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
27
MARCA
2010
C
ZAS PRACY
: 180
MINUT
Z
ADANIE
1
(4
PKT
.)
Wewn ˛
atrz prostok ˛
ata ABCD o wymiarach
|
AB
| =
8 i
|
AD
| =
6 wybrano dwa punkty M i
N takie, ˙ze MN
k
AB oraz
|
AM
| = |
DM
| = |
NB
| = |
NC
|
. Przy jakiej odległo´sci punktów
M i N suma kwadratów długo´sci odcinków AM, DM, MN, NB, NC jest najmniejsza?
R
OZWI ˛
AZANIE
Rozpoczynamy od rysunku.
8
3
A
B
C
D
M
N
3
E
F
x
Je ˙zeli oznaczymy MN
=
x to poniewa ˙z trójk ˛
aty AMD i BNC s ˛
a przystaj ˛
ace, mamy
EM
=
EF
−
MN
2
=
8
−
x
2
=
4
−
x
2
.
Mo ˙zemy teraz wyliczy´c interesuj ˛
ac ˛
a nas sum˛e kwadratów
AM
2
+
DM
2
+
MN
2
+
NB
2
+
NC
2
=
4AM
2
+
MN
2
=
=
4
(
AE
2
+
EM
2
) +
MN
2
=
4
9
+
4
−
x
2
2
+
x
2
=
=
4
9
+
16
−
4x
+
x
2
4
+
x
2
=
100
−
16x
+
x
2
+
x
2
=
=
2x
2
−
16x
+
100.
Wykresem otrzymanej funkcji jest parabola o ramionach skierowanych do góry, wi˛ec naj-
mniejsz ˛
a warto´s´c otrzymamy w wierzchołku, czyli dla x
=
16
4
=
4.
Odpowied´z: MN
=
4
Materiał pobrany z serwisu
1
www.zadania.info – N
AJWI ˛
EKSZY
I
NTERNETOWY
Z
BIÓR
Z
ADA ´
N Z
M
ATEMATYKI
Z
ADANIE
2
(4
PKT
.)
Rozwi ˛
azaniem nierówno´sci log
p
(
x
+
1
) 6
32
x
+
15
16
z niewiadom ˛
a x jest zbiór
h−
4
5
,
+
∞
)
.
Wyznacz p.
R
OZWI ˛
AZANIE
My´slimy o wykresach obu stron. Wykres prawej strony jeste´smy w stanie do´s´c dokładnie
naszkicowa´c – jest to wykres funkcji y
=
32
x
przesuni˛ety o
15
16
do góry.
Zastanówmy si˛e teraz jak mo ˙ze wygl ˛
ada´c wykres lewej strony. Jest to oczywi´scie wykres
funkcji y
=
log
p
x przesuni˛ety o jedn ˛
a jednostk˛e w lewo. Gdyby p
>
1 to logarytm d ˛
a ˙zyłby
do
−
∞ przy x zbli˙zaj ˛acym si˛e do -1, a wi˛ec na pewno rozwi ˛azaniami podanej nierówno´sci
byłyby liczby dowolnie bliskie -1. Takich liczb jednak nie ma w zbiorze rozwi ˛
aza ´n, wi˛ec
musi by´c p
<
1. Teraz mo ˙zemy naszkicowa´c oba wykresy.
-2.5
+1
+2.5
x
-1
+1
+2
y
Wida´c teraz, ˙ze wykres funkcji log
p
(
x
+
1
)
jest poni ˙zej wykresu funkcji y
=
32
x
+
15
16
dokładnie na prawo od punktu przeci˛ecia si˛e tych wykresów. Z drugiej strony wiemy, ˙ze
zbiorem rozwi ˛
aza ´n jest przedział
h−
4
5
,
+
∞
)
. To oznacza, ˙ze wykresy musz ˛
a si˛e przecina´c
dla x
= −
4
5
. Sprawd´zmy jaka jest wtedy warto´s´c funkcji y
=
32
x
+
15
16
.
32
x
+
15
16
=
32
−
4
5
+
15
16
=
32
1
5
−
4
+
15
16
=
2
−
4
+
15
16
=
1
16
+
15
16
=
1.
W takim razie dokładnie tak ˛
a sam ˛
a warto´s´c w tym punkcie musi przyjmowa´c funkcja y
=
log
p
(
x
+
1
)
. Wiemy jednak, ˙ze log
p
p
=
1, wi˛ec musimy mie´c
p
= −
4
5
+
1
=
1
5
.
Odpowied´z: p
=
1
5
Materiał pobrany z serwisu
2
www.zadania.info – N
AJWI ˛
EKSZY
I
NTERNETOWY
Z
BIÓR
Z
ADA ´
N Z
M
ATEMATYKI
Z
ADANIE
3
(5
PKT
.)
Ró ˙znica mi˛edzy pierwszym a siódmym wyrazem ci ˛
agu geometrycznego jest równa 63, a
ró ˙znica mi˛edzy wyrazem pierwszym a czwartym jest równa 72. Oblicz sum˛e pierwszych 7
wyrazów tego ci ˛
agu.
R
OZWI ˛
AZANIE
Je ˙zeli oznaczymy pierwszy wyraz ci ˛
agu przez a, a iloraz przez q to ze wzoru a
n
=
aq
n
−
1
na
n-ty wyraz ci ˛
agu geometrycznego mamy układ równa ´n
(
a
−
aq
6
=
63
a
−
aq
3
=
72.
(
a
(
1
−
q
6
) =
63
a
(
1
−
q
3
) =
72.
(
a
(
1
−
q
3
)(
1
+
q
3
) =
63
a
(
1
−
q
3
) =
72.
Podstawiamy teraz a
(
1
−
q
3
) =
72 z drugiego równania do pierwszego.
72
(
1
+
q
3
) =
63
1
+
q
3
=
63
72
=
7
8
q
3
= −
1
8
⇐⇒
q
= −
1
2
.
Zatem
a
=
72
1
−
q
3
=
72
1
+
1
8
=
72
9
8
=
64.
Pozostało policzy´c sum˛e pierwszych 7 wyrazów.
S
7
=
64
·
1
− (−
1
2
)
7
1
− (−
1
2
)
=
2
6
·
1
+
1
2
7
1
+
1
2
=
2
6
+
1
2
3
2
=
2
7
+
1
3
=
129
3
=
43.
Odpowied´z: 43
Zadania
.info
Podobają Ci się nasze rozwiązania?
Pokaż je koleżankom i kolegom ze szkoły!
Z
ADANIE
4
(5
PKT
.)
W urnie znajduje si˛e N losów, przy czym M z nich to losy wygrywaj ˛
ace (M
6
N). Wybiera-
my losowo n losów z urny (n
6
N) i niech p oznacza prawdopodobie ´nstwo, ˙ze dokładnie m
spo´sród tych losów to losy wygrywaj ˛
ace (m
6
M oraz m
6
n). Uzasadnij, ˙ze
p
=
(
n
m
) · (
N
−
n
M
−
m
)
(
N
M
)
.
Materiał pobrany z serwisu
3
www.zadania.info – N
AJWI ˛
EKSZY
I
NTERNETOWY
Z
BIÓR
Z
ADA ´
N Z
M
ATEMATYKI
R
OZWI ˛
AZANIE
Sposób I
Skoro losujemy n spo´sród N losów to
|
Ω
| =
N
n
.
Policzmy teraz ile jest zdarze ´n sprzyjaj ˛
acych.
Mamy mie´c m losów wygrywaj ˛
acych – mo ˙zemy je wybra´c na
M
m
sposobów. Pozostałe n
−
m losów musimy wybra´c spo´sród losów przegrywaj ˛
acych, co mo-
˙zemy zrobi´c na
N
−
M
n
−
m
sposobów. W sumie jest wi˛ec
M
m
·
N
−
M
n
−
m
zdarze ´n sprzyjaj ˛
acych i prawdopodobie ´nstwo wynosi
p
=
(
M
m
) · (
N
−
M
n
−
m
)
(
N
n
)
.
No i fajnie, ale nie wygl ˛
ada to jak wynik, który mieli´smy uzyska´c. ˙Zeby zobaczy´c, ˙ze to
jednak jest to samo, obliczmy oba ilorazy.
(
M
m
) · (
N
−
M
n
−
m
)
(
N
n
)
=
M!
m!
(
M
−
m
)
!
·
(
N
−
M
)
!
(
n
−
m
)
!
(
N
−
M
−
n
+
m
)
!
N!
n!
(
N
−
n
)
!
=
=
M!
(
N
−
M
)
!n!
(
N
−
n
)
!
m!
(
M
−
m
)
!
(
n
−
m
)
!
(
N
−
M
−
n
+
m
)
!N!
(
n
m
) · (
N
−
n
M
−
m
)
(
N
M
)
=
n!
m!
(
n
−
m
)
!
·
(
N
−
n
)
!
(
M
−
m
)
!
(
N
−
n
−
M
+
m
)
!
N!
M!
(
N
−
M
)
!
=
=
n!
(
N
−
n
)
!M!
(
N
−
M
)
!
m!
(
n
−
m
)
!
(
M
−
m
)
!
(
N
−
n
−
M
+
m
)
!N!
Wida´c teraz, ˙ze rzeczywi´scie jest to sama liczba napisana na dwa ró ˙zne sposoby.
Sposób II
Materiał pobrany z serwisu
4
www.zadania.info – N
AJWI ˛
EKSZY
I
NTERNETOWY
Z
BIÓR
Z
ADA ´
N Z
M
ATEMATYKI
Tym razem policzymy prawdopodobie ´nstwo w troch˛e nietypowy sposób, dzi˛eki czemu od
razu otrzymamy wynik w postaci z tre´sci zadania.
Zamiast my´sle´c o losowaniu n losów z urny, mo ˙zemy my´sle´c inaczej: ustalamy n spo´sród
N losów, a potem losujemy, które M spo´sród wszystkich N losów b˛ed ˛
a wygrywaj ˛
ace. Przy
takim podej´sciu mamy
|
Ω
| =
N
M
(wybieramy, które losy s ˛
a wygrywaj ˛
ace).
Policzmy teraz zdarzenia sprzyjaj ˛
ace, tzn. takie zdarzenia, ˙ze dokładnie m spo´sród na-
szych ustalonych n losów jest wygrywaj ˛
acych. Te m losów wygrywaj ˛
acych mo ˙zemy wybra´c
na
n
m
sposobów. Ponadto musimy wci ˛
a ˙z ustali´c, które M
−
m spo´sród losów spoza naszego usta-
lonego zbioru b˛ed ˛
a wygrywaj ˛
ace. Mo ˙zemy to zrobi´c na
N
−
n
M
−
m
sposobów.
Prawdopodobie ´nstwo jest wi˛ec równe
p
=
(
n
m
) · (
N
−
n
M
−
m
)
(
N
M
)
.
Z
ADANIE
5
(6
PKT
.)
Na wysoko´sci CD trójk ˛
ata ABC wybrano punkt P taki, ˙ze
|
PD
| = |
PE
|
, gdzie D i E s ˛
a
rzutami tego punktu odpowiednio na boki AB i BC. Wiedz ˛
ac, ˙ze tg
]
ABC
=
2
√
2 oblicz
iloraz
|
BE
|
|
EC
|
.
R
OZWI ˛
AZANIE
Rozpoczynamy oczywi´scie od rysunku.
A
B
C
P
E
D
H-x
x
x
α
Sposób I
Materiał pobrany z serwisu
5
www.zadania.info – N
AJWI ˛
EKSZY
I
NTERNETOWY
Z
BIÓR
Z
ADA ´
N Z
M
ATEMATYKI
Zauwa ˙zmy, ˙ze trójk ˛
aty prostok ˛
atne PDB i PEB maj ˛
a równe dwa boki, wi˛ec s ˛
a przystaj ˛
ace.
Zatem DB
=
EB. Ponadto, patrz ˛
ac na trójk ˛
at BCD mamy
H
DB
=
tg α
=
2
√
2
⇒
H
=
2
√
2
·
DB.
Pisz ˛
ac twierdzenie Pitagorasa w tym samym trójk ˛
acie mamy
DB
2
+
DC
2
=
BC
2
DB
2
+ (
2
√
2
·
DB
)
2
=
BC
2
DB
2
+
8DB
2
=
BC
2
9DB
2
=
BC
2
⇒
BC
=
3DB
=
3BE.
To oznacza, ˙ze
BE
EC
=
BE
2BE
=
1
2
.
Sposób II
Zauwa ˙zmy, ˙ze trójk ˛
aty CEP i CDB s ˛
a oba prostok ˛
atne i maj ˛
a wspólny k ˛
at
]
BCD
=
α
, wi˛ec
s ˛
a podobne. U ˙zywaj ˛
ac tego podobie ´nstwa oraz podanego tangensa, wyliczymy długo´sci
odcinków BE i EC w zale ˙zno´sci od H
= |
CD
|
.
Zauwa ˙zmy od razu, ˙ze
CD
DB
=
tg α
=
2
√
2
⇒
DB
=
H
2
√
2
BC
=
p
CD
2
+
DB
2
=
r
H
2
+
H
2
8
=
r
9H
2
8
=
3H
2
√
2
.
Z podobie ´nstwa trójk ˛
atów CEP i CDB mamy
PE
CP
=
DB
BC
x
H
−
x
=
H
2
√
2
3H
2
√
2
x
H
−
x
=
1
3
3x
=
H
−
x
⇒
x
=
H
4
.
Teraz łatwo wyliczy´c długo´sci odcinków EC i BE. Mo ˙zemy wykorzysta´c twierdzenie Pita-
gorasa w trójk ˛
acie CEP, ale mo ˙zemy te ˙z raz jeszcze skorzysta´c z podobie ´nstwa.
EC
PE
=
CD
DB
EC
H
4
=
H
H
2
√
2
EC
=
H
4
·
2
√
2
=
H
√
2
2
Materiał pobrany z serwisu
6
www.zadania.info – N
AJWI ˛
EKSZY
I
NTERNETOWY
Z
BIÓR
Z
ADA ´
N Z
M
ATEMATYKI
St ˛
ad
BE
EC
=
BC
−
EC
EC
=
BC
EC
−
1
=
3H
2
√
2
H
√
2
2
−
1
=
3H
2
√
2
·
2
H
√
2
−
1
=
3
2
−
1
=
1
2
.
Odpowied´z:
1
2
Z
ADANIE
6
(4
PKT
.)
Wyznacz równanie okr˛egu, który jest obrazem okr˛egu
(
x
+
4
)
2
+ (
y
−
7
)
2
=
27 w jedno-
kładno´sci o ´srodku S
= (−
1, 4
)
i skali
1
3
.
R
OZWI ˛
AZANIE
Mo ˙zemy na pocz ˛
atek naszkicowa´c sobie o co chodzi. Trudno o dokładny rysunek, ale szkic
powinien nam wystarczy´c.
-10
-4
-1
+1
x
-1
+1
+5
+10
y
S
O
2
O
1
Poniewa ˙z promie ´n okr˛egu zmienia si˛e jak skala jednokładno´sci, szukany okr ˛
ag b˛edzie
miał promie ´n
1
3
·
√
27
=
√
3.
Pozostało wyznaczy´c jego ´srodek. Nie jest to trudne, je ˙zeli O
1
= (−
4, 7
)
jest ´srodkiem dane-
go okr˛egu, a O
2
= (
x, y
)
´srodkiem okr˛egu, którego szukamy, to mamy równo´s´c
−→
SO
2
=
1
3
−→
SO
1
[
x
+
1, y
−
4
] =
1
3
[−
4
+
1, 7
−
4
] = [−
1, 1
]
(
x
+
1
= −
1
⇒
x
= −
2
y
−
4
=
1
⇒
y
=
5.
Materiał pobrany z serwisu
7
www.zadania.info – N
AJWI ˛
EKSZY
I
NTERNETOWY
Z
BIÓR
Z
ADA ´
N Z
M
ATEMATYKI
Zatem równanie szukanego okr˛egu to
(
x
+
2
)
2
+ (
y
−
5
)
2
=
3.
Odpowied´z:
(
x
+
2
)
2
+ (
y
−
5
)
2
=
3
Z
ADANIE
7
(4
PKT
.)
Wyka ˙z, ˙ze je ˙zeli liczby całkowite x, y, z spełniaj ˛
a równanie x
2
+
y
2
+
z
2
=
2010 to co najwy ˙zej
jedna z liczb x, y, z dzieli si˛e przez 4.
R
OZWI ˛
AZANIE
Sposób I
Gdyby wszystkie trzy liczby dzieliły si˛e przez 4, to 2010 dzieliłoby si˛e przez 4, a łatwo
sprawdzi´c, ˙ze si˛e nie dzieli.
Musimy zatem wykluczy´c mo ˙zliwo´s´c, ˙ze dokładnie dwie z liczb dziel ˛
a si˛e przez 4. Przy-
pu´s´cmy przeciwnie, ˙ze np. liczby x i y dziel ˛
a si˛e, a z nie dzieli si˛e przez 4. Zauwa ˙zmy, ˙ze
w takiej konfiguracji z musi by´c liczb ˛
a parzyst ˛
a (bo inaczej lewa strona równania jest niepa-
rzysta).
W takim razie nasze zało ˙zenia mo ˙zemy zapisa´c w postaci
x
=
4a
y
=
4b
z
=
4c
+
2,
dla pewnych liczb całkowitych a, b, c. Podstawiaj ˛
ac do danego równania mamy
16a
2
+
16b
2
+
16c
2
+
16c
+
4
=
2010
Teraz wystarczy zauwa ˙zy´c, ˙ze lewa strona dzieli si˛e przez 4, a prawa nie, co stanowi sprzecz-
no´s´c. W takim razie nie jest mo ˙zliwe, aby dwie spo´sród liczb x i y dzieliły si˛e przez 4.
Sposób II
Sprawd´zmy jakie reszty z dzielenie przez 4 mog ˛
a dawa´c kwadraty liczb całkowitych.
Je ˙zeli n
=
4k to n
2
dzieli si˛e przez 4, czyli daje reszt˛e 0.
Je ˙zeli n
=
4k
+
1 to n
2
=
16k
2
+
8k
+
1, wi˛ec n
2
daje reszt˛e 1.
Je ˙zeli n
=
4k
+
2 to n
2
=
16k
2
+
16k
+
4, wi˛ec n
2
daje reszt˛e 0.
Je ˙zeli n
=
4k
+
3 to n
2
=
16k
2
+
24k
+
9
=
16k
2
+
24k
+
8
+
1, wi˛ec n
2
daje reszt˛e 1.
To oznacza, ˙ze kwadrat liczby całkowitej zawsze daje reszt˛e 0 lub 1 przy dzieleniu przez
4. Z drugiej strony,
2010
=
502
·
4
+
2,
co oznacza, ˙ze reszty dokładnie dwóch spo´sród liczb x
2
, y
2
, z
2
to jedynki, a jedna reszta to 0
(jest to jedyna mo ˙zliwo´s´c, ˙zeby w sumie wyszło 2). To oznacza, ˙ze co najwy ˙zej jedna z liczb
x, y, z mo ˙ze dzieli´c si˛e przez 4 (ta której kwadrat daje reszt˛e 0).
Materiał pobrany z serwisu
8
www.zadania.info – N
AJWI ˛
EKSZY
I
NTERNETOWY
Z
BIÓR
Z
ADA ´
N Z
M
ATEMATYKI
Uwaga. Mo ˙zna pokaza´c, ˙ze wszystkie naturalne rozwi ˛
azania danego równania, w któ-
rych x
<
y
<
z to
(
1, 28, 55
)
,
(
4, 25, 37
)
,
(
5, 7, 44
)
,
(
7, 19, 40
)
,
(
11, 17, 40
)
,
(
16, 23, 35
)
,
(
19, 25, 32
)
.
Wszystkie naturalne rozwi ˛
azania otrzymamy permutuj ˛
ac powy ˙zsze trójki, a wszystkie cał-
kowite rozwi ˛
azania otrzymamy dodatkowo dowolnie zmieniaj ˛
ac znaki liczb x, y, z.
Z
ADANIE
8
(4
PKT
.)
Sprzedawca zegarków kupił w hurtowni za 5746 złotych dwa rodzaje zegarków: damskie i
m˛eskie, przy czym kupił trzy razy wi˛ecej zegarków damskich ni ˙z m˛eskich. Przy ponownym
zakupie takiej samej ilo´sci zegarków, otrzymał 10% rabatu na cen˛e zakupu zegarka damskie-
go oraz 10 zł upustu na cen˛e zakupu zegarka m˛eskiego. Dzi˛eki otrzymanym rabatom, ł ˛
aczny
koszt zakupu zmalał do 5265 zł. Wiedz ˛
ac, ˙ze po udzieleniu rabatu, cena m˛eskiego zegarka
była dwa razy wy ˙zsza od ceny zegarka damskiego, oblicz pierwotne ceny zegarków.
R
OZWI ˛
AZANIE
Oznaczmy przez x liczb˛e zakupionych zegarków m˛eskich, a przez c cen˛e po rabacie jednego
zegarka damskiego. W takim razie zegarków damskich było 3x, a jeden zegarek m˛eski po
rabacie kosztował 2c. Ceny przed rabatem wynosiły odpowiednio
c
0,9
i 2c
+
10.
Z podanych informacji o kosztach zakupu mamy układ równa ´n
(
x
· (
2c
+
10
) +
3x
·
c
0,9
=
5746
/
·
3
x
·
2c
+
3x
·
c
=
5265
(
6xc
+
30x
+
10xc
=
17238
/ : 2
5xc
=
5265
/ : 5
(
8xc
+
15x
=
8619
xc
=
1053.
Podstawiaj ˛
ac xc
=
1053 do pierwszego równania otrzymujemy
8424
+
15x
=
8619
⇒
15x
=
195
⇒
x
=
13.
Zatem
c
=
1053
x
=
81.
i oryginalne ceny zegarków były równe
c
0,9
=
90 oraz 2c
+
10
=
172.
Odpowied´z: Damski: 90 zł, m˛eski: 172 zł.
Z
ADANIE
9
(5
PKT
.)
W graniastosłupie prawidłowym sze´sciok ˛
atnym poprowadzono płaszczyzn˛e, która prze-
chodzi przez dłu ˙zsz ˛
a przek ˛
atn ˛
a dolnej podstawy oraz przez jedn ˛
a z kraw˛edzi górnej pod-
stawy. Płaszczyzna ta wyznacza przekrój graniastosłupa, który jest trapezem równoramien-
nym. Wiedz ˛
ac, ˙ze w trapez ten mo ˙zna wpisa´c okr ˛
ag o promieniu 1, oblicz obj˛eto´s´c grania-
stosłupa.
Materiał pobrany z serwisu
9
www.zadania.info – N
AJWI ˛
EKSZY
I
NTERNETOWY
Z
BIÓR
Z
ADA ´
N Z
M
ATEMATYKI
R
OZWI ˛
AZANIE
Rozpoczynamy od rysunku.
A
B
C
D
E
A
B
C
D
a
a
a
a
a
a
a/2
a/2
3a/2
3a/2
2
F
Oznaczmy długo´s´c kraw˛edzi podstawy graniastosłupa przez a.
Poniewa ˙z podstawa graniastosłupa składa si˛e z 6 trójk ˛
atów równobocznych, długo´s´c
przek ˛
atnej AB jest równa 2a. Zatem podstawy trapezu ABCD maj ˛
a długo´sci a i 2a. Jak
wiemy, w trapez mo ˙zna wpisa´c okr ˛
ag, wi˛ec ramiona musz ˛
a mie´c długo´sci
3a
2
( ˙zeby sumy
przeciwległych boków były równe). Ponadto
AE
=
AB
−
CD
2
=
a
2
,
gdzie E jest spodkiem wysoko´sci opuszczonej z wierzchołka D. Piszemy teraz twierdzenie
Pitagorasa w trójk ˛
acie AED.
AE
2
+
ED
2
=
AD
2
a
2
4
+
4
=
9a
2
4
4
=
2a
2
⇒
a
=
√
2.
Zatem pole podstawy graniastosłupa jest równe
P
p
=
6
·
a
2
√
3
4
=
3
·
2
√
3
2
=
3
√
3.
Wysoko´s´c graniastosłupa obliczamy z trójk ˛
ata prostok ˛
atnego FDA.
FD
2
=
AD
2
−
AF
2
=
9a
2
4
−
a
2
=
5a
2
4
=
10
4
FD
=
√
10
2
.
Liczymy obj˛eto´s´c
V
=
P
p
·
FD
=
3
√
3
·
√
10
2
=
3
√
30
2
.
Odpowied´z:
3
√
30
2
Materiał pobrany z serwisu
10
www.zadania.info – N
AJWI ˛
EKSZY
I
NTERNETOWY
Z
BIÓR
Z
ADA ´
N Z
M
ATEMATYKI
Z
ADANIE
10
(3
PKT
.)
Rozwi ˛
a ˙z równanie 3
−
4 sin
2
x
=
4 sin
π
3
+
x
sin
π
3
−
x
.
R
OZWI ˛
AZANIE
Przekształcamy podane równanie korzystaj ˛
ac ze wzorów na sinus sumy i sinus ró ˙znicy.
3
−
4 sin
2
x
=
4 sin
π
3
+
x
sin
π
3
−
x
=
=
4
sin
π
3
cos x
+
sin x cos
π
3
sin
π
3
cos x
−
sin x cos
π
3
=
=
4
sin
2
π
3
cos
2
x
−
sin
2
x cos
2
π
3
=
=
4
3
4
cos
2
x
−
1
4
sin
2
x
=
3 cos
2
x
−
sin
2
x
3
−
4 sin
2
x
=
3 cos
2
x
−
sin
2
x
3
=
3 cos
2
x
+
3 sin
2
x
3
=
3.
Dane równanie jest wi˛ec to ˙zsamo´sci ˛
a, czyli jest spełnione przez dowoln ˛
a liczb˛e rzeczywi-
st ˛
a x.
Odpowied´z: x
∈
R
Z
ADANIE
11
(6
PKT
.)
Wyznacz wszystkie warto´sci parametru m, dla których równanie
(
1
−
m
)
x
2
− (
m
+
2
)
x
+
m
+
1
=
0
ma przynajmniej jedno rozwi ˛
azanie ujemne.
R
OZWI ˛
AZANIE
Je ˙zeli m
=
1 to mamy równanie
−
3x
+
2
=
0,
które ma tylko rozwi ˛
azanie dodatnie.
Je ˙zeli m
6=
1 to mamy równanie kwadratowe i liczymy
∆-˛e, ˙zeby ustali´c kiedy ma ono
pierwiastki.
∆
= (
m
+
2
)
2
−
4
(
1
−
m
)(
m
+
1
) =
m
2
+
4m
+
4
−
4
(
1
−
m
2
) =
=
m
2
+
4m
+
4
−
4
+
4m
2
=
5m
2
+
4m
=
5m
m
+
4
5
.
Wida´c zatem, ˙ze
∆
>
0 dla m
∈ (−
∞,
−
4
5
i ∪ h
0,
+
∞
)
.
Pozostało ustali´c, kiedy przynajmniej jeden z pierwiastków jest ujemny.
Sposób I
Materiał pobrany z serwisu
11
www.zadania.info – N
AJWI ˛
EKSZY
I
NTERNETOWY
Z
BIÓR
Z
ADA ´
N Z
M
ATEMATYKI
Zamiast sprawdza´c, kiedy jeden z pierwiastków jest ujemny sprawd´zmy warunek przeciw-
ny, czyli warunek, ˙ze oba pierwiastki x
1
i x
2
s ˛
a nieujemne. Tak b˛edzie je ˙zeli x
1
+
x
2
>
0 i
x
1
x
2
>
0. Na mocy wzorów Viète’a mo ˙zemy te nierówno´sci zapisa´c w postaci:
0
6
x
1
+
x
2
=
m
+
2
1
−
m
⇐⇒
m
∈ h−
2, 1
)
0
6
x
1
x
2
=
m
+
1
1
−
m
⇐⇒
m
∈ h−
1, 1
)
.
Zatem oba pierwiastki s ˛
a nieujemne dla m
∈ h−
1, 1
)
. To oznacza, ˙ze przynajmniej jeden z
nich jest ujemny dla m
∈ (−
∞,
−
1
) ∪ h
1,
+
∞
)
. Uwzgl˛edniaj ˛
ac przypadek m
=
1 i warunek
z
∆- ˛a otrzymujemy
m
∈ (−
∞,
−
1
) ∪ (
1,
+
∞
)
.
Sposób II
Zastanówmy si˛e jaki mo ˙ze by´c znak x
1
x
2
. Je ˙zeli x
1
x
2
<
0 to na pewno jeden z pierwiastków
b˛edzie ujemny. Tak b˛edzie, gdy
0
>
x
1
x
2
=
m
+
1
1
−
m
⇐⇒
m
∈ (−
∞,
−
1
) ∪ (
1,
+
∞
)
.
Je ˙zeli natomiast x
1
x
2
>
0, czyli m
∈ h−
1, 1
i
, to liczby x
1
i x
2
maj ˛
a ten sam znak (lub s ˛
a równe
zero). Zatem jedna z nich b˛edzie ujemna dokładnie wtedy, gdy x
1
+
x
2
<
0. Tak b˛edzie, gdy
0
>
x
1
+
x
2
=
m
+
2
1
−
m
⇐⇒
m
∈ (−
∞,
−
2
) ∪ (
1,
+
∞
)
.
Podsumowuj ˛
ac (i zagl ˛
adaj ˛
ac do wcze´sniej uzyskanych warunków z
∆- ˛a i m
=
1), jeden
pierwiastek jest ujemny dla
m
∈ (−
∞,
−
1
) ∪ (
1,
+
∞
)
.
Odpowied´z: m
∈ (−
∞,
−
1
) ∪ (
1,
+
∞
)
Materiał pobrany z serwisu
12
Wyszukiwarka
Podobne podstrony:
27.03.10. FILOZOFIA PRZYRODY, Filozofia
27 03 10 R
27 03 10 A
27 03 10 A
W 4 27.03.2009 Choroby postepujące, studia, Neurologia
PSP 01 27 03 13
rozliczenia 03 10
Ekonomia 27.11.10, Ekonomia WSHGIT Dorian
2010 03 10
11 03 10 01 xxx?schr b Hoch , Niedrigw o L
9 Pismo do SKRM 27 03 2014
sciagi 03 10 sciaka rozliczenia
Pytania z endokrynologii1, RADIOLOGIA, RADIOLOGIA EGZAMIN, EGZ UPORZĄDK TESTY 27-12-10
27 03 2007 stom wybrane
Zarzadzanie strategiczne, Ćwiczenia 27.03.2010
015 HISTORIA SZTUKI WCZESNOCHRZEŚCIJAŃSKIEJ I BIZANTYJSKIEJ, WYKŁAD, 03 10
Parytety - analiza 09.03.10, St. licencjackie
elektryka na" 03 10
więcej podobnych podstron