www.zadania.info – N
AJWI ˛
EKSZY
I
NTERNETOWY
Z
BIÓR
Z
ADA ´
N Z
M
ATEMATYKI
L
UBELSKA PRÓBA PRZED MATUR ˛
A
DLA KLAS TRZECICH
POZIOM ROZSZERZONY
12
STYCZNIA
2011
C
ZAS PRACY
: 180
MINUT
Z
ADANIE
1
(4
PKT
.)
Wyznacz dziedzin˛e funkcji okre´slonej wzorem f
(
x
) =
p
|
x
+
3
| − |
x
−
5
|
.
R
OZWI ˛
AZANIE
Wyra ˙zenie pod pierwiastkiem musi by´c nieujemne, czyli mamy do rozwi ˛
azania nierówno´s´c
|
x
+
3
| − |
x
−
5
| >
0.
Sposób I
Je ˙zeli zapiszemy nierówno´s´c w postaci
|
x
+
3
| > |
x
−
5
|
to obie strony s ˛
a nieujemne i mo ˙zemy nierówno´s´c podnie´s´c stronami do kwadratu.
(
x
+
3
)
2
> (
x
−
5
)
2
x
2
+
6x
+
9
>
x
2
−
10x
+
25
16x
>
16
x
>
1.
Sposób II
Wyra ˙zenie pod pierwsz ˛
a warto´sci ˛
a bezwzgl˛edn ˛
a zeruje si˛e dla x
= −
3, a wyra ˙zenie pod
drug ˛
a dla x
=
5. Mamy wi˛ec do rozpatrzenia 3 przypadki.
Je ˙zeli x
>
5 to mamy nierówno´s´c
x
+
3
− (
x
−
5
) >
0
8
>
0.
Nierówno´s´c jest oczywi´scie spełniona.
Je ˙zeli 5
>
x
> −
3 to mamy nierówno´s´c
x
+
3
+
x
−
5
>
0
2x
>
2
x
>
1.
Mamy wi˛ec w tym przypadku x
∈ h
1, 5
)
.
Materiał pobrany z serwisu
1
www.zadania.info – N
AJWI ˛
EKSZY
I
NTERNETOWY
Z
BIÓR
Z
ADA ´
N Z
M
ATEMATYKI
Je ˙zeli natomiast x
< −
3 to mamy nierówno´s´c
− (
x
+
3
) + (
x
−
5
) >
0
−
8
>
0,
która jest sprzeczna.
Podsumowuj ˛
ac, rozwi ˛
azaniem nierówno´sci jest zbiór
h
1,
+
∞
)
.
Odpowied´z:
h
1,
+
∞
)
Z
ADANIE
2
(4
PKT
.)
Niesko ´nczony ci ˛
ag liczbowy
(
a
n
)
okre´slony jest wzorem:
a
n
=
(
2n
dla n parzystych
−
2n
+
4
dla n nieparzystych
a) Wyznacz sum˛e dwudziestu pocz ˛
atkowych wyrazów ci ˛
agu.
b) Zbadaj, czy istnieje wyraz ci ˛
agu równy 5. Odpowied´z uzasadnij.
R
OZWI ˛
AZANIE
a)
Sposób I
Liczymy
a
1
+
a
2
+
a
3
+
a
4
+
a
5
+
a
6
+ · · · +
a
19
+
a
20
=
= (
a
1
+
a
3
+
a
5
+ · · · +
a
19
) + (
a
2
+
a
4
+
a
6
+ · · · +
a
20
) =
= (
2
+ (−
2
) + (−
6
) + · · · + (−
34
)) + (
4
+
8
+
12
+ · · · +
40
)
Teraz wystarczy zauwa ˙zy´c, ˙ze w pierwszym nawiasie mamy sum˛e 10 pocz ˛
atkowych
wyrazów ci ˛
agu arytmetycznego, w którym a
1
=
2 i r
= −
4, a w drugim nawiasie sum˛e
dziesi˛eciu pocz ˛
atkowych wyrazów ci ˛
agu arytmetycznego, w którym a
1
=
4 i r
=
4. Ze
wzoru na sum˛e wyrazów ci ˛
agu arytmetycznego mamy
(
2
+ (−
2
) + (−
6
) + · · · + (−
34
)) + (
4
+
8
+
12
+ · · · +
40
) =
=
2
+ (−
34
)
2
·
10
+
4
+
40
2
·
10
= −
160
+
220
=
60.
Sposób II
Materiał pobrany z serwisu
2
www.zadania.info – N
AJWI ˛
EKSZY
I
NTERNETOWY
Z
BIÓR
Z
ADA ´
N Z
M
ATEMATYKI
Zauwa ˙zmy, ˙ze suma dwóch kolejnych wyrazów danego ci ˛
agu jest równa 6. Rzeczywi-
´scie:
a
2k
−
1
+
a
2k
= −
2
(
2k
−
1
) +
4
+
2
(
2k
) = −
4k
+
6
+
4k
=
6.
Zatem
a
1
+
a
2
+
a
3
+
a
4
+ · · · +
a
19
+
a
20
=
= (
a
1
+
a
2
) + (
a
3
+
a
4
) + · · · + (
a
19
+
a
20
) =
10
·
6
=
60.
Odpowied´z: 60
b)
Sposób I
Ze wzoru ci ˛
agu wida´c, ˙ze ka ˙zdy wyraz jest liczb ˛
a parzyst ˛
a, zatem ˙zaden z wyrazów
nie mo ˙ze by´c równy 5.
Sposób II
Zauwa ˙zmy, ˙ze
2n
=
5
⇒
n
=
5
2
−
2n
+
4
=
5
⇒
n
= −
1
2
.
Zatem ˙zaden z wyrazów ci ˛
agu nie mo ˙ze by´c równy 5.
Odpowied´z: Nie, nie istnieje.
Z
ADANIE
3
(6
PKT
.)
W k ˛
at o mierze 60
◦
wpisano pi˛e´c kół tak, ˙ze ka ˙zde nast˛epne koło poza pierwszym, jest
styczne zewn˛etrznie do koła poprzedniego. Oblicz ile razy suma pól wszystkich kół jest
wi˛eksza od pola najmniejszego koła.
R
OZWI ˛
AZANIE
Zaczynamy od rysunku – rysujemy dwa s ˛
asiednie koła i spróbujemy ustali´c jaki jest zwi ˛
azek
mi˛edzy ich promieniami.
R-r
R
r
r
30
o
30
o
A
B
C
O
2
O
1
Materiał pobrany z serwisu
3
www.zadania.info – N
AJWI ˛
EKSZY
I
NTERNETOWY
Z
BIÓR
Z
ADA ´
N Z
M
ATEMATYKI
Przyjmijmy oznaczenia z rysunku, tzn. mniejszy okr ˛
ag niech ma ´srodek O
1
i promie ´n r,
a wi˛ekszy ´srodek O
2
i promie ´n R. Ponadto niech A b˛edzie wierzchołkiem k ˛
ata, a B punktem
styczno´sci wi˛ekszego okr˛egu z ramieniem k ˛
ata.
Zauwa ˙zmy, ˙ze ´srodki okr˛egów wpisanych w k ˛
at le ˙z ˛
a na dwusiecznej tego k ˛
ata, czyli
]
BAO
1
=
1
2
·
60
◦
=
30
◦
.
Niech C b˛edzie punktem wspólnym promienia O
2
B i prostej równoległej do ramienia AB
k ˛
ata, która przechodzi przez O
1
. Otrzymany trójk ˛
at O
1
CO
2
jest prostok ˛
atny i
]
CO
1
O
2
= ]
BAO
1
=
30
◦
.
Ponadto O
1
O
2
=
R
+
r i CO
2
=
R
−
r, czyli
sin
]
CO
1
O
2
=
CO
2
O
1
O
2
1
2
=
R
−
r
R
+
r
R
+
r
=
2R
−
2r
3r
=
R.
Wiemy ju ˙z jaka jest zale ˙zno´s´c mi˛edzy promieniami kolejnych okr˛egów, wi˛ec wracamy do
tre´sci zadania. Je ˙zeli przez r oznaczmy promie ´n najmniejszego okr˛egu wpisanego w k ˛
at, to
kolejne okr˛egi maj ˛
a promienie 3r, 3
2
r, 3
3
r, 3
4
r i interesuj ˛
acy nas stosunek pól jest równy
πr
2
+
π
·
3
2
r
2
+
π
·
3
4
r
2
+
π
·
3
6
r
2
+
π
·
3
8
r
2
πr
2
=
1
+
3
2
+
3
4
+
3
6
+
3
8
.
Otrzyman ˛
a sum˛e mo ˙zemy obliczy´c na kalkulatorze, ale mo ˙zemy te ˙z skorzysta´c ze wzoru
na sum˛e kolejnych wyrazów ci ˛
agu geometrycznego. Mamy ci ˛
ag, w którym a
1
=
1 i q
=
3
2
,
czyli
S
5
=
1
+
3
2
+
3
4
+
3
6
+
3
8
=
1
− (
3
2
)
5
1
−
3
2
=
3
10
−
1
8
=
59048
8
=
7381.
Odpowied´z: 7381 razy.
Zadania
.info
Podobają Ci się nasze rozwiązania?
Pokaż je koleżankom i kolegom ze szkoły!
Z
ADANIE
4
(4
PKT
.)
Naszkicuj wykres funkcji f
(
x
) =
|
x
2
−
9
|
x
2
−
9
. Okre´sl dziedzin˛e oraz zbiór warto´sci funkcji.
Materiał pobrany z serwisu
4
www.zadania.info – N
AJWI ˛
EKSZY
I
NTERNETOWY
Z
BIÓR
Z
ADA ´
N Z
M
ATEMATYKI
R
OZWI ˛
AZANIE
Zauwa ˙zmy, ˙ze
x
2
−
9
>
0
⇐⇒
(
x
−
3
)(
x
+
3
) >
0
⇐⇒
x
∈ (−
∞,
−
3
i ∪ h
3,
+
∞
)
.
Ponadto zera mianownika, czyli liczby -3 i 3 nie nale ˙z ˛
a do dziedziny, czyli
f
(
x
) =
|
x
2
−
9
|
x
2
−
9
=
(
x
2
−
9
x
2
−
9
dla x
∈ (−
∞,
−
3
) ∪ (
3,
+
∞
)
−(
x
2
−
9
)
x
2
−
9
dla x
∈ (−
3, 3
)
=
(
1
dla x
∈ (−
∞,
−
3
) ∪ (
3,
+
∞
)
−
1
dla x
∈ (−
3, 3
)
Teraz bez trudu szkicujemy wykres.
-3
-1
+3
+5
x
-5
-1
+1
+5
y
Odpowied´z: Dziedzina:
R
\ {−
3, 3
}
, zbiór warto´sci:
{−
1, 1
}
Z
ADANIE
5
(5
PKT
.)
Wyznacz zbiór warto´sci parametru m, dla których równanie: cos 2x
−
cos x
=
m ma rozwi ˛
a-
zania.
R
OZWI ˛
AZANIE
Musimy wyznaczy´c zbiór warto´sci funkcji
f
(
x
) =
cos 2x
−
cos x.
Równanie b˛edzie miało rozwi ˛
azanie dokładnie wtedy, gdy m b˛edzie elementem zbioru war-
to´sci tej funkcji.
Materiał pobrany z serwisu
5
www.zadania.info – N
AJWI ˛
EKSZY
I
NTERNETOWY
Z
BIÓR
Z
ADA ´
N Z
M
ATEMATYKI
Na mocy wzoru na cos 2x mamy
f
(
x
) =
cos 2x
−
cos x
=
2 cos
2
x
−
1
−
cos x.
Je ˙zeli podstawimy teraz t
=
cos x to mamy funkcj˛e kwadratow ˛
a
f
(
t
) =
2t
2
−
t
−
1,
okre´slon ˛
a na przedziale
h−
1, 1
i
(takie warto´sci przyjmuje t
=
cos x). Zauwa ˙zmy, ˙ze ramiona
paraboli b˛ed ˛
acej wykresem tej funkcji s ˛
a skierowane w gór˛e, a jej wierzchołek ma współ-
rz˛edne
(
x
w
, y
w
) =
−
b
2a
,
−
∆
4a
=
1
4
,
−
9
8
.
Pierwsza współrz˛edna wierzchołka znajduje si˛e w przedziale
h−
1, 1
i
, wi˛ec najmniejsza war-
to´s´c funkcji b˛edzie równa y
w
= −
9
8
. Najwi˛eksz ˛
a warto´s´c otrzymamy w jednym z ko ´nców
przedziału
h−
1, 1
i
, w którym? – liczymy i sprawdzamy.
f
(−
1
) =
2
+
1
−
1
=
2
f
(
1
) =
2
−
1
−
1
=
0.
Zatem zbiorem warto´sci funkcji y
=
f
(
x
)
jest przedział
h−
9
8
, 2
i
i dokładnie dla takich war-
to´sci parametru m dane równanie ma rozwi ˛
azania.
Na koniec wykresy funkcji y
=
f
(
x
)
i y
=
f
(
t
)
.
-5
-1
+3
+5
t
-5
-1
+1
+5
y
-5
-1
+3
+5
x
-5
-1
+1
+5
y
y=cos 2x-cos x
y=2t
2
-t-1
Odpowied´z: m
∈ h−
9
8
, 2
i
Z
ADANIE
6
(5
PKT
.)
Prosta x
−
y
−
1
=
0 jest osi ˛
a symetrii pewnego czworok ˛
ata wpisanego w okr ˛
ag. Punkty
(
1, 0
)
,
(
5,
−
2
)
s ˛
a jego wierzchołkami. Znajd´z pozostałe wierzchołki.
Materiał pobrany z serwisu
6
www.zadania.info – N
AJWI ˛
EKSZY
I
NTERNETOWY
Z
BIÓR
Z
ADA ´
N Z
M
ATEMATYKI
R
OZWI ˛
AZANIE
Rozpoczynamy od szkicowego rysunku.
-1
+3
+5
+10
x
-1
+1
+5
+10
y
A
B
C
D
O
K
L
Oznaczmy A
= (
5
−
2
)
i D
= (
1, 0
)
. Rozpocznijmy od wyznaczenia współrz˛ednych
punktu C. Jest on symetryczny do punktu A wzgl˛edem podanej prostej. Napiszmy równa-
nie prostej prostopadłej do prostej BD i przechodz ˛
acej przez punkt A. Szukamy prostej w
postaci y
= −
x
+
b (bo ma by´c prostopadła do y
=
x
−
1). Współczynnik b wyznaczmy
wstawiaj ˛
ac współrz˛edne punktu A.
−
2
= −
5
+
b
⇒
b
=
3.
Szukamy teraz punktu przeci˛ecia prostych AC i DB.
(
y
=
x
−
1
y
= −
x
+
3.
Dodajemy równania stronami i mamy y
=
1. St ˛
ad x
=
y
+
1
=
2 i L
= (
2, 1
)
.
Punkt L jest ´srodkiem odcinka AC, wi˛ec
(
2, 1
) =
5
+
x
C
2
,
−
2
+
y
C
2
(
4
=
5
+
x
C
⇒
x
C
= −
1
2
= −
2
+
y
C
⇒
y
C
=
4.
Zatem C
= (−
1, 4
)
. Współrz˛edne punktu B wyznaczymy na dwa sposoby.
Sposób I
Wiemy, ˙ze czworok ˛
acie ABCD mo ˙zna opisa´c okr ˛
ag – wyznaczymy jego ´srodek O. Maj ˛
ac
współrz˛edne punktu O łatwo wyznaczmy współrz˛edne punktu B, bo odcinek DB musi by´c
´srednic ˛
a okr˛egu opisanego na czworok ˛
acie ABCD.
Materiał pobrany z serwisu
7
www.zadania.info – N
AJWI ˛
EKSZY
I
NTERNETOWY
Z
BIÓR
Z
ADA ´
N Z
M
ATEMATYKI
Punkt O jest punktem wspólnym prostej DB oraz symetralnej odcinka AD. Napiszemy
równanie tej symetralnej. ´Srodkiem odcinka AD jest punkt
K
=
A
+
D
2
=
5
+
1
2
,
−
2
+
0
2
= (
3,
−
1
)
.
Symetraln ˛
a odcinka AD napiszemy korzystaj ˛
ac ze wzoru na równanie prostej prostopadłej
do wektora
→
v
= [
p, q
]
i przechodz ˛
acej przez punkt P
= (
x
0
, y
0
)
p
(
x
−
x
0
) +
q
(
y
−
y
0
) =
0.
W naszej sytuacji mamy P
=
K i
→
v
=
−→
AD
= [−
4, 2
]
. Równanie prostej KO ma wi˛ec posta´c
−
4
(
x
−
3
) +
2
(
y
+
1
) =
0
/ : 2
−
2
(
x
−
3
) +
y
+
1
=
0
y
=
2x
−
7.
Szukamy teraz punktu wspólnego prostych AD i KO, czyli punktu O.
(
y
=
x
−
1
y
=
2x
−
7.
Odejmujemy od drugiego równania pierwsze i mamy x
=
6. St ˛
ad y
=
x
−
1
=
5 i O
= (
6, 5
)
.
Pozostało teraz skorzysta´c z tego, ˙ze O jest ´srodkiem odcinka DB.
(
6, 5
) =
O
=
D
+
B
2
=
1
+
x
B
2
,
0
+
y
B
2
(
12
=
1
+
x
B
⇒
x
B
=
11
10
=
y
B
.
Zatem B
= (
11, 10
)
.
Sposób II
Zauwa ˙zmy, ˙ze poniewa ˙z DB jest ´srednic ˛
a okr˛egu opisanego na czworok ˛
acie ABCD, k ˛
at
DAB jest prosty. To oznacza, ˙ze mo ˙zemy do´s´c łatwo napisa´c równanie prostej AB – jest to
prosta prostopadła do AD i przechodz ˛
aca przez A. Jej równanie napiszemy korzystaj ˛
ac ze
wzoru na równanie prostej prostopadłej do wektora
→
v
= [
p, q
]
i przechodz ˛
acej przez punkt
P
= (
x
0
, y
0
)
p
(
x
−
x
0
) +
q
(
y
−
y
0
) =
0.
W naszej sytuacji P
=
A i
→
v
=
−→
AD
= [−
4, 2
]
. Zatem prosta AB ma równanie
−
4
(
x
−
5
) +
2
(
y
+
2
) =
0
/ : 2
−
2
(
x
−
5
) +
y
+
2
=
0
y
=
2x
−
12.
Materiał pobrany z serwisu
8
www.zadania.info – N
AJWI ˛
EKSZY
I
NTERNETOWY
Z
BIÓR
Z
ADA ´
N Z
M
ATEMATYKI
Pozostało teraz znale´z´c punkt wspólny prostych DB i AB.
(
y
=
x
−
1
y
=
2x
−
12.
Odejmujemy od drugiego równania pierwsze i mamy x
=
11. St ˛
ad y
=
x
−
1
=
10 i B
=
(
11, 10
)
.
Odpowied´z:
(−
1, 4
)
i
(
11, 10
)
Z
ADANIE
7
(5
PKT
.)
Trapez równoramienny o obwodzie 20 dm i przek ˛
atnej
√
41 jest opisany na okr˛egu. Oblicz
jego pole i cosinusy jego k ˛
atów wewn˛etrznych.
R
OZWI ˛
AZANIE
Zacznijmy od rysunku i oznaczmy długo´s´c krótszej podstawy trapezu przez a, długo´s´c ra-
mienia przez c, a wysoko´s´c przez h.
a
a
c
c
h
A
B
C
D
D'
C'
S
Poniewa ˙z w trapez mo ˙zna wpisa´c okr ˛
ag, sumy długo´sci przeciwległych boków s ˛
a rów-
ne. Poniewa ˙z obwód jest równy 20, to sumy te s ˛
a równe po 10. W szczególno´sci
c
=
5.
Na rysunku widzimy jak wysoko´sci trapezu dziel ˛
a dłu ˙zsz ˛
a podstaw˛e na trzy odcinki, ´srod-
kowy ma długo´s´c a, a dwa pozostałe b˛ed ˛
a mie´c długo´s´c
10
−
a
−
a
2
=
5
−
a. W takim razie
AC
0
=
5
−
a
+
a
=
5. Liczymy teraz wysoko´s´c h z trójk ˛
ata prostok ˛
atnego AC
0
C.
h
2
=
AC
2
− (
AC
0
)
2
h
2
=
41
−
5
2
=
16
⇒
h
=
4.
Teraz liczymy pole trapezu.
P
=
AB
+
CD
2
·
h
=
10
2
·
4
=
20.
Mo ˙zemy te ˙z obliczy´c sin
]
A.
sin
]
A
=
h
c
=
4
5
.
Materiał pobrany z serwisu
9
www.zadania.info – N
AJWI ˛
EKSZY
I
NTERNETOWY
Z
BIÓR
Z
ADA ´
N Z
M
ATEMATYKI
Zatem
cos
]
A
=
p
1
−
sin
2
]
A
=
r
1
−
16
25
=
3
5
oraz
cos
]
D
=
cos
(
180
◦
− ]
A
) = −
cos
]
A
= −
3
5
.
Odpowied´z: Pole: 20 dm
2
, cosinusy:
3
5
i
−
3
5
.
Z
ADANIE
8
(4
PKT
.)
Do naczynia w kształcie odwróconego sto ˙zka wrzucono kulk˛e o promieniu r
=
3 cm. Oce ´n,
czy kulka b˛edzie wystawa´c nad brzeg naczynia. Uzasadnij odpowied´z wykonuj ˛
ac odpo-
wiednie obliczenia, je ˙zeli wiadomo, ˙ze wysoko´s´c sto ˙zka wynosi 12 cm a promie ´n podstawy
4 cm.
R
OZWI ˛
AZANIE
Rozpoczynamy od rysunku – rysujemy przekrój osiowy opisanej sytuacji.
A
α
D
E
α
4
12
α
α
O
3
3
A
B
C
Ułó ˙zmy najpierw plan działa ´n. Je ˙zeli oznaczmy przez 2α k ˛
at rozwarcia sto ˙zka, to z po-
danych wysoko´sci i promienia b˛edziemy mogli wyliczy´c funkcje trygonometryczne k ˛
ata α
(lewy obrazek). To z kolei pozwoli obliczy´c długo´s´c odcinka OA (prawy rysunek), a w kon-
sekwencji te ˙z AE. Na koniec sprawdzimy, czy AE
>
12, czy te ˙z nie – od tego b˛edzie zale ˙zała
odpowied´z.
Liczymy. Z twierdzenia Pitagorasa w trójk ˛
acie ABC mamy
AB
=
p
AC
2
+
BC
2
=
√
144
+
16
=
√
160
=
4
√
10.
Zatem
sin α
=
BC
AB
=
4
4
√
10
=
1
√
10
.
Teraz patrzymy na trójk ˛
at ADO na prawym obrazku.
DO
AO
=
sin α
⇒
AO
=
DO
sin α
=
3
1
√
10
=
3
√
10.
Materiał pobrany z serwisu
10
www.zadania.info – N
AJWI ˛
EKSZY
I
NTERNETOWY
Z
BIÓR
Z
ADA ´
N Z
M
ATEMATYKI
Zatem
AE
=
AO
+
3
=
3
√
10
+
3
>
3
·
3
+
3
=
12.
Zatem kulka b˛edzie wystawa´c ze sto ˙zka.
Odpowied´z: Kulka b˛edzie wystawa´c ponad brzeg naczynia.
Z
ADANIE
9
(4
PKT
.)
Udowodnij, ˙ze
n
4
−
3n
2
+
1
n
4
−
n
2
−
2n
−
1
, dla n
∈
N i n
>
2 jest ułamkiem wła´sciwym.
R
OZWI ˛
AZANIE
Ułamek jest wła´sciwy je ˙zeli licznik jest mniejszy od mianownika. Musimy wi˛ec wykaza´c
nierówno´s´c
n
4
−
n
2
−
2n
−
1
>
n
4
−
3n
2
+
1
2n
2
−
2n
−
2
>
0
/ : 2
n
2
−
n
−
1
>
0.
Mo ˙zemy t˛e nierówno´s´c rozwi ˛
aza´c u ˙zywaj ˛
ac
∆-y, ale mo˙zemy te˙z zauwa˙zy´c, ˙ze na mocy
zało ˙zenia n
>
2 mamy
n
2
−
n
=
n
(
n
−
1
) >
2
·
1
=
2
>
1.
Z
ADANIE
10
(5
PKT
.)
Ile maksymalnie kul zielonych mo ˙zna wło ˙zy´c do urny, w której jest 7 kul czerwonych, aby
prawdopodobie ´nstwo wylosowania 2 kul ró ˙znokolorowych było wi˛eksze lub równe
1
4
?
R
OZWI ˛
AZANIE
Powiedzmy, ˙ze wkładamy n kul. W takim razie dwie kule wybieramy ze zbioru n
+
7 kul,
czyli
|
Ω
| =
n
+
7
2
=
(
n
+
7
)(
n
+
6
)
2
.
Dwie kule ró ˙znokolorowe mo ˙zemy wybra´c na
n
·
7
sposobów (wybieramy jedn ˛
a zielon ˛
a i jedn ˛
a czerwon ˛
a) i prawdopodobie ´nstwo wynosi
n
·
7
(
n
+
7
)(
n
+
6
)
2
=
14n
(
n
+
7
)(
n
+
6
)
.
Pozostało rozwi ˛
aza´c nierówno´s´c
14n
(
n
+
7
)(
n
+
6
)
>
1
4
/
·
4
(
n
+
6
)(
n
+
7
)
56n
> (
n
+
6
)(
n
+
7
)
56n
>
n
2
+
13n
+
42
0
>
n
2
−
43n
+
42
∆
=
1849
−
168
=
1681
=
41
2
n
=
43
−
41
2
=
1
∨
n
=
43
+
41
2
=
42.
Materiał pobrany z serwisu
11
www.zadania.info – N
AJWI ˛
EKSZY
I
NTERNETOWY
Z
BIÓR
Z
ADA ´
N Z
M
ATEMATYKI
Zatem maksymalnie mo ˙zemy wło ˙zy´c 42 kule zielone.
Odpowied´z: 42
Z
ADANIE
11
(4
PKT
.)
W trapezie ABCD poł ˛
aczono ´srodek M ramienia trapezu AD z ko ´ncami drugiego ramienia
BC. Wyka ˙z, ˙ze pole powstałego trójk ˛
ata BMC jest równe połowie pola trapezu ABCD.
R
OZWI ˛
AZANIE
Rozpoczynamy od rysunku.
D
M
A
B
C
D
M
B
C
N
A
h/2
h/2
h/2
h/2
a
b
a
b
Oznaczmy długo´sci podstaw trapezu przez AB
=
a, CD
=
b, a długo´s´c wysoko´sci przez
h.
Sposób I
Zamiast liczy´c pole trójk ˛
ata BMC, obliczmy pole trójk ˛
atów CDM i BAM. Wysoko´s´c w ka ˙z-
dym z tych trójk ˛
atów jest równa połowie wysoko´sci trapezu. Zatem
P
CDM
+
P
BAM
=
1
2
b
·
h
2
+
1
2
·
a
·
h
2
=
1
2
·
(
a
+
b
)
h
2
=
1
2
P
ABCD
.
To oznacza, ˙ze
P
BMC
=
P
ABCD
−
P
CDM
−
P
BAM
=
P
ABCD
−
1
2
P
ABCD
=
1
2
P
ABCD
.
Sposób II
Niech N b˛edzie ´srodkiem ramienia BC.
MN jest równoległy do podstaw tra-
pezu i ma długo´s´c
a
+
b
2
. Ponadto, wysoko´s´c w ka ˙zdym z trójk ˛
atów CMN i N MB jest równa
h
2
. Zatem
P
BMC
=
P
CMN
+
P
N MB
=
1
2
·
MN
·
h
2
+
1
2
·
MN
·
h
2
=
=
1
2
·
MN
·
h
=
1
2
·
(
a
+
b
)
h
2
=
1
2
P
ABCD
.
Materiał pobrany z serwisu
12
Wyszukiwarka
Podobne podstrony:
Klasy III styczeń 2011, rozszerzony
Klasy III, styczeń 2011 rozszerzony
matura probna oke poznan styczen 2011 rozszerzony R id 7
Klasy III styczen 2011 podstawowy gr 1 R
Klasy III, styczeń 2011 podstawowy gr.2
Klasy III styczeń 2011, podstawowy gr 1
Klasy III styczen 2011 podstawowy gr 2 R
matura probna oke poznan styczen 2011 rozszerzony R id 7
Klasy III styczen 2011 podstawowy gr 1 R
matura probna oke poznan styczen 2011 podstawowy R id 77
Lista lektur do klasy III LO 2011 2012, j.polski
matura próbna oke poznań styczeń 2011, rozszerzony
matura próbna - oke poznań, styczeń 2011 rozszerzony
Biologia OKE Poznań styczeń 2011 p rozszerzony model odpowiedzi
Biologia OKE Poznań styczeń 2011 p rozszerzony
metoda trzech momentow styczen 2011 id 291566
Rozkład materiału poziom rozszerzony klasy III, Technikum, Matematyka
więcej podobnych podstron