2013.07 Национален военен университет "Васил Левски" by stoyan bordjukov

НАЦИОНАЛЕН ВОЕНЕН УНИВЕРСИТЕТ "ВАСИЛ ЛЕВСКИ" КОНКУРСЕН ИЗПИТ ПО МАТЕМАТИКА – ЮЛИ 2013г. ПЪРВА ТЕМА Задача 1. а) Да се определи в кой квадрант на правоъгълна координатна система са разположени точките, представящи решенията на системата

4x  4 y  8 3x 2  y  2

б) Да се реши уравнението









lg 2 x 2  3 x  lg  x 2  6 . Задача 2. Дадена е функцията

f x   4 x 2  2a  1x  a 2  7 a  6 .

а) Да се намерят стойностите на параметъра a , за които уравнението f  x   0 има реални корени. б) При a  1 , ако x1 и x2 са корените на уравнението f  x   0 да се намери сумата

S40 на аритметична прогресия с първи член a1  x12  x22  10 x1 x2 и за която 3a4  a2  a3  9 . Задача 3. Даден е триъгълник ABC с ABC  60 . Симетралата на страната BC пресича продължението на страната AB в точка M , а BC и AC съответно в точки

N и P . Нека MN  6 3 и MPC  135 . а) Да се намерят дължините на страните на ABC . б) Да се намери лицето на MAC . Задача 4. Дадена е правилна триъгълна пирамида ABCM с основа ABC , с лице на околна стена 3 7 и апотема с дължина 7 . а) Да се намерят дължините на височината и на околния ръб на пирамидата. б) Да се намери разстоянието от върха C на пирамидата до стената ABM . ПРИМЕРНИ РЕШЕНИЯ Задача 1. а) Да се определи в кой квадрант на правоъгълна координатна система са разположени точките, представящи решенията на системата

4x  4 y  8 3x 2  y  2 б) Да се реши уравнението









lg 2 x 2  3 x  lg  x 2  6 . Решение на задача 1. а) В първото уравнение на системата, след като се разделят двете страни на 4 и се изрази y , се получава y  x  2 . С полученият израз за y се замества във второто уравнение на системата и се получава последователно

3x 2  x  2  2 3x 2  x  4  0

Последното уравнение има решения x1  1 и x2   получават

y1  1

y2  

10 . 3

Системата

4 . За y след заместване се 3

има

решения

x1  1 , y1  1

4 10  4 10  , y 2   , които се представят като наредените двойки (1,  1) и   ,   . 3 3 3  3 Тези наредени двойки се изобразяват в правоъгълна координатна система като точки съответно в четвърти и в трети квадрант. Отговор. Решението на системата (1,  1) е разположено в четвърти квадрант, а  4 10    ,   е разположено в трети квадрант. 3  3 x2  

се определя от условията 2 x 2  3x  0 и 3   x 2  6  0 . Решението на 2 x 2  3x  0 е x    ,    0,   , а решението на 2  2  x  6  0 е x   6 , 6 . От сечението на двете решения следва, че 3  DM    6 ,    0, 6 . 2  Даденото логаритмично уравнение е еквивалентно на уравнението б) Дефиниционното множество DM



 



2 x 2  3x   x 2  6 . След последователни еквивалентни преобразувания се получава

3x 2  3x  6  0 x2  x  2  0 . Последното уравнение има решения x1  2 и x2  1 . И двете решения принадлежат на дефиниционното множество. Следователно решенията на даденото уравнение са x1  2 и x2  1 . Отговор. x1  2 и x2  1 . Задача 2. Дадена е функцията

f x   4 x 2  2a  1x  a 2  7 a  6 .

S 40 на аритметична прогресия с първи член a1  x12  x22  10 x1 x2 и за която 3a4  a2  a3  9 . Решение на задача 2. а) За дискриминантата на уравнението

4 x 2  2a  1x  a 2  7 a  6  0

се получава





D  4(a  1) 2  16  a 2  7 a  6  20a 2  120 a  100  20(a 2  6a  5) . Уравнението има реални корени, когато D  0 , откъдето се получава a 2  6a  5  0 . Последното неравенство има решение a   ,5   1,   . Отговор. a   ,5   1,   .

4 x 2  4 x  14  0 , което след като се раздели на 2 е 2 еквивалентно на уравнението 2 x  2 x  7  0 . Съгласно формулите на Виет имаме б) При a  1 се получава

x1  x2  1 7 x1 x2   2 След преобразуване на израза за a1 и заместване с формулите на Виет в него се намира последователно

a1   x1  x2   8 x1 x2 a1  1  28  27 . С получената стойност на a1 се замества в уравнението 3a4  a2  a3  9 , откъдето 3(a1  3d )  a1  d  a1  2d  9 a1  6d  9  27  6d  9 d  3. 2

Тогава за търсената сума на прогресията се получава 2a  (n  1)d 2(27)  (40  1)3 S 40  1 n 40  63.20  1260 . 2 2 Отговор. S 40  1260 . Задача 3. Даден е триъгълник ABC с ABC  60 . Симетралата на страната BC пресича продължението на страната AB в точка M , а BC и AC съответно в точки N и P . Нека MN  6 3 и MPC  135 . а) Да се намерят дължините на страните на ABC . б) Да се намери лицето на MAC . Решение на задача 3. а) MN е симетрала на страната BC в триъгълника ABC (Фигура 1).

Фигура 1. Триъгълник BNM е правоъгълен с MBN  60 и sin 60  MB 

MN 6 3   12 . sin 60 3 2

MN , откъдето MB

За триъгълник BNM NMB  90  MBN  30 и от свойство на катет, лежащ срещу 1 1 ъгъл от 30 следва, че BN  MB  .12  6 . Точка N е среда на страната BC , 2 2 следователно BC  2 BN  12 . Ъгълът MPC  135 е външен за триъгълника PNC , следователно NCP  135  90  45 . В триъгълник ABC , от теоремата за сбор на ъглите в триъгълник, намираме BAC  180  ABC  BCA  180  60  45  75 . От синусова теорема за ABC получаваме AB BC  sin 45 sin 75 и sin 75  sin 45  30  sin 45. cos 30  cos 45.sin 30







2 3 2 1 2 3 1 .  .  2 2 2 2 4

намираме

2 24 2   12 3  1 . 2 3 1 3 1 4 Отново от синусова теорема за ABC получаваме 3 12 3  1 . AB sin 60 2  6 6 3 1 . AC   sin 45 2 2 Отговор. AB  12 3  1 , BC  12 , AC  6 6 3  1 . б) Намираме лицето на MAC по формулата MA.MC. sin CMA S MAC  . 2 Точката M е от симетралата на страната BC , следователно MC  MB  BC  12 . Следователно MBC е равностранен и CMA  60 . За страната MA се получава MA  MB  AB  12  12 3  1  12 2  3 . 12.

BC. sin 45 AB   sin 75











 



Следователно за лицето на MAC се получава 12 2  3 .12. sin 60 S MAC   36 3 2  3 . 2 Отговор. S MAC  36 3 2  3 .













Задача 4. Дадена е правилна триъгълна пирамида ABCM с основа ABC , с лице на околна стена 3 7 и апотема с дължина 7 . а) Да се намерят дължините на височината и на околния ръб на пирамидата. б) Да се намери разстоянието от върха C на пирамидата до стената ABM . Решение на задача 4. а) Нека MO и MM 1 са съответно височина и апотема на пирамидата (Фигура 2).

C O

M1 B

Лицето на околната стена ABM е AB.MM 1 , S ABM  2 откъдето намираме основния ръб 2S 2.3 7 AB  ABM   6. MM 1 7

Фигура 2.

AB 3  3 . От 6 питагорова теорема за M 1OC намираме дължината на височината на пирамидата От триъгълник ABC , който е равностранен,

намираме M 1O 

    2

MO  MM 1  M 1O 2  7  3  4  2. Околният ръб на пирамидата получаваме от MM 1 B чрез питагорова теорема 2

 

2  AB  2 2 2 BM  MM 1  BM 1  MM 1   7  32  4 .    2  Отговор. MO  2 и BM  4 . б) Търсеното разстояние d от върха C до стената ABM е височина на пирамидата ABMC . Намираме обема на дадената по условие пирамида ABCM 1 1 62 3 Vпир  S ABC .MO  . .2  6 3 . 3 3 4 Търсим обема на пирамидата по втори начин като използваме ABM за основа и d за височина 1 Vпир  S ABM .d 3 1 6 3  3 7 .d 3 6 3 6 21 . d  7 7

Отговор. d 

6 21 . 7