 x + 2 = 0. в) Да се реши уравнението log 2 x − log 2 ( x − 1) = log 2
4 . x
Решение: а) (2 точки) ( x − 3) 2 < 9 ⇔ x 2 − 6 x + 9 < 9 ⇔ x 2 − 6 x < 0 ⇔ x( x − 6) < 0 ⇒ x ∈ (0; 6). б) (2 точки) Полагаме 2 x = t , t > 0 и получаваме t 2 − 3t + 2 = 0 ⇒ t1 = 2 > 0, t 2 = 1 > 0 . Тогава x1 = 1 и x 2 = 0 ca решения. в) (2 точки) Дефиниционното множество за логаритмите е x > 0, x − 1 > 0 ⇒ x > 1. От свойствата на
логаритмите
имаме
log 2
x 4 = log 2 x −1 x
и
след
антилогаритмуване
получаваме
x 4 = ⇒ x 2 − 4 x + 4 = 0 . Следователно x1, 2 = 2 > 1 е решение. x −1 x
ЗАДАЧА 2:
a1 > −3 а) За аритметичната прогресия a1, a2 , ... са в сила условията a5 − a3 = 2. Да се намери a4 . a a =3 3 5 б) Да се намерят стойностите на реалния параметър m, за които уравнението (m + 1) x 2 − (m + 1) x + m = 0 има корени с различни знаци.
в) Да се намери стойността на израза A = 1 − cos α + cos
α
α 3α α 3α 5π при α = . 2 cos − cos + sin sin 2 2 2 2 2 3
Решение: а) (2 точки) От a5 = a1 + 4d , a3 = a1 + 2d ⇒
2d = 2 От първото равенство намираме a + 6a1 d + 8d 2 = 3. 2 1
d = 1 и тогава второто равенство приема вида a12 + 6a1 + 5 = 0 . Тъй като единият корен е − 5 < −3, а другият − 1 > −3 , то само a1 = −1 е решение. Следователно a4 = 2 .
б) (2 точки) Уравнението (m + 1) x 2 − (m + 1) x + m = 0 има корени с различни знаци тогава и само тогава, когато m + 1 ≠ 0 и x1 x 2 < 0 , т.е.
m < 0, m ≠ −1 ⇒ m ∈ (−1; 0). m +1