View
229
Download
7
Category
Preview:
DESCRIPTION
Â
Citation preview
ВИСШЕ СТРОИТЕЛНО УЧИЛИЩЕ “ЛЮБЕН КАРАВЕЛОВ” – СОФИЯ
РЕШЕНИЯ НА ЗАДАЧИТЕ ОТ КОНКУРСНИЯ ИЗПИТ ПО МАТЕМАТИКА
16. 07. 2011 г.
ВTOРИ ВАРИАНТ
ЗАДАЧА 1: а) Да се реши уравнението 721 +=+ xx .
б) Да се реши уравнението . 033.79.4 =+− xx
в) Да се реши системата 2
222 =+
=+
xyyxyx
.
Решение: а) (3 точки) ДМ: 07
02≥+
≥x
x, т.е. );0[ +∞∈x .
След повдигане на квадрат, уравнението приема вида 72221 +=++ xxx , откъдето
получаваме xx −= 622 . Последното уравнение е еквивалентно на 21236806
xxxx
+−=
≥−.
Следователно, и . Оттук намираме . И така,
решението е .
]6;0[∈x 036202 =+− xx⎩⎨⎧
∈=∉=
]6;0[2]6;0[18
2
1
xx
2=x
б) (2 точки) Полагаме ) и получаваме уравнението , чиито
корени са
0(3 >= tt x 0374 2 =+− tt
⎪⎩
⎪⎨⎧
>=
>=
043
01
2
1
t
t. Следователно,
⎪⎩
⎪⎨⎧
=
=⇔
⎪⎩
⎪⎨⎧
=
=
43log
0
433
13
32
1
x
x
x
x
са решенията.
в) (2 точки) Системата е еквивалентна на
1)2(2
22.2
2)(2
=−−=
⇔==+
⇔=+
=+xx
xyxy
yxyxxy
yx, откъдето получаваме
11
==
yx
.
ЗАДАЧА 2: а) Да се намерят стойностите на реалния параметър p , за които уравнението
има два различни коренa по-малки от 1. 0)13(2 =++− pxpx
б) Да се реши уравнението 2
sin2
cos2sin 22 xxx −= .
Решение: а) (2,5 точки) Уравнението има два различни коренa по-малки от 1, тогава и само
тогава когато
12
00)1(
<−
>>
ab
Daf
. От уравнението намираме pppf 2131)1( −=+−−= ;
1294)13( 22 ++=−+= ppppD ; 2
132
+=−
pa
b . Следователно, системата добива вида
12
130129
022
<+
>++
>−
ppp
p. Тъй като дискриминантата на квадратния тричлен е
отрицателна и коефициентът пред е положителен, неравенството е в
сила за всяко p. Тогава, системата се свежда до
1
0
29 2 ++ pp
2p 129 2 >++ pp
310
<
<
p
p, откъдето )0;(−∞∈p .
б) (1,5 точки) Уравнението е еквивалентно на , т.е.
. Следователно,
xxx coscos.sin.2 =
0)1sin.2(cos =−xx 0cos =x , т.е. 2
x k , k Zπ π= + ∈ или 21sin =x , т.е.
265 26
x k , k Z
x k , k Z
ππ
π π
⎧ = + ∈⎪⎪⎨⎪ = + ∈⎪⎩
.
ЗАДАЧА 3: Даден е трапец ABCD (AB||CD), за който 13,, +==⊥ BCCDADADAB и
. През точка D е построена права, успоредна на BC, която пресича AC в точка M.
Да се намери периметърът на .
°=∠ 60ABC
CDMΔ
Решение: (4 точки)
От CDADADCD =⊥ и следва, че . От
AB||CD и DM||CB следва, че
°=∠ 45ACD
°=∠=∠ 60ABCCDМ . Тогава
°=∠ 75DMC . Построяваме ABCH ⊥ , ABH ∈ . От CHBΔ
получаваме 3sin60° ( 3 1)2
CH CB.= = + .
Тогава, )13(23
+=== CHADCD . От CDMΔ имаме °
=°
=° 60sin45sin75sin
CMDMCD .
Пресмятаме 2sin75 sin(30° 45°) sin30° cos45° cos30° sin45 ( 3 1)4
. . °° = + = + = + .
Тогава 3=DM , 2
23=CM . Следователно, периметърът на CDMΔ е )321(
23
++ .
ЗАДАЧА 4: Основата на пирамида е ромб със страна c, две от околните й стени са
перпендикулярни на равнината на основата и сключват помежду си ъгъл °> 90β , а другите
две околни стени сключват с равнината на основата ъгъл с големина α . Да се намерят:
а) лицето на околната повърхнина на пирамидата;
б) обемът на пирамидата.
Решение: а) (4 точки)
Нека пирамидата е MABCD, стените (MAD) и (MDC) са перпендикулярни на равнината на основата. Тогава пресечницата им MD е перпендикулярна на основата, в частност
ADMD ⊥ , DCMD ⊥ . Следователно, ADC∠ е линейният ъгъл на двустенния
ъгъл между стените (MAD) и (MDC). Построяваме BC,DP ⊥ . Тъй като DP е ортогоналната проекция на MP върху равнината (ABCD), то по теоремата за трите перпендикуляра следва, че
BCP∈
BCMP ⊥ . Следователно MPD∠ е линейният ъгъл на двустенния ъгъл между равнините (MBC) и (ABCD). Тогава, α=∠MPD . Аналогично, построяваме и ABQAB, DQ ∈⊥
α=∠MQD . От правоъгълния триъгълник DPC намираме ββ .sin)-sin(180 cDC.DP =°= . От правоъгълния триъгълник MDP получаваме αβα .tgsin. .tg cDPDM == ,
αβ
α c. DPMP
cossin
cos== . Тъй като CDMADM Δ≅Δ и CBMABM Δ≅Δ , то
αβ tg.sin.21.
21 2cDMADSS CDMADM === ,
αβ
cossin.
21.
21 2cMPBCSS CBMABM === .
Следователно, лицето на околната повърхнина на пирамидата е α
αβcos
1sin.sin.2 += cS .
б) (1 точка) Обемът на пирамидата е 3
21 1 sin .tg3 3 3ABCD
cV S .MD BC.DP.MD β α= = = .
Оценката се образува по формулата
Оценка = 2 + 0,2 К,
където К е сумата на получените точки.
Recommended