Национален военен университет "Васил Левски" Предварителен конкурсен изпит по математика

28 април, 2007г. – първа тема Задача 1. Дадено е уравнението 04)1(2 22 =++− bxbx , където b е реален параметър.

а) Да се намерят стойностите на параметъра b, при които уравнението има два различни положителни корена.

б) Да се намерят стойностите на параметъра b, при които уравнението има два различни положителни корена x1 и x2, за които е изпълнено равенството bxx 621 =+ . Задача 2. Дадена е функцията )45(loglog)( 2

22 −+−−= xxxxf . а) Да се реши уравнението 0)( =xf . б) Да се намери най-малката стойност на функцията )(xf .

Задача 3. Даден е правоъгълен триъгълник ABC∆ с прав ъгъл при върха C и височина CD = 12 см към хипотенузата АВ (точката D лежи върху AB). В триъгълник ADC∆ е вписана окръжност k1 с център точка O1 и радиус r1 , а в триъгълник BDC∆ е вписана окръжност k2 с център точка O2 и радиус r2 = 3 см.

а) Да се намери дължината на радиуса r1. б) Да се намери лицето на триъгълника COO 21∆ .

Задача 4. Дадена е правилна четириъгълна пирамида ABCDT с основа квадрата ABCD с дължина на основния ръб AB = 4 см и дължина на околния ръб АТ = 6 см. Точките M, N и P лежат съответно върху ръбовете AB, AD и AT като ги делят в

отношения съответно 4

3=AB

AM,

2

1=AD

AN и

6

5=AT

AP.

а) Да се намери обемът на пирамидата AMNP. б) Да се намери разстоянието от точката M до стената ADT.

Примерни решения

Задача 1.

а) Даденото квадратно уравнение има дискриминанта

)13)(1(4]4)1[(416)1(4 2222 ++−=−+=−+= bbbbbbD .

Отчитайки формулите на Виет, условията за наличие на два различни положителни корена се свеждат до изпълнение на следните три неравенства

04

0)1(2

0

2 >>+

>

b

b

D

Последното е еквивалентно на

0

1

13

1

≠−>

<<−

b

b

b

което дава )1;0()0;3

1( ∪−∈b .

б) Нека уравнението има два различни положителни корена. Тогава според

решението на условие а) от задачата, имаме )1;0()0;3

1( ∪−∈b . От равенството

bxx 621 =+ по необходимост следва, че b>0, следователно ако равенството е налице за някое b, то )1;0(∈b . Повдигайки на квадрат получаваме

22121

2221

362

36)(

bxxxx

bxx

=++

=+

От формулите на Виет имаме )1(221 +=+ bxx и 221 4bxx = .

В частност bbxx 2||221 == , понеже b>0. След заместване получаваме

02618

36)2(2)1(22

2

=+−==+

bb

bbb, което представлява квадратно уравнение за b с решения

3

1,

6

1,

36

93

36

7293212,1 =−=±=+±= bbb . Тъй като b>0 => решение е само

3

1=b

Задача 2.

Дефиниционната област на )(xf се задава от неравенствата

0

0452

>>−+−

x

xx, което означава, че разглеждаме )(xf в )4;1(∈x .

Преобразуваме x

xxxf

45log)(

2

2

−+−−= , )4;1(∈x и полагаме x

xxxg

45)(

2 −+−= ,

при което )(log)( 2 xgxf −= .

а) Очевидно уравнението 0)( =xf е еквивалентно на 1)( =xg , откъдето

намираме 2,0)2(,145 2

2

==−=−+−xx

x

xx.

б) Функцията x2log− е намаляваща, следователно най-малката стойност на )(xf в интервала )4;1(∈x се достига при най-голямата стойност на функцията

)(xg . За производната на )(xg намираме 2

)2)(2()('

x

xxxg

+−= , следователно

0)(' >xg за 1<x<2 и 0)(' <xg за 2<x<4, откъдето следва, че функцията )(xg е растяща в интервала )2;1(∈x и намаляваща в интервала )4;2(∈x , а в точката x=2 има локален максимум (фигура 1).

фигура 1

Последното означава, че най-голямата стойност на )(xg в интервала )4;1(∈x се достига за x=2, където се достига и най-малката стойност на )(xf .

Задача 3. Нека точките P и Q са ортогоналните проекции съответно на центровете O1 и O2 върху височината CD, а точката R е ортогоналната

проекция на O2 върху хипотенузата AB (фигура 2). По условие CD=12 и r2=3. Очевидно QD = DR = r2=3, следователно CQ = CD - r2 = 12 – 3 = 9.

фигура 2

От правоъгълния триъгълник BDC∆ имаме CD=12, BD = BR + r2 = BR + 3, BC = CQ + BR = 9 + BR, откъдето чрез теоремата на Питагор намираме (BR + 9)2 = (BR + 3)2 + 122, следователно 81 + 18BR + BR2 = 9 + 6BR + BR2 + 122, BR=6, а BD = BR + r2 = 9, BC = CQ + BR = 9 + 6 = 15. От подобието на BDC∆ и CDA∆

имаме 9

12===DB

DC

DC

DA

CB

CA, следователно 2015.

9

12

9

12 === CBCA ,

1612.9

12

9

12 === DCDA , 25916 =+=+= DBADAB .

а) От правоъгълния триъгълник CDA∆ имаме 42

201216

21 =−+=−+= ACDCADr

б) Съгласно свойствата на центъра на вписана окръжност, CO1 и CO2 са ъглополовящи при върха C в триъгълниците BDC∆ и CDA∆ , следователно

°=∠=∠ 452

121 ACDCOO . От правоъгълния триъгълник QCO2∆ намираме

10393 222222 =+=+= QCQOCO . Аналогично от правоъгълния триъгълник

PCO1∆ намираме 5484)( 2221

211 =+=−+= rCDPOCO . Сега пресмятаме

302

2.103.54.

2

145sin..

2

12121

==°= COCOS COO .

Задача 4. По условие (фиг. 3) AB = BC = CD = DA = 4 и AT = BT = CT = DT = 6.

Имаме 34.4

3,

4

3 === AMAB

AM. Аналогично намираме AN=2 и AP=5. Нека точката

O е центърът на квадрата ABCD. Ортогоналната проекция на върха T върху равнината на основата съвпада с точката O, понеже пирамидата е правилна.

Пресмятаме 242 == ABAC и съответно 2224.2

1

2

1 === ACAO .

фигура 3

Нека точката Q е ортогоналната проекция на P върху равнината на основата. Очевидно Q лежи върху отсечката AO, а PQ се явява височина в пирамидата AMNP към основата AMN.

а) Обемът на пирамидата се дава по формулата PQSV AMNAMNP 3

1= , където

32.3.2

1..

2

1 === ANAMS AMN . За да намерим височината PQ разглеждаме

правоъгълния триъгълник AOT∆ с прав ъгъл при върха О. Имаме TO2 = TA2 –

AO2, следователно 72862 =+=TO . От подобните триъгълници APQ∆ и

ATO∆ намираме 3

75

6

5.72., ====

AT

APOTPQ

AT

AP

TO

PQ. След заместване

получаваме 3

75

3

75.3.

3

1

3

1 === PQSV AMNAMNP .

б) Да означим с h разстоянието от точка M до стената ADT. Очевидно h се явява височина в пирамидата AMNP към стената ANP, следователно нейният

обем може да се пресметне по формулата hSV ANPAMNP 3

1= , а за търсеното

разстояние намираме ANP

AMNP

S

Vh

.3= . За да пресметнем лицето на ANP∆

разглеждаме стената ADT. Точката N се явява среда на основата AD на равнобедрения триъгълник ADT∆ , следователно TN е височина и TN2 = AT2 –

AN2, откъдето намираме 2426 22 =−=TN . 2424.2.2

1..

2

1 === TNANS ANT .

Лицата на триъгълниците ANP∆ и ANT∆ се отнасят тъй както дължините на

страните AP и AT, следователно 3

21024.

6

5

6

5,

6

5 ===== ANTANPANT

ANP SSAT

AP

S

S.

След заместване намираме 4

143

2

7

2

3

3

2103

75.3.3

====ANP

AMNP

S

Vh