НАЦИОНАЛЕН ВОЕНЕН УНИВЕРСИТЕТ "ВАСИЛ ЛЕВСКИ" КОНКУРСЕН ИЗПИТ ПО МАТЕМАТИКА 24 юли, 2007г. – ТРЕТА ТЕМА
Задача 1. Дадено е уравнението x 2 − ( p − 3)x + p 2 − p + 1 = 0 , където p е реален параметър. а) Да се намерят стойностите на параметъра p , при които уравнението има реални корени. б) Да се намерят стойностите на параметъра p , при които уравнението има корен x = p . Задача 2. Дадена е функцията f ( x ) = 25 x − 6.5 x + 5 . а) Да се реши уравнението f ( x ) = 0 . б) Да се намери най-малката и най-голямата стойност на функцията f ( x ) за x ∈ [0,1]. Задача 3. Даден е трапец ABCD с прави ъгли при върховете A и D , в който бедрото 4 AD и малката основа CD имат дължини съответно 12cm и 16cm , а tg (∠BCD ) = − . 3 а) Да се намери лицето на трапеца ABCD . б) Да се намери разстоянието от върха B до диагонала AC . Задача 4. Дадена е триъгълна пирамида ABCD с основа триъгълника ∆ABC , за който AB = 6cm , AC = 10cm и ∠BAC = 120o . Околният ръб AD има дължина 4cm и е перпендикулярен на основата ABC . а) Да се намери лицето на сечението на дадената пирамида с равнина, която минава по ръба AD и е перпендикулярна на ръба BC . б) Да се намери разстоянието от върха A до стената BCD . Примерни решения Задача 1. а) Уравнението f ( x ) = 0 ще има реални корени, ако дискриминантата
(
)
D = ( p − 3) − 4 p 2 − p + 1 , е по-голяма или равна на нула. Търсените стойности на параметъра p се определят от неравенството D = p 2 − 6 p + 9 − 4 p 2 + 4 p − 4 ≥ 0 , D = −3 p 2 − 2 p + 5 ≥ 0 , 2
(1)
3 p2 + 2 p − 5 ≤ 0 .
Корените на уравнението 3 p 2 + 2 p − 5 = 0
са
p1 = −
5 3
⎡ 5 ⎤ неравенството (1) има за решения p ∈ ⎢− ;1⎥ . ⎣ 3 ⎦
⎡ 5 ⎤ Отговор. Търсените стойности на параметъра са p ∈ ⎢− ;1⎥ . ⎣ 3 ⎦
и
p2 = 1 , следователно
б) При x = p уравнението се свежда до
p 2 − ( p − 3) p + p 2 − p + 1 = 0 , p 2 + 2 p + 1 = 0 , ( p + 1) = 0 , което има решение p0 = −1 . Отговор. Уравнението има корен x = p при p = −1 . 2
Задача 2. а) Полагаме 5 x = t с област от допустими стойности t > 0 . Тогава функцията f ( x ) се преобразува във функцията
g (t ) = t 2 − 6t + 5 , а уравнението f ( x ) = 0 се преобразува в g (t ) = 0 , което има решения t1 = 1 и t2 = 5 , откъдето за x получаваме x1 = 0 и x2 = 1. Отговор. Решенията на уравнението f ( x ) = 0 са x1 = 0 и x2 = 1 . б) Понеже полагането t = 5 x задава растяща функция на x , задачата за намиране на най-голяма (най-малка) стойност на функцията f ( x ) в интервала x ∈ [0;1] е еквивалентна на задачата за намиране на най-голяма (най-малка) стойност на функцията g (t ) в интервала t ∈ [1;5] . Функцията g (t ) е квадратна с корени t1 = 1 и t2 = 5 с най-малка стойност при t0 = 3 (Фигура 1). Фигура 1.
Тогава max g (t ) = g (1) = g (5) = 0 , min g (t ) = g (3) = −4 , t∈[1;5 ]
t∈[1;5 ]
следователно max f ( x ) = f (0 ) = f (1) = 0 , min f ( x ) = f (log5 3) = −4 . x∈[0;1]
x∈[0;1]
Отговор. Най-голямата стойност на f ( x ) в интервала [0;1] е f max = f (0 ) = f (1) = 0 , а най-малката стойност на f ( x ) в интервала [0;1] е f min = f (log5 3) = −4 . Задача 3. а) По условие tg (∠BCD ) < 0 , следователно ∠BCD е тъп (Фигура 2). Нека C1 е проекцията на точка C върху голямата основа AB . Тогава AC1CD е правоъгълник с дължини на страните AD = CC1 = 12 и AC1 = DC = 16 . По условие 4 tg (∠BCD ) = − , 3 следователно 4 4 tg 180o − ∠C1 BC = − tg (∠C1 BC ) = − , tg (∠C1BC ) = . 3 3
(
)
Фигура 2.
От друга страна
tg (∠C1BC ) =
CC1 , BC1
следователно 3 3 CC1 4 = , BC1 = CC1 = .12 = 9 . BC1 3 4 4 От тук намираме AB = AC1 + C1B = 16 + 9 = 25 , AB + CD 25 + 16 S ABCD = CC1 = .12 = 246 . 2 2 Отговор. Лицето на трапеца е S ABCD = 246cm 2 . б) Нека d е разстоянието от върха B до диагонала AC (Фигура 2). От правоъгълния триъгълник ∆ACD намираме
AC = AD 2 + CD 2 = 122 + 162 = 20 . За лицето на триъгълник ∆ABC имаме 1 1 S ∆ABC = AB .CC1 = AC .d , 2 2 следователно AB .CC1 25.12 d= = = 15 . 20 AC Отговор. Разстоянието е d = 15cm . Задача 4. а) Нека α е равнината на сечението от условието и M е пресечната точка на α с ръба BC (Фигура 3). По условие ръба AD е перпендикулярен на основата ABC , следователно AD ⊥ AM , т.е. триъгълник ∆AMD е правоъгълен с прав ъгъл при върха A и представлява сечението на равнината α и пирамидата ABCD . За ∆ABC прилагаме косинусова теорема, ⎛ 1⎞ BC 2 = AB 2 + AC 2 − 2. AB . AC . cos(∠BAC ) , BC 2 = 62 + 102 − 2.6.10.⎜ − ⎟ , ⎝ 2⎠ BC = 14 . За лицето на ∆ABC намираме 1 1 3 S ∆ABC = AB. AC . sin (∠BAC ) = 6.10. = 15 3 . 2 2 2
Фигура 3.
От друга страна 1 S ∆ABC = BC . AM = 7 AM , 2 следователно 15 3 AM = . 7 Тогава 30 3 1 1 15 3 Sсеч = S∆AMD = AM . AD = . .4 = . 7 2 2 7 30 3 2 Отговор. Лицето на сечението е S сеч = cm . 7 б) Нека AP е височина през върха A към стената BCD . Според теоремата за трите перпендикуляра, височината AP е перпендикулярна на MD , следователно AP се явява височина към страната MD в триъгълника ∆AMD . От питагоровата теорема за ∆AMD намираме
⎛ 15 3 ⎞ 1459 ⎟= MD = AD 2 + AM 2 = 16 + ⎜⎜ . ⎟ 7 7 ⎝ ⎠ За лицето на ∆AMD имаме 1 30 3 S ∆AMD = AD . AM = . 2 7 Освен това 1 S ∆AMD = MD. AP , 2 следователно 60 3 60 3 2S AP = ∆AMD = 7 = . MD 1459 1459 7 60 3 Отговор. Търсеното разстояние е cm . 1459