Rozwiązni mj 2017r. Zdni zmknięte Zd 1. 5 16 5 2 5 2 Zd 2. 5 2 27 2 23 2 2 2 2 Zd 3. 2log 3 2log 5log 3 log 5 log 9 log 25log Zd. 120% 8910 1,2 8910 2,2 8910 $%, 050 Zd 5. Njłtwiej jest zuwżyć że dl 1 otrzymujemy & 2 2' &2 2' Jeżeli jednk chcielibyśmy to rozwiązć to okzuje się że npotykmy n spore problemy & 2 2' &2 2' 2 2 2 22 2 22 2 2 6 2 2 2 2 2 2 2 2 20 2 2 2 20 możn podzielić przez 2 2 2 1 2 20 & 2 2' 1 & 1 2 2' 88 2128 2 Tu okzuje się że )128 2 - i tu ciężko to obliczyć. Fktem jest że &22 2' 2 2 2 2 2 8 28128 2 czyli )128 222 2 tk więc $ * Są jeszcze wzory Viete i one nprowdziłyby szybciej do rozwiązni. &, ' 1 orz *,,&, ', 12 2 o $ * $ - czyli $ 2 2 $ $ $ 1 2 $ z tych zleżności łtwo wywnioskowć że $ 1 12 2 Zd 6. 1 2 >0 1>0 dl kżdego 0 wystrczy rozwiązć 2 > 0 > 2 < 2 liczb 3 nie spełni tego wrunku Zd 7. 2 3 3 2 3 2 Zd 8. 0 2 2 0 0 20 20 0 $ 0 2 2 równnie 0 nie m rozwiązń Zd 9. 6 3 1 12 6 3 3 12 miejsce zerowe % * &,$',$ 3 1 Zd 10. Znjąc włsność funkcji kwdrtowej 6 8 9: mówiącą że wykres kżdej tkiej funkcji przecin oś Y w punkcie (0; c) oczywistym jest że c 3 co widć z wykresu. Nie wiem po co w zdniu jest podne wiele dnych nie koniecznych do podni odpowiedzi. Dne te byłyby niezbędne gdyby zdnie pytło o pełny wzór tej funkcji. Zd 11. Dl funkcji wykłdniczej 6 8 ; definicj mówi 8 > 0 8 1. Wiemy też że dl 8 > 1 funkcj jest rosnąc co widć n tym wykresie orz mmy 2 $ 2. Zd 12. 8 $ 5 8 11 stąd > 8 8 $ 11 56 8? 8 $ @ 1> 71 5 @ 1671 56@ 671 6@ 711 6@ 72 @ @ 12 8 $ 71 ()
Zd 13. iąg geometryczny 2; 6; 8 1 D E F $ 8 8 D 6 $ 1,5 8 1 1,5 8 2,5 Zd 1. G sin50 z fktu że sinl cos90 L mmy G cos0 Zd 15. 56 o () α O Trójkąt O jest równormienny O O więc OPQ 56 PQR 180 2 56 180 112 68 L 180 68 112 Zd 16. 10 D 2 Z uwgi n to że odcinki i DE są równoległe więc trójkąty i ED są podobne więc odpowiednie odcinki są proporcjonlne. Mmy ST SV $ $% 20 () TU VW ; Zd 17. 2 E 2 30 o ] Już uczeń gimnzjum bądź klsy VIII wie że w trójkącie prostokątnym z kątem ostrym 30 o długości boków się ksztłtują tk jk n rysunku. zyli obwód wynosi 8288 338 8 308&3 3' N poziomie LO nleży skorzystć z fktu sin30 $ orz cos30 Zd 18. tnl Z ; () Zd 19. [ $ - jej współczynnik kierunkowy 8 $ $ P 2; to prostopdł do niej m współczynnik kierunkowy 8 bo 8 $ 8 1 Stąd prost prostopdłą do niej m wzór [ 9 i wstwijąc do wzoru punkt P 2; otrzymujemy 29 stąd 9 812 zyli wzór funkcji o wykresie prostopdłym to [ 12 Zd 20. \ 2; 3 r 5 wstwijąc do równni okręgu 8 [ 9 > dne z zdni mmy 2 [ 3 5 czyli 2 [ 3 25 łtwo zuwżyć że punkt P 1; 7
spełni wrunki zdni 1 2 7 3 25 czyli 3 25 Zd 21. 3 Pole powierzchni cłkowitej to pole dwóch kwdrtowych podstw i czterech ścin bocznych 28 8 38 10 28 128 10 18 10 8 10 8 10 Zd 22. O S Trójkąt SO jest równormienny prostokątny czyli pytnie jest o sin5 Zd 23. () 12 r 6 ^ $ _> h $ _6 _ 12 _ 8_ Zd 2.,,,,;,$,$,$ 11,; 11 75 88 88 75 13 Zd 25. Liczby są od 1 do 2 czyli Ωb 2 Dzielniki liczby 2 to c1; 2; 3; ; 6; 8;12; 2d czyli P 8 f P $ () Zdni otwrte Zd 26. 8 72 0 8 9 0 pierwistki równni 8 0 90 $ 0 9 Dl wykresu z głęzimi do góry, wrtości 0 są między pierwistkmi czyli Odpowiedź: 0; 9 Zd 27. %$ %$ %$ %% %$ % $ %$ 1166 %$ 85 %$ 17 5 czyli przy podzieleniu przez 17 otrzymmy %$ 5 Zd 28. P α R β
Odcinek R (promień okręgu) prostopdły do prostej. OR0 90 i. Trójkąt R równormienny R R więc RO0 90 i terz z kątów przyległych przy punkcie mmy for 180 RO0 180 90 i90 i. Oczywiście kąt przy wierzchołku w czworokącie P jest prosty jko kąt promieni ze styczną. Terz dl czworokąt P mmy 90 i90 il 360 sum kątów w czworokącie 180 2iL 360 L 360 180 2i L 180 2i Zd 29. 6 8 9: D 6 njwiększ wrtość. 6 66 0 Zd 30. c 26; x; b x 1 trójkąt prostokątny więc 8 9 : czyli 1 26 2 11 676 2 28196 676 0 2 28 80 0 :2 1 20 0 1 1 20 196960 1156 1156 3 $ * $ 2 *, $, % 10 Rozwiąznie $ 2 nie spełni wrunków zdni bo nie m odcinków o długości ujemnej. Dl x 10 mmy: 10; b 10 1 2 c 26. Obwód b c 10 2 26 60. Zd 31. 8 $ 8; \ 33 ciąg rytmetyczny \ 8 $ 8 8 8 $ 8 $ >8 $ 2> 38 $ 3> 38 $ 3> 33 8 $ > 11 > 11 8 > 3 8 $ 8 $ 8 $ 15> 8 $ 12> 8 $ 15> 8 $ 12> 3> 3 3 9 Zd 32. P ; 0 j 2; 9 prost k [ 210 M(2; 9) ( o ; p pq) p k (-; 0) (5; 0) by wyznczyć punkt trzeb obliczyć miejsce zerowe podnej funkcji czyli rozwiązć równnie 210 0 2 10 : 2 5 (5; 0) Terz wyznczymy równnie prostej n której leży punkt czyli równnie prostej M współczynnik kierunkowy 8 Z EZ F % 1,5 [ 1,59 wstwimy terz dny punkt ; E ; F j 2; 9 91,5 29 939 9 9 3 9 6 Otrzymliśmy wzór prostej M [ 1,56. Terz by obliczyć współrzędne punktu trzeb rozwiązć ukłd równń m [ 1,56 [ 210 n 1,56 210 1,52 10 6 3,5, 1$
[ 1,5 $ 6 67 O 1 $ ; 7 Podstw 5 ( ) 9 Pole trójkąt f $ 9 7 $ 3 Zd 33. Wszystkie liczby dwucyfrowe to od 10 do 99. 99 9 90 Ωb 90 Liczby podzielne przez 3 mniejsze od 0 to P c12;15;18;21;2;27;30;33;36;39d P 10 f P $% $ % Zd 3. 2 2 h r - wysokość ściny bocznej f * $ pole powierzchni bocznej f * 3 $ 8 h r $ $ 8 8 $ 8 Fs t Fs 8 $ $ 8 2 Potrzebn jest nm wysokość ostrosłup (H), by ją policzyć trzeb wcześniej policzyć wysokość w podstwie i z trójkąt: wysokość H, wysokość ściny h s orz $ h u wyliczymy potrzebną wysokość. h u 3 $ h u $ 3 Terz z Twierdzeni Pitgors mmy: v $ h u h r v 5 3 v $ v w % % % $ v $ $ $ % $ $ $ Obliczmy objętość ostrosłup ^ $ f u v $ $ 8 h u v $ $ 2 3 % % % $ h s 2 H h s x ] y z