www.zadania.info – N
AJWI ˛
EKSZY
I
NTERNETOWY
Z
BIÓR
Z
ADA ´
N Z
M
ATEMATYKI
P
RÓBNY
E
GZAMIN
M
ATURALNY
Z
M
ATEMATYKI
(OKE P
OZNA ´
N
)
POZIOM ROZSZERZONY
13
STYCZNIA
2011
C
ZAS PRACY
: 180
MINUT
Z
ADANIE
1
(4
PKT
.)
Rozwi ˛
a ˙z nierówno´s´c
|
x
| + |
x
−
4
| 6
6
−
x.
R
OZWI ˛
AZANIE
Aby opu´sci´c warto´sci bezwzgl˛edne musimy rozwa ˙zy´c trzy przypadki.
Je ˙zeli x
>
4 to mamy nierówno´s´c
x
+ (
x
−
4
) 6
6
−
x
3x
6
10
x
6
10
3
.
Poniewa ˙z
10
3
<
4, w tym przypadku zbiór rozwi ˛
aza ´n jest pusty.
Je ˙zeli 0
6
x
<
4 to mamy nierówno´s´c
x
+ (
4
−
x
) 6
6
−
x
x
6
2,
co w poł ˛
aczeniu z naszym zało ˙zeniem daje przedział rozwi ˛
aza ´n:
h
0, 2
i
.
Je ˙zeli x
<
0 to mamy nierówno´s´c
−
x
+ (
4
−
x
) 6
6
−
x
−
2
6
x,
co w poł ˛
aczeniu z zało ˙zeniem daje przedział rozwi ˛
aza ´n
h−
2, 0
i
.
Zatem rozwi ˛
azaniem nierówno´sci jest zbiór
h−
2, 0
i ∪ h
0, 2
i = h−
2, 2
i
.
Odpowied´z:
h−
2, 2
i
Z
ADANIE
2
(4
PKT
.)
Wielomian W
(
x
) =
x
3
+
bx
2
+
cx
−
4 jest podzielny przez trójmian kwadratowy x
2
−
x
−
2.
Wyznacz współczynniki b i c wielomianu W
(
x
)
.
Materiał pobrany z serwisu
1
www.zadania.info – N
AJWI ˛
EKSZY
I
NTERNETOWY
Z
BIÓR
Z
ADA ´
N Z
M
ATEMATYKI
R
OZWI ˛
AZANIE
Rozłó ˙zmy podany trójmian kwadratowy na czynniki.
x
2
−
x
−
2
=
0
∆
=
1
+
8
=
9
x
=
1
−
3
2
= −
1
∨
x
=
1
+
3
2
=
2.
Zatem x
2
−
x
−
2
= (
x
+
1
)(
x
−
2
)
.
Je ˙zeli dany wielomian trzeciego stopnia ma si˛e dzieli´c przez
(
x
+
1
)(
x
−
2
)
to musi si˛e
jednocze´snie dzieli´c przez
(
x
+
1
)
i
(
x
−
2
)
, a to oznacza, ˙ze liczby -1 i 2 musz ˛
a by´c jego
pierwiastkami. Daje to nam układ równa ´n
(
0
= −
1
+
b
−
c
−
4
0
=
8
+
4b
+
2c
−
4
⇐⇒
(
b
−
c
=
5
4b
+
2c
= −
4
⇐⇒
(
b
−
c
=
5
2b
+
c
= −
2
Dodaj ˛
ac równania stronami ( ˙zeby zredukowa´c c) mamy 3b
=
3, czyli b
=
1. St ˛
ad c
=
b
−
5
=
−
4.
Odpowied´z:
(
b, c
) = (
1,
−
4
)
Z
ADANIE
3
(4
PKT
.)
Wyznacz wszystkie rozwi ˛
azania równania
tg x
cos x
−
2 sin x
=
0.
R
OZWI ˛
AZANIE
Oczywi´scie musi by´c cos x
6=
0 (ze wzgl˛edu na tg x).
Liczymy
0
=
tg x
cos x
−
2 sin x
=
sin x
cos x
cos x
−
2 sin x
=
sin x
cos
2
x
−
2 sin x
0
=
sin x
1
cos
2
x
−
2
=
sin x
·
1
−
2 cos
2
x
cos
2
x
.
Zatem sin x
=
0, czyli x
=
kπ, gdzie k
∈
C
lub
1
−
2 cos
2
x
=
0
cos
2
x
=
1
2
cos x
= ±
√
2
2
.
Rozwi ˛
azaniem tego ostatniego równania s ˛
a liczby postaci
π
4
+
k
π
2
, gdzie k
∈
C
.
π
2π
3π
4π
π
2
7π
2
π
2
0
3π
2
3π
2
4π
π
2π
5π
2
5π
2
3π
7π
2
y=cos(x)
1
1
Materiał pobrany z serwisu
2
www.zadania.info – N
AJWI ˛
EKSZY
I
NTERNETOWY
Z
BIÓR
Z
ADA ´
N Z
M
ATEMATYKI
Odpowied´z: x
=
kπ lub x
=
π
4
+
k
π
2
, gdzie k
∈
C
Z
ADANIE
4
(4
PKT
.)
Narysuj wykres funkcji y
=
2
x
, a nast˛epnie narysuj wykres funkcji g
(
x
) = |
f
(
x
+
2
) −
3
|
.
R
OZWI ˛
AZANIE
Rozpoczynamy od wykresu y
=
2
x
.
-5
-1
+1
+5
x
-5
-1
+1
+5
y
-5
-1
+1
+5
x
-5
-1
+1
+5
y
y=2
x
y=2
x+2
y=2 -3
x+2
y= 2 -3
x+2
| |
Nast˛epnie przesuwamy ten wykres o dwie jednostki w lewo i mamy wykres y
=
f
(
x
+
2
)
(przesuwamy w lewo, bo funkcja y
=
f
(
x
+
2
)
przyjmuje np. dla x
=
0 t˛e sam ˛
a warto´s´c co
f
(
x
)
dla x
=
2). Nast˛epnie otrzymany wykres przesuwamy o 3 jednostki w dół – i mamy y
=
f
(
x
+
2
) −
3, a na koniec odbijamy cz˛e´s´c poni ˙zej osi Ox do góry i mamy y
= |
f
(
x
+
2
) −
3
|
.
Wykres y
=
f
(
x
+
2
) −
3 mogli´smy te ˙z narysowa´c korzystaj ˛
ac z faktu, ˙ze wykres funkcji
y
=
f
(
x
−
p
) +
q powstaje z wykresu y
=
f
(
x
)
przez przesuni˛ecie o wektor
[
p, q
]
. W naszej
sytuacji musimy przesun ˛
a´c wykres y
=
f
(
x
)
o wektor
[−
2,
−
3
]
.
Z
ADANIE
5
(4
PKT
.)
Dany jest okr ˛
ag o równaniu x
2
+
y
2
−
10x
+
4y
+
25
=
0. Napisz równania stycznych do
tego okr˛egu, przechodz ˛
acych przez pocz ˛
atek układu współrz˛ednych.
Materiał pobrany z serwisu
3
www.zadania.info – N
AJWI ˛
EKSZY
I
NTERNETOWY
Z
BIÓR
Z
ADA ´
N Z
M
ATEMATYKI
R
OZWI ˛
AZANIE
Aby narysowa´c opisan ˛
a sytuacj˛e, przekształ´cmy podane równanie okr˛egu tak, aby było wi-
da´c jaki jest jego ´srodek i promie ´n.
(
x
2
−
10x
) + (
y
2
+
4y
) +
25
=
0
(
x
2
−
10x
+
25
) + (
y
2
+
4y
+
4
) −
25
−
4
+
25
=
0
(
x
−
5
)
2
+ (
y
+
2
)
2
=
2
2
.
Jest to wi˛ec okr ˛
ag o ´srodku
(
5,
−
2
)
i promieniu r
=
2.
-5
-1
+1
+5
x
-5
-1
+1
y
S
-5
-1
+1
+5
x
-5
-1
+1
y
S
B
A
O
Sposób I
Proste przechodz ˛
ace przez pocz ˛
atek układu współrz˛ednych s ˛
a postaci y
=
ax dla pewnego
a (tak naprawd˛e jest jeszcze pionowa prosta x
=
0, która nie jest tej postaci, ale wida´c, ˙ze
ona nie jest styczn ˛
a). Sprawd´zmy kiedy prosta y
=
ax ma dokładnie jeden punkt wspólny z
podanym okr˛egiem (podstawiamy y
=
ax do równania okr˛egu).
x
2
+
y
2
−
10x
+
4y
+
25
=
0
x
2
+ (
ax
)
2
−
10x
+
4
(
ax
) +
25
=
0
x
2
+
a
2
x
2
−
10x
+
4ax
+
25
=
0
(
a
2
+
1
)
x
2
−
2
(
5
−
2a
)
x
+
25
=
0
/ : 2
a
2
+
1
2
x
2
− (
5
−
2a
)
x
+
25
2
=
0.
Skoro otrzymane równanie kwadratowe ma mie´c dokładnie jeden pierwiastek, to jego
∆
musi by´c równa 0 (spodziewaj ˛
ac si˛e tego podzielili´smy równanie stronami przez 2, ˙zeby
Materiał pobrany z serwisu
4
www.zadania.info – N
AJWI ˛
EKSZY
I
NTERNETOWY
Z
BIÓR
Z
ADA ´
N Z
M
ATEMATYKI
otrzyma´c prostsz ˛
a
∆-˛e).
0
=
∆
= (
5
−
2a
)
2
−
25
(
a
2
+
1
)
0
=
25
−
20a
+
4a
2
−
25a
2
−
25
21a
2
+
20a
=
0
a
(
21a
+
20
) =
0
a
=
0
∨
a
= −
20
21
.
Sposób II
Tym razem u ˙zyjemy odrobin˛e wi˛ecej geometrii. Z obrazka wida´c, ˙ze jedn ˛
a z szukanych
stycznych jest prosta y
=
0 – łatwo to sprawdzi´c, okr ˛
ag ma ´srodek
(
5,
−
2
)
i promie ´n r
=
2,
wi˛ec jest styczny do tej prostej. To oznacza, ˙ze znamy odległo´s´c pocz ˛
atku układu współ-
rz˛ednych od interesuj ˛
acych nas punktów styczno´sci: OB
=
5 (gdyby´smy nie zauwa ˙zyli
styczno´sci y
=
0 i okr˛egu, mogliby´smy wyliczy´c OB z trójk ˛
ata prostok ˛
atnego OSB).
Zatem punkty styczno´sci A i B s ˛
a punktami wspólnymi danego okr˛egu i okr˛egu x
2
+
y
2
=
5
2
(o ´srodku w
(
0, 0
)
i promieniu 5). Mamy wi˛ec układ równa ´n
(
x
2
+
y
2
−
10x
+
4y
+
25
=
0
x
2
+
y
2
=
25
Odejmujemy od pierwszego równania drugie ( ˙zeby skróci´c kwadraty) i mamy
−
10x
+
4y
+
25
= −
25
4y
+
50
=
10x
x
=
2
5
y
+
5.
Podstawiamy to do równania drugiego okr˛egu i mamy
2
5
y
+
5
2
+
y
2
=
25
4
25
y
2
+
4y
+
25
+
y
2
=
25
29
25
y
2
+
4y
=
0
y
29
25
y
+
4
=
0
y
=
0
∨
y
= −
100
29
.
Pierwsza warto´s´c y daje znany ju ˙z nam punkt B, wi˛ec zajmijmy si˛e drug ˛
a. Mamy wtedy
x
=
2
5
y
+
5
= −
2
5
·
100
29
+
5
=
−
40
+
145
29
=
105
29
.
Zatem A
=
105
29
,
−
100
29
i pozostało ustali´c dla jakiego a prosta y
=
ax przechodzi przez ten
punkt. Mamy
−
100
29
=
105
29
a
⇐⇒
a
= −
100
105
= −
20
21
.
Materiał pobrany z serwisu
5
www.zadania.info – N
AJWI ˛
EKSZY
I
NTERNETOWY
Z
BIÓR
Z
ADA ´
N Z
M
ATEMATYKI
Sposób III
Tym razem tak jak w pierwszym sposobie szukamy stycznej w postaci y
=
ax, ale zamiast
przecina´c j ˛
a z okr˛egiem sprawd´zmy, kiedy jest ona odległa od ´srodka okr˛egu
(
5,
−
2
)
o dłu-
go´s´c promienia r
=
2. Korzystamy ze wzoru na odległo´s´c punktu P
= (
x
0
, y
0
)
od prostej
Ax
+
By
+
C
=
0:
|
Ax
0
+
By
0
+
C
|
√
A
2
+
B
2
.
W naszej sytuacji (dla prostej ax
−
y
=
0) otrzymujemy równanie
|
5a
+
2
|
√
a
2
+
1
=
2
|
5a
+
2
| =
2
p
a
2
+
1
/
()
2
(
5a
+
2
)
2
=
4a
2
+
4
25a
2
+
20a
+
4
=
4a
2
+
4
21a
2
+
20a
=
0
a
(
21a
+
20
) =
0
a
=
0
∨
a
= −
20
21
.
Odpowied´z: y
=
0 i y
= −
20
21
x
Z
ADANIE
6
(4
PKT
.)
Wyka ˙z, ˙ze w dowolnym równoległoboku suma kwadratów długo´sci przek ˛
atnych jest równa
sumie kwadratów długo´sci wszystkich boków.
R
OZWI ˛
AZANIE
Zaczynamy od rysunku.
A
B
C
D
a
b
α
180-α
o
A
B
C
D
a
b
b
Sposób I
Je ˙zeli przyjmiemy oznaczenia jak na rysunku to z twierdzenia cosinusów w trójk ˛
acie ABD
mamy
BD
2
=
a
2
+
b
2
−
2ab cos α
Z twierdzenia cosinusów w trójk ˛
acie ABC mamy
AC
2
=
a
2
+
b
2
−
2ab cos
(
180
◦
−
α
) =
a
2
+
b
2
+
2ab cos α.
Dodaj ˛
ac te dwie równo´sci stronami mamy
BD
2
+
AC
2
=
2
(
a
2
+
b
2
)
.
Materiał pobrany z serwisu
6
www.zadania.info – N
AJWI ˛
EKSZY
I
NTERNETOWY
Z
BIÓR
Z
ADA ´
N Z
M
ATEMATYKI
Sposób II
Tym razem u ˙zyjemy rachunku wektorowego i podstawowych własno´sci iloczynu skalarne-
go. Je ˙zeli oznaczymy
→
AB
=
→
a i
→
AD
=
→
b to mamy
→
AC
=
→
a
+
→
b
→
BD
=
→
b
−
→
a .
Zatem
AC
2
+
BD
2
= (
→
AC
)
2
+ (
→
BD
)
2
= (
→
a
+
→
b
)
2
+ (
→
b
−
→
a
)
2
=
=
2
((
→
a
)
2
+ (
→
b
)
2
) +
2
→
a
◦
→
b
−
2
→
b
◦
→
a
=
2
(
AB
2
+
AD
2
)
Sposób III
Tym razem narysujmy sobie równoległobok w układzie współrz˛ednych. Mo ˙zemy tak wy-
bra´c układ współrz˛ednych, ˙ze A
= (
0, 0
)
, B
= (
1, 0
)
, C
= (
1
+
a, b
)
, D
= (
a, b
)
.
A
B
C
D
Kwadraty długo´sci ramion s ˛
a wi˛ec równe
AB
2
=
1
AD
2
=
a
2
+
b
2
.
Policzmy teraz sum˛e kwadratów długo´sci przek ˛
atnych.
AC
2
+
BD
2
= (
1
+
a
)
2
+
b
2
+ (
a
−
1
)
2
+
b
2
=
=
1
+
2a
+
a
2
+
a
2
−
2a
+
1
+
2b
2
=
2
(
1
+
a
2
+
b
2
) =
2
(
AB
2
+
AD
2
)
.
Sposób IV
Tym razem zrzutujmy wierzchołki B i D (czyli wierzchołki przy wi˛ekszych k ˛
atach równole-
głoboku) na przek ˛
atn ˛
a AC.
A
B
C
D
a
b
b
E
F
S
x
x
y
z
z
y
Materiał pobrany z serwisu
7
www.zadania.info – N
AJWI ˛
EKSZY
I
NTERNETOWY
Z
BIÓR
Z
ADA ´
N Z
M
ATEMATYKI
Przyjmuj ˛
ac oznaczenia z obrazka mamy
b
2
=
AE
2
+
DE
2
=
y
2
+
x
2
a
2
=
AF
2
+
BF
2
= (
y
+
2z
)
2
+
x
2
=
y
2
+
4yz
+
4z
2
+
x
2
2a
2
+
2b
2
=
2y
2
+
8yz
+
8z
2
+
2x
2
+
2y
2
+
2x
2
=
4x
2
+
4y
2
+
8z
2
+
8yz.
Z drugiej strony
AC
2
+
BD
2
= (
2y
+
2z
)
2
+ (
2DS
)
2
=
4y
2
+
8yz
+
4z
2
+
4
(
x
2
+
z
2
) =
=
4x
2
+
4y
2
+
8z
2
+
8yz
=
2a
2
+
2b
2
.
Z
ADANIE
7
(4
PKT
.)
Oblicz warto´s´c funkcji f
(
x
) = |
1
−
2
x
−
3
|
dla argumentu x
=
3 log
0,4
2
−
log
0,4
3
·
log
3
125.
R
OZWI ˛
AZANIE
Upro´s´cmy najpierw podan ˛
a warto´s´c x – logarytmy maj ˛
a ró ˙zne podstawy, wi˛ec sprowad´zmy
je wszystkie do wspólnej podstawy - w sumie wszystko jedno do jakiej, my zamieniamy
wszystko na podstaw˛e 5.
x
=
3 log
0,4
2
−
log
0,4
3
·
log
3
125
=
=
3
log
5
2
log
5
0, 4
−
log
5
3
log
5
0, 4
·
log
5
125
log
5
3
=
=
3
log
5
2
log
5
0, 4
−
3
log
5
0, 4
=
3
log
5
2
−
1
log
5
0, 4
=
=
3
log
5
2
−
log
5
5
log
5
0, 4
=
3
log
5
2
5
log
5
0, 4
=
3
log
5
0, 4
log
5
0, 4
=
3.
Rachunek byłby jeszcze prostszy, gdyby´smy zmienili podstaw˛e na 0,4:
x
=
3 log
0,4
2
−
log
0,4
3
·
log
3
125
=
3 log
0,4
2
−
log
0,4
3
·
log
0,4
5
3
log
0,4
3
=
=
3 log
0,4
2
−
3 log
0,4
5
=
3 log
0,4
2
5
=
3 log
0,4
0, 4
=
3.
Liczymy zatem f
(
3
)
.
f
(
3
) = |
1
−
2
3
−
3
| = |
1
−
1
| =
0.
Odpowied´z: 0
Z
ADANIE
8
(5
PKT
.)
Dane jest równanie
(
2m
+
1
)
x
2
− (
m
+
3
)
x
+
2m
+
1
=
0 z niewiadom ˛
a x. Wyznacz te war-
to´sci parametru m, dla których suma odwrotno´sci ró ˙znych pierwiastków danego równania
jest wi˛eksza od 1.
Materiał pobrany z serwisu
8
www.zadania.info – N
AJWI ˛
EKSZY
I
NTERNETOWY
Z
BIÓR
Z
ADA ´
N Z
M
ATEMATYKI
R
OZWI ˛
AZANIE
Sprawd´zmy najpierw kiedy równanie ma dwa ró ˙zne pierwiastki. Oczywi´scie musi by´c kwa-
dratowe, czyli m
6= −
1
2
oraz
0
<
∆
= (
m
+
3
)
2
−
4
(
2m
+
1
)
2
= (
m
+
3
)
2
− (
4m
+
2
)
2
=
= (
m
+
3
−
4m
−
2
)(
m
+
3
+
4m
+
2
) =
= (−
3m
+
1
)(
5m
+
5
) = −
15
m
−
1
3
(
m
+
1
)
m
∈
−
1,
1
3
.
B˛edziemy chcieli skorzysta´c ze wzorów Viète’a
x
1
+
x
2
=
m
+
3
2m
+
1
x
1
x
2
=
2m
+
1
2m
+
1
=
1.
Liczymy
1
<
1
x
1
+
1
x
2
=
x
1
+
x
2
x
1
x
2
=
m
+
3
2m
+
1
0
<
m
+
3
−
2m
−
1
2m
+
1
=
−
m
+
2
2m
+
1
0
>
m
−
2
2
(
m
+
1
2
)
m
∈
−
1
2
, 2
.
W poł ˛
aczeniu z warunkiem na
∆-˛e otrzymujemy
m
∈
−
1
2
,
1
3
.
Odpowied´z: m
∈
−
1
2
,
1
3
Z
ADANIE
9
(4
PKT
.)
Ci ˛
ag
(
a, b, c
)
jest ci ˛
agiem arytmetycznym. Suma jego wyrazów jest równa 18. Je ˙zeli pierwsz ˛
a
z liczb zmniejszymy o 25%, a trzeci ˛
a zwi˛ekszymy o 50%, to otrzymamy trzy kolejne wyrazy
ci ˛
agu geometrycznego. Wyznacz liczby a, b, c.
R
OZWI ˛
AZANIE
Materiał pobrany z serwisu
9
www.zadania.info – N
AJWI ˛
EKSZY
I
NTERNETOWY
Z
BIÓR
Z
ADA ´
N Z
M
ATEMATYKI
Poniewa ˙z a, b, c tworz ˛
a ci ˛
ag arytmetyczny, wi˛ec a
=
b
−
r i c
=
b
+
r dla pewnego r. Z
podanej sumy mamy wi˛ec
b
−
r
+
b
+
b
+
r
=
18
⇒
3b
=
18
⇒
b
=
6.
Szukamy zatem liczb postaci 6
−
r, 6, 6
+
r. Liczby
a
−
1
4
a, b, c
+
1
2
c
=
3
4
a, b,
3
2
c
tworz ˛
a ci ˛
ag geometryczny, wi˛ec
b
2
=
3
4
a
·
3
2
c
=
9
8
ac.
Podstawiamy a
=
6
−
r, b
=
6 i c
=
6
+
r i mamy Podstawiamy wcze´sniej uzyskane wyniki
i otrzymujemy
6
2
=
9
8
(
6
−
r
)(
6
+
r
)
/
·
8
9
36
·
8
9
= (
6
−
r
)(
6
+
r
)
32
=
36
−
r
2
r
2
=
4
r
= ±
2.
Dla r
= −
2 otrzymujemy ci ˛
ag
(
a, b, c
) = (
8, 6, 4
)
, a dla r
=
2 ci ˛
ag
(
a, b, c
) = (
4, 6, 8
)
.
Odpowied´z:
(
a, b, c
) = (
8, 6, 4
)
lub
(
a, b, c
) = (
4, 6, 8
)
Z
ADANIE
10
(4
PKT
.)
Kraw˛ed´z podstawy ostrosłupa trójk ˛
atnego prawidłowego jest równa 6. Jego obj˛eto´s´c jest
równa 9
√
3. Wyznacz długo´s´c wysoko´sci ´sciany bocznej ostrosłupa.
R
OZWI ˛
AZANIE
Rozpoczynamy od szkicowego rysunku
A
B
C
D
S
E
6
3
3
H
Materiał pobrany z serwisu
10
www.zadania.info – N
AJWI ˛
EKSZY
I
NTERNETOWY
Z
BIÓR
Z
ADA ´
N Z
M
ATEMATYKI
Z podanej obj˛eto´sci łatwo jest wyliczy´c długo´s´c wysoko´sci ostrosłupa (korzystamy ze
wzoru
a
2
√
3
4
na pole trójk ˛
ata równobocznego).
V
=
1
3
·
P
p
·
H
9
√
3
=
1
3
·
36
√
3
4
·
H
=
3
√
3H
⇒
H
=
3.
Długo´s´c odcinka SE to
1
3
wysoko´sci trójk ˛
ata równobocznego ABC, czyli
SE
=
1
3
·
6
√
3
2
=
√
3.
Pozostało teraz zastosowa´c twierdzenie Pitagorasa w trójk ˛
acie prostok ˛
atnym SED.
DE
=
p
H
2
+
SE
2
=
√
9
+
3
=
√
12
=
2
√
3.
Odpowied´z: 2
√
3
Z
ADANIE
11
(4
PKT
.)
W´sród dziesi˛eciu losów loteryjnych znajduje si˛e jeden los z główn ˛
a wygran ˛
a oraz dwa lo-
sy uprawniaj ˛
ace do wylosowania nast˛epnego losu. Oblicz prawdopodobie ´nstwo wygrania
przy zakupie jednego losu.
R
OZWI ˛
AZANIE
Mamy trzy mo ˙zliwo´sci wygranej:
Mo ˙zemy wyci ˛
agn ˛
a´c los wygrywaj ˛
acy za pierwszym razem – prawdopodobie ´nstwo ta-
kiego zdarzenia wynosi:
1
10
.
Mo ˙zemy los wygrywaj ˛
acy wyci ˛
agn ˛
a´c za drugim razem – wtedy musimy za pierwszym ra-
zem wyci ˛
agn ˛
a´c jeden z dwóch losów uprawniaj ˛
acych do dalszego losowania, a w drugim
losowaniu los wygrywaj ˛
acy. Zdarzenia te s ˛
a niezale ˙zne, wi˛ec prawdopodobie ´nstwo w tym
przypadku wynosi
2
10
·
1
9
=
1
45
(w drugim losowaniu losujemy ju ˙z z 9 losów).
Mo ˙zemy wreszcie wylosowa´c los wygrywaj ˛
acy dopiero w trzecim losowaniu – wtedy w
pierwszych dwóch musimy wybra´c losy pozwalaj ˛
ace kontynuowa´c gr˛e i prawdopodobie ´n-
stwo wynosi
2
10
·
1
9
·
1
8
=
1
360
.
Zatem interesuj ˛
ace nas prawdopodobie ´nstwo jest równe
1
10
+
1
45
+
1
360
=
36
+
8
+
1
360
=
45
360
=
1
8
.
Materiał pobrany z serwisu
11
www.zadania.info – N
AJWI ˛
EKSZY
I
NTERNETOWY
Z
BIÓR
Z
ADA ´
N Z
M
ATEMATYKI
Opisane rozwi ˛
azanie mo ˙zemy zilustrowa´c drzewkiem
7/10
2/10
1/10
7/9
1/9
wygrana
wygrana
1/9
przegrana
przegrana
wygrana
1/8
7/8
przegrana
kontunuacja
kontunuacja
Odpowied´z:
1
8
Z
ADANIE
12
(5
PKT
.)
Dany jest równoramienny trójk ˛
at prostok ˛
atny, którego przeciwprostok ˛
atna ma długo´s´c 2.
Bok AB prostok ˛
ata ABCD zawiera si˛e w przeciwprostok ˛
atnej tego trójk ˛
ata, za´s punkty C
i D nale ˙z ˛
a do przyprostok ˛
atnych. Oblicz długo´sci boków prostok ˛
ata ABCD wiedz ˛
ac, ˙ze
kwadrat długo´sci jego przek ˛
atnej AC ma warto´s´c najmniejsz ˛
a z mo ˙zliwych.
R
OZWI ˛
AZANIE
Zaczynamy od rysunku.
A
B
C
D
K
L
M
x
x
x
x
2-2x
Zauwa ˙zmy, ˙ze trójk ˛
aty CBL i ADK s ˛
a oba prostok ˛
atne i ka ˙zdy z nich ma wspólny k ˛
at z
wyj´sciowym trójk ˛
atem KLM, czyli oba s ˛
a prostok ˛
atne równoramienne. W takim razie
LB
=
BC
=
AD
=
AK.
Oznaczmy długo´s´c tego odcinka przez x. Wtedy x
∈ (
0, 1
)
i
AB
=
KL
−
2x
=
2
−
2x
i stosuj ˛
ac twierdzenie Pitagorasa w trójk ˛
acie ABC mamy
f
(
x
) =
AC
2
=
x
2
+ (
2
−
2x
)
2
=
x
2
+
4
−
8x
+
4x
2
=
5x
2
−
8x
+
4.
Materiał pobrany z serwisu
12
www.zadania.info – N
AJWI ˛
EKSZY
I
NTERNETOWY
Z
BIÓR
Z
ADA ´
N Z
M
ATEMATYKI
Wykresem otrzymanej funkcji jest parabola o ramionach skierowanych w gór˛e, wi˛ec naj-
mniejsz ˛
a warto´s´c przyjmuje ona w wierzchołku, czyli dla
x
=
x
w
=
−
b
2a
=
8
10
=
4
5
.
Zatem długo´sci boków prostok ˛
ata s ˛
a równe BC
=
x
=
4
5
i
AB
=
2
−
2x
=
2
−
8
5
=
2
5
.
Odpowied´z:
4
5
,
2
5
Materiał pobrany z serwisu
13
Wyszukiwarka
Podobne podstrony:
matura probna oke poznan styczen 2011 podstawowy R id 77
matura próbna oke poznań styczeń 2011, rozszerzony
matura próbna - oke poznań, styczeń 2011 rozszerzony
matura próbna - oke poznań, styczeń 2011 podstawowy
Klasy III styczen 2011 rozszerzony R id 7
OKE Poznań styczeń 2011
Biologia OKE Poznań styczeń 2011 p rozszerzony model odpowiedzi
Biologia OKE Poznań styczeń 2011 p rozszerzony
Klasy III styczen 2011 rozszerzony R id 7
OKE Poznań styczeń 2011
2012 styczeń próbna OKE Poznań Materiał ćwiczeniowy
OKE Poznań styczeń 2010
Klasy III styczeń 2011, rozszerzony
Klasy III, styczeń 2011 rozszerzony
OKE Poznań styczeń 2010
Oke Poznan styczen 2013
OKE Poznań Styczeń 2017 odpowiedzi PR(1)
więcej podobnych podstron