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 2a 1x 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
и
10 . 3
Системата
4 . За y след заместване се 3
има
решения
x1 1 , y1 1
и
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 2a 1x 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
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 2a 1x 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).
N
P
B
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).
M
A
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,
2
намираме M 1O
2
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