Задачи за изпита по математика. Тренировъчна тема №3

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

Задача 1. Да се реши неравенството
√-4x² - 24x - 32 ≥1 + 1/√ -8 -6x -x².

Задача 2. Нека АВС е равностранен триъгълник и СН = 1 е височината му от върха С (Н лежи на АВ). Точката O лежи върху правата, успоредна на АВ и минаваща през С, така че нейната проекция Т върху AB е между Н и В. Окръжност с център О и радиус ОТ пресича страните AС и BС съответно в точките М и N.
а) Да се докаже, че точките С, О, М и N лежат на една окръжност.
б) Да се изразят чрез х = СО дължините на отсечките СМ и СN.

Задача 3. Основата на четириъгълна пирамида QАВСD е квадратът АВСD с дължина на страната 2а. Стената QСD е перпендикулярна на равнината на основата и има форма на равностранен триъгълник. Нека N е среда на ръба QВ, а М е точка от страната СD. Да се определи положението на точката M, така че дължината на МN да е:
а) най-малка;
б) най-голяма.

Задача 4. Дадено е уравнението х² - mх + m + 1 = 0, където m е реален параметър. Да се намерят стойностите на m при които уравнението има два различни реални корена х₁ и х₂ такива, че |x₁ - 1| ≤ 1 и |х₂ - 1| ≥ 1.

Решения на задачите от тренировъчна тема №3

1.   Областта от допустими стойности на неравенството получаваме от - 8 - 6х - х² > 0 или х (-4, -2). След полагането t = √-8 - 6х - х² достигаме до неравенството 2t ≥ 1 + 1/t. Понеже t > 0, то 2t² - t - 1 ≥ 0, откъдето t ≤ -1/2 или t ≥ 1. Но тъй като t > 0, то t &gr; 1, откъдето √-8 - 6х - х² ≥ 1 или х² + 6х + 9 ≤ 0, т.е. (х + З)² ≤ 0. Последното е изпълнено само при х = - 3, което е и единственото решение на неравенството.

2.   а) Продължаваме ВС до пресичането и с окръжността в точка Р. Триъгълниците РОС и МОС са еднакви (<РСО = <МСО = 120°, РО = МО като радиуси и СО - обща). Следователно точките Р и М са симетрични спрямо правата СО. Тъй като триъгълникът РСМ е равнобедрен с ъгъл при върха 60° + 60° = 120°, то
Следователно точките С, О, N и М лежат на една окръжност.
б) От а) следва, че <СМО = <СNО. Да означим общата им стойност с α. По синусовата теорема за триъгълника СОМ ще имаме
СО/sinα = MO/sin120° = CM/sin(60° - α).
От първото равенство получаваме sin&alpha = х√3/2, откъдето соsα = √1 - 3x²/4. Следователно
СМ = ((2/√3)sin(60° - α) = ((2/√3)sin60°cosα - cos60°sin α) = cosα - 1/√3sinα = √(1 - 3x²/4) - x/2.
Аналогично от триъгълника СОМ получаваме, че
CN = √(1 - 3x²/4) + x/2.

3.   Нека Е е средата на СD и СМ = x, 0≤ х ≤ 2а. Тъй като МN е медиана в триъгълника QМВ, ще имаме
МN² = 1/4(2(QM² + BM²) - BQ²). Нo QM² = QC² + MC² - 2.QC.MC.cos60° = 4a² + x² - 2ax, BM² = 4a² + x² и QB² = QE² + BE² = 3a² + a² + 4a² = 8a².

Следователно МN² = х² - ах + 2а². Разглежданата квадратна функция ще има най-малка стойност за х = a/2, т.е. М ще е в средата на ЕС, а най-голямата стойност ще се достига за х = 2а, защото това е най-отдалечената точка от х = a/2.

4.   От |x₁ - 1| ≤ 1 следва 0 ≤ х₁ ≤ 2, а от |х₂ - 1| ≥ 1 следва, че х₂ ≤ 0 или х₂ ≥ 2. Следователно за квадратния тричлен f(х) = х² -mх + m + 1 имаме два случая:
1)   х₂ ≤ 0 ≤ х₁ ≤ 2. Тогава f(0) ≤ 0 и f(2) ≥ 0, т.е. m + 1 ≤0 и 4 - 2m + m + 1 ≥ 0, откъдето m ≤ —1.
2)   0 ≤ х₁ ≤ 2 ≤ х₂. Тогава f(2) ≤ 0 и f(О) ≥ 0, т.е. 4 - 2m + m + 1 ≤ 0 и m + 1 ≥ 0, откъдето m ≥ 5. Окончателно m (-∞, -1] и [5, +∞).
Забележка. При m = -1 и m = 5 уравнението наистина има различни корени.