Изпит по математика. Тренировъчна тема №2

Темата за изпита по математика е взета от сайта на ПМГ-Стара Загора.

1. Задача: Дадено е уравнението mx² — (2m + 1)х + m = 0, където m е реален параметър. Да се намерят стойностите на m, за които уравнението има реални корени х₁ и x₂ така, че х₁² + х₂² = 2.

2. Задача: Да се реши:
a) уравнението log₅⁴(х - 1)² + log₅²(х - 1)³ = 25;
б) неравенството 3sinx + √3cosx > 0.

3. Задача: Около триъгълник АВС с височина CD (D АВ) е описана окръжност и през върха С е построена допирателната t към окръжността. Нека М и N са съответно проекциите на A и B върху t. Да се намери дължината на височината CD, ако АМ = 4 и BN = 9.

4. Задача: Дадена е правилна четириъгълна пирамида АВСDМ, околните стени на която са наклонени към равнината на основата ABCD под ъгъл α. Върху околните ръбове АМ и DМ са взети съответно точки А₁ и D₁ така, че АА₁ = DD₁, четириъгълникът ВСD₁А₁ сключва с равнината на основата ъгъл β = 90° — α и лицето му е равно на Q. Да се намери обемът на пирамидата.

Решения на задачите от тренировъчна тема №2

1. Задача: За да бъде уравнението квадратно, трябва m ≠ 0. Като използваме формулите на Виет, намираме х₁² + х₂² = (x₁ + x₂)² - 2x₁x₂ = [(2m + 1)²/m] - 2 = 2. Оттук m = —1/4, което е отговорът на задачата.

2. Задача: а) Дефиниционната област е х > 1. За такива х уравнението се записва във вида
16 (log₅(х - 1))⁴ + 9(log₅(x - 1))² = 25.
Ако (log₅(х - 1))² = t ≥ 0, имаме 16t² + 9t - 25 = 0,единственият неотрицателен корен на което е t = 1. Тогава log₅(х - 1) = ±1 и значи х = 6 или х = 6/5 са решенията на задачата.

б) Като разделим двете страни на √3/2, получаваме cosπ/6sinX + sinπ/6cosx > 0, Т.е. sin(X + π/6) > 0. ОттуК 2kπ < х + π/6 < π + 2kπ и следователно решенията са -π/6 + 2kπ < х < 5π/6 + 2kπ,k Z.

3.Задача: Триъгълниците CDB и АСМ са подобни, защото са правоъгълни и 2 = АМ.ВN = 9.4 = 36, т.е. СD = 6.

4.Задача: Нека К и N са средите съответно на ВС и А₁D₁.От условието следва, че А₁D₁ || АD и значи четриъгълникът ВСD₁А₁ е равнобедрен трапец. Ако L е проекцията на N в равнината на основата, то LK ВС. Тогава проекцията Н на върха М на пирамидата лежи на LK. Нека LK ∩ AD = Р. Имаме РК = AB. Да разгледаме равнината през А₁D₁, която е успоредна на равнината (АВСD). Тази равнина пресича ръбовете ВМ и СМ съответно в точки В₁ и С₁. Понататък имаме PL =(AB - A₁D₁)/2 и LК = АВ — РL = (АВ + А₁D₁)/2 = (ВС + A₁D₁)/2. Тогава Q = LK.NK. Ho LK = NK.cosβ = NK.sinα, откъдето NК = √Q/sinα. Сега AB = PK = NK/sinα = √Q.sinα. От ΔPHM намираме MH = PH.tgα = 1/2tgα√Q.sinα. Така за обема получаваме V = 1/3(Qsinα).1/2tgα√Q.sinα = 1/6.tgα√Q³син³α.