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
в) (2 точки) A = 2 sin 2 = 2 − cos 2α = 2 − cos
ЗАДАЧА 3: В
α 2
+ 2 cos 2
α 2
− cos
α 2
cos
3α α 3α α 3α + sin sin = 2 − cos + 2 2 2 2 2
10π 4π π 1 5 = 2 − cos = 2 + cos = 2 + = . 3 3 3 2 2 ∆ABC
равностранен
със
страна
a=2
е
вписан
∆MNL
така,
че
AL : LB = BM : MC = CN : NA = 1 : 2 . Да се намери:
а) лицето на ∆LMN ; б) периметърът на ∆LMN . Решение:
(1,5
а)
От
точки)
условието
на
AN = BL = CM =
C
задачата
AL = BM = CN =
2 , 3
4 и ∠A = ∠B = ∠C = 60 o . Следователно 3
∆АNL ≅ ∆ВLМ ≅ ∆СMN
N
имаме
(по
втори
признак)
и
1 2 4 2 3 равнолицеви с лице S1 = . . sin 60 o = . Лицето на 2 3 3 9
M
равностранния ∆ABC е A
B
L
S = 22
3 3 = 3 ⇒ S LMN = S − 3S1 = . 4 3
б) (1,5 точки) По косинусова теорема например за ∆ АLN намираме 2
2
2 4 1 4 16 8 12 4 2 3 2 4 LN = AL + AN − 2.AL.AN. cos 60 ⇒ LN = + − 2. . . = + − = = ⇒ LN = ⇒ 3 3 2 9 9 9 9 3 3 3 3 2
2
2
o
2
PLMN = 2 3 ЗАДАЧА 4: Дадена е триъгълна пресечена пирамида ABCA1 B1C1 с основи равностранни триъгълници ABC и A1 B1C1 . Нека точките M и M 1 са среди съответно на AB и A1 B1 , MM 1 е перпендикулярна на основите, околният ръб CC1 сключва с голямата основа ABC ъгъл с големина
π 4
и CC1 = MC1 = b. Да се намери:
а) дължината на отсечката, свързваща центровете на основите на пресечената пирамида; б) обемът на пресечената пирамида. Решение: а) (3 точки) Тъй като MM 1 ⊥ ( ABC ) и MM 1 ⊥ ( A1 B1C1 ) , то MM 1 ⊥ MC MM 1 ⊥ M 1C1 ⇒ M 1C1 MC и MCM 1C1 е правоъгълен трапец, За да намерим линейния ъгъл на
и
ъгъла между CC1 и равнината на голямата основа ABC , спускаме перпендикуляр от C1 към равнината ( ABC ). Петата му C 2 лежи на СМ, защото равнината ( MCM 1C1 ) ⊥ ( ABC ) ⇒ ∠[CC1 , ( ABC )] = ∠C 2 СМ = ∠C1СМ =
π
4
.
От условието CC1 = MC1 = b и ∠C1СМ =
π 4
⇒ ∠МC1С =
π 2
⇒ СМ = b 2 .
C1
O1
M1
C1
A1
O1 M1 B1 C
A M
O2
O
C2
O
C M
B
От равнобедрения правоъгълен ∆СС 2 С1 (СC1 = b) по Питагорова теорема намираме СС 2 = С1С 2 =
b
. Пак по Питагорова теорема от правоъгълния ∆MM 1С1 ( M 1M = С1С2 =
2
MC1 = b,) намираме M 1C1 =
b 2
b , 2
.
Означаваме с О и О1 центровете на голямата и малката основа. Тъй като ∆ ABC и ∆ A1 B1C1 са равностранни, то точка O лежи на CM, а О1 на C1M1. Но центровете на
равностранните триъгълници са и техни медицентрове, то от свойството на медианите намираме ОМ =
CM b 2 CM b = , О1М1 = 1 1 = . От правоъгълния трапец MOO1M 1 ⇒ 3 3 3 3 2
O2O = MO − M1O1 =
b 3 2
, a oт правоъгълния ∆ОО2О1 по Питагорова теорема намираме ОО1 =
б) (2,5 точки) За равностранния ∆ABC медианата b 2 = MC =
и аналогично
b 2
= M 1C1 =
a 3 2b 2 , където а = АВ ⇒ a = 2 3
a1 3 2b , където а1 = А1В1 ⇒ a1 = . 2 6
Следователно обемът на пресечената пирамида е V =
(
)
h b 2b 2 3 b 2 3 b 2 3 7b 3 6 B + B1 + BB1 = + + = . 3 6 3 36 3 2 3
Оценката се получава по формулата: Оценка = 2+k/5, където k е броят на получените точки (k ≥ 5).
b 5 . 3