POZIOM ROZSZERZONY 4 CZERWCA (x 3) 2. Sposób I. x 6.

Transkrypt

1 EGZAMIN MATURALNY Z MATEMATYKI (TERMIN DODATKOWY) POZIOM ROZSZERZONY 4 ZERWA 01 ZAS PRAY: 180 MINUT ZADANIE 1 (5 PKT) Rozwiaż nierówność x + 4x+4 11 x 6x+9 Łatwo zauważyć, że pod każdym z pierwiastków mamy pełen kwadrat, więc nierówność możemy zapisać w postaci x + 4x+4 11 x 6x+9 (x+) 11 x+ 11 x (x ) Otrzymana nierówność rozwiażemy dwoma sposoami Ay opuścić wartości ezwzględne rozważamy trzy przypadki Jeżeli x to mamy nierówność x+ 11 (x ) x 1 x 6 Zatem w tym przypadku rozwiazaniem jest przedział 6,+ ) Jeżeli x, ) to mamy nierówność x+ 11+(x ) 8 W tym przypadku nierówność jest więc sprzeczna Jeżeli wreszcie x < to mamy nierówność (x+) 11+(x ) 10 x 5 x W tym przypadku rozwiazaniem jest więc przedział (, 5 Łacz ac otrzymane rozwiazania otrzymujemy ziór rozwiazań: (, 5 6,+ ) 1

2 Zapiszmy nierówność w postaci I x ( ) + x 11 Szukamy zatem licz (na osi), których suma odległości od i jest co najmniej równa 11 Naszkicujmy tę sytuację Zauważmy teraz, że jeżeli x, to suma odległości od i jest stała i równa 5 Jeżeli natomiast x jest poza tym przedziałem to suma ta jest tym większa im x jest dalej od końców przedziału Ponadto łatwo zauważyć, że dla x 5 i dla x 6 interesujaca nas suma jest równa dokładnie 11 Rozwiazaniem nierówności jest więc ziór (, 5 6,+ ) Odpowiedź: (, 5 6, + ) ZADANIE (5 PKT) Wyznacz wszystkie wartości parametru m, dla których równanie(m+1)x mx+m+1 0 ma dwa różne pierwiastki takie, że ich suma jest nie większa niż,5 Sprawdźmy najpierw kiedy równanie ma dwa pierwiastki Oczywiście musi yć kwadratowe, czyli m 1 oraz 0 < 9m 4(m+1) (m) ((m+1)) 0 < (m (m+1))(m+(m+1)) 0 < (m )(5m+) / : 5 ( 0 < (m ) m+ ) 5 ( m, ) (,+ ) 5 Na mocy wzorów Viète a mamy x 1 + x m m+1

3 Musimy więc rozwiazać nierówność m m+1 5 6m (m+1) 5(m+1) (m+1) 0 m 5 0 (m+1) Ponieważ iloraz dwóch licz jest ujemny dokładnie wtedy, gdy ich iloczyn jest ujemny, powyższa nierówność jest równoważna nierówności kwadratowej (m 5)(m+1) 0 m ( 1, 5 m 1 W połaczeniu z warunkiem na -ę mamy więc ( m 1, ) (, 5 5 Odpowiedź: m ( 1, 5) (, 5 ZADANIE (4 PKT) Rozwiaż równanie tg x cos x+1 cos x+tg x w przedziale 0, π Oczywiście ze względu na tg x, musi yć cos x 0 Przekształcamy równanie przenosimy wszystko na jedna stronę i próujemy coś wyłaczyć przed nawias tg x cos x+1 cos x+tg x tg x cos x tg x+1 cos x 0 tg x( cos x 1) ( cos x 1) 0 (tg x 1)( cos x 1) 0 tg x 1 cos x 1 { π x 4, π+ π 4, π, π π } I { π 4, 5π 4, π, 5π }

4 Tym razem przekształcimy równanie pozywajac się tangensa tg x cos x+1 cos x+tg x sin x sin x cos x+1 cos x+ cos x cos x sin x cos x+cos x cos x+sin x sin x cos x sin x cos x+cos x 0 sin x( cos x 1) cos x( cos x 1) 0 (sin x cos x)( cos x 1) 0 sin x cos x cos x 1 / cos x Z drugiego równania mamy { π x, π π } { π, 5π }, a pierwsze równanie przekształcamy następujaco sin x cos x / : cos x tg x 1 { π x 4, π+ π 4} { π 4, 5π 4 } Odpowiedź: { π 4, π, 5π 4, 5π } Zadaniainfo Podoają i się nasze rozwiązania? Pokaż je koleżankom i kolegom ze szkoły! ZADANIE 4 (4 PKT) Wykaż, że prawdziwa jest równość Oznaczmy Korzystajac ze wzoru x 9+ 80, y 9 80 a x+y (x+y) x + x y+xy + y 4

5 oliczymy a Zanim to jednak zroimy zauważmy, że ( xy 9+ )( 80 9 ) 80 9 ( 80) 1 Liczymy a : a (x+y) x + x y+xy + y x + x+y+y (9+ 80)+(9 80)+(x+y) 18+a a 18+a Widzimy zatem, że licza a jest pierwiastkiem wielomianu W(x) x x 18 Łatwo sprawdzić, że x jest pierwiastkiem tego wielomianu Ay sprawdzić czy sa też inne pierwiastki dzielimy ten wielomian przez (x ) x x 18 (x x )+(x 9x)+(6x 18) (x )(x + x+6) Ponieważ czynnik kwadratowy nie ma pierwiastków ( < 0), x jest jedynym pierwiastkiem rzeczywistym W(x) Zatem a I Tym razem zwiniemy wyrażenia pod pierwiastkami do pełnych sześcianów ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) Jeżeli komuś podoaja się tego typu wzorki, to polecam lekturę poradnika o wzorach ardano ZADANIE 5 ( PKT) Uzasadnij, że jeżeli a+ 0, to a + a 5

6 Przekształcamy nierówność korzystajac ze wzoru na sumę sześcianów (próujemy wyła- czyć a + przed nawias) a + a 8a + 6a a 0 (a+)(4a a+ ) a (a+) 0 (a+)(4a a+ a ) 0 (a+)(a a+ ) 0 (a+)(a ) 0 Otrzymana nierówność jest oczywiście spełniona, a przekształcaliśmy przy pomocy równoważności, więc wyjściowa nierówność też musiała yć prawdziwa I Przekształcamy dana nierówność próujac zamienić ja na iloczyn a + a a a + 0 a a a + 0 a (a ) (a ) 0 a (a ) (a )(a+) 0 (a (a+))(a ) 0 (a a )(a ) 0 (a a+a )(a ) 0 (a(a )+(a )(a+))(a ) 0 (a+)(a ) 0 II Jeżeli 0 to z założenia a 0 i dana nierówność jest oczywiście spełniona Załóżmy więc, że 0 Ponieważ nierówność jest jednorodna (każdy składnik jest jednomianem stopnia ), możemy łatwo zamienić nierówność na nierówność, w której jest tylko jedna zmienna dzielimy nierówność stronami przez a + a / : ( a ) + a ) 1 ( 0 6

7 Podstawiamy teraz x a i mamy x x Łatwo sprawdzić, że jednym z pierwiastków lewej strony jest x 1, więc dzielimy ten wielomian przez x 1 x x + 1 (x x ) (x x) (x 1) x (x 1) x(x 1) (x 1) (x 1)(x x 1) Rozłóżmy jeszcze trójmian w drugim nawiasie Zatem x , x x x + 1 (x 1)(x 1)(x+1) (x 1) (x+1) Oczywiście pierwszy czynnik iloczynu jest zawsze nieujemny, a drugi czynnik jest nieujemny na mocy założenia a+ 0 / : a x+1 0 ZADANIE 6 (5 PKT) W równoległooku ABD miara kata ostrego jest równa 0, a odległości punktu przecięcia się przekatnych od sasiednich oków równoległooku sa równe i Olicz długość krótszej przekatnej tego równoległooku Zaczynamy oczywiście od rysunku A D a S h 1 0 o E B A D a F S h 0 o B Ponieważ przekatne równoległooku dziela się na połowy, możemy łatwo oliczyć długości wysokości h 1, h równoległooku h 1 4 h 7

8 Teraz z trójkatów prostokatnych AED i ABF możemy oliczyć długości oków równoległooku h 1 sin 0 h h a sin 0 a h Oliczamy teraz długość krótszej przekatnej korzystamy z twierdzenia cosinusów BD a + a cos 0 BD (4 ) BD BD 4 Odpowiedź: 4 ZADANIE 7 (4 PKT) Punkty A (, 0) i B (4, ) leża na okręgu o równaniu(x 1) +(y ) 10 Wyznacz na tym okręgu taki punkt, ay trójkat AB ył trójkatem równoramiennym o podstawie AB Rozpoczynamy od szkicowego rysunku y O B S A x -05 Ponieważ trójkat AB ma yć równoramienny, współrzędne punktu możemy wyznaczyć jako punkt wspólny okręgu i symetralnej odcinka AB Symetralna odcinka AB możemy wyznaczyć jak prosta przechodzac a przez O (1, ) i środek odcinka AB S A+B ( +4, 0+ ) (, 1) 8

9 Szukamy prostej OS w postaci y ax + Podstawiajac współrzędne punktów O i S mamy { a+ 1 a+ Odejmujac od drugiego równania pierwsze mamy a, czyli a 1 Stad a 4 i symetralna odcinka AB ma równanie y x+4 Szukamy teraz punktów wspólnych tej symetralnej z danym okręgiem podstawiamy y x+4 do równania okręgu Stad odpowiednio (x 1) +( x+4 ) 10 (x 1) +(x 1) 10 / : (x 1) 5 x 1 5 x 1 5 x 1 5 x 1+ 5 y x y x Zatem (1 5, + 5) lu (1+ 5, 5) Odpowiedź: (1 5, + 5) lu (1+ 5, 5) ZADANIE 8 ( PKT) Wykaż, że dla dowolnego kata α prawdziwa jest tożsamość sin 4 α+cos 4 α 1+cos α Przekształcamy lewa stronę tożsamości korzystajac z jedynki trygonometrycznej i wzoru na sin x sin 4 α+cos 4 α (sin α+cos α) sin α cos α 1 1 ( sin α cos α) 1 1 sin α 1 1 (1 cos α) cos α I Tym razem przekształćmy prawa stronę korzystajac z jedynki trygonometrycznej i wzoru na cos x 1+cos α (sin α+cos α) +(cos α sin α) sin4 α+cos 4 α+ sin α cos α+sin 4 α+cos 4 α sin α cos α sin 4 α+cos 4 α 9

10 ZADANIE 9 (5 PKT) Podstawa ostrosłupa prawidłowego trójkatnego ABS jest trójkat AB Kat nachylenia krawędzi ocznej AS do płaszczyzny podstawy ostrosłupa jest równy katowi między krawędziami ocznymi AS i BS zawartymi w ścianie ocznej ASB tego ostrosłupa (zo rysunek) Olicz kosinus tego kata S A O B Oznaczmy szukany kat przez α, długość krawędzi podstawy prze a, a długość krawędzi ocznej przez S α A α a O B a Dość łatwo jest zauważyć, że możemy napisać dwa równania wiaż ace ze soa a, i α jedno równanie to twierdzenie cosinusów w trójkacie ABS, a drugie to definicja cosinusa w trójkacie AOS a + cos α (1 cos α) cos α AO AS a a Dalsze rozwiazanie przeprowadzimy dwoma sposoami 10

11 Wyliczamy z drugiego równania a cos α cos α i podstawiamy to wyrażenie do pierwszego równania ( cos α) (1 cos α) / : cos α+ cos α cos α 7 < 1 cos α Pierwsze rozwiazanie oczywiście odrzucamy i mamy 7 1 I Podstawiamy wyrażenie na cos α z drugiego równania do pierwszego ( a 1 a ) / ( a ) a 6 ( ) Jeżeli teraz podstawimy t a, to mamy zwykłe równanie kwadratowe 7 1 t + t t 1 6 < 0 t Pierwsze rozwiazanie oczywiście odrzucamy i mamy t a 1 Podstawiamy teraz to wyrażenie do wzoru na cos α 1 cos α a Odpowiedź: 7 1 ZADANIE 10 (4 PKT) Liczy a 1, a,, a n sa dodatnie i w podanej kolejności tworza ciag geometryczny Uzasadnij, że prawdziwa jest równość n a 1 a a n a 1 a n 11

12 Jeżeli oznaczymy przez q iloraz tego ciagu, to a i a 1 q i 1 dla i 1 Prawa strona danej równości jest równa P a 1 a n a 1 a 1 q n 1 a 1 q n 1 Oliczamy teraz lewa stronę (po drodze skorzystamy ze wzoru na sumę kolejnych wyrazów ciagu arytmetycznego) L n a 1 a a n a n 1 a 1 q a 1 q a 1 q n 1 n a1 n q1++ +(n 1) n a 1 n a 1 q n(n 1) a 1 q n 1 P I Zauważmy, że dla dowolnego 1 i n mamy W takim razie q 1+(n 1) a i a n (i 1) a 1 q i 1 a 1 q n (i 1) 1 a 1 qn 1 P a 1 a n a 1 qn 1 L L n a 1 a a n n a 1 a a n (n 1) n (a 1 a n )(a a n 1 )(a a n ) n (a 1 qn 1 )(a 1 qn 1 )(a 1 qn 1 ) n (a 1 qn 1 ) n a 1 qn 1 P Oie strony sa dodatnie, więc mamy stad L P ZADANIE 11 (4 PKT) Suma długości dwóch oków trójkata równa się 4, a kat między tymi okami ma miarę 10 Olicz najmniejsza wartość sumy kwadratów długości wszystkich oków tego trójkata Szkicujemy trójkat a A 10 o c B 1

13 Przy oznaczeniach z rysunku, na mocy twierdzenia cosinusów mamy a + c c cos 10 + c + c W takim razie suma kwadratów długości oków trójkata jest równa a + + c + c + c+ + c + c + c + (4 ) + (4 ) Dziedzina tej funkcji jest przedział (0, 4), a jej wykresem paraola o ramionach skierowanych do góry i wierzchołku w punkcie w 1 6 Minimalna suma kwadratów długości oków jest wtedy równa Odpowiedź: 0 ZADANIE 1 (4 PKT) Pierwiastkami wielomianu stopnia trzeciego sa liczy 1,, 5 Współczynnik przy najwyższej potędze zmiennej tego wielomianu jest równy 1 Uzasadnij, że dla każdej liczy całkowitej nieparzystej wartość tego wielomianu jest licza podzielna przez 4 Z podanych informacji wiemy, że wielomian ma postać W(x) 1 (x 1)(x )(x 5) Jeżeli x n+1 jest licza całkowita nieparzysta to mamy W(x) 1 n(n )(n 4) 4n(n 1)(n ) Licza n(n 1)(n ) jako iloczyn trzech kolejnych licz całkowitych jest parzysta i dzieli się przez, więc jest podzielna przez 6 W takim razie W(x) dzieli się przez