НАЦИОНАЛЕН ВОЕНЕН УНИВЕРСИТЕТ "ВАСИЛ ЛЕВСКИ" КОНКУРСЕН ИЗПИТ ПО МАТЕМАТИКА – АПРИЛ 2012г. ТРЕТА ТЕМА
Задача 1. Да се намерят реалните решения на: а) уравнението 3x 2 − 4 x + 2 − 3 x 2 − 4 x + 9 = −1. б) уравнението log5 30 − 5 x = 3log3 (3− x ) .
(
)
Задача 2. Дадена е функцията f ( x ) = cos 2 x − 4 sin x + 5 . а) Да се реши уравнението f ( x ) = 0 . б) Да се намерят най-малката и най-голямата стойности на f ( x ) .
(
)
Задача 3. Лицето на правоъгълния триъгълник ΔABC ∠ACB = 90o е 30cm 2 , а диаметърът на описаната около този триъгълник окръжност има дължина 13cm . а) Да се намери дължината на ъглополовящата CL на правия ъгъл. б) Да се намери tg α , където α е острият ъгъл, който сключва CL с хипотенузата AB .
Задача 4. Дадена е правилна триъгълна пирамида ABCD с основен ръб AB = 6cm и околен ръб AD = 9cm . Точките M и N лежат съответно върху BD CN 2 BM 1 и CD , при което = ,а = . MD 2 ND 1 а) Да се намери лицето на четириъгълника BCNM . б) Да се намери обемът на пирамидата BCNMA .
ТРЕТА ТЕМА – примерни решения Решение на задача 1. Условие а) Полагаме 3 x 2 − 4 x + 2 = t . Областта от допустими стойности на неизвестните е: x ∈ (−∞, ∞) , t ∈ (0, ∞) . Получава се уравнението t − t + 7 = −1 ⇒ t + 7 = t + 1; t + 7 = t + 2 t +1⇒ t = 3, откъдето t = 9 . Заместваме намереното t = 9 в 3 x 2 − 4 x + 2 = t и получаваме уравнението 4 ± 16 + 84 4 ± 10 7 3 x 2 − 4 x − 7 = 0 ⇒ x1; 2 = = ⇒ x1 = −1; x2 = . 6 6 3
Отговор: x1 = −1; x2 =
7 . 3
Условие б) Областта от допустими стойности за неизвестното x - ОДСx в уравнението се задават от неравенствата 30 − 5 x > 0 3− x > 0 и след като я решим получаваме x ∈ (− ∞, log 5 30) . От log 5 (30 − 5 x ) = 3log (3− x ) ⇒ log 5 (30 − 5 x ) = 3 − x ⇒ 53− x = 30 − 5 x . 53 x Следва, че 5 + x − 30 = 0 ⇒ 5 2 x − 30.5 x + 125 = 0 . 5 x Полагаме 5 = u; u > 0 ⇒ u 2 − 30u + 125 = 0 3
30 ± 900 − 500 30 ± 20 = 2 2 ⇒ u1 = 5 ∈ ОДСu ; u 2 = 25 ∈ ОДСu. x От 5 = 5 ⇒ 5 x = 51 ⇒ x1 = 1 ∈ ОДСx От 5 x = 25 ⇒ 5 x = 5 2 ⇒ x 2 = 2 ∈ ОДСx. Отговор: x1 = 1; x 2 = 2 . u1; 2 =
Решение на задача 2. Условие а) cos 2 x − 4 sin x + 5 = 0 ⇒ 1 − 2 sin 2 x − 4 sin x + 5 = 0 ⇒ sin 2 x + 2 sin x − 3 = 0. Полагаме sin x = t ; ОДСt : −1 ≤ t ≤ 1 Получава се уравнението t 2 + 2t − 3 = 0 следователно t1; 2 =
− 2 ± 4 + 12 ⇒ t1 = −3 ∉ ОДСt; t 2 = 1 . 2
От sin x = 1 ⇒ x = Отговор: x =
π 2
π
2
+ 2kπ , k ∈ Z .
+ 2kπ , k ∈ Z .
Условие б) Преобразуваме функцията f ( x ) = cos 2 x − 4 sin x + 5 = −2 sin 2 x − 4 sin x + 6 като полагаме sin x = t ; ОДСt : −1 ≤ t ≤ 1 . Получава се ϕ (t ) = −2t 2 − 4t + 6 , ОДСt : −1 ≤ t ≤ 1 . Намираме ϕ ′(t ) = −4t − 4 и решаваме уравнението ϕ ′(t ) = −4t − 4 = 0 ⇒ t = −1 . Това означава, че квадратната функция ϕ (t ) = −2t 2 − 4t + 6 има максимум в точката t = −1. Тогава в интервала ОДСt : −1 ≤ t ≤ 1 тази функция намалява. Следователно max ϕ (t ) = ϕ (− 1) = 8 ; min ϕ (t ) = ϕ (1) = 0 Отговор: НМС f ( x ) = 0 , НГС f ( x ) = 8 . Решение на задача 3 а) Нека катетите на триъгълника означим с a и b , а хипотенузата означим с c (фигура 1).
C b
A
a
c
L
B
Фигура 1. От условието диаметъра на описаната около триъгълника окръжност е 13 см, следователно c = 2 R = 13 см, От лицето на триъгълника намираме ab S ΔABC = 2 ab = 60 . От Питагоровата теорема получаваме a2 + b2 = c2 a 2 + b 2 = 169 (a + b )2 = a 2 + 2ab + b 2 = 169 + 2.60 = 289 следователно a + b = 17 . Използваме, че 1 1 S ΔABC = S ΔALC + S ΔBLC = b.CL. sin 45 0 + a.CL. sin 45 0 = 2 2
=
Тогава
2 (a + b ).CL = 17 2 CL . 4 4
CL =
4 S ΔABC 4.30 60 2 = = . 17 2 (a + b ) 17 2
Отговор: CL =
60 2 cm 17
Задача 3 б) От условие а) имаме a + b = 17 . Съгласно теоремата на Питагор за ΔABC се получава a2 + b2 = c2 (17 − b )2 + b 2 = 132 b 2 − 17b + 60 = 0 . За катетите намираме b1 = 5 и b2 = 12 а1 = 12 и а2 = 5 . Без ограничение на общността за по-нататъшното решение приемаме, че b = 12 и a = 5 . От свойството на ъглополовящата намираме AL b 12 = = BL a 5 12 AL = BL . 5 Тъй като AL + BL = c , то AL + BL = 13 . След заместване, за BL намираме 12 BL + BL = 13 5 65 BL = . 17 Чрез синусова теорема за S ΔBLC намираме BC BL = , sin α sin 45o откъдето намираме sin α 2 5. o BC. sin 45 2 = 17 2 . sin α = = 65 26 BL 17 Тъй като ∠BLC е остър, следователно 98 7 2 = . cos α = 1 − sin 2 α = 26 26 След заместване получаваме
17 2 sin α 17 tg α = = 26 = . cosα 7 2 7 26 17 Отговор: tg α = 7
Решение на задача 4 а)
Фигура 2. По условие AB = BC = AC = 6, AD = BD = CD = 9 (фигура 2). Имаме 1 2 BM = BD = 3 , CN = CD = 6 . 3 3 Съгласно косинусова теорема в ΔBCD имаме BC 2 = CD 2 + BD 2 − 2.CD.BD. cos ∠BDC . Получаваме 7 cos ∠BDC = . 9 Тъй като ∠BDC е остър, следователно 4 2 . sin ∠BDC = 1 − cos 2 ∠BDC = 9 От формулите за лице на триъгълник 1 1 4 2 S ΔBCD = .BD.CD.sin ∠BDC = .9.9. = 18 2 , 2 2 9
MD = BD − BM = 9 − 3 = 6 . DN = CD − CN = 9 − 6 = 3 1 1 4 2 S ΔMND = .MD.DN . sin ∠BDC = .6.3. = 4 2. 2 2 9 Следователно S ΔBCNM = S ΔBCD − S ΔMND = 18 2 − 4 2 = 14 2 . Отговор: S ΔBCNM = 14 2 cm 2 . Задача 4 б) Височината DO на пирамидата ABCD ще намерим от ΔAOD , където AO е радиусът на описаната около основата окръжност: AB 3 6 3 = =2 3 AO = 3 3 AO 2 + DO 2 = AD 2
( )
2
DO = AD 2 − AO 2 = 9 2 − 2 3 = 69. Следователно 1 1 62 3 V ABCD = S ΔABC .DO = . . 69 = 9 23. 3 3 4 Височината h на пирамидата BCNMA ще намерим от обема V 9 23 3 46 h = 3 ABCD = 3. = . 4 S ΔBCD 18 2 След заместване в 1 VBCNMA = .S BCNM .h 3 намираме 1 3 46 V BCNMA = .14 2. = 7 23 . 3 4 Отговор: V BCNMA = 7 23 cm 3 .