НАЦИОНАЛЕН ВОЕНЕН УНИВЕРСИТЕТ "ВАСИЛ ЛЕВСКИ" ПРЕДВАРИТЕЛЕН КОНКУРСЕН ИЗПИТ ПО МАТЕМАТИКА 11 АПРИЛ 2009г. ТРЕТА ТЕМА Задача 1. Дадено е уравнението (x + 1)(log 4 x )2 − (4 − x )log 4 x − 5 = 0 . 1 а) Да се провери, че x = е решение. 4 б) Да се намерят останалите решения на уравнението. Задача 2. Дадена е функцията 1 f ( x ) = 2 x 3 − 3(m + 2 )x 2 + 6(m + 1)x + m3 − 3m 2 − 2 , 2 където m е реален параметър. а) За кои стойности на m , функцията f ( x ) има екстремуми? б) За кои стойности на m , сумата от екстремумите е равна на нула?
(
)
Задача 3. В правоъгълен триъгълник ∆ABC ∠ACB = 900 ъглополовящата на 120 2 5 правия ъгъл има дължина cm , а sin ∠ABC = . 17 13 а) Да се намери лицето на дадения триъгълник ∆ABC . б) Да се намери дължината на ъглополовящата на ъгъл ∠ABC . Задача 4. Дадена е правилна триъгълна пирамида ABCD с връх D и основа ABC , дължина на основен ръб 6cm и дължина на околен ръб 5cm . а) Да се намери cos ϕ , където ϕ е двустенният ъгъл между основата и околна стена на пирамидата. б) Да се намери най-малкото разстояние между точка от ръба AB и точка от околния ръб CD . ПРИМЕРНИ РЕШЕНИЯ 1 = log 4 4 − 2 = −1log 4 4 = −1 . Тогава 4 2 F ( x ) = ( x + 1)(log 4 x ) − (4 − x ) log 4 x − 5 1 за x = ще се преобразува в 4 1 5 15 1 1 2 F = + 1(− 1) − 4 − .(− 1) − 5 = + − 5 = 0 4 4 4 4 4 1 Следователно x = е решение на даденото уравнение. 4
Задача 1. а) Пресмятаме log 4
б) Полагаме log 4 x = t ⇒ x = 4t ⇒ x > 0 и преобразуваме даденото уравнение така
(4
t
) (
)
(
)
+ 1 t 2 − 4 − 4t t − 5 = 0 ⇒ 4t.t.(t + 1) + t 2 − 4t − 5 = 0 ⇒ 4t.t.(t + 1) + (t + 1)(t − 5) = 0 ⇒
⇒ (t + 1). t.4t + t − 5 = 0
,
откъдето получаваме t1 = −1 . Следователно решение на даденото уравнение е x1 =
1 , за което вече знаем. Останалите решения ще се получат от 4 t .4 t + t − 5 = 0 ⇒ 4 t =
5−t . t
Очевидно t = 1 удовлетворява равенството. Тогава x = 4 е още едно решение. Други решения уравнението 4t = ако t < 1 ⇒ 4t < 4,
5−t t
няма, защото ако t > 1 ⇒ 4t > 4,
5−t < 4, а t
5−t > 4. t
Отговор x = 4 . Задача 2. а) Дадената функция е кубична и ще има локални екстремуми, ако уравнението f ′(x ) = 0 има два различни реални корена, т.е. ако 6 x 2 − 6(m + 2 )x + 6(m + 1) = 0
има два различни реални корена. Намираме ги от x 2 − (m + 2 )x + (m + 1) = 0 x1, 2 =
m + 2 ± m 2 + 4m + 4 − 4(m + 1) m + 2 ± m = 2 2
x1, 2 =
x = m +1 m+2±m ⇒ 1 x2 = 1 2
От условието x1 ≠ x2 ⇒ m + 1 ≠ 1 ⇒ m ≠ 0 Отговор m ≠ 0 б) Критични точки за дадената функция при m ≠ 0 са x1 = m + 1 . x2 = 1
Тогава 1 3 m − 3m 2 − 2 − 2 1 + 2 − 3(m + 2 ) + 6(m + 1) + m 3 − 3m 2 − 2 2
f min + f max = f (m + 1) + f (1) = 2(m + 1) − 3(m + 2 )(m + 1) + 6(m + 1) + 3
2
След преобразуване се получава f min + f max = −6m 2 + 6m = −6m(m − 1) .
Тогава от условието f min + f max = 0 и m ≠ 0 намираме m = 1
2
Отговор m = 1
Задача 3. а) триъгълник.
Означаваме по стандартен начин елементите на дадения
и използваме формули от таблицата за ъглополовяща на прав ъгъл и за синус на остър ъгъл в правоъгълен триъгълник. AB = c, AC = b, BC = a , ∠BAC = α a.b 2 a+b b sin∠ABC = c CL =
Заместваме дадените елементи и получаваме
a.b 2 120 2 = 17 a.b = 120 (a + b ) a+b 17 ⇒ , където k > 0 е коефициент на b 5 използваме b = 5k, c = 13k = c 13
пропорционалност. От Питагорова теорема следва, че
a = c 2 - b 2 = (13k ) - (5k ) = 12k . Тогава 17.12к .5к = 120(12к + 5к ) ⇒ к = 2 . Следователно 2
2
a = 24 cm ,b = 10 cm ,c = 26 cm и S ∆ABC =
a .b 24.10 = = 120 cm 2 2 2
Отговор S ∆ABC = 120 cm 2 б) Разглеждаме правоъгълен ∆BQC , в който ∠CBQ =
β . Изчисляваме по 2
формула β
1 + cos β cos = = 2 2
12 13 = 2
1+
25 = 2.13
25 = 26
5 26
.
Тогава от равенството cos
β 2
=
BC BQ
следва
BQ =
BC cos
β
=
24 . 26 cm 5
2
Отговор BQ =
24 . 26 cm 5
Задача 4. а) Нека проекцията на точка D в равнината на основата на пирамидата
и върху ръба AB са съответно O и P . Тъй като по условие дадената пирамида е правилна, то точка O е център на основата на пирамидата, а точка P е среда на ръба AB . От Питагорова теорема за ∆ADP получаваме AD 2 − AP 2 = 5 2 − 32 = 4 cm и по същия начин от ∆ACP получаваме 1 1 1 OP = .PC = . AC 2 − AP 2 = . 6 2 − 3 2 = 3cm . 3 3 3 OP 3 За двустенния ъгъл ϕ получаваме cos ϕ = = PD 4 DP =
Отговор cos ϕ =
3 4
б) Търсеното разстояние между кръстосаните ръбове AB и CD е дължината на височината PN в триъгълник ∆CDP , защото PN ⊥ AB и PN ⊥ CD . Изчисляваме лицето на ∆CDP по два начина. PC .OD 3 3 . 13 3 39 PN .CD PN .5 и S ∆CDP = = = = 2 2 2 2 2 PN .5 3 39 3 39 Следователно = ⇒ PN = cm 2 2 5 S ∆CDP =
Отговор PN =
3 39 cm 5