Poziom rozszerzony Zadanie 1 (4pkt) Szkic rozwiązania: Znajdujemy miejsca zerowe funkcji spod znaków wartości bezwzględnej.

Transkrypt

1 Poziom rozszerzony Zdnie (pkt) RozwiąŜ nierówność Znjdujemy miejsc zerowe funkcji spod znków wrtości bezwzględnej + = 0 = = 0 = Zznczmy je n osi liczbowej - Zznczone punkty dzielą oś liczbową n trzy przedziły: ( ; ), < ; ), < ; + ) W kŝdym z tych przedziłów funkcje spod znku wrtości bezwzględnych są stłego znku Stosujemy więc definicję wrtości bezwzględnej Nierówność przyjmuje odpowiednio postć: Dl ( ; ) ( + ) ( ) Uwzględnijąc przedził, w którym nierówność przyjęł powyŝszą postć otrzymujemy zbiór rozwiązń w tym przypdku Odp: < ; ) Dl < ; ) + ( ) Uwzględnijąc przedził, w którym nierówność przyjęł powyŝszą postć otrzymujemy zbiór rozwiązń w tym przypdku Odp: < ; ) Dl < ; + ) Uwzględnijąc przedził, w którym nierówność przyjęł powyŝszą postć otrzymujemy zbiór rozwiązń w tym przypdku Odp: { } Aby uzyskć zbiór rozwiązń nierówności dnej w zdniu sumujemy zbiory rozwiązń dl kŝdego z rozwŝonych przypdków < ; ) < ; ) { } < ; > < ; > Zdnie ( pkt) Wyzncz wszystkie rozwiązni równni cos 5sin = 0 nleŝące do przedziłu < 0 ; π >

2 cos 5sin = 0 Z jedynki trygonometrycznej mmy sin + cos = Ztem cos = sin Wstwijąc do równni uzyskujemy ( sin ) 5sin = 0 sin 5sin = 0 sin 5sin = 0 ( ) sin + 5sin + = 0 Stosujemy podstwienie sin = t, gdzie t < ; > Równnie przyjmuje wówczs postć: t + 5t + = 0 = 5 = 9 = 5 t = lub 5 + t = t = lub t = t =,, więc to rozwiąznie równni t + 5t + = 0 t =, Otrzymliśmy równnie sin = y nie spełni wrunków zdni f()=sin() f()= π/ π π/ π W przedzile 7π π = lub = 6 6 0,π równnie to m dw rozwiązni:

3 W przedzile 7π π =, = 6 6 0,π równnie cos 5sin = 0 m dw rozwiązni: Zdnie (pkt) Bok kwdrtu ABCD m długość N bokch BC i CD wybrno odpowiednio punkty E i F umieszczone tk, by CE = DF, dl której pole trójkąt AEF jest njmniejsze D F C E Pole trójkąt AEF obliczymy odejmując od pol kwdrtu ABCD pol trójkątów prostokątnych ABE, ECF i FDA P AEF A = AB BE EC CF FD DA = 7 = ( ) ( ) = + = + dl kŝdej wrtości 6 0 PoniewŜ 0, więc pole jest njmniejsze wtedy, gdy = 0, czyli dl B = Pole trójkąt jest njmniejsze dl =

4 Zdnie (pkt) Wyzncz wrtości i b współczynników wielominu ( ) = + + b + W ( ) = 7 orz, Ŝe reszt z dzieleni W ( ) przez ( ) jest równ 0 W wiedząc, Ŝe W ( ) = b + = 7 + b = + b = Reszt z dzieleni W () przez ( ) jest równ 0, więc W ( ) = b + = b = 8 + b = 6 Ob wrunki mją być spełnione jednocześnie, więc uzyskujemy ukłd równń + b = + b = 6 Ukłd ten spełniony jest wtedy i tylko wtedy, gdy = 5 b = 9 Wielomin W () spełni wrunki zdni dl = 5 i b = 9 Zdnie 5 (5 pkt) O liczbch, b, c wiemy, Ŝe ciąg (, b, c) jest rytmetyczny i + c = 0, zś ciąg ( +, b +, c + 9) jest geometryczny Wyzncz te liczby PoniewŜ ciąg (, b, c) jest rytmetyczny, więc z włsności ciągu rytmetycznego + c 0 otrzymujemy równnie b = Stąd i tego, Ŝe + c = 0 obliczmy b = = 5 Wykorzystując włsność ciągu geometrycznego zpisujemy równnie ( b + ) = ( + )( c + 9), które po uwzględnieniu tego, Ŝe b = 5 i c = 0 zpisujemy w postci ( 5 + ) = ( + )( 0 + 9), czyli 8 = ( + )( 9 ) Stąd dostjemy kolejno 8= = = 0 ( ) 6( ) = 0 ( )( 6) = 0 = lub = 6

5 Gdy =, to wtedy c = 0 = 8 Gdy = 6, to c = 0 = 6 Odpowiedź Poszukiwne liczby to = i b = 5 i c = 8 lub = 6 i b = 5 i c = 6 Zdnie 6 (5 pkt) Wyzncz wszystkie wrtości prmetru m, dl których równnie + m + = 0 m dw róŝne pierwistki rzeczywiste tkie, Ŝe sum ich kwdrtów jest większ od m Równnie + m + = 0 m dw róŝne pierwistki rzeczywiste tylko wówczs, gdy wyróŝnik > 0 Nierówność tę zpisujemy kolejno m > 0 m m + > ( )( ) 0 Stąd otrzymujemy m < lub m > Wtedy istnieją dw róŝne pierwistki rzeczywiste i tego równni Rozwiązujemy terz nierówność + > m, którą njpierw zpisujemy w postci równowŝnej + > m ( ) Wykorzystując wzory Viète moŝemy zpisć tę nierówność m w postci > m Przeksztłcjąc ją otrzymujemy kolejno m > m m 9 < 0 ( m + )( m ) < 0 Stąd otrzymujemy m > i m < Uwzględnijąc ob otrzymne wyniki mmy osttecznie < m < lub < m < Zdnie 7 (6 pkt) Punkt A = (,5) jest jednym z wierzchołków trójkąt równormiennego ABC, w którym AC = BC Pole tego trójkąt jest równe 5 Bok BC jest zwrty w prostej o równniu y = + Oblicz współrzędne wierzchołk C y y = + A C h C 0 ( + ) + ( y 5) = 50

6 Obliczmy wysokość trójkąt ABC poprowdzoną z wierzchołk A korzystjąc ze wzoru n odległość punktu od prostej i otrzymujemy: h = Korzystjąc z fktu, Ŝe pole trójkąt wynosi 5, znjdujemy długość boku BC: 5 = BC BC = 5 PoniewŜ boki AC i BC mją tę smą długość, więc punkt C leŝy n przecięciu okręgu o środku w punkcie A i promieniu 5 orz prostej o równniu y = +, ztem jego współrzędne spełniją ukłd równń ( + ) + ( y 5) = ( 5 ) y = +, skąd otrzymujemy kolejno = y + y 8y = 0 = y + ( y + )( y 6) = 0 = = 5 lub y = y = 6, 5,6 Wierzchołek C m współrzędne ( ) lub ( ) Zdnie 8 (5 pkt) Rysunek przedstwi frgment wykresu funkcji ( ) f = Przeprowdzono prostą C =, równoległą do osi O, któr przecięł wykres tej funkcji w punktch A i B Niech ( ) WykŜ, Ŝe pole trójkąt ABC jest większe lub równe y A B C Niech B będzie punktem przecięci prostej i wykresu funkcji f leŝącym w I ćwirtce ukłdu współrzędnych Wówczs B = m, m PoniewŜ f ( ) = = = f ( ) dl kŝdej liczby rzeczywistej 0, więc wykres funkcji f jest figurą symetryczną względem osi Oy ( )

7 ukłdu współrzędnych Stąd wynik, Ŝe A = m, m Wysokość trójkąt ABC opuszczon n bok AB jest równ +, podstw AB m długość AB = m, gdzie m > 0 Pole m trójkąt ABC jest więc równe PABC = m + m = + dl m > 0 Pozostje wykzć, m m Ŝe dl kŝdego m > 0prwdziw jest nierówność m + Przeksztłcjąc tę nierówność m równowŝnie, przy złoŝeniu, Ŝe m > 0, otrzymujemy kolejno nierówności m + m m m + 0 ( m ) 0 Otrzymn nierówność jest oczywiście prwdziw, co kończy dowód Zdnie 9 ( pkt) N bokch BC i CD równoległoboku ABCD zbudowno kwdrty CDEF i BCGH (zobcz rysunek) Udowodnij, Ŝe AC = FG E F b D α C β b b G A A B Przyjmijmy oznczeni jk n rysunku PoniewŜ czworokąt ABCD jest równoległobokiem, więc sum mir jego dwóch sąsiednich któw wewnętrznych jest równ 80 Stąd α =80 β Kąty DCF i BCG są proste, bo czworokąty CFED i BHGC to kwdrty, więc mir kąt FCG w trójkącie FCG jest równ FCG = β = 80 β = α Z fktu, Ŝe czworokąty CFED i BHGC to kwdrty wynik pondto, Ŝe DC = FC orz BC = CG, le BC = AD, więc AD = CG Z cechy bkb (bok-kąt-bok) przystwni H

8 trójkątów wnioskujemy, Ŝe trójkąty ADC i GCF są przystjące Stąd z kolei wynik, Ŝe AC = GF, co nleŝło udowodnić Zdnie 0 ( pkt) Oblicz prwdopodobieństwo tego, Ŝe w trzech rzutch symetryczną sześcienną kostką do gry sum kwdrtów liczb uzysknych oczek będzie podzieln przez W jednokrotnym rzucie kostką moŝemy uzyskć liczbę oczek od do 6 Obliczmy reszty kwdrtów tych liczb przy dzieleniu przez Mmy kolejno: = = 0 +, = = +, = 9 = + 0, = 6 = 5 +, 5 = 5 = 8 +, 6 = 6 = + 0 Kwdrty tych liczb przy dzieleniu przez dją jedynie resztę lbo resztę 0 ZuwŜmy, Ŝe w trzech rzutch symetryczną sześcienną kostką do gry sum kwdrtów liczb uzysknych oczek jest podzieln przez tylko wtedy, gdy lbo wszystkie trzy reszty z dzieleni tych kwdrtów są równe 0 lbo teŝ wszystkie są równe Prwdopodobieństwo wyrzuceni w pojedynczym rzucie kostką liczby oczek, której kwdrt przy dzieleniu przez dje reszty jest równe =, prwdopodobieństwo wyrzuceni liczby oczek, której kwdrt przy 6 dzieleniu przez dje reszty 0 jest równe = Przedstwmy n drzewku kolejne trzy rzuty 6 kostką r = 0 r = r = 0 r = r = 0 r = r = 0 r = r = 0 r = r = 0 r = r = 0 r = Zpis r = ozncz wyrzucenie w pojedynczym rzucie kostką liczby oczek, której kwdrt przy dzieleniu przez dje reszty, r = ozncz wyrzucenie w pojedynczym rzucie kostką liczby oczek, której kwdrt przy dzieleniu przez dje reszty 0 Zznczmy prwdopodobieństw jedynie n istotnych głęzich drzew, te głęzie wyróŝnimy poprzez pogrubienie ich Oznczmy przez A zdrzenie, Ŝe w trzech rzutch symetryczną sześcienną kostką do gry sum kwdrtów liczb uzysknych oczek będzie podzieln przez Prwdopodobieństwo tego zdrzeni jest więc równe

9 9 P ( A) = + = = 7 Prwdopodobieństwo tego, Ŝe w trzech rzutch symetryczną sześcienną kostką do gry sum kwdrtów liczb uzysknych oczek będzie podzieln przez jest równe Zdnie (5 pkt) W ostrosłupie prwidłowym trójkątnym krwędź podstwy m długość Ściny boczne są trójkątmi ostrokątnymi Mir kąt między sąsiednimi ścinmi bocznymi jest równ α Wyzncz objętość tego ostrosłup Przyjmijmy oznczeni jk n rysunku S h E α B A Rozwiąznie zdni sprowdz się do wyznczeni długości wysokości h ostrosłup Kąt AEB m mirę α (odcinki AE i BE to wysokości ścin bocznych odpowiednio BCS i ACS opuszczone n bok SC) Trójkąt ABE jest równormienny, punkt F to spodek wysokości EF tego trójkąt, więc trójkąt FBE jest prostokątny, kąt przy wierzchołku E w tym trójkącie m mirę α Sinus tego kąt jest równy sin α =, BE stąd BE = sin α Pole trójkąt BCS moŝemy zpisć n dw sposoby: P BCS = BC DS = DS orz P BCS = CS BE = CS sin α Stąd otrzymujemy równość F B O B D C

10 DS = CS, sin α z niej CS = DS sin α Z twierdzeni Pitgors w trójkącie DCS otrzymujemy DS ( ) = CS CD = CS Stąd i poprzedniej równości mmy DS = ( DS sin α ) = DS sin α Z tego równni obliczmy terz kwdrt długości odcink DS DS sin α DS = DS ( sin α ) = DS = ( sin α ) Spodek O wysokości ostrosłup prwidłowego trójkątnego dzieli wysokość podstwy w stosunku : licząc od wierzchołk Stąd i ze wzoru n wysokość trójkąt równobocznego otrzymujemy OD = = 6 Z twierdzeni Pitgors dl trójkąt DSO obliczmy terz wysokość ostrosłup cosα h = DS OD = = ( sin ) 6 α sin Wykorzystując wzór n pole trójkąt równobocznego obliczmy objętość V ostrosłup cosα cosα V = PABC h == = sin sin cosα Objętość ostrosłup jest równ sin