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
20
MARCA
2010
C
ZAS PRACY
: 180
MINUT
Z
ADANIE
1
(4
PKT
.)
Wyznacz wszystkie warto´sci parametru m, dla których równanie
1
7
x
−
√
3
−
m
=
0 ma
dwa pierwiastki, których iloczyn jest ujemny.
R
OZWI ˛
AZANIE
Zapiszmy dane równanie w postaci
1
7
x
−
√
3
=
m.
Naszkicujmy teraz wykres funkcji, któr ˛
a mamy z lewej strony równania: rozpoczynamy od
y
=
1
7
x
, potem przesuwamy ten wykres o
√
3 w dół i na koniec odbijamy cz˛e´s´c pod osi ˛
a
Ox do góry.
-2.5
+1
+2.5
x
-0.5
+0.5
+2.5
+5
y
-2.5
+1
+2.5
x
-0.5
+0.5
+2.5
+5
y
P
Z wykresu wida´c, ˙ze dane równanie ma dwa rozwi ˛
azania dla m
∈ (
0,
√
3
)
. Ponadto,
je ˙zeli m jest wi˛eksze ni ˙z druga współrz˛edna punktu P przeci˛ecia narysowanego wykresu z
osi ˛
a Oy, to rozwi ˛
azania te b˛ed ˛
a miały ró ˙zne znaki (bo b˛ed ˛
a po ró ˙znych stronach osi Oy).
Drug ˛
a współrz˛edn ˛
a punktu P wyznaczmy podstawiaj ˛
ac x
=
0 do wzoru funkcji.
f
(
0
) = |
1
−
√
3
| =
√
3
−
1.
Materiał pobrany z serwisu
1
www.zadania.info – N
AJWI ˛
EKSZY
I
NTERNETOWY
Z
BIÓR
Z
ADA ´
N Z
M
ATEMATYKI
W takim razie równanie b˛edzie miało dwa pierwiastki ró ˙znych znaków je ˙zeli m
∈ (
√
3
−
1,
√
3
)
.
Odpowied´z: m
∈ (
√
3
−
1,
√
3
)
Z
ADANIE
2
(4
PKT
.)
Rozwi ˛
a ˙z układ równa ´n
(
5
|
y
| +
3x
=
3y
+
3
|
4y
+
9x
| =
6y.
R
OZWI ˛
AZANIE
Z drugiego równania wynika, ˙ze musi by´c y
>
0. W takim razie pierwsze równanie mo ˙zemy
zapisa´c w postaci
5y
+
3x
=
3y
+
3
3x
= −
2y
+
3
Podstawiaj ˛
ac to do drugiego równania mamy
|
4y
−
6y
+
9
| =
6y
| −
2y
+
9
| =
6y
9
−
2y
=
6y
∨
9
−
2y
= −
6y
y
=
9
8
∨
y
= −
9
4
.
Poniewa ˙z jednak musi by´c y
>
0, mamy y
=
9
8
. Zatem
x
= −
2
3
y
+
1
= −
3
4
+
1
=
1
4
.
Odpowied´z:
(
x, y
) = (
1
4
,
9
8
)
Z
ADANIE
3
(5
PKT
.)
W trójk ˛
acie prostok ˛
atnym ABC przyprostok ˛
atne maj ˛
a długo´sci
|
AC
| =
b,
|
BC
| =
a, a wyso-
ko´s´c opuszczona z wierzchołka k ˛
ata prostego ma długo´s´c h.
α
A
B
C
a
b
h
Wyka ˙z, ˙ze je ˙zeli b
2
=
a
·
h to cos
]
BAC
=
√
5
−
1
2
.
Materiał pobrany z serwisu
2
www.zadania.info – N
AJWI ˛
EKSZY
I
NTERNETOWY
Z
BIÓR
Z
ADA ´
N Z
M
ATEMATYKI
R
OZWI ˛
AZANIE
Spróbujemy przekształci´c dan ˛
a równo´s´c tak, aby było to wyra ˙zenie, w którym wyst˛epuj ˛
a
tylko funkcje trygonometryczne k ˛
ata α.
Mamy
a
b
=
tg α
⇒
a
=
b tg α
h
b
=
sin α
⇒
h
=
b sin α.
Podstawiaj ˛
ac to do danej równo´sci mamy
b
2
=
ah
b
2
=
b tg α
·
b sin α
/ : b
2
1
=
tg α sin α
1
=
sin
2
α
cos α
/
·
cos α
cos α
=
sin
2
α
=
1
−
cos
2
α
.
Je ˙zeli podstawimy teraz t
=
cos α to mamy równanie kwadratowe
t
=
1
−
t
2
t
2
+
t
−
1
=
0
∆
=
1
+
4
=
5
t
=
−
1
−
√
5
2
∨
t
=
−
1
+
√
5
2
Ujemne rozwi ˛
azanie odrzucamy i dostajemy t
=
cos α
=
√
5
−
1
2
.
Zadania
.info
Podobają Ci się nasze rozwiązania?
Pokaż je koleżankom i kolegom ze szkoły!
Z
ADANIE
4
(5
PKT
.)
Z miejscowo´sci A i B, które s ˛
a odległe o 58,5 km wyruszyły jednocze´snie ku sobie dwa sa-
mochody. Pierwszy samochód w ci ˛
agu pierwszej minuty jechał ze ´sredni ˛
a pr˛edko´sci ˛
a 30
km/h, a w ci ˛
agu ka ˙zdej nast˛epnej minuty pokonywał drog˛e o 0,25 km dłu ˙zsz ˛
a, ni ˙z w ci ˛
agu
poprzedniej minuty. Drugi samochód przez pierwsze 6 minut przejechał 21 kilometrów, a
potem jechał ze stał ˛
a pr˛edko´sci ˛
a 150 km/h. Oblicz po ilu minutach nast ˛
api spotkanie samo-
chodów.
R
OZWI ˛
AZANIE
Pierwszy samochód w ci ˛
agu pierwszej minuty przejechał
30
·
1
60
=
0, 5
Materiał pobrany z serwisu
3
www.zadania.info – N
AJWI ˛
EKSZY
I
NTERNETOWY
Z
BIÓR
Z
ADA ´
N Z
M
ATEMATYKI
kilometra. Ponadto wiemy, ˙ze w ka ˙zdej nast˛epnej minucie przeje ˙zd ˙za o 0,25 km wi˛ecej, wi˛ec
w n-tej minucie przejechał
0, 5
+ (
n
−
1
) ·
0, 25.
Ze wzoru na sum˛e pocz ˛
atkowych wyrazów ci ˛
agu arytmetycznego wiemy, ˙ze po n minutach
przejechał
S
n
=
2a
1
+ (
n
−
1
)
r
2
·
n
=
1
+ (
n
−
1
) ·
0, 25
2
·
n.
Zajmijmy si˛e teraz drugim samochodem. Wiemy, ˙ze w ci ˛
agu pierwszych 6 minut przejechał
21 kilometrów, a potem przeje ˙zd ˙za
150
·
1
60
=
2, 5
kilometra w ci ˛
agu 1 minuty. Zatem po n minutach (je ˙zeli n
>
6) przejedzie
21
+ (
n
−
6
) ·
2, 5
kilometrów.
Samochody spotkaj ˛
a si˛e, je ˙zeli w sumie przejad ˛
a dystans dziel ˛
acy miejscowo´sci A i B,
czyli 58, 5 km. Daje to nam równanie
1
+ (
n
−
1
) ·
0, 25
2
·
n
+
21
+ (
n
−
6
) ·
2, 5
=
58, 5
/
·
2
(
1
+
0, 25n
−
0, 25
)
n
+
42
+
5n
−
30
=
117
/
·
4
n
2
+
3n
+
168
+
20n
−
120
=
468
n
2
+
23n
−
420
=
0
∆
=
23
2
+
1680
=
2209
=
47
2
n
=
−
23
−
47
2
= −
35
∨
n
=
−
23
+
47
2
=
12.
Ujemn ˛
a odpowied´z odrzucamy i mamy n
=
12.
Odpowied´z: Po 12 minutach.
Z
ADANIE
5
(4
PKT
.)
Ci ˛
ag
(
b
n
)
jest niesko ´nczonym ci ˛
agiem liczb dodatnich, a ci ˛
ag
(
a
n
)
spełnia warunek
a
n
+
1
−
a
n
=
log 2b
n
−
log b
101
−
n
,
dla n
=
1, 2, . . . , 100.
Oblicz a
101
−
a
1
.
R
OZWI ˛
AZANIE
Sposób I
Materiał pobrany z serwisu
4
www.zadania.info – N
AJWI ˛
EKSZY
I
NTERNETOWY
Z
BIÓR
Z
ADA ´
N Z
M
ATEMATYKI
Przekształ´cmy podany warunek
a
n
+
1
−
a
n
=
log 2b
n
−
log b
101
−
n
=
log
2b
n
b
101
−
n
a
n
+
1
=
a
n
+
log
2b
n
b
101
−
n
.
Wida´c teraz, ˙ze maj ˛
ac jeden wyraz ci ˛
agu
(
a
n
)
mo ˙zemy obliczy´c wszystkie jego wyrazy. Li-
czymy
a
101
=
a
100
+
log
2b
100
b
1
=
a
99
+
log
2b
99
b
2
+
log
2b
100
b
1
=
=
a
99
+
log
2b
99
b
2
·
2b
100
b
1
=
a
99
+
log
2
2
b
99
b
100
b
1
b
2
=
=
a
98
+
log
2b
98
b
3
+
log
2
2
b
99
b
100
b
1
b
2
=
a
98
+
log
2
3
b
98
b
99
b
100
b
1
b
2
b
3
=
= · · · =
a
2
+
log
2b
2
b
99
+
log
2
98
b
3
· · ·
b
98
b
99
b
100
b
1
b
2
b
3
· · ·
b
98
=
=
a
2
+
log
2
99
b
2
b
3
· · ·
b
98
b
99
b
100
b
1
b
2
b
3
· · ·
b
98
b
99
=
=
a
1
+
log
2b
1
b
100
+
log
2
99
b
2
· · ·
b
98
b
99
b
100
b
1
b
2
b
3
· · ·
b
99
=
=
a
1
+
log
2
100
b
1
· · ·
b
98
b
99
b
100
b
1
b
2
b
3
· · ·
b
100
=
a
1
+
log 2
100
=
a
1
+
100 log 2.
Zatem
a
101
−
a
1
=
100 log 2.
Sposób II
Zapiszmy podany warunek w postaci
a
n
+
1
−
a
n
=
log 2
+
log b
n
−
log b
101
−
n
i wypiszmy pod sob ˛
a kolejne równo´sci otrzymane przez podstawianie n
=
1, 2, 3, . . . , 100.
a
2
−
a
1
=
log 2
+
log b
1
−
log b
100
a
3
−
a
2
=
log 2
+
log b
2
−
log b
99
a
4
−
a
3
=
log 2
+
log b
3
−
log b
98
· · ·
a
100
−
a
99
=
log 2
+
log b
99
−
log b
2
a
101
−
a
100
=
log 2
+
log b
100
−
log b
1
.
Dodaj ˛
ac te równo´sci stronami otrzymamy
a
101
−
a
1
=
100 log 2.
Odpowied´z: 100 log 2
Materiał pobrany z serwisu
5
www.zadania.info – N
AJWI ˛
EKSZY
I
NTERNETOWY
Z
BIÓR
Z
ADA ´
N Z
M
ATEMATYKI
Z
ADANIE
6
(4
PKT
.)
Ze zbioru
{
1, 2, . . . , 10
}
losujemy dwie ró ˙zne liczby n i k. Oblicz prawdopodobie ´nstwo, ˙ze
2n
2
>
k
·
n
1
.
R
OZWI ˛
AZANIE
Poniewa ˙z liczby n i k pełni ˛
a inne role w danej nierówno´sci, wygodniej b˛edzie nam traktowa´c
zdarzenia elementarne jak pary uporz ˛
adkowane
(
n, k
)
. Mamy wi˛ec
|
Ω
| =
10
·
9
=
90
(drug ˛
a liczb˛e mo ˙zemy wybra´c na 9 sposobów, bo liczby nie mog ˛
a by´c równe).
Spróbujmy teraz rozszyfrowa´c podan ˛
a nierówno´s´c.
2n
(
2n
−
1
)
2
>
k
·
n
n
(
2n
−
1
) >
k
·
n
/ : n
2n
−
1
>
k
2n
>
k
+
1.
Zauwa ˙zmy, ˙ze k
+
1
6
11, wi˛ec je ˙zeli n
>
6 to nierówno´s´c b˛edzie spełniona dla wszystkich
warto´sci k. Jest
5
·
9
=
45
takich zdarze ´n (jest 5 mo ˙zliwo´sci wybrania n i 9 mo ˙zliwo´sci wybrania k ró ˙znego od n).
Wypiszmy teraz mo ˙zliwe warto´sci k dla mniejszych warto´sci n.
n
=
5
⇒
k
∈ {
1, 2, 3, 4, 6, 7, 8
}
n
=
4
⇒
k
∈ {
1, 2, 3, 5, 6
}
n
=
3
⇒
k
∈ {
1, 2, 4
}
n
=
2
⇒
k
=
1.
Daje to nam
7
+
5
+
3
+
1
=
16
zdarze ´n sprzyjaj ˛
acych i prawdopodobie ´nstwo jest równe
45
+
16
90
=
61
90
.
Odpowied´z:
61
90
Z
ADANIE
7
(5
PKT
.)
Okr ˛
ag o ´srodku O jest wpisany w trójk ˛
at ABC, gdzie A
= (−
3, 5
)
. Wiedz ˛
ac, ˙ze okr ˛
ag ten
jest styczny do boków AB i AC odpowiednio w punktach K
= (
0,
−
1
)
i L
= (
3, 2
)
oblicz
długo´s´c odcinka AO.
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.
-5
-1
+2
+5
x
-5
-1
+1
+5
y
A
O
K
L
-5
-1
+2
+5
x
-5
-1
+1
+5
y
A
O
K
L
S
Plan jest nast˛epuj ˛
acy: skoro interesuj ˛
acy nas okr ˛
ag jest styczny do prostych AB i AC w
punktach K i L to punkt O le ˙zy na przeci˛eciu prostych przechodz ˛
acych przez te punkty i
prostopadłych odpowiednio do boków AB i AC. Napiszemy wi˛ec równania prostych KO i
LO, a to pozwoli wyliczy´c współrz˛edne punktu O.
Sposób I
Aby napisa´c równania prostych KO i LO skorzystamy z równania
p
(
x
−
a
) +
q
(
y
−
b
) =
0
prostej prostopadłej do wektora
→
v
= [
p, q
]
i przechodz ˛
acej przez punkt P
= (
a, b
)
.
W przypadku prostej KO mamy
→
v
=
−→
AK
= [
0
− (−
3
)
,
−
1
−
5
] = [
3,
−
6
]
oraz P
=
K
= (
0,
−
1
)
. Zatem prosta KO ma równanie
3x
−
6
(
y
+
1
) =
0
/ : 3
x
−
2y
−
2
=
0.
W przypadku prostej LO mamy
→
v
=
−→
AL
= [
3
− (−
3
)
, 2
−
5
] = [
6,
−
3
]
oraz P
=
L
= (
3, 2
)
. Zatem prosta LO ma równanie
6
(
x
−
3
) −
3
(
y
−
2
) =
0
/ : 3
2x
−
6
−
y
+
2
=
0
y
=
2x
−
4.
Materiał pobrany z serwisu
7
www.zadania.info – N
AJWI ˛
EKSZY
I
NTERNETOWY
Z
BIÓR
Z
ADA ´
N Z
M
ATEMATYKI
Szukamy teraz punktu wspólnego tych dwóch prostych.
(
x
=
2y
+
2
y
=
2x
−
4
Podstawiaj ˛
ac x
=
2y
+
2 z pierwszego równania do drugiego mamy
y
=
2
(
2y
+
2
) −
4
y
=
4y
⇐⇒
y
=
0.
Zatem x
=
2y
+
2
=
2 i O
= (
2, 0
)
.
Teraz bez trudu liczymy ˙z ˛
adan ˛
a odległo´s´c
|
AO
| =
q
(
2
+
3
)
2
+ (
0
−
5
)
2
=
√
25
+
25
=
5
√
2.
Sposób II
Je ˙zeli nie chcemy korzysta´c ze wzoru na równanie prostej prostopadłej do wektora to mo-
˙zemy równania prostych KO i LO wyznaczy´c bardziej konwencjonalnie – wyznaczaj ˛
ac naj-
pierw równania prostych AK i AL, potem pisz ˛
ac równania prostych do nich prostopadłych
i przechodz ˛
acych odpowiednio przez punkty K i L.
Mo ˙zemy oczywi´scie korzysta´c z równania prostej przechodz ˛
acej przez dwa punkty, ale
my b˛edziemy unika´c tego wzoru, bo raczej nie upraszcza on rachunków.
Szukamy prostej w postaci y
=
ax
+
b przechodz ˛
acej przez A
= (−
3, 5
)
i K
= (
0,
−
1
)
.
(
5
= −
3a
+
b
−
1
=
b
Odejmuj ˛
ac od pierwszego równania drugie mamy 6
= −
3a, czyli a
= −
2 i prosta AK ma
równanie y
= −
2x
−
1.
Od razu wyznaczmy równanie prostej KO. Jest ona prostopadła do AK, wi˛ec ma posta´c
y
=
1
2
x
+
b. Współczynnik b wyznaczmy podstawiaj ˛
ac współrz˛edne punktu K, b
= −
1.
Zatem prosta ta ma równanie y
=
1
2
x
−
1
Teraz szukamy prostej y
=
ax
+
b przechodz ˛
acej przez A
= (−
3, 5
)
i L
= (
3, 2
)
.
(
5
= −
3a
+
b
2
=
3a
+
b
Odejmuj ˛
ac od pierwszego równania drugie mamy 3
= −
6a, czyli a
= −
1
2
. Współczynnik b
nie jest nam potrzebny, wi˛ec mo ˙zemy go nie liczy´c.
Wyznaczmy teraz równanie prostej LO. Jest ona prostopadła do AL, wi˛ec ma posta´c
y
=
2x
+
b. Współczynnik b wyznaczmy podstawiaj ˛
ac współrz˛edne punktu L
2
=
6
+
b
⇒
b
= −
4.
Zatem prosta ta ma równanie y
=
2x
−
4.
Materiał pobrany z serwisu
8
www.zadania.info – N
AJWI ˛
EKSZY
I
NTERNETOWY
Z
BIÓR
Z
ADA ´
N Z
M
ATEMATYKI
Teraz szukamy punktu wspólnego prostych y
=
1
2
x
−
1 i y
=
2x
−
4. Od razu porównu-
jemy y-ki.
1
2
x
−
1
=
2x
−
4
3
=
3
2
x
x
=
2.
Zatem y
=
2x
−
4
=
0 i O
= (
2, 0
)
. Mamy st ˛
ad
|
AO
| =
q
(
2
+
3
)
2
+ (
0
−
5
)
2
=
√
25
+
25
=
5
√
2.
Sposób III
Zadanie mo ˙zemy te ˙z rozwi ˛
aza´c zgaduj ˛
ac z obrazka współrz˛edne punktu O
= (
2, 0
)
(co nie
jest specjalnie trudne) i wykazuj ˛
ac, ˙ze rzeczywi´scie jest to szukany punkt.
Aby wykaza´c, ˙ze punkt O jest ´srodkiem okr˛egu wpisanego w trójk ˛
at ABC wystarczy
pokaza´c, ˙ze odcinki OK i OL maj ˛
a równe długo´sci oraz, ˙ze s ˛
a prostopadłe odpowiednio do
prostych AK i AL.
Zacznijmy od prostopadło´sci – zrobimy to sprawdzaj ˛
ac, ˙ze iloczyny skalarne
−→
AK
◦
−→
OK
oraz
−→
AL
◦
−→
OL s ˛
a równe 0. Liczymy
−→
AK
= [
0
+
3,
−
1
−
5
] = [
3,
−
6
]
−→
OK
= [
0
−
2,
−
1
−
0
] = [−
2,
−
1
]
⇒
−→
AK
◦
−→
OK
= −
6
+
6
=
0
−→
AL
= [
3
+
3, 2
−
5
] = [
6,
−
3
]
−→
OL
= [
3
−
2, 2
−
0
] = [
1, 2
]
⇒
−→
AL
◦
−→
OL
=
6
−
6
=
0.
Pozostało sprawdzi´c, ˙ze
|
−→
OK
| = |
−→
OL
|
.
|
−→
OK
| =
√
4
+
1
=
√
5
|
−→
OL
| =
√
1
+
4
=
√
5.
Zatem rzeczywi´scie punkt O jest szukanym ´srodkiem okr˛egu wpisanego w trójk ˛
at ABC.
Długo´s´c odcinka AO obliczamy jak w poprzednich sposobach.
Sposób IV
Tym razem u ˙zyjemy wi˛ecej geometrii – zauwa ˙zmy, ˙ze je ˙zeli S jest ´srodkiem odcinka KL to
trójk ˛
aty ASK i AKO s ˛
a podobne (oba s ˛
a prostok ˛
atne i maj ˛
a wspólny k ˛
at przy wierzchołku
A). Mamy wi˛ec
AS
AK
=
AK
AO
⇒
AO
=
AK
2
AS
.
Długo´s´c odcinka AK wyliczamy od razu
AK
2
= (
0
+
3
)
2
+ (−
1
−
5
)
2
=
9
+
36
=
45,
Materiał pobrany z serwisu
9
www.zadania.info – N
AJWI ˛
EKSZY
I
NTERNETOWY
Z
BIÓR
Z
ADA ´
N Z
M
ATEMATYKI
a długo´s´c odcinka AS wyliczymy z twierdzenia Pitagorasa.
KL
2
= (
3
−
0
)
2
+ (
2
+
1
)
2
=
9
+
9
=
18
AS
2
=
AK
2
−
KS
2
=
AK
2
−
KL
2
4
=
45
−
18
4
=
90
−
9
2
=
81
2
AS
=
9
√
2
.
Mamy wi˛ec
AO
=
AK
2
AS
=
45
9
√
2
=
5
√
2.
Odpowied´z: 5
√
2
Z
ADANIE
8
(5
PKT
.)
Wyznacz warto´s´c parametru m, dla którego równanie
x
3
+ (
m
−
2
)
x
2
+ (
6
−
2m
)
x
−
12
=
0
ma trzy pierwiastki x
1
, x
2
, x
3
spełniaj ˛
ace warunki x
3
= −
x
1
oraz x
2
=
x
1
−
1.
R
OZWI ˛
AZANIE
Sposób I
Z podanych informacji wiemy, ˙ze dany wielomian musi mie´c posta´c
(
x
−
x
1
)(
x
−
x
2
)(
x
−
x
3
) = (
x
−
x
1
)(
x
−
x
1
+
1
)(
x
+
x
1
) =
= (
x
2
−
x
2
1
)(
x
−
x
1
+
1
) =
=
x
3
−
x
2
x
1
+
x
2
−
x
2
1
x
+
x
3
1
−
x
2
1
=
=
x
3
+
x
2
(
1
−
x
1
) −
x
·
x
2
1
+ (
x
3
1
−
x
2
1
)
.
Porównuj ˛
ac teraz współczynniki ze współczynnikami danego wielomianu otrzymujemy
układ równa ´n
m
−
2
=
1
−
x
1
6
−
2m
= −
x
2
1
−
12
=
x
3
1
−
x
2
1
.
(Układ ten mogli´smy te ˙z otrzyma´c stosuj ˛
ac wzory Viète’a dla równania stopnia 3).
Mo ˙zemy ten układ rozwi ˛
aza´c na ró ˙zne sposoby, my podstawimy m
=
3
−
x
1
z pierwsze-
go równania do drugiego
6
−
2
(
3
−
x
1
) = −
x
2
1
x
2
1
+
2x
1
=
0
x
1
(
x
1
+
2
) =
0.
Rozwi ˛
azanie x
1
=
0 jest sprzeczne z trzecim równaniem układu, zatem x
1
= −
2 i ma-
my m
=
3
−
x
1
=
5. Łatwo sprawdzi´c (cho´c nie musimy tego robi´c), ˙ze dla tych warto´sci
wszystko jest OK, tzn. liczby x
3
=
2 i x
2
= −
3 spełniaj ˛
a zale ˙zno´sci z tre´sci zadania.
Materiał pobrany z serwisu
10
www.zadania.info – N
AJWI ˛
EKSZY
I
NTERNETOWY
Z
BIÓR
Z
ADA ´
N Z
M
ATEMATYKI
Sposób II
Na pocz ˛
atku nie wida´c specjalnie jak si˛e zabra´c za to zadanie, wi˛ec spróbujmy zignorowa´c
to, ˙ze w równaniu jest parametr i poszukajmy pierwiastków w´sród dzielników wyrazu wol-
nego. Sprawdzaj ˛
ac po kolei 1,-1,2,-2 mo ˙zna zauwa ˙zy´c, ˙ze x
=
2 jest pierwiastkiem:
8
+
4
(
m
−
2
) +
2
(
6
−
2m
) −
12
=
8
+
4m
−
8
+
12
−
4m
−
12
=
0.
Zatem wielomian jest podzielny przez dwumian
(
x
−
2
)
– wykonujemy to dzielenie. My
zrobimy to grupuj ˛
ac wyrazy.
x
3
+ (
m
−
2
)
x
2
+ (
6
−
2m
)
x
−
12
= (
x
3
−
2x
2
) +
mx
2
−
2mx
+
6x
−
12
=
=
x
2
(
x
−
2
) +
mx
(
x
−
2
) +
6
(
x
−
2
) = (
x
−
2
)(
x
2
+
mx
+
6
)
.
Zastanówmy si˛e teraz co dalej. Wiemy, ˙ze jeden z pierwiastków to x
=
2, ale nie wiemy
który. Musimy wi˛ec rozwa ˙zy´c 3 przypadki.
Je ˙zeli x
1
=
2 to z podanych równo´sci mamy x
3
= −
2 i x
2
=
1. To jednak nie jest mo ˙zliwe,
bo na mocy wzorów Viète’a iloczyn pierwiastków trójmianu w nawiasie jest równy 6.
Je ˙zeli x
2
=
2 to z podanych równo´sci mamy x
1
=
3 i x
3
= −
3. Jak poprzednio, to nie
jest mo ˙zliwe, bo na mocy wzorów Viète’a iloczyn pierwiastków trójmianu w nawiasie jest
równy 6.
Je ˙zeli natomiast x
3
=
2 to x
1
= −
2 oraz x
2
= −
3 i jest OK, bo iloczyn tych liczb to 6.
Korzystaj ˛
ac ponownie ze wzorów Viète’a mamy
−
m
=
x
1
+
x
2
= −
2
−
3
= −
5
⇒
m
=
5.
Mo ˙zemy sprawdzi´c, ˙ze pierwiastkami równania x
2
+
5x
+
6
=
0 rzeczywi´scie s ˛
a liczby
x
= −
2 i x
= −
3.
Odpowied´z: m
=
5
Z
ADANIE
9
(4
PKT
.)
Trapez prostok ˛
atny ABCD o podstawach AB i CD jest opisany na okr˛egu o promieniu r.
a) Wyka ˙z, ˙ze
|
AB
| + |
CD
| >
4r.
b) Wiedz ˛
ac, ˙ze pole trapezu jest równe 4 wyka ˙z, ˙ze r
6
1.
R
OZWI ˛
AZANIE
Rozpoczynamy od rysunku.
2r
A
B
C
D
E
Materiał pobrany z serwisu
11
www.zadania.info – N
AJWI ˛
EKSZY
I
NTERNETOWY
Z
BIÓR
Z
ADA ´
N Z
M
ATEMATYKI
a) Poniewa ˙z trapez jest opisany na okr˛egu, sumy długo´sci jego przeciwległych boków
musz ˛
a by´c równe, czyli
AB
+
CD
=
AD
+
BC
=
2r
+
BC.
Wystarczy zatem pokaza´c, ˙ze BC
>
2r. To jednak staje si˛e jasne je ˙zeli popatrzymy
na trójk ˛
at prostok ˛
atny CEB – przeciwprostok ˛
atna jest zawsze najdłu ˙zszym bokiem w
trójk ˛
acie prostok ˛
atnym, czyli
BC
>
CE
=
2r.
b) Korzystaj ˛
ac ze wzoru na pole trapezu oraz z nierówno´sci z poprzedniego podpunktu,
mamy
4
=
AB
+
CD
2
·
2r
>
4r
2
·
2r
=
4r
2
.
St ˛
ad r
2
6
1, czyli r
6
1.
Z
ADANIE
10
(6
PKT
.)
Na płaskiej powierzchni poło ˙zono trzy kule K
1
, K
2
, K
3
, ka ˙zda o promieniu 2 tak, ˙ze kule K
1
i K
2
s ˛
a styczne w punkcie P
3
, kule K
2
i K
3
s ˛
a styczne w punkcie P
1
, a kule K
3
i K
1
s ˛
a styczne
w punkcie P
2
. Nast˛epnie poło ˙zono na tych kulach kul˛e K
4
o promieniu 3, która jest styczna
do kul K
1
, K
2
, K
3
odpowiednio w punktach S
1
, S
2
, S
3
.
a) Uzasadnij, ˙ze odcinki P
1
P
2
i S
1
S
2
s ˛
a równoległe.
b) Oblicz obwód trapezu P
1
P
2
S
1
S
2
.
R
OZWI ˛
AZANIE
Oczywi´scie rozpoczynamy od narysowania opisanej sytuacji.
O
1
O
2
O
3
O
4
P
3
P
1
P
2
S
3
S
2
S
1
2
2
2
2
2
2
2
2
2
3
3
3
α
Zrobienie nawet schematycznego rysunku nie jest łatwe, ale musimy sobie co najmniej
tyle narysowa´c, ˙zeby było wida´c, ˙ze wystarczy si˛e zajmowa´c czworo´scianem O
1
O
2
O
3
O
4
,
gdzie punkty te s ˛
a ´srodkami kolejnych kul. Punkty styczno´sci kul b˛ed ˛
a dzieli´c kraw˛edzie
tego czworo´scianu w sposób pokazany na prawym rysunku.
Materiał pobrany z serwisu
12
www.zadania.info – N
AJWI ˛
EKSZY
I
NTERNETOWY
Z
BIÓR
Z
ADA ´
N Z
M
ATEMATYKI
a) W trójk ˛
acie O
1
O
4
O
2
mamy
O
1
O
4
O
2
O
4
=
S
1
O
4
S
2
O
4
,
co na mocy twierdzenia odwrotnego do twierdzenia Talesa oznacza, ˙ze odcinki S
1
S
2
i
O
1
O
2
s ˛
a równoległe. Podobnie, odcinek P
1
P
2
ł ˛
aczy ´srodki boków w trójk ˛
acie O
1
O
2
O
3
,
czyli jest równoległy do odcinka O
1
O
2
. Skoro ka ˙zdy z odcinków S
1
S
2
i P
1
P
2
jest rów-
noległy do odcinka O
1
O
2
, to musz ˛
a one by´c równoległe.
b) Łatwo wyliczy´c długo´sci podstaw trapezu. Z zauwa ˙zonych w poprzednim podpunk-
cie równoległo´sci mamy
P
1
P
2
=
1
2
O
1
O
2
=
2
oraz
O
4
S
1
S
1
S
2
=
O
4
O
1
O
1
O
2
3
S
1
S
2
=
5
4
⇒
S
1
S
2
=
12
5
.
Odrobin˛e trudniej jest z ramieniem trapezu – wida´c, ˙ze da si˛e wyliczy´c długo´s´c od-
cinka P
1
S
2
z trójk ˛
ata P
1
S
2
O
2
je ˙zeli tylko b˛edziemy znali cos α. Cosinus ten mo ˙zna
wyliczy´c z twierdzenia cosinusów w trójk ˛
acie O
2
O
3
O
4
, ale mo ˙zna te ˙z pro´sciej: trój-
k ˛
at O
2
O
3
O
4
jest równoramienny, wi˛ec ´srodkowa O
4
P
1
jest jego wysoko´sci ˛
a. Zatem z
trójk ˛
ata O
2
P
1
O
4
mamy
cos α
=
O
2
P
1
O
2
O
4
=
2
5
.
Pozostało teraz policzy´c długo´s´c odcinka P
1
S
2
z twierdzenia cosinusów w trójk ˛
acie
O
2
P
1
S
2
.
(
P
1
S
2
)
2
= (
O
2
P
1
)
2
+ (
O
2
S
2
)
2
−
2O
2
P
1
·
O
2
S
2
cos α
(
P
1
S
2
)
2
=
4
+
4
−
8
·
2
5
=
8
−
16
5
=
4
2
−
4
5
=
4
·
6
5
P
1
S
2
=
2
√
6
√
5
=
2
√
30
5
.
Zatem obwód trapezu jest równy
2
+
12
5
+
2
·
2
√
30
5
=
22
+
4
√
30
5
.
Odpowied´z:
22
+
4
√
30
5
Z
ADANIE
11
(4
PKT
.)
Wyka ˙z, ˙ze dla dowolnych liczb rzeczywistych a
6=
b oraz m
6=
0 równanie
1
x
−
a
+
1
x
−
b
=
1
m
ma dwa ró ˙zne rozwi ˛
azania.
Materiał pobrany z serwisu
13
www.zadania.info – N
AJWI ˛
EKSZY
I
NTERNETOWY
Z
BIÓR
Z
ADA ´
N Z
M
ATEMATYKI
R
OZWI ˛
AZANIE
Przekształcamy dane równanie
x
−
b
+
x
−
a
(
x
−
a
)(
x
−
b
)
=
1
m
(
2x
−
a
−
b
)
m
= (
x
−
a
)(
x
−
b
)
2xm
− (
a
+
b
)
m
=
x
2
− (
a
+
b
)
x
+
ab
x
2
− (
a
+
b
+
2m
)
x
+
ab
+
am
+
bm
∆
= (
a
+
b
+
2m
)
2
−
4
(
ab
+
am
+
bm
)
.
Wyra ˙zenie
(
a
+
b
+
2m
)
2
mo ˙zemy obliczy´c wymna ˙zaj ˛
ac dwa nawiasy, ale mo ˙zemy te ˙z sko-
rzysta´c ze wzoru
(
x
+
y
+
z
)
2
=
x
2
+
y
2
+
z
2
+
2xy
+
2xz
+
2yz.
Mamy wi˛ec
∆
=
a
2
+
b
2
+
4m
2
+
2ab
+
4am
+
4bm
−
4ab
−
4am
−
4bm
=
=
a
2
+
b
2
−
2ab
+
4m
2
= (
a
−
b
)
2
+
4m
2
.
Poniewa ˙z z zało ˙zenia m
6=
0, wi˛ec
∆
>
0, co oznacza, ˙ze równanie ma zawsze dwa pier-
wiastki. Nie jest to jednak całkiem koniec, bo musimy sprawdzi´c, czy jeden z tych pierwiast-
ków to nie jest przypadkiem a lub b (liczby te nie nale ˙z ˛
a do dziedziny równania). Spraw-
dzamy podstawiaj ˛
ac x
=
a i x
=
b w otrzymanym równaniu kwadratowym.
a
2
− (
a
+
b
+
2m
) ·
a
+
ab
+
am
+
bm
= −
2am
+
am
+
bm
=
m
(
b
−
a
) 6=
0
b
2
− (
a
+
b
+
2m
) ·
b
+
ab
+
am
+
bm
= −
2bm
+
am
+
bm
=
m
(
a
−
b
) 6=
0.
Zatem rzeczywi´scie pierwiastkiem nie mo ˙ze by´c ani liczba a, ani b.
Materiał pobrany z serwisu
14
Wyszukiwarka
Podobne podstrony:
20 03 10 A
PODSTAWY ZARZĄDZANIA ćw 20.03.10 20, Materiały studia, Podstawy zarządzania ćwiczenia
20 03 10 R
20 03 10 A
Podstawy kryminologii 20 XII 2010 03 10 I 2011 WYKŁAD
loveparade 2010 anlage 20 protokoll 02 03 10
rozliczenia 03 10
Pierwsi turyści od upadku Husajna (20 03 2009)
2010 03 10
27.03.10. FILOZOFIA PRZYRODY, Filozofia
pn 20 12 10 błony płodowe ptaka
11 03 10 01 xxx?schr b Hoch , Niedrigw o L
2015 08 20 08 10 55 01
loveparade 2010 anlage 11 interner entwurf sicherheitskonzept 20 05 10
20 03 2012 Współczesne systemy polityczyne wykłady
sciagi 03 10 sciaka rozliczenia
19.20.02.2011r.i 20.03 i 16.04- prawo finansowe, Administracja WSEI Lublin, Makarzec
Historia kultury, Kultura historii- wyklad 20.03.2011, Kultura historii
więcej podobnych podstron