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
Z
ESTAW PRZYGOTOWANY PRZEZ SERWIS
WWW
.
ZADANIA
.
INFO
POZIOM ROZSZERZONY
5
MARCA
2011
C
ZAS PRACY
: 180
MINUT
Z
ADANIE
1
(5
PKT
.)
Dla jakich warto´sci parametru p równanie
|
x
−
15
| =
p
3
−
4p ma dwa rozwi ˛
azania, których
iloczyn jest liczb ˛
a dodatni ˛
a?
R
OZWI ˛
AZANIE
Sposób I
Naszkicujmy wykres funkcji
f
(
x
) = |
x
−
15
| =
(
x
−
15
dla x
>
15
−
x
+
15
dla x
<
15
-2
+15
x
+2
+2
+10
+20
y
Z obrazka wida´c, ˙ze równanie
|
x
−
15
| =
m ma dwa rozwi ˛
azania dla m
>
0 i zawsze
jedno z nich jest dodatnie. Zatem iloczyn rozwi ˛
aza ´n b˛edzie dodatni, gdy drugie rozwi ˛
azanie
te ˙z b˛edzie dodatnie, czyli dla m
∈ (
0, 15
)
. Musimy wi˛ec rozwi ˛
aza´c nierówno´s´c
0
<
p
3
−
4p
<
15.
Materiał pobrany z serwisu
1
www.zadania.info – N
AJWI ˛
EKSZY
I
NTERNETOWY
Z
BIÓR
Z
ADA ´
N Z
M
ATEMATYKI
Zajmijmy si˛e najpierw lew ˛
a nierówno´sci ˛
a
0
<
p
3
−
4p
=
p
(
p
2
−
4
) =
p
(
p
−
2
)(
p
+
2
)
p
∈ (−
2, 0
) ∪ (
2,
+
∞
)
.
Teraz prawa nierówno´s´c.
p
3
−
4p
−
15
<
0.
Musimy rozło ˙zy´c lew ˛
a stron˛e na czynniki – aby to zrobi´c szukamy pierwiastków wymier-
nych w´sród dzielników wyrazu wolnego. Sprawdzaj ˛
ac po kolei mo ˙zna zauwa ˙zy´c, ˙ze pier-
wiastkiem jest p
=
3. Dzielimy wi˛ec lew ˛
a stron˛e przez p
−
3 – my zrobimy to
p
3
−
4p
−
15
= (
p
3
−
3p
2
) + (
3p
2
−
9p
) +
5p
−
15
=
=
p
2
(
p
−
3
) +
3p
(
p
−
3
) +
5
(
p
−
3
) = (
p
−
3
)(
p
2
+
3p
+
5
)
.
Trójmian w nawiasie nie ma pierwiastków (bo
∆
<
0), wi˛ec rozwi ˛
azaniem nierówno´sci p
3
−
4p
−
15
<
0 jest przedział
(−
∞, 3
)
. W poł ˛
aczeniu z rozwi ˛
azaniem poprzedniej nierówno´sci
otrzymujemy wi˛ec
p
∈ (−
2, 0
) ∪ (
2, 3
)
.
Sposób II
Równanie
|
x
| =
a ma dwa rozwi ˛
azania wtedy i tylko wtedy, gdy a
>
0. W takim razie dane
równanie b˛edzie miało dwa rozwi ˛
azania tylko wtedy, gdy spełniona b˛edzie nierówno´s´c.
0
<
p
3
−
4p
=
p
(
p
2
−
4
) =
p
(
p
−
2
)(
p
+
2
)
p
∈ (−
2, 0
) ∪ (
2,
+
∞
)
.
Ponadto, łatwo wyznaczy´c te rozwi ˛
azania
|
x
−
15
| =
p
3
−
4p
x
−
15
=
p
3
−
4p
∨
x
−
15
= −
p
3
+
4p
x
=
p
3
−
4p
+
15
∨
x
= −
p
3
+
4p
+
15.
Zauwa ˙zmy, ˙ze poniewa ˙z p
3
−
4p
>
0 pierwszy z tych pierwiastków jest dodatni. To ozna-
cza, ˙ze iloczyn pierwiastków b˛edzie dodatni dokładnie wtedy, gdy drugi pierwiastek b˛edzie
dodatni. Mamy wi˛ec nierówno´s´c
−
p
3
+
4p
+
15
>
0
p
3
−
4p
−
15
<
0.
Nierówno´s´c t˛e rozwi ˛
azujemy dokładnie w ten sam sposób jak w sposobie I.
Odpowied´z: p
∈ (−
2, 0
) ∪ (
2, 3
)
Z
ADANIE
2
(4
PKT
.)
Wyznacz dziedzin˛e funkcji f
(
x
) =
log
3−x
2+x
x
2
−
x
−
2
x
−
2
3
Materiał pobrany z serwisu
2
www.zadania.info – N
AJWI ˛
EKSZY
I
NTERNETOWY
Z
BIÓR
Z
ADA ´
N Z
M
ATEMATYKI
R
OZWI ˛
AZANIE
Patrzymy najpierw na podstaw˛e logarytmu – musi by´c dodatnia i nie mo ˙ze by´c równa 1. Na
pocz ˛
atek sprawd´zmy, kiedy jest równa 1
3
−
x
2
+
x
=
1
3
−
x
−
2
−
x
2
+
x
=
0
1
−
2x
=
0
⇐⇒
x
=
1
2
.
Zatem x
6=
1
2
. Teraz sprawdzamy, kiedy podstawa jest dodatnia.
3
−
x
2
+
x
>
0
(
3
−
x
)(
2
+
x
) >
0
/
· (−
1
)
(
x
−
3
)(
x
+
2
) <
0
x
∈ (−
2, 3
)
.
Wyra ˙zenie pod logarytmem musi by´c dodatnie i oczywi´scie mianownik nie mo ˙ze by´c zerem
(czyli x
6=
2). Rozłó ˙zmy licznik 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
−
2
=
(
x
+
1
)(
x
−
2
)
x
−
2
=
x
+
1.
Wyra ˙zenie to jest dodatnie je ˙zeli x
> −
1.
Zbieraj ˛
ac teraz wszystkie ograniczenia razem otrzymujemy dziedzin˛e:
−
1,
1
2
∪
1
2
, 2
∪ (
2, 3
)
.
Odpowied´z: D
f
=
−
1,
1
2
∪
1
2
, 2
∪ (
2, 3
)
Z
ADANIE
3
(3
PKT
.)
Długo´sci boków trójk ˛
ata ABC s ˛
a kolejnymi wyrazami ci ˛
agu geometrycznego o ilorazie q.
Wyka ˙z, ˙ze miary k ˛
atów trójk ˛
ata zbudowanego z odcinków o długo´sciach równych długo-
´sciom wysoko´sci trójk ˛
ata ABC s ˛
a równe miarom k ˛
atów trójk ˛
ata ABC.
Materiał pobrany z serwisu
3
www.zadania.info – N
AJWI ˛
EKSZY
I
NTERNETOWY
Z
BIÓR
Z
ADA ´
N Z
M
ATEMATYKI
R
OZWI ˛
AZANIE
Dwa trójk ˛
aty maj ˛
a równe k ˛
aty dokładnie wtedy, gdy s ˛
a podobne. Musimy wi˛ec wykaza´c
podobie ´nstwo dwóch opisanych trójk ˛
atów.
Oznaczmy boki trójk ˛
ata ABC przez a, aq, aq
2
, a opuszczone na te boki wysoko´sci przez
h
1
, h
2
, h
3
. W takim razie, ze wzoru na pole P trójk ˛
ata mamy
P
=
1
2
ah
1
⇒
h
1
=
2P
a
P
=
1
2
aqh
2
⇒
h
2
=
2P
aq
P
=
1
2
aq
2
h
3
⇒
h
3
=
2P
aq
2
.
Zauwa ˙zmy, ˙ze ponownie otrzymali´smy wyrazy ci ˛
agu geometrycznego, ale o ilorazie
1
q
. To
oznacza, ˙ze trójk ˛
at o bokach h
1
, h
2
, h
3
jest podobny do wyj´sciowego trójk ˛
ata, a dokładniej
h
1
=
2P
a
=
2P
a
2
q
2
·
aq
2
h
2
=
2P
aq
=
2P
a
2
q
2
·
aq
h
3
=
2P
aq
2
=
2P
a
2
q
2
·
a.
Trójk ˛
aty s ˛
a wi˛ec podobne w skali
2P
a
2
q
2
: 1, czyli maj ˛
a równe k ˛
aty.
Z
ADANIE
4
(5
PKT
.)
Sprawd´z czy punkt P
= (−
5, 5
)
jest ´srodkiem okr˛egu wpisanego w trójk ˛
at o wierzchołkach
A
= (−
5,
−
5
)
, B
= (
5, 15
)
, C
= (−
11, 7
)
.
R
OZWI ˛
AZANIE
Jak ustali´c, czy punkt P jest ´srodkiem okr˛egu wpisanego? – wystarczy sprawdzi´c, czy P jest
równoodległy od wszystkich boków trójk ˛
ata ABC.
Materiał pobrany z serwisu
4
www.zadania.info – N
AJWI ˛
EKSZY
I
NTERNETOWY
Z
BIÓR
Z
ADA ´
N Z
M
ATEMATYKI
-10
-2
+2
+10
x
-10
-2
+2
+10
y
A
B
C
P
Napiszmy równania prostych zawieraj ˛
acych jego boki. Mo ˙zna to zrobi´c korzystaj ˛
ac ze
wzoru na równanie prostej przechodz ˛
acej przez dwa punkty, ale mo ˙zna te ˙z bezpo´srednio.
Zacznijmy od prostej AB. Szukamy prostej postaci y
=
ax
+
b. Wstawiaj ˛
ac współrz˛edne
punktów A i B otrzymujemy układ równa ´n.
(
−
5
= −
5a
+
b
15
=
5a
+
b.
Odejmuj ˛
ac od drugiego równania pierwsze ( ˙zeby skróci´c b) otrzymujemy
20
=
10a
⇒
a
=
2.
Zatem b
=
5a
−
5
=
5 i prosta AB ma równanie y
−
2x
−
5
=
0.
Szukamy teraz prostej BC. Jak poprzednio, otrzymujemy układ równa ´n
(
15
=
5a
+
b
7
= −
11a
+
b
Tym razem odejmujemy od pierwszego równania drugie i mamy
8
=
16a
⇒
a
=
1
2
.
Zatem b
=
15
−
5a
=
25
2
i prosta BC ma równanie 2y
−
x
−
25
=
0.
Teraz szukamy prostej AC. Mamy układ
(
−
5
= −
5a
+
b
7
= −
11a
+
b
Odejmuj ˛
ac od pierwszego równania drugie mamy
−
12
=
6a
⇒
a
= −
2.
Materiał pobrany z serwisu
5
www.zadania.info – N
AJWI ˛
EKSZY
I
NTERNETOWY
Z
BIÓR
Z
ADA ´
N Z
M
ATEMATYKI
St ˛
ad b
=
5a
−
5
= −
15 i prosta AC ma równanie y
+
2x
+
15
=
0. Teraz pozostało sprawdzi´c
jaka jest odległo´s´c punktu P
= (−
5, 5
)
od ka ˙zdej z tych prostych. 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
.
Zatem odległo´s´c punktu P od kolejnych prostych jest równa
AB :
|
5
−
2
· (−
5
) −
5
|
√
1
+
4
=
10
√
5
BC :
|
2
·
5
+
5
−
25
|
√
4
+
1
=
10
√
5
AC :
|
5
+
2
· (−
5
) +
15
|
√
1
+
4
=
10
√
5
.
Zatem istotnie punkt P jest równoodległy od wszystkich boków trójk ˛
ata ABC, wi˛ec jest
´srodkiem okr˛egu wpisanego.
Odpowied´z: Tak, jest to ´srodek okr˛egu wpisanego
Z
ADANIE
5
(4
PKT
.)
Wielomian W jest wielomianem stopnia 5 i spełnia warunki: W
(
3
) =
1 oraz W
(−
3
) =
2.
Wyka ˙z, ˙ze nie wszystkie współczynniki wielomianu W s ˛
a liczbami całkowitymi.
R
OZWI ˛
AZANIE
Sposób I
Przypu´s´cmy, ˙ze współczynniki wielomianu W s ˛
a liczbami całkowitymi i niech
W
(
x
) =
a
5
x
5
+
a
4
x
4
+
a
3
x
3
+
a
2
x
2
+
a
1
x
+
a
0
.
Zapisuj ˛
ac warunki W
(
3
) =
1 i W
(−
3
) =
2 otrzymujemy
(
3
5
a
5
+
3
4
a
4
+
3
3
a
3
+
3
2
a
2
+
3a
1
+
a
0
=
1
−
3
5
a
5
+
3
4
a
4
−
3
3
a
3
+
3
2
a
2
−
3a
1
+
a
0
=
2.
Je ˙zeli dodamy te równo´sci stronami otrzymamy
2
·
3
4
a
4
+
2
·
3
2
a
2
+
2a
0
=
3.
Zauwa ˙zmy teraz, ˙ze ka ˙zda z liczb 2
·
3
4
a
4
, 2
·
3
2
a
2
jest podzielna przez 3; podzielna przez
3 jest te ˙z prawa strona. To oznacza, ˙ze 2a
0
musi by´c liczb ˛
a podzieln ˛
a przez 3, czyli przez 3
musi dzieli´c si˛e a
0
. To jednak jest sprzeczno´s´c z równo´sci ˛
a
3
5
a
5
+
3
4
a
4
+
3
3
a
3
+
3
2
a
2
+
3a
1
+
a
0
=
1,
bo w takiej sytuacji lewa strona dzieli si˛e przez 3, a prawa nie.
Materiał pobrany z serwisu
6
www.zadania.info – N
AJWI ˛
EKSZY
I
NTERNETOWY
Z
BIÓR
Z
ADA ´
N Z
M
ATEMATYKI
Sposób II
Dokładnie tak samo jak w poprzednim sposobie dochodzimy do równo´sci
2
·
3
4
a
4
+
2
·
3
2
a
2
+
2a
0
=
3.
Zauwa ˙zmy teraz, ˙ze lewa strona jest parzysta, a prawa nie. Sprzeczno´s´c.
Sposób III
Zadanie robi si˛e banalne, je ˙zeli znamy nast˛epuj ˛
acy fakt:
Je ˙zeli W jest wielomianem o współczynnikach całkowitych, to dla dowolnych
liczb całkowitych x i y liczba W
(
x
) −
W
(
y
)
dzieli si˛e przez x
−
y.
Fakt ten łatwo uzasadni´c posługuj ˛
ac si˛e wzorem skróconego mno ˙zenia na x
n
−
y
n
.
W naszej sytuacji mamy x
=
3 i y
= −
3, czyli gdyby wielomian W miał współczynniki
całkowite, to mieliby´smy podzielno´s´c liczby
W
(
3
) −
W
(−
3
) =
1
−
2
= −
1
przez
x
−
y
=
3
+
3
=
6,
co stanowi sprzeczno´s´c.
Z
ADANIE
6
(4
PKT
.)
Wyka ˙z, ˙ze dla dowolnego k ˛
ata α takiego, ˙ze sin α cos 3α
6=
0 zachodzi to ˙zsamo´s´c
tg 3α
tg α
=
3
−
4 sin
2
α
4 cos
2
α
−
3
.
R
OZWI ˛
AZANIE
B˛edziemy korzysta´c ze wzorów
sin
(
x
+
y
) =
sin x cos y
+
sin y cos x
cos
(
x
+
y
) =
cos x cos y
−
sin x sin y
sin 2x
=
2 sin x cos x
cos 2x
=
2 cos
2
x
−
1
=
1
−
2 sin
2
x.
Po lewej stronie wyst˛epuje tg 3α, wyliczymy go licz ˛
ac sin 3α i cos 3α. Najpierw liczymy sin 3α
– b˛edziemy stara´c si˛e otrzyma´c wyra ˙zenie bez cos α.
sin 3α
=
sin
(
2α
+
α
) =
sin 2α cos α
+
sin α cos 2α
=
=
2 sin α cos α cos α
+
sin α
(
1
−
2 sin
2
α
) =
=
2 sin α
(
1
−
sin
2
α
) +
sin α
−
2 sin
3
α
=
=
3 sin α
−
4 sin
3
α
=
sin α
(
3
−
4 sin
2
α
)
.
Materiał pobrany z serwisu
7
www.zadania.info – N
AJWI ˛
EKSZY
I
NTERNETOWY
Z
BIÓR
Z
ADA ´
N Z
M
ATEMATYKI
Podobnie obliczamy cos 3α – staramy si˛e nie mie´c sin α.
cos 3α
=
cos
(
2α
+
α
) =
cos 2α cos α
−
sin α sin 2α
=
= (
2 cos
2
α
−
1
)
cos α
−
sin α
·
2 sin α cos α
=
=
2 cos
3
α
−
cos α
−
2
(
1
−
cos
2
α
)
cos α
=
=
4 cos
3
α
−
3 cos α
=
cos α
(
4 cos
2
α
−
3
)
.
St ˛
ad
tg 3α
=
sin 3α
cos 3α
=
sin α
(
3
−
4 sin
2
α
)
cos α
(
4 cos
2
α
−
3
)
=
tg α
·
3
−
4 sin
2
α
4 cos
2
α
−
3
.
Po podzieleniu tej równo´sci stronami przez tg α otrzymujemy to ˙zsamo´s´c, któr ˛
a mieli´smy
udowodni´c.
Z
ADANIE
7
(4
PKT
.)
Liczby
log
(
3
·
2
n
)
, log 6
·
2
n
+
m
, log
12
·
2
m
+
n
+
3
,
gdzie m, n
>
0,
s ˛
a odpowiednio pierwszym, pi ˛
atym i dziewi ˛
atym wyrazem ci ˛
agu arytmetycznego. Wy-
znacz ró ˙znic˛e tego ci ˛
agu.
R
OZWI ˛
AZANIE
Ze wzoru a
n
=
a
1
+ (
n
−
1
)
r na n-ty wyraz ci ˛
agu arytmetycznego mamy
a
9
=
a
1
+
8r
a
5
=
a
1
+
4r.
Zatem
a
9
−
a
5
=
4r
=
a
5
−
a
1
,
czyli 2a
5
=
a
1
+
a
9
. Mamy st ˛
ad równanie
2
·
log 6
·
2
n
+
m
=
log
(
3
·
2
n
) +
log
12
·
2
m
+
n
+
3
log 6
·
2
n
+
m
2
=
log
3
·
2
n
·
12
·
2
m
+
n
+
3
6
·
2
n
+
m
2
=
3
·
2
n
·
12
·
2
m
+
n
+
3
/ : 36
2
2n
+
2m
=
2
m
+
2n
+
3
2n
+
2m
=
m
+
2n
+
3
m
=
3.
To pozwala obliczy´c ró ˙znic˛e ci ˛
agu.
4r
=
a
5
−
a
1
=
log 6
·
2
n
+
m
−
log
(
3
·
2
n
) =
=
log
6
·
2
n
+
m
3
·
2
n
=
log 2
m
+
1
=
log 2
4
=
4 log 2.
Zatem r
=
log 2.
Odpowied´z: log 2
Materiał pobrany z serwisu
8
www.zadania.info – N
AJWI ˛
EKSZY
I
NTERNETOWY
Z
BIÓR
Z
ADA ´
N Z
M
ATEMATYKI
Z
ADANIE
8
(6
PKT
.)
W okr ˛
ag o ´srednicy 26 wpisano trapez równoramienny w ten sposób, ˙ze suma kwadratów
długo´sci jego podstaw jest równa 914, a sinus k ˛
ata ostrego wynosi
12
13
. Oblicz pole tego tra-
pezu.
R
OZWI ˛
AZANIE
Rozpoczynamy od szkicowego rysunku.
A
B
C
D
α
E
F
x
x
24
Zauwa ˙zmy, ˙ze z podanego sinusa i ´srednicy okr˛egu mo ˙zemy wyliczy´c długo´s´c przek ˛
at-
nej BD. Stosujemy twierdzenie sinusów w trójk ˛
acie ABD.
BD
sin α
=
2R
⇒
BD
=
2R
·
sin α
=
26
·
12
13
=
24.
Chcieliby´smy teraz jako´s wykorzysta´c trójk ˛
at prostok ˛
atny AFD. Zanim to jednak zrobimy
obliczmy cos α i tg α.
cos α
=
p
1
−
sin
2
α
=
r
1
−
144
169
=
r
25
169
=
5
13
tg α
=
sin α
cos α
=
12
13
5
13
=
12
5
.
Je ˙zeli oznaczymy AF
=
x to mamy
DF
AF
=
tg α
⇒
DF
=
AF tg α
=
12
5
x.
Teraz piszemy twierdzenie Pitagorasa w trójk ˛
acie FBD.
FB
2
=
BD
2
−
DF
2
=
576
−
144
25
x
2
.
Teraz łatwo si˛e zaci ˛
a´c, bo nie bardzo wida´c jak sensownie wykorzysta´c podan ˛
a sum˛e kwa-
dratów długo´sci podstaw. Nie zra ˙zajmy si˛e jednak, ˙ze nie potrafimy ładnie wyliczy´c CD
=
Materiał pobrany z serwisu
9
www.zadania.info – N
AJWI ˛
EKSZY
I
NTERNETOWY
Z
BIÓR
Z
ADA ´
N Z
M
ATEMATYKI
FE – okazuje si˛e, ˙ze nie ma to wi˛ekszego znaczenia. Rzeczywi´scie,
914
=
CD
2
+
AB
2
= (
FB
−
x
)
2
+ (
FB
+
x
)
2
=
=
FB
2
−
2FB
·
x
+
x
2
+
FB
2
+
2FB
·
x
+
x
2
914
=
2FB
2
+
2x
2
/ : 2
457
=
FB
2
+
x
2
457
=
576
−
144
25
x
2
+
x
2
=
576
−
119
25
x
2
119
25
x
2
=
119
/
·
25
119
x
2
=
25
⇒
x
=
5.
W takim razie
DF
=
12
5
x
=
12
FB
=
r
576
−
144
25
x
2
=
√
576
−
144
=
√
432
=
12
√
3
i pole trapezu jest równe
P
=
(
FB
+
x
) + (
FB
−
x
)
2
·
DF
=
FB
·
DF
=
12
√
3
·
12
=
144
√
3.
Odpowied´z: 144
√
3
Z
ADANIE
9
(4
PKT
.)
Wyka ˙z, ˙ze je ˙zeli punkt A le ˙zy na prostej y
= −
x
−
5, a punkt B ma współrz˛edne
B
= (
t
2
, t
2
+
6t
+
1
)
,
dla pewnego t
∈
R,
to długo´s´c odcinka AB jest nie mniejsza ni ˙z
3
√
2
4
.
R
OZWI ˛
AZANIE
Trudno wykona´c nawet szkicowy rysunek, bo nie wiadomo jak s ˛
a poło ˙zone punkty B, a
wi˛ec od razu bierzemy si˛e za rachunki.
Je ˙zeli B
= (
t
2
, t
2
+
6t
+
1
)
to długo´s´c odcinka AB nie mo ˙ze by´c krótsza ni ˙z odległo´s´c
punktu B od podanej prostej y
+
x
+
5
=
0, a odległo´s´c ta jest równa
|
AB
| >
|
t
2
+
6t
+
1
+
t
2
+
5
|
√
2
=
|
2t
2
+
6t
+
6
|
√
2
=
=
2
√
2
(
t
2
+
3t
+
3
)
(mogli´smy opu´sci´c warto´s´c bezwzgl˛edn ˛
a, bo znajduj ˛
acy si˛e pod ni ˛
a trójmian jest zawsze
dodatni).
Materiał pobrany z serwisu
10
www.zadania.info – N
AJWI ˛
EKSZY
I
NTERNETOWY
Z
BIÓR
Z
ADA ´
N Z
M
ATEMATYKI
Sposób I
Musimy wykaza´c nierówno´s´c
2
√
2
(
t
2
+
3t
+
3
) >
3
√
2
4
/
·
2
√
2
4t
2
+
12t
+
12
>
3
4t
2
+
12t
+
9
>
0
(
2t
+
3
)
2
>
0.
Poniewa ˙z przekształcenia były równowa ˙zno´sciami, wyj´sciowa nierówno´s´c równie ˙z musiała
by´c prawdziwa.
Sposób II
Wykresem funkcji
f
(
t
) =
2
√
2
(
t
2
+
3t
+
3
)
jest parabola o ramionach skierowanych w gór˛e, wi˛ec przyjmuje ono najmniejsz ˛
a warto´s´c w
wierzchołku, czyli dla t
=
−
3
2
. Warto´s´c ta jest równa
f
−
3
2
=
2
√
2
9
4
−
9
2
+
3
=
2
√
2
·
9
−
18
+
12
4
=
2
√
2
·
3
4
=
3
2
√
2
=
3
√
2
4
.
Na koniec obrazek ilustruj ˛
acy jak naprawd˛e wygl ˛
ada cała sytuacja.
-5
-1
+5
x
-5
-1
+1
+5
y
A
B
Z
ADANIE
10
(6
PKT
.)
W ostrosłupie prawidłowym trójk ˛
atnym kraw˛ed´z boczna ma długo´s´c 3
√
6, a kraw˛ed´z pod-
stawy ma długo´s´c 12. Oblicz miar˛e k ˛
ata utworzonego przez dwie s ˛
asiednie ´sciany boczne.
Materiał pobrany z serwisu
11
www.zadania.info – N
AJWI ˛
EKSZY
I
NTERNETOWY
Z
BIÓR
Z
ADA ´
N Z
M
ATEMATYKI
R
OZWI ˛
AZANIE
Zaczynamy oczywi´scie od rysunku (rysunek tak naprawd˛e jest trudny do narysowania, bo
trójk ˛
aty w ´scianach bocznych s ˛
a rozwartok ˛
atne, ale je ˙zeli tego nie zauwa ˙zmy to nic nie szko-
dzi – nie ma specjalnego wpływu na obliczenia).
A
B
C
D
E
12
12
A
B
D
E
F
6
α
3 6
6
3 6
3 6
Musimy najpierw ustali´c jak wyliczy´c k ˛
at mi˛edzy ´scianami bocznymi. Ogólnie, taki k ˛
at
wyznacza si˛e przecinaj ˛
ac k ˛
at dwu´scienny płaszczyzn ˛
a prostopadł ˛
a do kraw˛edzi k ˛
ata i liczy
si˛e miar˛e otrzymanego k ˛
ata płaskiego. W naszej sytuacji sprawa jest do´s´c prosta. Je ˙zeli po-
prowadzimy wysoko´sci BE i CE w trójk ˛
atach ´scian bocznych, opuszczone na kraw˛ed´z AD,
to poniewa ˙z ostrosłup jest prawidłowy (´sciany s ˛
a przystaj ˛
ace), spodki tych wysoko´sci b˛ed ˛
a
dokładnie w tym samym punkcie, oznaczmy go przez E. Otrzymana płaszczyzna BEC jest
prostopadła do kraw˛edzi AD, zatem k ˛
at
]
BEC
=
α
jest k ˛
atem mi˛edzy ´scianami bocznymi.
Cosinus szukanego k ˛
ata b˛edziemy mogli wyliczy´c z twierdzenia cosinusów w trójk ˛
acie
BEC. Aby to zrobi´c, musimy wyliczy´c długo´sci wysoko´sci BE
=
CE.
Narysujmy sobie z boku trójk ˛
at ABD. Chcemy wyliczy´c jego wysoko´s´c BE. Wyliczymy
najpierw z twierdzenia Pitagorasa wysoko´s´c DF
DF
=
p
AD
2
−
AF
2
=
√
54
−
36
=
3
√
2.
Porównajmy teraz dwa wzory na pole trójk ˛
ata ABD (inny sposób, to podobie ´nstwo trójk ˛
a-
tów ABE i ADF)
1
2
AB
·
DF
=
1
2
AD
·
BE
BE
=
AB
·
DF
AD
=
12
·
3
√
2
3
√
6
=
12
√
3
=
4
√
3.
Pozostało zastosowa´c twierdenie cosinusów do trójk ˛
ata BEC.
BC
2
=
BE
2
+
CE
2
−
2BE
·
CE cos α
BC
2
=
2BE
2
(
1
−
cos α
)
1
−
cos α
=
BC
2
2BE
2
cos α
=
1
−
BC
2
2BE
2
cos α
=
1
−
144
96
= −
48
96
= −
1
2
.
Zatem α
=
120
◦
.
Odpowied´z: 120
◦
Materiał pobrany z serwisu
12
www.zadania.info – N
AJWI ˛
EKSZY
I
NTERNETOWY
Z
BIÓR
Z
ADA ´
N Z
M
ATEMATYKI
Z
ADANIE
11
(5
PKT
.)
Ile jest liczb naturalnych czterocyfrowych, w których ˙zadne dwie spo´sród cyfr: 1,3,5,7,9 nie
s ˛
asiaduj ˛
a ze sob ˛
a?
R
OZWI ˛
AZANIE
Zastanówmy si˛e ile mo ˙ze by´c cyfr nieparzystych w takiej liczbie?
Mo ˙ze nie by´c ˙zadnej – jest
4
·
5
·
5
·
5
=
500
takich liczb (pierwsza cyfra nie mo ˙ze by´c zerem, pozostałe to dowolne cyfry parzyste).
Je ˙zeli jest jedna cyfra nieparzysta to mo ˙ze znajdowa´c si˛e na pocz ˛
atku – jest
5
·
5
·
5
·
5
=
625
takich liczb (wybieramy dowoln ˛
a cyfr˛e nieparzyst ˛
a na pierwszym miejscu i dowolne cyfry
parzyste na pozostałych). Je ˙zeli natomiast cyfra nieparzysta jest na jednym z 3 pozostałych
miejsc to mamy
3
·
5
·
4
·
5
·
5
=
1500
mo ˙zliwo´sci (wybieramy miejsce cyfry nieparzystej, wybieramy cyfr˛e nieparzyst ˛
a, wybiera-
my pierwsz ˛
a cyfr˛e parzyst ˛
a niezerow ˛
a i w ko ´ncu wybieramy dwie cyfry parzyste na pozo-
stałe miejsca).
Je ˙zeli s ˛
a dwie cyfry nieparzyste i jedna z nich jest pierwsz ˛
a cyfr ˛
a to mamy
5
·
2
·
5
·
5
·
5
=
1250
mo ˙zliwo´sci (wybieramy pierwsz ˛
a cyfr˛e nieparzyst ˛
a, ustalamy gdzie ma by´c druga cyfra
nieparzysta – na trzecim, czy czwartym miejscu, wybieramy t˛e cyfr˛e nieparzyst ˛
a i na koniec
wybieramy dwie pozostałe cyfry parzyste).
Je ˙zeli s ˛
a dwie cyfry nieparzyste i ˙zadna z nich nie stoi na pierwszym miejscu to musz ˛
a
one by´c na miejscach drugim i czwartym, co daje
4
·
5
·
5
·
5
=
500
mo ˙zliwo´sci (pierwsza cyfra musi by´c niezerowa).
W sumie jest wi˛ec
500
+
625
+
1500
+
1250
+
500
=
4375
liczb spełniaj ˛
acych warunki zadania.
Odpowied´z: 4375
Materiał pobrany z serwisu
13
Wyszukiwarka
Podobne podstrony:
Gor±czka o nieznanej etiologii
02 VIC 10 Days Cumulative A D O Nieznany (2)
Abolicja podatkowa id 50334 Nieznany (2)
45 sekundowa prezentacja w 4 ro Nieznany (2)
4 LIDER MENEDZER id 37733 Nieznany (2)
Mechanika Plynow Lab, Sitka Pro Nieznany
katechezy MB id 233498 Nieznany
2012 styczen OPEXid 27724 Nieznany
metro sciaga id 296943 Nieznany
Mazowieckie Studia Humanistyczn Nieznany (11)
cw 16 odpowiedzi do pytan id 1 Nieznany
perf id 354744 Nieznany
DO TEL! 5= Genetyka nadci nieni Nieznany
Opracowanie FINAL miniaturka id Nieznany
3 Podstawy fizyki polprzewodnik Nieznany (2)
interbase id 92028 Nieznany
Mbaku id 289860 Nieznany
Probiotyki antybiotyki id 66316 Nieznany
więcej podobnych podstron