2011.14.07 НАЦИОНАЛЕН ВОЕНЕН УНИВЕРСИТЕТ "ВАСИЛ ЛЕВСКИ"

НАЦИОНАЛЕН ВОЕНЕН УНИВЕРСИТЕТ "ВАСИЛ ЛЕВСКИ" КОНКУРСЕН ИЗПИТ ПО МАТЕМАТИКА ЮЛИ 2011г. ПЪРВА ТЕМА

Задача 1. а) Да се реши системата

x 3 + y 3 = −7 x 2 − xy + y 2 = 7 б) Да се реши неравенството

log 3 (3x − 2 ) + log 3 ( x + 2 ) ≥ lg10

Задача 2. Дадена е функцията

f ( x ) = ax 2 + (a − 1)x − a 2 + 5 , където a ( a ≠ 0 ) е реален параметър. Нека x1 и x2 са корените на уравнението f (x ) = 0 . а) Нека a = a1 + 5d , където a1 и d са съответно първият член и разликата на аритметична прогресия, за която

2a7 + 3a 2 − 4a5 = 21 S 6 − 3a5 = 45 Да се намери квадратно уравнение, което има за корени 3x1 и 3x2 . б) При

a = 3 tg 5α + 2 cos 8α − 4 sin α + sin 2 2α + cos 2 2α , α = 30 ° ,

да се намери най-голямата стойност на функцията f ( x ) в интервала [0,2] . Задача 3. Даден е правоъгълен триъгълник ABC ( ∠ACB = 90° ), в който е вписана окръжност с център точка O така, че AO = 4 5 и BO = 4 10 . Окръжността се допира до страните AB , BC и AC на триъгълника съответно в точки M , N и P . а) Да се намерят дължините на страните на триъгълникa ABC . б) Да се намери периметърът на триъгълникa MNP . Задача 4. Дадена е правилна четириъгълна пирамида ABCDM с основа ABCD . Периметърът на основата е 4 3 , a ъгълът α между околна стена и равнината на основата е 30° . а) Да се намери лицето на пълната повърхнина на пирамидата. б) Да се намери cotg ∠AMC .

КРАТКИ ПРИМЕРНИ РЕШЕНИЯ Задача 1. а) Да се реши системата

x 3 + y 3 = −7 x 2 − xy + y 2 = 7 б) Да се реши неравенството

log 3 (3x − 2 ) + log 3 ( x + 2 ) ≥ lg10

Решение на задача 1. а) Преобразуваме дадената система в еквивалентни на нея по следният начин

x 3 + y 3 = −7 x 2 − xy + y 2 = 7 ⇔

⇔

x + y = −1 x 2 − xy + y 2 = 7

(x + y )(x 2 − xy + y 2 ) = −7 x 2 − xy + y 2 = 7 x = − y −1

⇔

⇔

(x + y )7 = −7

x 2 − xy + y 2 = 7

⇔

x 2 − xy + y 2 = 7

С полученият израз в първото уравнение се замества във второто уравнение и се получава

(− y − 1)2 − (− y − 1) y + y 2 = 7 y2 + 2 y +1+ y2 + y + y2 = 7

3y2 + 3y +1− 7 = 0 y2 + y − 2 = 0 Последното уравнение има решения y1 = −2 и y2 = 1. За x се получава x1 = 1 и x2 = −2 . Отговор. Системата има решения x1 = 1 , y1 = −2 и x2 = −2 , y2 = 1. б) Дефиниционното множество DM се определя от условията 3 x − 2 > 0 и ⎛2 ⎞ x + 2 > 0 , откъдето следва DM : x ∈ ⎜ , ∞ ⎟ . След преобразуване на изразите в ⎝3 ⎠ неравенството се получава log 3 (3x − 2 )(x + 2 ) ≥ 1

(

)

log 3 3 x 2 + 4 x − 4 ≥ log 3 3

3x 2 + 4 x − 4 ≥ 3 3x 2 + 4 x − 7 ≥ 0 . Последното има решения 7⎤ ⎛ ⎜ − ∞,− ⎥ U [1, ∞ ) .

3⎦ ⎝ 7⎤ ⎛ Интервалът ⎜ − ∞,− ⎥ не принадлежи на дефиниционното 3⎦ ⎝ Следователно решение на неравенството е x ∈ [1, ∞ ) . Отговор. x ∈ [1, ∞ ) .

множество.

Задача 2. Дадена е функцията

f ( x ) = ax 2 + (a − 1)x − a 2 + 5 , където a ( a ≠ 0 ) е реален параметър. Нека x1 и x2 са корените на уравнението f (x ) = 0 . а) Нека a = a1 + 5d , където a1 и d са съответно първият член и разликата на аритметична прогресия, за която

2a7 + 3a 2 − 4a5 = 21 S 6 − 3a5 = 45 Да се намери квадратно уравнение, което има за корени 3x1 и 3x2 . б) При

a = 3 tg 5α + 2 cos 8α − 4 sin α + sin 2 2α + cos 2 2α , α = 30 ° ,

да се намери най-голямата стойност на функцията f ( x ) в интервала [0,2] . Решение на задача 2. а) За прогресията се използват формулите за общ член и сума на аритметична прогресия a2 = a1 + d , a5 = a1 + 4d , a7 = a1 + 6d , S 6 = 6a1 + 15d . След заместване в уравненията на системата се получават следните еквивалентни системи 2(a1 + 6d ) + 3(a1 + d ) − 4(a1 + 4d ) = 21 a − d = 21 ⇔ 1 6a1 + 15d − 3(a1 + 4d ) = 45 a1 + d = 15 Решение на системата е a1 = 18 d = −3

a = a1 + 5d получаваме a = 3 . За функцията f ( x ) се получава f ( x ) = 3 x 2 + 2 x − 4 . Търсим квадратно уравнение във вида y 2 + py + q = 0 . За да намерим коефициентите p и q използваме формулите на Виет за 2 уравнението 3 x + 2 x − 4 = 0

За параметъра

x1 + x2 = −

2 3

4 3 За търсеното квадратно уравнение намираме y1 + y2 = 3 x1 + 3 x2 = − p x1 x2 = −

y1 y2 = 3 x1 3 x2 = q p = −3( x1 + x2 ) = 2 q = 9 x1 x2 = −12 Търсеното квадратно уравнение има вида y 2 + 2 y − 12 = 0 . Отговор. y 2 + 2 y − 12 = 0 . б) За параметъра a се получава

a = 3 tg(5.30°) + 2 cos(8.30°) − 4 sin 30° + sin 2 (2.30°) + cos2 (2.30°) a = 3 tg150° + 2 cos 240° − 4 sin 30° + 1

⎛ 3⎞ ⎛ 1⎞ 1 ⎟⎟ + 2⎜ − ⎟ − 4 + 1 a = 3⎜⎜ − 2 ⎝ 3 ⎠ ⎝ 2⎠ a = −3 .

За функцията f (x ) се получава f ( x ) = −3 x 2 − 4 x − 4 . В интервала [0,2] тази функция намалява, следователно най-голямата стойност на функцията f ( x ) в интервала [0,2] е при x = 0 и max f ( x ) = f (0 ) = −4 . Отговор. max f ( x ) = f (0 ) = −4 . Задача 3. Даден е правоъгълен триъгълник ABC ( ∠ACB = 90° ), в който е вписана окръжност с център точка O така, че AO = 4 5 и BO = 4 10 . Окръжността се допира до страните AB , BC и AC на триъгълника съответно в точки M , N и P . а) Да се намерят дължините на страните на триъгълникa ABC . б) Да се намери периметърът на триъгълникa MNP . Решение на задача 3. а) Използваме фигура 1.

C N P O

A

M

Фигура 1.

∠BAC 2 ∠ABC BO е ъглополовяща на ∠ABC . Следователно ∠ABO = 2 ∠BAC + ∠ABC = 90° 90° ∠BAO + ∠ABO = = 45° 2 ∠AOB = 180° − 45° = 135° Съгласно косинусова теорема за ΔAOB получаваме AB 2 = AO 2 + BO 2 − 2. AO. BO cos ∠AOB ,

AO е ъглополовяща на ∠BAC . Следователно ∠BAO =

B

( ) ( 2

)

2

AB 2 = 4 5 + 4 10 − 2.4 5 .4 10 cos135° AB 2 = 400 AB = 20 От формулите за лице на триъгълник за ΔAOB се получава AB.MO AO. BO. sin ∠AOB = 2 2 AB.MO = AO.BO. sin ∠AOB 20.MO = 4 5 4 10 sin 135° MO = 4 MO е радиус на вписаната окръжност, следователно MO = PO = NO = 4 . Тъй като BM и BN са допирателни към окръжност, следва че BM = BN , аналогично AM = AP . Съгласно теоремата на Питагор за ΔBOM се получава BO 2 = BM 2 + MO 2

(

)

2

BM = BO 2 − MO 2 = 4 10 − 4 2 = 12 . Намираме AM AM = AB − BM = 20 − 12 = 8 . Четириъгълникът PONC е квадрат, откъдето следва, че CP = CN = 4 . За страната BC се получава BC = BN + CN = 12 + 4 = 16 За страната AC се получава AC = AP + CP = 8 + 4 = 12

Отговор. AB = 20 , BC = 16 , AC = 12 . б) AO ⊥ PM и AO разполовява PM . От формулите за лице на триъгълник за ΔAOP се получава PM AP. PO AO. 2 = 2 2 PM AP.PO = AO. 2 PM 8.4 = 4 5 .

2 16 5 PM = 5 Аналогично от ΔBNO намираме MN MN BN . NO = BO. 2 MN 12.4 = 4 10 2 12 10 MN = 5 Съгласно теоремата на Питагор за ΔPCN се получава

PN = PC 2 + NC 2 = 2.42 = 4 2 . За периметъра на ΔMNP получаваме 16 5 12 10 16 5 + 12 10 + 20 2 P = MN + PM + PN = + +4 2 = 5 5 5 16 5 + 12 10 + 20 2 Отговор.

5 Задача 4. Дадена е правилна четириъгълна пирамида ABCDM с основа ABCD . Периметърът на основата е 4 3 , a ъгълът α между околна стена и равнината на основата е 30° . а) Да се намери лицето на пълната повърхнина на пирамидата. б) Да се намери cotg ∠AMC . Решение на задача 4. а) Нека точка O е център на основата на пирамидата, MO е височината на пирамидата, а ъгълът между околна стена и равнината на основата е ∠OM 1M = α = 30° (фигура 2).

M

D

C

30°

M1

O

A

B

Фигура 2. Периметърът на основата е P = 4a , следователно

a=

P 4 3 = = 3 4 4

a и от правоъгълния ΔOM 1M се намира апотемата k на пирамидата 2 MO cos α = 1 MM 1

От M 1O =

3 M 1O k = MM 1 = = 2 =1 o cos 30 3 2

Тогава за лицето на околната повърхнина S и за лицето на основата B се получава съответно P .k 4 a .k = = 2. 3 .1 = 2 3 S= 2 2 2 B = a2 = 3 = 3 Лицето на пълната повърхнина е S1 = S + B = 2 3 + 3

( )

Отговор. S1 = 2 3 + 3 б) В основата ABCD диагоналът

AC = a 2 = 3 2 = 6 От ΔMM1C , чрез теоремата на Питагор, намираме дължината на околния ръб на пирамидата 2

3 7 ⎛a⎞ MC = k + CM = 1 + ⎜ ⎟ = 1 + = .

4 2 ⎝2⎠ Прилагаме косинусова теорема за ΔACM AC 2 = 2 MC 2 − 2 MC 2 cos ∠AMC Следователно 2

2 1

2

⎛ 7⎞ ⎜⎜ ⎟⎟ − 6 2 2 2 2MC − AC ⎝ 2 ⎠ cos ∠AMC = = 2 2MC 2 ⎛ 7⎞ ⎟⎟ 2⎜⎜ 2 ⎝ ⎠

( )

2

=−

5 7

От основното тригонометрично тъждество ще намерим sin ∠AMC 2

2 6 ⎛ 5⎞ sin ∠AMC = ± 1 − cos ∠AMC = ± 1 − ⎜ − ⎟ = ± 7 ⎝ 7⎠ 2 6 . Тогава Тъй като ∠AMC ∈ (0°,180°) , то sin ∠AMC = 7 2

5 cos ∠AMC 5 6 cotg ∠AMC = = 7 =− sin ∠AMC 2 6 12 7 5 6 Отговор. cotg ∠AMC = − .

12 −