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
www.zadania.info
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
grupuj ˛
ac wyrazy
.
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
www.zadania.info
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
www.zadania.info
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
www.zadania.info
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
www.zadania.info
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
www.zadania.info
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
www.zadania.info
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
www.zadania.info
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
www.zadania.info
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
www.zadania.info
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
www.zadania.info
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
www.zadania.info
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
www.zadania.info
13