Задачи за изпита по математика. Тренировъчна тема №5

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

1.   Да се реши уравнението
√соs2х — 5sinх + 5 = 2 соsx.

2.   Нека О и I са центровете, а R и r са радиусите съответно на описаната и вписаната окръжности за ΔАВС. Дадено е, че <OIC = 90°.
а)   Да се докаже, че АС + ВС = 2AB.
б)   Да се намери лицето на триъгълника, ако R = 5 и r = 1.

3.   Основата на триъгълна пирамида АВСDе правоъгълният ΔАВС с катети AС = 8 и ВС = 6. Околната стена АВD е перпендикулярна на основата и АD = ВD = 13. Равнина λ минава през средата на височината на пирамидата от върха D и е успоредна на ръбовете АС и ВD. Да се намери:
а) лицето на сечението на λ с пирамидата;
б) ъгълът между λ и основата на пирамидата.

4.   Да се намерят всички квадратни функции f(х) = ах² + bх + c, за които неравенствата (х — 1)(х — 3) ≤ f(x) ≤ (х — 1)² са изпълнени за всяко х от интервала [1, +∞) и най-малката стойност на f(х) в този интервал е равна на —1/4.

Решения на задачите от тренировъчна тема №5

1.   Уравнението има смисъл при соs2х — 5sinх + 5 ≥ 0. При соsх < 0 то няма решение, а при соsх ≥ 0 е еквивалентно на соs2х — 5sinx + 5 = 4соs²х (от това равенство следва и соs2х — 5sinх + 5 ≥ 0). Като вземем предвид, че соs2х = 1 — 2sin²х и соs²х = 1 — sin²х, това уравнение се свежда до квадратното, относно sinх, уравнение 2sin²х — 5sinх + 2 = 0. Оттук намираме sinх = 2 и sinх = 1/2. Уравнението sinx = 2 няма решения, а решенията на sinх = 1/2, удовлетворяващи условието соsх ≥ 0, са х = &pi/6 + 2kπ, к = 0, ±1, ....

2.   Да означим ВС = а, AC = b и АВ= C.

а) Нека СL (L АВ) е ъглополовящата на <АСВ (I СL) и К е втората пресечна точка на правата СL с описаната окръжност. Тъй като OI СK, то I е средата на СК, т.е. СI = IК. От AL/BL = b/a и АL + ВL = с получаваме АL =bc/(a + b) и ВL = ac/(a + b). Понеже АI е ъглополовяща в ΔACL, то CI/IL = AC/AL = (a + b)/c и оттук СI = (a + b)/(a + b + c).CL и IL = c/(a + b + c).CL. Тогава LK = IК - IL = Ci - IL = (a + b - c)/(a + b + c).CL. От свойството на хорди в окръжност имаме СL.LK = AL.ВL или (a + b - c)/(a + b + c).CL² = abc²/(a + b)², откъдето СL² = [аbc²(a + b + c)]/[(a + b - c)(a + b)². От друга страна, от формулата за ъглополовяща CL² = ab - AL.BL получаваме CL² = [ab((a + b + c)(a + b - c)]/[(a + b)²]. Приравняваме двата израза за СL² и достигаме до (а + b - с)² = с², т.е. а + b — с = с и а + b = 2с.
б) Нека S е лицето на ΔАВС. Тъй като а + b = 2с, то p = (a + b + c)/2 = 3c/2 и S = pr = 3c/2. Освен това S = аbс/4R = abc/20. От тези две равенства получаваме аb = 30. От Хероновата формула имаме
S = √(3c/2).((3c/2) - a).((3c/2) - b).(c/2) = (c/4).√3(9c² - 6c(a + b) + 4ab) = (c/4).√3(9c² - 6c.2c + 4.30) = (3c/4).3(9c²40 - c².
Сега от (3c/4).3(9c²40 - c² = 3c/2 намираме с = 6 и S = 3c/2 = 9.

3.   Нека Н е средата на АВ. Тъй като (АВD) (АВС) и АD = ВD, то DН е височината на пирамидата от върха D. Тъй като λ || АС, то пресечниците на λ със стените АВС и АСD са успоредни на AC. Аналогично пресечниците й с останалите стени са успоредни на ВD. Следователно сечението е успоредник. Нека λ пресича ръбовете АВ, ВС, СD и АD съответно в точките К, L, Р и Q, а М е средата на DН. Понеже М КQ, то МК е средна отсечка в ΔВНD. Тогава МК = 1/2ВD = 13/2, КQ = 3/4BD = 39/4 и KL = 1/4AC = 2. Нека HT KL (T KL). Тъй като HK = Kb, то ΔHTK ΔBLK и HT = BL = 1/4BC = 3/2. Освен това, от теоремата за трите перпендикуляра следва МТ КL. Сега от правоъгълните триъгълници АВС, ВDН и МТН последователно пресмятаме: АВ =10, ОН = 12 MT = 3√17/2 и sin< MKT = MT/MK = 3√17/13. Накрая за лицето S на успоредника КLРQ получаваме S = КL.КQ.sin(180° - <МКТ) = 9/2.3√17.
б) От а) следва, че търсеният ъгъл е <НТМ и tg<НTM = МH/HT = 4.

4.   Неравенствата (х — 1)(х — 3) ≤ f(х) ≤ (х — 1)² са еквивалентни на неравенствата (а — 1)х² + (b + 4)x + с - 3 ≥ 0 и (1- а)х² - (b + 2)х + 1 - с ≥ 0. За да са изпълнени тези неравенства в безкрайния интервал [1, +∞), трябва старшите им коефициенти да са неотрицателни, т. е. а - 1 ≥ 0 и 1 - а ≥ 0, откъдето а = 1. Сега тези неравенства стават (b + 4)х + с - 3 ≥ 0 и -(b + 2)х + 1 - с ≥ 0 и за да са изпълнени за всяко х [1, +&infni;), е необходимо отново старшите им коефициенти да са неотрицателни, т.е. b + 4 ≥ О и -(b + 2) ≥ 0, откъдето b [—4, —2]. По-нататък, при х = 1 от неравенствата в началото получаваме f(1) = а + b + с = 0, откъдето с = -b — а = -b - 1 и тогава f(х) = х² + bх — b - 1. Тази квадратна функция достига най-малката от всичките си стойности при х = -b/2. Тъй като b [-4, -2], то —b/2 [1, 2] и значи най-малката стойност на f(х) в интервала [1, +&inifin;) е равна на f(-b/2) = -(b/2 + 1)² = -1/4 получаваме b = —1 не принадлежи на [—4, -2] и b = — 3 [-4,-2]. Тогава f(х) = х² - Зх + 2 = (х - 1)(х - 2). Непосредствено се проверява, че тази квадратна функция удовлетворява условията на задачата. Oкончателно, единствената квадратна функция, удовлетворяваща условието на задачата, е f(х) = (х — 1)(х — 2).