TURNIRJ MATEMATYCZNY ELIPSA dla klas LO ROZWIĄZANIA DO ZADAŃ Zadanie. (2 pkt.) Dla jakich wartości parametru m (m R), część wspólna przedziałów A = (, m m i B = 2m 2, + ) jest zbiorem pustym? / Jeśli A B =, potrzeba i wystarczy, aby m m < 2m 2. 2/ Przekształcając i rozwiązując nierówność m m < 2m 2 otrzymamy, że: m m 2m + 2 < 0 m(m 2 ) 2(m ) < 0 m(m )(m + ) 2(m ) < 0 (m )(m 2 2 + m 2) < 0 _ m = m 2 + m 2 = 0 = 9, = m (, 2) m = 2 m 2 = m Odp. Dla m (, 2), część wspólna zbiorów A i B jest zbiorem pustym. Zadanie 2. (2 pkt.) Zaznacz w układzie współrzędnych zbiór rozwiązań nierówności y x. W przedstawionym rozwiązaniu zadania należy uwzględnić algebraiczne rozwiązanie danej nierówności. / Rozwiązując nierówność y x algebraicznie otrzymamy: rozpatrujemy przypadki dla y y x y x, dla y 0 lub y x, dla y < 0 rozpatrujemy przypadki dla x { y 0 x y x lub { y 0 x < y x + { y < 0 x y x + lub { y < 0 x < y x
2/ Rozwiązując nierówność y x graficznie wykonujemy rysunek w układzie współrzędnych korzystając z rozwiązania w pkt. / y = x + y y = x 0 x Odp. Graficznym rozwiązaniem nierówności y x jest obszar płaszczyzny zawarty pomiędzy prostymi y = x oraz y = x + (rysunek powyżej). Zadanie. ( pkt.) Dla jakich wartości parametru m (m R), równanie x + x = m 2 m posiada jedno rozwiązanie. W przedstawionym rozwiązaniu zadania należy uwzględnić wykres funkcji występujący po lewej stronie równania. / Na początek, w rozwiązaniu zadania, przekształcimy wzór funkcji znajdującej się z lewej strony równania x + x = m 2 m, tj. f(x) = x + x. f(x) = x + x = x x x = ( ) x, stąd ostatecznie f(x) = (( ) x ) 2/ Teraz przed wykonaniem wykresu funkcji f, zapiszemy kolejne etapy rysowania wykresu tej funkcji, tj. y = ( )x y 2 = ( )x przesunięcie o wektor v = [0, ] y = (( )x ) symetria względem osi OX y 4 = ( )x symetria względem osi OX, dla y < 0 y 5 = ( ) x symetria względem osi OY, dla x > 0 Uwaga! Jeśli pozostaniemy przy zapisie wzoru funkcji f w postaci: f(x) = ( ) x, to kolejność wykonywania wykresu funkcji f może być inna.
( ) x ቆ( ) x ቇ ( ) x ቆ( ) x ቇ Wykres końcowy funkcji f 2 ቆ( ) x ቇ / Teraz możemy rozwiązać równanie x + x = m 2 m. W rozwiązaniu powyższego równania potrzeba i wystarczy, aby m 2 m = 2 ponieważ w tym punkcie prosta m 2 m, dla m R posiada jeden punkty wspólny z wykresem funkcji f. Zauważ, że jeśli m 2 m = 2, to m 2 m 2 = 0 = 9, = m = i m 2 = 2 a stąd oraz Odp. m {, 2}. Zadanie 4. ( pkt.) Dla dowolnej liczby x R\{}, liczby ( log 0,5 x, log m x, log 2 x ) w podanej kolejności są wyrazami pewnego ciągu arytmetycznego. Oblicz m. / Na początek kolejne wyrazy ciągu można zapisać w nieco przekształconej postaci, tj. ( log 0,5 x, log m x, log 2 x ) (log 2 x, log m x, log 4 x ) 2/ Teraz stosując własność ciągu arytmetycznego możemy zapisać, że: 2 log m x = log 2 x + log 4 x
Rozwiązując otrzymane równanie mamy, że: 2 log m x = log 2 x + log 4 x 2 log m x = log 2 x + 2 log 2 x korzystamy z tw. log a r b = r log a b 2 log m x = log 2 x + log 2 x korzystamy z tw. log a b + log a c = log a (b c) 2 log m x = log 2 x x korzystamy z twierdzeń dla działań na potęgach 2 log m x = 2 log 2 x 4 log m x = log 2 x = log x 4 m log x 2 log x 2 = 4 log x m 4 log x 2 = log x m przekształcenia log x 6 = log x m korzystamy z twierdzenia o zamianie podstawy logarytmu / Ostatecznie możemy zapisać, że m = 6, a stąd m = 6 m = 2 2 Odp. m = 2 2. Zadanie 5. (4 pkt.) Równanie x 2 + 7x + c = 0 posiada dwa różne od zera pierwiastki x i x 2. Oblicz c, jeżeli wiadomo, że: ( 0 x x 2 ) ( 0 log x x ) = 0,0 5 2 / Na początek przekształcając równanie ( 0 x x 2 ) ( 0 x 2 x ) = 0,0 log 5 otrzymamy, że (0 x x 2 ) 2 = 5x x 2 2/ Korzystając teraz ze wzorów Viète a powyższe równanie zapiszemy w postaci: (0 c) 2 = 5c a rozwiązując je otrzymamy, że c = 20 c = 5. / Teraz jeśli równie x 2 + 7x + c = 0 posiada dwa różne od zera pierwiastki x i x 2, to możemy zapisać, że: a stąd c (, 0) (0, 2 4 ) = 49 4c > 0 c 0 4/ Biorąc teraz pod uwagę otrzymane rozwiązania dla współczynnika c, tj. c = 20 i c = 5 oraz warunek, że c (, 0) (0, 2 ) otrzymamy, że ostatecznie c = 5. 4 Odp. c = 5.
Zadanie 6. (5 pkt.) Dwa okręgi o równych promieniach są styczne zewnętrznie. Ze środka jednego z nich poprowadzono styczne do drugiego okręgu (rysunek). Wykaż, że pole koła ograniczonego każdym z tych okręgów jest równe Pπ, gdzie P jest polem zacieniowanej figury. π / Na początku uzupełniamy rysunek pomocniczy do zadania, tj. B r α O O 2 A 2/ Zauważ, że trójkąt O BO 2 jest trójkątem prostokątnym o katach: 90 0, 60 0 i 0 0, ponieważ O O 2 = 2r, zatem kąt α = 60 0, a cosα = 2. / Obliczamy długość odcinka O B: O B = r i pole czworokąta AO BO 2 : P = r 2 4/ Wyznaczamy pole wycinka kołowego AO 2 B: P 2 = πr2 5/ Zapisujemy pole zacieniowanej figury, jako: P = P P 2 = r 2 πr2, a przekształcając otrzymane równanie otrzymamy, że r 2 = P π. Teraz możemy już obliczyć pole koła, tj. S = πr 2 = πp π. Odp. S = πp π. ROZWIĄZANIA ZADAŃ Krzysztof Kabat n-l matematyki LO