Page 1

НАЦИОНАЛЕН ВОЕНЕН УНИВЕРСИТЕТ "ВАСИЛ ЛЕВСКИ" КОНКУРСЕН ИЗПИТ ПО МАТЕМАТИКА – ЮЛИ 2012г. ПЪРВА ТЕМА Задача 1. а) Да се реши уравнението x + log3 30 − 3x = 4 .

(

)

1 б) Да се реши уравнението sin 2 x − sin 2 2 x + sin 2 3 x = . 2 Задача 2. Дадена е функцията f ( x ) = 22− x + m . 2 x − 2m − 2 , където m е реален параметър. а) Да се намерят стойностите на параметъра m , за които уравнението f ( x ) = 0 има точно един реален корен. б) Да се намерят стойностите на параметъра m , при които уравнението f ( x ) = 0 има два различни реални корена x1 и x2 , за които x1 + x2 = 1 .

Задача 3. Даден е триъгълникът ΔABC с остър ъгъл при върха A и с дължини 3 на страните AC = 15 см и BC = 20 см, за който sin (∠ABC ) = . 5 а) Да се намери дължината на височината към страната AB . AD 9 = , да AB 25 се намери разстоянието между центровете на описаните около ΔADC и ΔBDC окръжности.

б) Ако D е точка от страната AB , която я дели в отношение

Задача 4. Основите на правa триъгълна призма ABCA1B1C1 с околни ръбове AA1 , BB1 и CC1 са равностранните триъгълници ΔABC и ΔA1B1C1 с дължина на страната 4 см, а равнината през върховете A , B и C1 сключва с равнината на основата ABC ъгъл с мярка 30o . а) Да се намери радиусът на описаната около призмата сфера. б) Да се намери разстоянието между средите на ръбовете AB и B1C1 .

1


2012 ПЪРВА ТЕМА – примерни решения Задача 1. а) Да се реши уравнението x + log3 30 − 3x = 4 .

(

)

1 б) Да се реши уравнението sin 2 x − sin 2 2 x + sin 2 3 x = . 2

Решение на задача 1. Условие a). Даденото уравнение е еквивалентно на уравнението 30 − 3x = 34− x , 81 (t > 0) . Последното се което след полагане 3x = t приема вида 30 − t = t опростява във вида t 2 − 30t + 81 = 0 , което има две решения t1 = 3 и t2 = 27 . Отчитайки полагането, първото решение води до x1 = 1 , а второто до x2 = 3 . Отговор. Уравнението има точно две решения x1 = 1 и x2 = 3 . Условие б). Чрез понижаване на степента преобразуваме уравнението във вида 1 − cos 2 x 1 − cos 4 x 1 − cos 6 x 1 − + = , 2 2 2 2 което се свежда до cos 2 x − cos 4 x + cos 6 x = 0 , което преобразуваме последователно с помощта на тъждеството за сбор на косинуси 6x + 2x 6x − 2x 2 cos cos − cos 4 x = 0 , 2 2 2 cos 4 x cos 2 x − cos 4 x = 0 , cos 4 x(2 cos 2 x − 1) = 0 , а последното е еквивалентно на cos 4 x = 0 или 2 cos 2 x − 1 = 0 . Уравнението 1⎛π ⎞ cos 4 x = 0 има решения ⎜ + kπ ⎟ , k ∈ Z , а уравнението 2 cos 2 x − 1 = 0 , или все 4⎝2 ⎠ 1 1⎛ π ⎞ едно cos 2 x = , има решения ⎜ ± + 2kπ ⎟ , k ∈ Z . 2 2⎝ 3 ⎠ Отговор. Решенията на даденото тригонометрично уравнение са π⎫ ⎧π ⎫ ⎫ ⎧ π ⎧π ⎨ + k ⎬ U ⎨ + kπ⎬ U ⎨− + kπ⎬ , k ∈ Z . 4⎭ ⎩6 ⎭ ⎭ ⎩ 6 ⎩8 Задача 2. Дадена е функцията f ( x ) = 22− x + m . 2 x − 2m − 2 , където m е реален параметър. а) Да се намерят стойностите на параметъра m , за които уравнението f ( x ) = 0 има точно един реален корен. б) Да се намерят стойностите на параметъра m , при които уравнението f ( x ) = 0 има два различни реални корена x1 и x2 , за които x1 + x2 = 1 . 2


Решения на задача 2. Тук е удобно да сменим променливата като положим 2 x = t . По този начин функцията f ( x ) се преобразува във функцията 4 g (t ) = + mt − 2m − 2 , t с дефиниционно множество t > 0 . Условие а) Реалните корени на уравнението f ( x ) = 0 са свързани посредством полагането 2 x = t с положителните корени на уравнението g (t ) = 0 . За функцията g (t ) имаме mt 2 − 2(m + 1)t + 4 g (t ) = , t следователно положителните корени на уравнението g (t ) = 0 съвпадат с положителните корени на квадратното уравнение mt 2 − 2(m + 1)t + 4 = 0 . Последното уравнение има дискриминанта 2 2 D = 4(m + 1) − 16m = 4(m − 1) , която е неотрицателна при всяка стойност на параметъра m , следователно квадратното уравнение винаги има два реални корена t1 и t2 , които съвпадат единствено в случая когато D = 0 , т.е. когато m = 1 , за който случай имаме двоен положителен корен t1 = t 2 = 2 . При m ≠ 1 двата реални корена t1 и t2 са 4 различни, при което t1t 2 = , следователно при m < 0 , точно един от тези m корени е положителен. При m = 0 уравнението приема следния вид − 2t + 4 = 0 , което има един положителен корен t 0 = 2 , на който съответства реален корен x0 = 1 . Отговор. Даденото уравнение има точно един реален корен, когато m = 1 или m ≤ 0. Условие б) Да допуснем, че уравнението f ( x ) = 0 има два различни реални корена x1 и x2 , за които x1 + x2 = 1. Тогава уравнението има два различни 4 положителни корена t1 = 2 x и t 2 = 2 x , за които t1t 2 = , откъдето намираме m 4 4 4 2 x 2 x = , 2 x + x = , 21 = , m = 2 , m m m следователно изискванията на условието могат да бъдат налице единствено когато m = 2 . Непосредствена проверка показва, че при m = 2 уравнението f ( x ) = 0 наистина има два реални корена x1 = 0 и x2 = 1. Отговор. m = 2 . 1

1

2

1

2

2

3


Задача 3. Даден е триъгълникът ΔABC с остър ъгъл при върха A и с дължини 3 на страните AC = 15 см и BC = 20 см, за който sin (∠ABC ) = . 5 а) Да се намери дължината на височината към страната AB .

AD 9 = , да AB 25 се намери разстоянието между центровете на описаните около ΔADC и ΔBDC окръжности. б) Ако D е точка от страната AB , която я дели в отношение

Решение на задача 3. Ъгълът ∠ABC сигурно е остър, понеже страната BC има по-голяма дължина от страната AC . Следователно 4 cos(∠ABC ) = 1 − sin 2 (∠ABC ) = . 5 Сега от косинусовата теорема получаваме AC 2 = BC 2 + AB 2 − 2 BC . AB. cos(∠ABC ) , 225 = 400 + AB 2 − 32. AB , което има две решения AB = 25 и AB = 7 . Нека CH (фигура 1) е височината към страната AB . Ъглите при върховете A и B са остри, следователно H е вътрешна за страната AB и 4 AB > BH = BC. cos ∠ABC = 20. = 16 , 5 откъдето следва, че случаят AB = 7 отпада, следователно AB = 25 . Триъгълникът ΔABC се оказа правоъгълен с прав ъгъл при върха C , понеже имаме AB 2 = AC 2 + BC 2 . C

15

A

C

20

H

O1

B

A

Фигура 1.

O2

D

B

Фигура 2.

Условие а) За височината CH получаваме AB.CH = AC.BC 15.20 CH = = 12 25 Отговор. Височината има дължина CH = 12 см. Условие б) От ΔABC намираме cos ∠BAC 3 AC , cos ∠BAC = . cos ∠BAC = 5 AB От ΔADC съгласно косинусова теорема намираме дължината на CD CD 2 = AC 2 + AD 2 − 2 AC. AD. cos(∠BAC ) 4


3 CD 2 = 225 + 81 − 2.15.9. , CD 2 = 144 , CD = 12 . 5 Следователно CD е височина в правоъгълният триъгълник ΔABC , откъдето следва че ΔADC и ΔBDC са правоъгълни. Центровете O1 и O2 на описаните около ΔADC и ΔBDC окръжности (фигура 2), съвпадат със средите на техните хипотенузи AC и BC следователно търсената дължина O1O2 се явява дължината на средната отсечка срещу страната AB в триъгълника ΔABC , откъдето намираме AB 25 O1O2 = = см. 2 2 25 Отговор. Търсеното разстояние е O1O2 = см. 2 Задача 4. Основите на правa триъгълна призма ABCA1B1C1 с околни ръбове AA1 , BB1 и CC1 са равностранните триъгълници ΔABC и ΔA1B1C1 с дължина на страната 4 см, а равнината през върховете A , B и C1 сключва с равнината на

основата ABC ъгъл с мярка 30o . а) Да се намери радиусът на описаната около призмата сфера. б) Да се намери разстоянието между средите на ръбовете AB и B1C1 . Решение на задача 4. Нека точката P е средата на ръба AB , точката Q е средата на ръба BC , точката R е средата на ръба B1C1 , а точките D и D1 са съответно центровете на равностранните триъгълници ΔABC и ΔA1B1C1 (фигура 3).

Фигура 3.

Фигура 4.

5


Веднага се вижда, че призмата има геометричен център точката O , която е средата на отсечката DD1 . Тази точка O представлява и центърът на описаната около призмата сфера, а нейният радиус е равен на дължината на отсечката OA . По условие ∠CPC1 = 30o (фигура 4), а 3 3 CB = 4= 2 3, 2 2 следователно за дължината на околния ръб намираме 1 CC1 = CP tg 30o = 2 3 = 2. 3 Условие а) Триъгълникът ΔADO е правоъгълен с прав ъгъл при върха D , следователно CP =

OA = AD 2 + DO 2 . Триъгълникът ΔABC е равностранен, следователно 4 2 2 3 1 4= AD = AQ = и DO = CC1 = 1 , 3 3 2 2 3 откъдето намираме 16 19 . OA = +1 = 3 3 19 Отговор. Радиусът на описаната сфера е см. 3 Условие б) Триъгълникът ΔPQR е правоъгълен с прав ъгъл при върха Q , следователно PR = PQ 2 + QR 2 . 1 Имаме PQ = AC = 2 и QR = 2 , следователно 2 PR = 4 + 4 = 2 2 . Отговор. Търсеното разстояние е 2 2 см.

6

2012.12.07 Национален военен университет "Васил Левски"  
Advertisement