НАЦИОНАЛЕН ВОЕНЕН УНИВЕРСИТЕТ "ВАСИЛ ЛЕВСКИ" КОНКУРСЕН ИЗПИТ ПО МАТЕМАТИКА 15 ЮЛИ 2010г. ВТОРА ТЕМА
Задача 1. а) Да се реши уравнението 3x − 8 = 1. x−4 б) Да се реши уравнението log 2 ( x − 2 ) + log 2 ( x + 1) = 2 . Задача 2. Даденa е функцията f ( x ) = −2 x 2 + ax + b , където a и b са реални параметри. а) Да се намери най-голямата стойност на функцията f ( x ) , ако a и b са съответно първият член и частното на геометрична прогресия, за която a2 − a1 = 6 и a3 = −3 . б) При a = b + 1 да се намерят стойностите на параметъра b , за които корените x1 и x2 на уравнението f ( x ) = 0 удовлетворяват равенството x2 x1 + + 4 = 0. x1 x2 Задача 3. Даден е правоъгълен триъгълник ΔABC с прав ъгъл при върха C . Ъглополовящата AL разделя катета BC на отсечки CL = 2 3 и BL = 4 3 . а) Да се намери дължината на ъглополовящата AL . б) Да се намери cos ∠ALB . Задача 4. Дадена е правилна четириъгълна пирамида ABCDM с основа ABCD . 2 , където α е ъгълът между околна Основният ръб има дължина 4 , а cos α = 5 стена и основата на пирамидата. а) Да се намери дължината на височината на пирамидата. б) Да се намери cos β , където β е ъгълът между околен ръб и основата на пирамидата.
КРАТКИ ПРИМЕРНИ РЕШЕНИЯ Задача 1. а) Да се реши уравнението 3x − 8 = 1. x−4 б) Да се реши уравнението log 2 ( x − 2 ) + log 2 ( x + 1) = 2 . Решение на задача 1. а) Дефиниционното множество се определя от условията x ≥
8 и x ≠ 4. 3
Преобразуваме уравнението 3x − 8 = x − 4 2 3x − 8 = (x − 4) x 2 − 11x + 24 = 0 . Последното има решения x1 = 3 и x2 = 8 . Проверката показва, че x1 = 3 не е решение. Отговор. Уравнението има решение x = 8 . б) Дефиниционното множество DM се определя от условията x − 2 > 0 и x + 1 > 0 , от където следва DM = (2, ∞ ) . Преобразуваме log 2 ( x − 2 ) + log 2 ( x + 1) = log 2 4 (x − 2)(x + 1) = 4 x2 − x − 6 = 0 . Последното има решения x1 = 3 и x2 = −2 , от които само x1 = 3 принадлежи на дефиниционното множество. Отговор. Уравнението има решение x = 3 . Задача 2. Даденa е функцията f ( x ) = −2 x 2 + ax + b , където a и b са реални параметри. а) Да се намери най-голямата стойност на функцията f ( x ) , ако a и b са съответно първият член и частното на геометрична прогресия, за която a2 − a1 = 6 и a3 = −3 . б) При a = b + 1 да се намерят стойностите на параметъра b , за които корените x1 и x2 на уравнението f ( x ) = 0 удовлетворяват равенството x2 x1 + + 4 = 0. x1 x2 Решение на задача 2. а) За прогресията имаме a1 = a , a2 = ab и a3 = ab 2 . По условие 6 6 a = ab − a = 6 a= b −1 b −1 6b 2 ab 2 = −3 2 = −3 2b + b − 1 = 0 b −1
Квадратното уравнение за b има решения b′ = a ′ = −12 и a′′ = −3 .
В първия случай имаме f ( x ) = −2 x 2 − 12 x +
1 и b′′ = −1, за които 2
1 , чиято най-голяма стойност 2
37 се достига за x = −3 . Във втория случай имаме f ( x ) = −2 x 2 − 3 x − 1, 2 −3 ⎛ 3⎞ 1 чиято най-голяма стойност f max ⎜ − ⎟ = се достига за x = . 4 ⎝ 4⎠ 8 1 37 Отговор. При a = −12 и b = имаме f max = . При a = −3 и b = −1 имаме 2 2 1 f max = . 8 б) Заместваме a = b + 1 и получаваме f ( x ) = −2 x 2 + (b + 1)x + b . Дефиниционното множество за b се определя от условието x1 ≠ 0 и x2 ≠ 0 , което означава b ≠ 0 . Преобразуваме x2 x1 x12 + x22 + 4 x1 x2 = 0 , x12 + x22 + 4 x1 x2 = 0 , + + 4 = 0, x1 x2 x1 x2 f max (− 3) =
(x1 + x2 )2 + 2 x1 x2 = 0 .
По формулите на Виет x1 + x2 =
b +1 b и x1 x2 = − . Заместваме и получаваме 2 2
квадратното уравнение 2 b ⎛ b +1⎞ ⎟ −2 =0 ⎜ 2 ⎝ 2 ⎠ 2 b − 2b + 1 = 0 с решение b = 1 . Отговор. Търсеното решение е b = 1 .
Задача 3. Даден е правоъгълен триъгълник ΔABC с прав ъгъл при върха C . Ъглополовящата AL разделя катета BC на отсечки CL = 2 3 и BL = 4 3 . а) Да се намери дължината на ъглополовящата AL . б) Да се намери cos ∠ALB . Решение на задача 3. а) Имаме (фигура 1) BC = BL + CL = 6 3 .
Фигура 1. От свойството на ъглополовящата AL AC CL 2 3 1 = = = AB BL 4 3 2 следователно AB = 2 AC . По теоремата на Питагор за ΔABC
( )
2
AB 2 = AC 2 + BC 2 , 4 AC 2 = AC 2 + 6 3 ,
( )
2
3 AC 2 = 6 3 , AC = 6 , AB = 12 . От теоремата на Питагор за ΔALC AL2 = AC 2 + LC 2 , AL2 = 36 + 12 , AL = 4 3 . Отговор. AL = 4 3 . б) Съгласно косинусовата теорема за ΔABL AB 2 = AL2 + BL2 − 2. AL.BL cos ∠ALB , 144 = 48 + 48 − 2.4 3 .4 3 cos ∠ALB 144 = 96 − 96 cos ∠ALB 1 cos ∠ALB = − . 2 1 Отговор. cos ∠ALB = − . 2 Задача 4. Дадена е правилна четириъгълна пирамида ABCDM с основа ABCD . 2 , където α е ъгълът между околна Основният ръб има дължина 4 , а cos α = 5 стена и основата на пирамидата. а) Да се намери дължината на височината на пирамидата. б) Да се намери cos β , където β е ъгълът между околен ръб и основата на пирамидата. Решение на задача 4. а) Нека MO е височината, а MK е апотема на пирамидата (фигура 2). Точката K е среда на BC и α = ∠OKM .
Фигура 2. AB =2 и По условие AB = 4 , следователно OK = 2 OK , cos α = MK следователно 2 OK MK = = = 5. 2 cos α 5 От правоъгълния ΔOKM имаме MO 2 = MK 2 − OK 2 = 5 − 4 = 1 , MO = 1 . Отговор. Височината има дължина 1 . б) cos β = cos ∠OCM . От правоъгълния ΔABC намираме AC = 4 2 , OC = 2 2 . От правоъгълния ΔOCM намираме CM 2 = OC 2 + OM 2 = 8 + 1 = 9 , CM = 3 , следователно CO 2 2 cos β = cos ∠OCM = = . CM 3 2 2 Отговор. cos β = . 3