k R { 5 }.Warunek zadania zapiszemy korzystając z wzorów Viette a:

Transkrypt

1 Zadanie 0 Zbiór A, to półpłaszczyzna ograniczona prostą y -x+, zbiór B, to koło ośrodku S( ; 0) i promieniu r. Różnica B-A jest odcinkiem koła (bez cięciwy). ( ): Zbiory A m, to kwadraty o wierzchołkach (m ; 0), (0 ; m), (-m ; 0), (0 ;-m). Zbiory B m, to koła o środku S( ; 0) i promieniu r m +, stąd m + > m +. Nierówność jest spełniona dla m ( ; ) i m N. Czyli m 0. Zadanie 0 Równanie ma pierwiastki, gdy > 0 czyli (k + 7 ) - 4(k + 6) > 0, stąd k R { 5 }.Warunek zadania zapiszemy korzystając z wzorów Viette a: ( k + 7) 6( k + 6), stąd. k ( ; 5 ; + ) Odpowiedź: k ( ; 5) ; + ) Zadanie 0 Układ ma rozwiązanie dla m 6 : m x, m 6 m 8 y. m 6 x > 0 m ( 0;6), > 0 m ( ;4) ( 6; + ) Odpowiedź: m {,, }. y. Irek.edu.pl

2 Zadanie 04 Dla x ; funkcja ma postać y x + x, dla x ;+ ) funkcja ma postać y x - x +, dla Wierzchołek pierwszej paraboli W(-;-), drugiej P(;0). x, y. 4 Przesuwając prostą y m wzdłuż osi OY zauważamy, że równanie : nie ma pierwiastków dla m ( ; ), ma jeden pierwiastek dla m -, m, 4 ma dwa pierwiastki dla ( ;0 ) ; + ma trzy pierwiastki dla m 0 lub m, 4 0; 4 ma cztery pierwiastki dla m. Zadanie 05 Układ ma rozwiązanie dla m : m + m m x, ( ) y m m m ( ) Warunek zadania jest spełniony dla m. Zadanie 06 Przekątne kwadratu są prostopadłe, czyli prosta AC ma równanie (zawiera dany punkt A). Przekątne przecinają się w punkcie S(-;-), długość odcinka y x AS 5 SC, stąd i z równania prostej AC mamy punkt C(-;-). Analogicznie: BS 5 SD oraz prosta BD pozwalają wyznaczyć B(0;0) i D(-;-4).Pole kwadratu P 0. Irek.edu.pl

3 Zadanie 07 Środkiem okręgu jest punkt O(0;0). Prosta prostopadła do danej i przechodząca przez środek okręgu ma równanie y x. Przecina okrąg w punktach A(;) i B(-;-), a prostą y -x +8 w punkcie C(4;4). Odległość AC 8, zaś BC 7 6. Stąd środkiem szukanego okręgu jest środek odcinka AC, punkt P(;), a promień jest połową jego długości: r. Zadanie 08 Korzystając z określenia działania! mamy: ( n + ) ( n + ) ( n + ) n ( n + + ) n +! n! n! a n, lim a! + n! n! n n Ciąg jest rosnący, 4-ty wyraz jest równy 8 7, a do a są mniejsze. Zadanie 09 Podstawą ostrosłupa jest trójkąt równoboczny, czyli a P p. 4 Wysokość ostrosłupa wraz z krawędzią boczną i odcinkiem równym wysokości podstawy tworzy trójkąt prostokątny, w którym jest dany kąt α. Stąd wyznaczamy wysokość ostrosłupa a V tgα. Podstawiając dane wielkości V 8. a h tgα. Więc Irek.edu.pl

4 Zadanie 0 Dwa wierzchołki trójkąta wyznaczamy rozwiązując układ równań: x + y 4 y x 6x + 8 Stąd A(;) i B(4;0). trzeci to wierzchołek paraboli C(;). Wyznaczając długości boków trójkąta AB, AC 5, BC sprawdzamy na podstawie twierdzenia Pitagorasa, że trójkąt jest prostokątny oraz obliczamy P AB BC. Zadanie Liczba x P(A), gdzie A, 4,. Stąd x. Rozwiązaniem równania wykładniczego jest x 4.Podstawiając x i x do W(x) otrzymujemy układ równań: + a + b a + 4b Ω Stąd a,5; b -7. Wielomian ma postać W(x) x,5x 7x +4 i jest podzielny przez trójmian (x - )(x 4) x 4,5x +. Po wykonaniu dzielenia otrzymujemy trzeci pierwiastek x -. x. Natomiast rozwiązaniem nierówności W(x) > 0 jest ; ( 4; + ) Zadanie + a 8 Wiedząc, że S 8 i S 8 00 i a 8 mamy a i r. 8 a Rozwiązując równanie na n-tą sumę ciągu arytmetycznego [ a + a + ( n ) r] n S n obliczamy n 6. Irek.edu.pl 4

5 Zadanie Rozwiązując układ równań x y 5 x + y 5 wyznaczamy dwa wierzchołki prostokąta A(0; -5) i B(4;), wierzchołek D leży na prostej prostopadłej do danej i przechodzącej przez punkt A, czyli prostej y - x 5 i jest rozwiązaniem układu: y x 5 x + y 5 czyli D(-4;-). Wyznaczamy długości boków prostokąta AB 4 5, AD 5 i obliczamy pole P 40. Zadanie 4 Przekątna podstawy d4, połowa przekątnej, krawędź boczna i wysokość ostrosłupa tworzą trójkąt prostokątny w którym jest kąt α i h tgα, stąd h6. V a h 6. d Zadanie 5 Lewa strona jest sumą n wyrazów ciągu arytmetycznego, w którym a, r, S n 87 i xa n. Ze wzoru na sumę n czyli x a. ( n ) r n a S + n wyznaczamy Zadanie 6 Obliczamy długość podstawy AB 5. Piszemy równanie prostej AB : yx- i prostej do niej prostopadłej, przechodzącej przez C czyli prostej CD y x + 4. Punkt D jest punktem przecięcia się tych prostych i końcem wysokości CD. Z układu równań wyznaczamy D(;) i CD 5. P 7. Irek.edu.pl 5

6 Zadanie 7 Korzystając ze wzorów redukcyjnych obliczamy wartość a, rozwiązaniem równania logarytmicznego jest b0. Szukane liczby to :, 4, 5, 6, 7, 8, 9. Zadanie 8 Równanie ma pierwiastki gdy > 0, 4 m + 6 czyli m < 4. x + x Warunek zadania można zapisać w postaci < czyli x x b korzystając ze wzorów Viette a <, stąd m >. c Więc ( ;4) m. Zadanie 9 Zbiór A jest zbiorem liczb spełniających nierówność wielomianową (x )(x )(x+) 0, czyli { x;x ( ;) ( ; + ) } A, aby wyznaczyć zbiór B należy nierówność wykładniczą sprowadzić do nierówności kwadratowej i otrzymamy { x; x ; } B, zaś C { x; x ( ; ) }. Stąd ( B) C ( ;) Zadanie 0 A. Jest to równanie dwukwadratowe podstawiamy z x i zakładamy warunki > 0, z z > 0 i z + z > 0 oraz m 0 Po rozwiązaniu otrzymujemy ( ;0) m. Irek.edu.pl 6

7 Zadanie AC BC Z układu równań otrzymujemy współrzędne punktu C(;6). x y + 0 Obliczamy długości boków trójkąta AB 48, AC BC 74 i na podstawie twierdzenia Pitagorasa sprawdzamy, że jest to trójkąt prostokątny, P AC BC 7. Średnica okręgu opisanego na trójkącie prostokątnym jest przeciwprostokątna trójkąta, stąd r 48 7, zaś środek ma współrzędne S(9;5), więc równanie okręgu ma postać: (x 9) + (y 5) 7. Zadanie Ze wzoru na wyrazy ciągu geometrycznego długości krawędzi można zapisać: a a, b a a q, c a a q. Warunki zadania zapiszemy w postaci układu równań: ab + ac + bc 700 abc 000 Odp. a 5, b 0, c 0. Zadanie Rozwiązując równanie logarytmiczne: log (x +8x)+log (x-6)log (x) otrzymujemy x - 6 (sprzeczne) lub x 8 Stąd a log, a log 64, a log 87. W szukanym ciągu a, r, S n 0 dla n5. Zadanie 4 Ω 0, A 4, oraz zdarzenia A i B są zależne. 5 B czyli P ( A), P ( B), P ( A B) 5 / 4 Irek.edu.pl 7

8 Zadanie 5 Korzystając z twierdzenia sinusów obliczamy pozostałe boki trójkąta podstawy, BC 6, AB + 6 oraz wyznaczamy wysokość gdzie sin75 sin( ) 0 + graniastosłupa h +, pole podstawy Pp AB AC sin60 0 czyli + Pp stąd mamy V 6 + oraz Pb Zadanie 6 Wysokość ściany bocznej dzieli ją na dwa trójkąty prostokątne, korzystając z twierdzenia Pitagorasa oraz wzoru na pole trójkąta wyliczamy długość krawędzi podstawy a S tgα oraz wysokość ściany bocznej h S ctgα, natomiast wysokość ostrosłupa H S( ctgα tgα ), czyli V S tgα S( ctgα tgα ) 4. Zadanie 7 Boki prostokąta mają długości h wysokość walca i podstawy. h d cosα natomiast Πr - obwód d sinα r. Objętość walca Π V d sin α cos 4Π α 96. Dla podanych wartości V. Π Irek.edu.pl 8

9 Zadanie 8 Funkcja osiąga ekstremum w miejscu zerowym pochodnej f (-) 0 gdy m - i ma postać f ( x) x x x + 9 x f (x) f(x) Irek.edu.pl 9

10 Zadanie 9 f 4 x x) x ( x f (x) f(x) Irek.edu.pl 0

11 Zadanie 0 f ( x) x ( x) x 0 + f (x) f(x) x Równanie ( x) k ma : rozwiązania dla k ( 0;) ( ; + ) rozwiązanie dla k 0 nie ma rozwiązania dla k k ( ;0) Irek.edu.pl

12 Zadanie Niech x krawędź podstawy, h wysokość prostopadłościanu, wówczas : 8x +4h 7, stąd h 8 x czyli V(x) x (8 x). Funkcja V(x) osiąga maksimum dla x 6. Zadanie Przyjmując w danym trójkącie przyprostokątne r - promień podstawy stożka oraz h wysokość stożka mamy r + h i V Πr h czyli V Π( h ) h. Objętość jest maksymalna dla h i r. Zadanie Równanie logarytmiczne sprowadzamy do postaci x 0x i otrzymujemy x a 6 oraz x a 5 4, stąd różnica ciągu r. Korzystając ze wzoru na sumę n wyrazów ciągu arytmetycznego wyznaczamy n 0. Zadanie 4 Patrz zadanie 5. Odpowiedź x Zadanie 5 Korzystając z własności! wyraz ciągu zapiszemy w postaci: i lima n - czyli a -. Lewa strona danego równania jest sumą nieskończonego ciągu a n n n + geometrycznego o ilorazie q, czyli x + x x x więc x x równanie przyjmuje postać: + 4. Rozwiązaniem równania jest x czyli b. ( m ) Odcięta wierzchołka paraboli b p m należy do przedziału ; jeżeli m a oraz m więc m ;. Zadanie 6 Z treści zadania a + b +c 8 oraz b a, więc c 8 a. V a a 8 a 6a 6a, Objętość prostopadłościanu ( ) objętość jest maksymalna dla a 4, b 8, c 6. Irek.edu.pl

13 Zadanie 7 Oznaczmy liczbę kolejnych obniżek x. Wówczas (60 x ), to zysk z jednego sprzedanego aparatu, natomiast (40 + x ), to ilość sprzedanych aparatów. Tworzymy funkcję f(x) ( 60 x )(40 + x ) i znajdujemy dla jakiego x ma ona największą wartość. Należy wyznaczyć współrzędne wierzchołka otrzymanej paraboli (położony jest najwyżej ) lub obliczyć pochodną. Odp. x 0, czyli cena powinna wynosić zł. Zadanie 8 Korzystając ze wzoru na sumę ciągu arytmetycznego tworzymy układ równań: ( a + 8r) ( a + 6r) i otrzymujemy a -6 i r, dalej a 7 6, a 8 8, a 9 0. Otrzymany trójkąt jest prostokątny, promień okręgu opisanego, to połowa przeciwprostokątnej R 5, zaś promień okręgu wpisanego wyznaczamy korzystając z faktu, że jego środkiem jest punkt przecięcia się dwusiecznych, czyli podobieństwa odpowiednich trójkątów, r. Odpowiedź: Zadanie 9 k 5 Niech a krawędź podstawy, zaś h wysokość graniastosłupa. Ze związku między polami powierzchni mamy przekątna a d 9 6 a h, natomiast 6. Korzystając z twierdzenia cosinusów w trójkącie, którego bokami są przekątne ścian bocznych wychodzące z jednego wierzchołka i krawędź podstawy, otrzymujemy Zadanie 40 7 cos α. Pochodna funkcji f (x) x +kx i f (-) 0, stąd k. Podstawiając do wzoru na funkcję i obliczając podobnie mamy m -4. Funkcję można przedstawić w postaci f(x) (x + )(x + )(x ). Dla x 0 ma min y -4. Irek.edu.pl

14 Zadanie 4 Nierówność ze zbioru A można zapisać w postaci: ( )( x )( x + )( x + x + 4) 0 x czyli A ; ) Z założeń do nierówności ze zbioru B mamy, x ; z rozwiązania x ( ; 7) ( ; ) czyli ( ; ) B. Odpowiedź: ( \ B) ( A B) ; ) ; ) A. Zadanie 4 Rozwiązaniem równania wykładniczego jest x - i x, czyli p. Granica ciągu q -, więc równanie przyjmie postać: cosx + sinx 0. Odpowiedź: Zadanie 4 x Π + kπ lub 7 x Π + kπ lub 6 x Π + kπ 6 Dwusieczna dzieli bok BC trójkąta ABC na odcinki BD 0 i CD 5 oraz kąt prosty na dwa kąty po Korzystając z twierdzenia sinusów wyliczamy, że AB : AC 4:, dalej z twierdzenia Pitagorasa mamy AB 8 i AC. Dalej patrz zadanie 8. Zadanie 44 Prosta jest styczna jeżeli układ równań Jest nim punkt A(0 ;). x + y 4x 0 y x + ma jedno rozwiązanie. Wyznaczamy środek okręgu S(;0) i promień r 5. Środek S (x ;y) okręgu symetrycznego leży na prostej prostopadłej do danej i przechodzącej przez punkt styczności oraz jego odległość od A wynosi r 5 czyli jest rozwiązaniem układu równań: AS 5 y x + Stąd S (- ;), a więc okrąg ma równanie x + y + 4x 4y + 0 Irek.edu.pl 4

15 Zadanie 45 zdarzenie A wylosowanie trzech pełnych losów a) prawdopodobieństwo całkowite: P(A) P(A/B )P(B ) + P(A/B )P(B ) + P(A/B )P(B ) P ( A) 9 b) zdarzenia niezależne: P i () wylosowanie pełnego losu z i- tego pudełka, P(A) P () P () P () P ( A) 50 c) prawdopodobieństwo jako stosunek ilości zdarzeń sprzyjających do wszystkich zdarzeń P ( A) A Ω 45 Odpowiedź: Najkorzystniejszy jest pierwszy sposób losowania. Zadanie 46 Przekrój osiowy bryły jest trójkątem równoramiennym o podstawie a i wysokości h, w który wpisano kwadrat o boku b. Z twierdzenia Talesa : Czyli Zadanie 47 a h b, więc a + h a h, gdzie x a b. b x V V s ( a h) o + ah W(-) 4a b + c 8, oraz w danym ciągu a, a a q, b a q, c a 4 q, stąd mamy q, a, b 4, c 8. Rozwiązaniem nierówności jest x ( ; Irek.edu.pl 5

16 Zadanie 48 Zadanie można łatwo rozwiązać za pomocą grafu, lub ze wzorów a) prawdopodobieństwo z definicji klasycznej P(A) 0, b) ze wzoru na prawdopodobieństwo warunkowe P ( A B) P( A / B) P( B) 0, 48 c) ze wzoru na prawdopodobieństwo całkowite P ( A) P( A B ) P( B ) + P( A / B ) P( B ) 0, 56 d) jak punkt b: P(A) 0,. Zadanie 49 / 4 x Z założenia o istnieniu logarytmu > 0 mamy x < 4 z rozwiązania nierówności logarytmicznej x czyli x ;4 ). 4 x mamy Zadanie 50 Warunki zadania: a) dwa pierwiastki gdy > 0 c b) tego samego znaku gdy x x > 0 a b c) dwa pierwiastki ujemne gdy x + x < 0 a Odpowiedź: Zadanie 5 x 5 ; Niech S oznacza szukaną sumę, S sumę wszystkich liczb naturalnych mniejszych od 000, zaś S sumę wszystkich liczb naturalnych mniejszych od 000 i podzielnych przez Wówczas S S S oraz S 999, S, Odpowiedź: S 667. Irek.edu.pl 6

17 Zadanie 5 Zapisujemy warunek. by liczby tworzyły ciąg arytmetyczny w postaci równania wykładniczego: + x 9, wprowadzamy za x x 4 4 x nową zmienną i rozwiązujemy otrzymane równanie kwadratowe. Odp. x, lub x oraz Zadanie 5 r 8, r 5 Korzystamy z twierdzenia cosinusów w trójkącie ABD do wyznaczenia ramienia AD 0, a potem podstawy AB 6. Prowadzimy wysokość DE i wyznaczamy ją z trójkąta AED. DE 5 oraz odcinek AE 5, czyli podstawa CD 6. Pole trapezu P 55, a obwód Ob 4. Promień R można wyznaczyć korzystając z trójkątów AGO i DFO, gdzie O środek okręgu, a FG wysokość trapezu przechodząca przez środek O, Zadanie 54 4 R. Przekrój jest trójkątem, o bokach h p wysokość trójkąta podstawy, h s wysokość ściany bocznej, b krawędź boczna. Wysokość w tym trójkącie jest jednocześnie wysokością H ostrosłupa. Korzystając z danego pola trójkąta i związków trygonometrycznych mamy: h 6, hs 4, H 6 oraz z faktu, że podstawa jest trójkątem p równobocznym krawędź podstawy a. Objętość ostrosłupa V 7, pole P 08. Promień kuli wpisanej w ostrosłup obliczamy korzystając z podobieństwa trójkątów: r ( w przekroju koło jest styczne tylko do dwóch boków trójkąta h p i h s ). Zadanie 55 Zdarzeń elementarnych jest tu Ω 6, {( 6,6,5 ), ( 6,5,6, ), ( 5,6,6, ), ( 6,6,6) } A, A 4 Do zbioru B należą wszystkie trójki złożone z liczb,4,6 oraz,,4 i,,6. Jest ich B 5. P ( A), 54 5 P ( B). 7 Irek.edu.pl 7

18 Zadanie 56 Geometrycznym przedstawieniem zbioru A jest parabola o wierzchołku W(; - ) wraz z wnętrzem, natomiast dla zbioru B półpłaszczyzna ograniczona prostą y -x +, wraz z tą prostą. Układ równań: zbiór y x + ma tylko jedno rozwiązanie, czyli y x + x A B jest jednoelementowy, jest to punkt P(; -) Zadanie 57 Rozwiązując odpowiednie układy równań wyznaczamy współrzędne wierzchołków: A(-; 5), B(;), D(7;8).Piszemy równani dwóch pozostałych prostych zawierających boki równoległoboku i wyznaczamy punkt C(;5). Szukana przekątna AC ma równanie y 5. Pole równoległoboku P 4. Zadanie 58 Należy rozwiązać układ równań: x + y + z 5 z y y x z + 5 y + y + x Odp. x, y 5, z -, lub x, y 5, z 7. Zadanie 59 Z trójkąta o bokach a bok rombu, h wysokość graniastosłupa i d wyznaczamy: a d cos β, h d sin β. Z trójkąta o bokach d, d, x, gdzie x przekątna rombu, wyznaczamy x d sinα, druga przekątna rombu y d cos β sin α. Objętość graniastosłupa: V d sinα sin β cos β sin α Zadanie 60 Warunki zadania są spełnione gdy: a) a < 0, czyli gdy m ( 6;) b) < 0, czyli gdy m 5 ;. 9 Odpowiedź: m 5 ;. 9 Irek.edu.pl 8

19 Zadanie 6 Należy zapisać warunek na ciąg arytmetyczny w postaci równania logarytmicznego: log( x + 9) log( x ) log( x ) log, Założenie x >0, czyli x >, Rozwiązaniem równania jest x. Zadanie Kąty równoległoboku mają odpowiednio α 60 i β 0. Wprowadźmy oznaczenia: boki równoległoboku a i b, wysokość opuszczona na bok a h, na bok b H. Wówczas: a + b 6, oraz h H 5 7 Zadanie 6. Stąd: a, b 5, h 5, h b sinα, H a sinα H. Po sprowadzeniu obu stron równania do wspólnej podstawy i uporządkowaniu otrzymamy równanie kwadratowe: 5 x x m 0, ma ono dwa pierwiastki gdy > Warunek zadania rozwiązujemy po przekształceniu do postaci: ( x + x ) ( x x ) x x Odpowiedź: m -. Zadanie 64 8 korzystając z wzorów Viette a. Zbiór A, to rozwiązanie nierówności wielomianowej, A 4;0 ;. + ) Zbiór B, to rozwiązanie nierówności logarytmicznej wraz z założeniem o istnieniu logarytmu, ( ; ) 5 + ) B ;. Zbiór C, to: Π 5Π C Π; ; Π Π A \ B C ;0 ; 6 Oraz: ( ) Π Odpowiedź: Szukane liczby, to: -, 0,. Irek.edu.pl 9

20 Zadanie 65 Niech x jeden bok zadrukowanej części, y drugi bok, 84 wówczas y. Wymiary stronicy zapiszemy jako funkcję: x f(x,y) (x + )(y + ), czyli inaczej: 84 x x 768. x f ( x) ( x + ) +. Pochodna funkcji: f ' ( x) Funkcja ta osiąga minimum dla x 6. Odpowiedź: Wymiary stronicy, to x + 8 i y + 7. Zadanie 66 Podstawą ostrosłupa jest trójkąt równoboczny o boku a, wysokość podstawy a H h p oraz tgα, gdzie H wysokość hp ostrosłupa, stąd h s H + hp Odpowiedź: Zadanie 67 a 6 H. Z tw. Pitagorasa wysokość ściany bocznej 6 a 4, czyli W ciągu arytmetycznym: a h s. ( + ) V oraz a a a 4 7 P c Dowolny wyraz a n + 999n. Analogicznie w ciągu geometrycznym: b S,5, stąd 8,75 q lub , czyli a 00 i r q ale ta odpowiedź jest sprzeczna z założeniem o monotoniczności ciągu więc b 5. Dowolny wyraz bn 0. Stąd n 998n + c n. n n 0 + Odpowiedź: dla n n jest0 0, czyli lim c 998 n. n Irek.edu.pl 0

21 Zadanie 68 Równanie prostej AC prostopadłej do BC i przechodzącej przez punkt A: y - x + 4. Współrzędne punktu C stanowią rozwiązanie układu tych dwóch prostych: 5 C ;. Trójkąt jest równoramienny, więc AC BC oraz punkt B leży na prostej BC, czyli y x +. Stąd B (0;) lub B (;4). Prosta AB ma równanie: y lub x. Odpowiedź: prosta BC: y x +, prosta AC: y - x + 4, prosta AB: y lub x. Zadanie 69 Podstawą trójkąta, którego ramionami są wysokości sąsiednich ścian bocznych jest odcinek łączący środki krawędzi podstawy a o długości a c, jest to trójkąt równoboczny stąd wysokość ściany bocznej a h s. Z trójkąta utworzonego przez wysokość ściany bocznej, połowę krawędzi podstawy i krawędź boczną wyznaczymy: a i h 6. s Wysokość ostrosłupa H wyznaczamy z trójkąta o bokach H, h s, a : H 6. Odpowiedź: V 88, P c Zadanie 70 Niech x liczba dni w trasie, y liczba przebytych dziennie kilometrów. x y 600 ( x 5) ( y + 0) 600 Odpowiedź: x 0 dni. Irek.edu.pl

22 Zadanie 7 Lewa strona równania jest sumą ciągu geometrycznego zbieżnego o ilorazie q i wyrazie a x. a S więc równanie po q uporządkowaniu ma postać: x x + m 0. Po podstawieniu z x mamy: z z + m 0. Aby spełniony był warunek zadania to równanie musi mieć dwa dodatnie pierwiastki czyli: > 0, z + z >0 oraz z z >0. Odpowiedź: ( 0;) m. Zadanie 7 x f (x) f(x) Irek.edu.pl

23 Zadanie 7 Z twierdzenia cosinusów wyznaczamy bok CC w trójkącie ACC. a CC 7 oraz AC a, mamy:. Należy zauważyć, że trójkąty ACC oraz AC P są podobne, a AC, korzystając z podobieństwa tych trójkątów AP AC a czyli AP oraz AC CC 77 PC AC a czyli PC. AC CC 7 Stąd obliczamy bok trójkąta PQR: b CC - AP - PC czyli Stosunek pól tych trójkątów k. 7 a 7 b. 7 Zadanie 74 Oznaczmy: boki równoległoboku a i b, wysokość h, przekątne graniastosłupa c i d oraz przekątne równoległoboku x i y. Wówczas mamy: a + b 8, h 8, c 8, d. Z trójkątów o bokach h, c, x oraz h, d, y obliczamy x 65 i y 7. Z twierdzenia cosinusów dla trójkątów o bokach a, b, x oraz a, b, y i zależności a 8 b, wyliczamy: a 8, b 0 (lub a 0, b 8) oraz cos α ( gdzie α jest ostrym kątem 5 4 równoległoboku). Z jedynki trygonometrycznej sin α, czyli pole 5 równoległoboku P a b sin α 64 Irek.edu.pl

24 Zadanie 75 W danym trójkącie kąty mają odpowiednio koła wpisanego r. 0 α 0 i 0 β 60, promień Możemy boki trójkąta zapisać w postaci: a x +r, b y + r, c x + y, gdzie x i y to odcinki wyznaczone przez promienie prostopadłe do boków trójkąta. Wówczas (x + ) + (y + ) (x + y) x + 0 oraz sin 0. x + y Stąd mamy: x, y + oraz a +, b +, c +. Promień koła opisanego R c +, pole P Π( +). + Trójkąt BDC jest podobny do trójkąta ABC stąd BD. natomiast + BD AD AB BD więc. AD Zadanie 76 Prosta prostopadła do danej ma równanie y x + b. Po wstawieniu równania prostej do równania okręgu otrzymujemy równanie kwadratowe z parametrem b, które ma jedno rozwiązanie dla b 4 i b - 6, czyli szukane styczne to: y x + 4, y x 6. Zadanie 77 Korzystamy, ze wzoru na prawdopodobieństwo całkowite, przy czym: P(B ) P(B ) P(B ). Natomiast P(A/B ), P(A/B ), P(A/B ) Czyli P(A). Zadanie 78 + x Wyznaczamy punkty styczności jako rozwiązanie równania : ; + x Otrzymujemy A (;), A (-;). Równanie stycznych piszemy wg. wzoru: y y f (x )(x x ) i otrzymujemy dwie styczne y x oraz y - x, które przecinają się w początku układu współrzędnych. Zadanie 79 Współrzędne punktu C(x; y) wyznaczamy rozwiązując układ równań: Irek.edu.pl 4

25 AC BC x + y x 4y 5 0 i otrzymujemy : C ( 5; 5) oraz ( + 5; 5) Zadanie 80 Rozwiązaniem układu równań jest para: x m + y m + C. +. Punkt P(x; y) należy do koła o promieniu r 5 jeżeli 6 x + y 5. Odpowiedź: m ; 0. Zadanie 8 Punkt wspólny krzywych: A(; ). Styczna do funkcji f(x) ma równanie: y x. Styczna do funkcji g(x) ma równanie: y -x+. A. Wierzchołkami trójkąta są punkty: (, ), B ;0, C ;0 Odpowiedź: Pole trójkąta Zadanie 8 Rozpatrujemy dwa przypadki: I ( ;0 ; + ) 5 P. x wówczas y x x +. II ( 0;) x wówczas y - (x x) +. Odpowiedź: Zadanie 8 x 0 y lub x y lub x. y Równanie ma dwa pierwiastki dla ( ;,5) ( ; + ) Korzystamy z zależności: x m. [ ] ( x + x ) ( x x x + x ) ( x + x ) ( x + x ) ( x ) + x x oraz wzorów Viette a. Odpowiedź: m,5 Irek.edu.pl 5

26 Zadanie 84 Dla ( ;) x i x 0 wyrażenie pod logarytmem jest sumą nieskończonego ciągu geometrycznego. Z założenia wynika też Po uproszczeniu równani ma postać Odpowiedź: x. Zadanie 85 x >. x x + log log. x Piszemy równania prostych: BP: y x, AP: prostych do nich prostopadłych odpowiednio: AC: y x + oraz y x + i BC: y x + 7. Wyznaczamy punkt C z układu prostych AC i BC. C(; 5). Równanie okręgu: x + y x 4 0. Zadanie 86 Wprowadzamy nową zmienną ) > 0 ) a 0 c ) z z > 0 a b 4) z + z > 0. a Odpowiedź: m ( ; ) ( ; + ) Zadanie 87 x z oraz określamy warunki zadania: Po przekształceniu i uporządkowaniu równanie ma postać Dla m - jest sprzeczne, równanie ma rozwiązanie gdy 0 cos m + x. m + Odpowiedź: m ( ; 0; + ) Zadanie 88 m + cos x. m + Pierwiastkami tego wielomianu są liczby 5, 7, 9. Można go więc zapisać w postaci: W(x) (x 5)(x 7)(x 9)P(x), gdzie P(x) dowolny wielomian. Dla dowolnej liczby nieparzystej x trzy pierwsze czynniki są kolejnymi liczbami parzystymi, a ich iloczyn jest zawsze podzielny przez 48. Irek.edu.pl 6

27 Zadanie 89 Układ ma rozwiązanie dla m, m x, 8m + 4 Warunek zadania jest spełniony dla m ;. Zadanie 90 0 y. 8m + 4 cos x sin x; wprowadzamy nową zmienną z sin x i ( 0; z, po rozwiązaniu równania kwadratowego i podstawieniu mamy: Zadanie P ( A), P ( B), P ( A B) Zadanie 9 Przekątna podstawy 5 Π x + kπ., czyli zdarzenia nie są niezależne. b d cosα, pole podstawy, P d cos α. Krawędź podstawy a d cosα i wysokość graniastosłupa (z tw. Pitagorasa) h d cos α. Stąd objętość V d cos α cos α. Zadanie 9 Ciąg arytmetyczny jest malejący jeżeli jego różnica jest liczbą ujemną. Z rozwiązania układu równań a a ( a + r) + ( a + r) + 5r 7 + r mamy r 4 i a Dalej ze wzoru na sumę ciągu arytmetycznego otrzymujemy n 8. Zadanie 94 W czworokącie opisanym na okręgu sumy długości przeciwległych boków są równe, czyli a + b c. Odpowiedź : Pole trapezu P 0 cm. Zadanie 95 a + a 4 Z układu równań wyznaczamy a oraz r. a a Po rozwiązaniu nierówności S n < 05 otrzymujemy n < 4. Odpowiedź : Największą liczbą spełniająca nierówność jest n. Irek.edu.pl 7

28 Zadanie 96 x y + 0 Z układu równań wyznaczamy punkty styczności: x + y 6x + 4y 0 A(0; ) i B(-; ), środek okręgu ma współrzędne S(; -), styczne są prostopadłe 4 7 do prostych AS i BS i mają równania : y x + oraz y x +, styczne 4 przecinają się w punkcie 4 O ; 7 7. Pole czworokąta ABSO jest sumą pól przystających trójkątów prostokątnych ASO i BSO i wynosi 5 P. 7 Zadanie 97 Ze wzoru ogólnego wyznaczamy a 4, a 6, czyli r -6. Prawa strona równania jest sumą n- wyrazów ciągu czyli ma postać S a + a n n ( n ) oraz a n 4 + ( n ) ( 6) i a n 4 + ( n ) ( 6) Podstawiając do danej równości otrzymujemy n 7 lub n 64. Zadanie 98 Korzystamy ze wzoru na prawdopodobieństwo warunkowe P( A / B) gdzie P ( A B) P( B) A B - wybrano mężczyznę daltonistę natomiast B wybrano daltonistę 50 P ( A / B). 5 Zadanie 99 Niech l tworząca stożka, r promień podstawy, h wysokość. Natomiast L, R, H niech będą odpowiednimi wielkościami w małym stożku powstałym po cięciu przy wierzchołku. Wówczas R L cosα Stąd l cosα L cosα więc Πrl ΠRL czyli rl RL oraz r l cosα i l L, analogicznie h l sinα i H L sinα oraz szukana wysokość stożka ściętego h s h H, więc po podstawieniu l l mamy h s sinα. Zadanie 00 W danym równaniu a, b, c cos α + sinα +, najmniejsza wartość funkcji jest równa q, po podstawieniu otrzymujemy równanie 4a trygonometryczne: cos α + sinα 0 i korzystając ze wzoru na funkcje wielokrotności kąta cos α sin α mamy dalej równanie sin α + sinα + 0 Π 7Π Π Odpowiedź: α + kπ lub α + kπ lub α + kπ. 6 6 Irek.edu.pl 8