20 03 10 R

background image

www.zadania.info – N

AJWI ˛

EKSZY

I

NTERNETOWY

Z

BIÓR

Z

ADA ´

N Z

M

ATEMATYKI

P

RÓBNY

E

GZAMIN

M

ATURALNY

Z

M

ATEMATYKI

Z

ESTAW PRZYGOTOWANY PRZEZ SERWIS

WWW

.

ZADANIA

.

INFO

POZIOM ROZSZERZONY

20

MARCA

2010

C

ZAS PRACY

: 180

MINUT

Z

ADANIE

1

(4

PKT

.)

Wyznacz wszystkie warto´sci parametru m, dla których równanie



1

7

x

3



m

=

0 ma

dwa pierwiastki, których iloczyn jest ujemny.

R

OZWI ˛

AZANIE

Zapiszmy dane równanie w postaci




1

7

x

3




=

m.

Naszkicujmy teraz wykres funkcji, któr ˛

a mamy z lewej strony równania: rozpoczynamy od

y

=

1

7

x

, potem przesuwamy ten wykres o

3 w dół i na koniec odbijamy cz˛e´s´c pod osi ˛

a

Ox do góry.

-2.5

+1

+2.5

x

-0.5

+0.5

+2.5

+5

y

-2.5

+1

+2.5

x

-0.5

+0.5

+2.5

+5

y

P

Z wykresu wida´c, ˙ze dane równanie ma dwa rozwi ˛

azania dla m

∈ (

0,

3

)

. Ponadto,

je ˙zeli m jest wi˛eksze ni ˙z druga współrz˛edna punktu P przeci˛ecia narysowanego wykresu z
osi ˛

a Oy, to rozwi ˛

azania te b˛ed ˛

a miały ró ˙zne znaki (bo b˛ed ˛

a po ró ˙znych stronach osi Oy).

Drug ˛

a współrz˛edn ˛

a punktu P wyznaczmy podstawiaj ˛

ac x

=

0 do wzoru funkcji.

f

(

0

) = |

1

3

| =

3

1.

Materiał pobrany z serwisu

www.zadania.info

1

background image

www.zadania.info – N

AJWI ˛

EKSZY

I

NTERNETOWY

Z

BIÓR

Z

ADA ´

N Z

M

ATEMATYKI

W takim razie równanie b˛edzie miało dwa pierwiastki ró ˙znych znaków je ˙zeli m

∈ (

3

1,

3

)

.

Odpowied´z: m

∈ (

3

1,

3

)

Z

ADANIE

2

(4

PKT

.)

Rozwi ˛

a ˙z układ równa ´n

(

5

|

y

| +

3x

=

3y

+

3

|

4y

+

9x

| =

6y.

R

OZWI ˛

AZANIE

Z drugiego równania wynika, ˙ze musi by´c y

>

0. W takim razie pierwsze równanie mo ˙zemy

zapisa´c w postaci

5y

+

3x

=

3y

+

3

3x

= −

2y

+

3

Podstawiaj ˛

ac to do drugiego równania mamy

|

4y

6y

+

9

| =

6y

| −

2y

+

9

| =

6y

9

2y

=

6y

9

2y

= −

6y

y

=

9
8

y

= −

9
4

.

Poniewa ˙z jednak musi by´c y

>

0, mamy y

=

9

8

. Zatem

x

= −

2
3

y

+

1

= −

3
4

+

1

=

1
4

.

Odpowied´z:

(

x, y

) = (

1

4

,

9

8

)

Z

ADANIE

3

(5

PKT

.)

W trójk ˛

acie prostok ˛

atnym ABC przyprostok ˛

atne maj ˛

a długo´sci

|

AC

| =

b,

|

BC

| =

a, a wyso-

ko´s´c opuszczona z wierzchołka k ˛

ata prostego ma długo´s´c h.

α

A

B

C

a

b

h

Wyka ˙z, ˙ze je ˙zeli b

2

=

a

·

h to cos

]

BAC

=

5

1

2

.

Materiał pobrany z serwisu

www.zadania.info

2

background image

www.zadania.info – N

AJWI ˛

EKSZY

I

NTERNETOWY

Z

BIÓR

Z

ADA ´

N Z

M

ATEMATYKI

R

OZWI ˛

AZANIE

Spróbujemy przekształci´c dan ˛

a równo´s´c tak, aby było to wyra ˙zenie, w którym wyst˛epuj ˛

a

tylko funkcje trygonometryczne k ˛

ata α.

Mamy

a
b

=

tg α

a

=

b tg α

h
b

=

sin α

h

=

b sin α.

Podstawiaj ˛

ac to do danej równo´sci mamy

b

2

=

ah

b

2

=

b tg α

·

b sin α

/ : b

2

1

=

tg α sin α

1

=

sin

2

α

cos α

/

·

cos α

cos α

=

sin

2

α

=

1

cos

2

α

.

Je ˙zeli podstawimy teraz t

=

cos α to mamy równanie kwadratowe

t

=

1

t

2

t

2

+

t

1

=

0

=

1

+

4

=

5

t

=

1

5

2

t

=

1

+

5

2

Ujemne rozwi ˛

azanie odrzucamy i dostajemy t

=

cos α

=

5

1

2

.

Zadania

.info

Podobają Ci się nasze rozwiązania?

Pokaż je koleżankom i kolegom ze szkoły!

Z

ADANIE

4

(5

PKT

.)

Z miejscowo´sci A i B, które s ˛

a odległe o 58,5 km wyruszyły jednocze´snie ku sobie dwa sa-

mochody. Pierwszy samochód w ci ˛

agu pierwszej minuty jechał ze ´sredni ˛

a pr˛edko´sci ˛

a 30

km/h, a w ci ˛

agu ka ˙zdej nast˛epnej minuty pokonywał drog˛e o 0,25 km dłu ˙zsz ˛

a, ni ˙z w ci ˛

agu

poprzedniej minuty. Drugi samochód przez pierwsze 6 minut przejechał 21 kilometrów, a
potem jechał ze stał ˛

a pr˛edko´sci ˛

a 150 km/h. Oblicz po ilu minutach nast ˛

api spotkanie samo-

chodów.

R

OZWI ˛

AZANIE

Pierwszy samochód w ci ˛

agu pierwszej minuty przejechał

30

·

1

60

=

0, 5

Materiał pobrany z serwisu

www.zadania.info

3

background image

www.zadania.info – N

AJWI ˛

EKSZY

I

NTERNETOWY

Z

BIÓR

Z

ADA ´

N Z

M

ATEMATYKI

kilometra. Ponadto wiemy, ˙ze w ka ˙zdej nast˛epnej minucie przeje ˙zd ˙za o 0,25 km wi˛ecej, wi˛ec
w n-tej minucie przejechał

0, 5

+ (

n

1

) ·

0, 25.

Ze wzoru na sum˛e pocz ˛

atkowych wyrazów ci ˛

agu arytmetycznego wiemy, ˙ze po n minutach

przejechał

S

n

=

2a

1

+ (

n

1

)

r

2

·

n

=

1

+ (

n

1

) ·

0, 25

2

·

n.

Zajmijmy si˛e teraz drugim samochodem. Wiemy, ˙ze w ci ˛

agu pierwszych 6 minut przejechał

21 kilometrów, a potem przeje ˙zd ˙za

150

·

1

60

=

2, 5

kilometra w ci ˛

agu 1 minuty. Zatem po n minutach (je ˙zeli n

>

6) przejedzie

21

+ (

n

6

) ·

2, 5

kilometrów.

Samochody spotkaj ˛

a si˛e, je ˙zeli w sumie przejad ˛

a dystans dziel ˛

acy miejscowo´sci A i B,

czyli 58, 5 km. Daje to nam równanie

1

+ (

n

1

) ·

0, 25

2

·

n

+

21

+ (

n

6

) ·

2, 5

=

58, 5

/

·

2

(

1

+

0, 25n

0, 25

)

n

+

42

+

5n

30

=

117

/

·

4

n

2

+

3n

+

168

+

20n

120

=

468

n

2

+

23n

420

=

0

=

23

2

+

1680

=

2209

=

47

2

n

=

23

47

2

= −

35

n

=

23

+

47

2

=

12.

Ujemn ˛

a odpowied´z odrzucamy i mamy n

=

12.

Odpowied´z: Po 12 minutach.

Z

ADANIE

5

(4

PKT

.)

Ci ˛

ag

(

b

n

)

jest niesko ´nczonym ci ˛

agiem liczb dodatnich, a ci ˛

ag

(

a

n

)

spełnia warunek

a

n

+

1

a

n

=

log 2b

n

log b

101

n

,

dla n

=

1, 2, . . . , 100.

Oblicz a

101

a

1

.

R

OZWI ˛

AZANIE

Sposób I

Materiał pobrany z serwisu

www.zadania.info

4

background image

www.zadania.info – N

AJWI ˛

EKSZY

I

NTERNETOWY

Z

BIÓR

Z

ADA ´

N Z

M

ATEMATYKI

Przekształ´cmy podany warunek

a

n

+

1

a

n

=

log 2b

n

log b

101

n

=

log

2b

n

b

101

n

a

n

+

1

=

a

n

+

log

2b

n

b

101

n

.

Wida´c teraz, ˙ze maj ˛

ac jeden wyraz ci ˛

agu

(

a

n

)

mo ˙zemy obliczy´c wszystkie jego wyrazy. Li-

czymy

a

101

=

a

100

+

log

2b

100

b

1

=

a

99

+

log

2b

99

b

2

+

log

2b

100

b

1

=

=

a

99

+

log

2b

99

b

2

·

2b

100

b

1

=

a

99

+

log

2

2

b

99

b

100

b

1

b

2

=

=

a

98

+

log

2b

98

b

3

+

log

2

2

b

99

b

100

b

1

b

2

=

a

98

+

log

2

3

b

98

b

99

b

100

b

1

b

2

b

3

=

= · · · =

a

2

+

log

2b

2

b

99

+

log

2

98

b

3

· · ·

b

98

b

99

b

100

b

1

b

2

b

3

· · ·

b

98

=

=

a

2

+

log

2

99

b

2

b

3

· · ·

b

98

b

99

b

100

b

1

b

2

b

3

· · ·

b

98

b

99

=

=

a

1

+

log

2b

1

b

100

+

log

2

99

b

2

· · ·

b

98

b

99

b

100

b

1

b

2

b

3

· · ·

b

99

=

=

a

1

+

log

2

100

b

1

· · ·

b

98

b

99

b

100

b

1

b

2

b

3

· · ·

b

100

=

a

1

+

log 2

100

=

a

1

+

100 log 2.

Zatem

a

101

a

1

=

100 log 2.

Sposób II

Zapiszmy podany warunek w postaci

a

n

+

1

a

n

=

log 2

+

log b

n

log b

101

n

i wypiszmy pod sob ˛

a kolejne równo´sci otrzymane przez podstawianie n

=

1, 2, 3, . . . , 100.

a

2

a

1

=

log 2

+

log b

1

log b

100

a

3

a

2

=

log 2

+

log b

2

log b

99

a

4

a

3

=

log 2

+

log b

3

log b

98

· · ·

a

100

a

99

=

log 2

+

log b

99

log b

2

a

101

a

100

=

log 2

+

log b

100

log b

1

.

Dodaj ˛

ac te równo´sci stronami otrzymamy

a

101

a

1

=

100 log 2.

Odpowied´z: 100 log 2

Materiał pobrany z serwisu

www.zadania.info

5

background image

www.zadania.info – N

AJWI ˛

EKSZY

I

NTERNETOWY

Z

BIÓR

Z

ADA ´

N Z

M

ATEMATYKI

Z

ADANIE

6

(4

PKT

.)

Ze zbioru

{

1, 2, . . . , 10

}

losujemy dwie ró ˙zne liczby n i k. Oblicz prawdopodobie ´nstwo, ˙ze

2n

2

>

k

·

n

1

.

R

OZWI ˛

AZANIE

Poniewa ˙z liczby n i k pełni ˛

a inne role w danej nierówno´sci, wygodniej b˛edzie nam traktowa´c

zdarzenia elementarne jak pary uporz ˛

adkowane

(

n, k

)

. Mamy wi˛ec

|

| =

10

·

9

=

90

(drug ˛

a liczb˛e mo ˙zemy wybra´c na 9 sposobów, bo liczby nie mog ˛

a by´c równe).

Spróbujmy teraz rozszyfrowa´c podan ˛

a nierówno´s´c.

2n

(

2n

1

)

2

>

k

·

n

n

(

2n

1

) >

k

·

n

/ : n

2n

1

>

k

2n

>

k

+

1.

Zauwa ˙zmy, ˙ze k

+

1

6

11, wi˛ec je ˙zeli n

>

6 to nierówno´s´c b˛edzie spełniona dla wszystkich

warto´sci k. Jest

5

·

9

=

45

takich zdarze ´n (jest 5 mo ˙zliwo´sci wybrania n i 9 mo ˙zliwo´sci wybrania k ró ˙znego od n).

Wypiszmy teraz mo ˙zliwe warto´sci k dla mniejszych warto´sci n.

n

=

5

k

∈ {

1, 2, 3, 4, 6, 7, 8

}

n

=

4

k

∈ {

1, 2, 3, 5, 6

}

n

=

3

k

∈ {

1, 2, 4

}

n

=

2

k

=

1.

Daje to nam

7

+

5

+

3

+

1

=

16

zdarze ´n sprzyjaj ˛

acych i prawdopodobie ´nstwo jest równe

45

+

16

90

=

61
90

.

Odpowied´z:

61

90

Z

ADANIE

7

(5

PKT

.)

Okr ˛

ag o ´srodku O jest wpisany w trójk ˛

at ABC, gdzie A

= (−

3, 5

)

. Wiedz ˛

ac, ˙ze okr ˛

ag ten

jest styczny do boków AB i AC odpowiednio w punktach K

= (

0,

1

)

i L

= (

3, 2

)

oblicz

długo´s´c odcinka AO.

Materiał pobrany z serwisu

www.zadania.info

6

background image

www.zadania.info – N

AJWI ˛

EKSZY

I

NTERNETOWY

Z

BIÓR

Z

ADA ´

N Z

M

ATEMATYKI

R

OZWI ˛

AZANIE

Rozpoczynamy od szkicowego rysunku.

-5

-1

+2

+5

x

-5

-1

+1

+5

y

A

O

K

L

-5

-1

+2

+5

x

-5

-1

+1

+5

y

A

O

K

L

S

Plan jest nast˛epuj ˛

acy: skoro interesuj ˛

acy nas okr ˛

ag jest styczny do prostych AB i AC w

punktach K i L to punkt O le ˙zy na przeci˛eciu prostych przechodz ˛

acych przez te punkty i

prostopadłych odpowiednio do boków AB i AC. Napiszemy wi˛ec równania prostych KO i

LO, a to pozwoli wyliczy´c współrz˛edne punktu O.

Sposób I

Aby napisa´c równania prostych KO i LO skorzystamy z równania

p

(

x

a

) +

q

(

y

b

) =

0

prostej prostopadłej do wektora

v

= [

p, q

]

i przechodz ˛

acej przez punkt P

= (

a, b

)

.

W przypadku prostej KO mamy

v

=

−→

AK

= [

0

− (−

3

)

,

1

5

] = [

3,

6

]

oraz P

=

K

= (

0,

1

)

. Zatem prosta KO ma równanie

3x

6

(

y

+

1

) =

0

/ : 3

x

2y

2

=

0.

W przypadku prostej LO mamy

v

=

−→

AL

= [

3

− (−

3

)

, 2

5

] = [

6,

3

]

oraz P

=

L

= (

3, 2

)

. Zatem prosta LO ma równanie

6

(

x

3

) −

3

(

y

2

) =

0

/ : 3

2x

6

y

+

2

=

0

y

=

2x

4.

Materiał pobrany z serwisu

www.zadania.info

7

background image

www.zadania.info – N

AJWI ˛

EKSZY

I

NTERNETOWY

Z

BIÓR

Z

ADA ´

N Z

M

ATEMATYKI

Szukamy teraz punktu wspólnego tych dwóch prostych.

(

x

=

2y

+

2

y

=

2x

4

Podstawiaj ˛

ac x

=

2y

+

2 z pierwszego równania do drugiego mamy

y

=

2

(

2y

+

2

) −

4

y

=

4y

⇐⇒

y

=

0.

Zatem x

=

2y

+

2

=

2 i O

= (

2, 0

)

.

Teraz bez trudu liczymy ˙z ˛

adan ˛

a odległo´s´c

|

AO

| =

q

(

2

+

3

)

2

+ (

0

5

)

2

=

25

+

25

=

5

2.

Sposób II

Je ˙zeli nie chcemy korzysta´c ze wzoru na równanie prostej prostopadłej do wektora to mo-

˙zemy równania prostych KO i LO wyznaczy´c bardziej konwencjonalnie – wyznaczaj ˛

ac naj-

pierw równania prostych AK i AL, potem pisz ˛

ac równania prostych do nich prostopadłych

i przechodz ˛

acych odpowiednio przez punkty K i L.

Mo ˙zemy oczywi´scie korzysta´c z równania prostej przechodz ˛

acej przez dwa punkty, ale

my b˛edziemy unika´c tego wzoru, bo raczej nie upraszcza on rachunków.

Szukamy prostej w postaci y

=

ax

+

b przechodz ˛

acej przez A

= (−

3, 5

)

i K

= (

0,

1

)

.

(

5

= −

3a

+

b

1

=

b

Odejmuj ˛

ac od pierwszego równania drugie mamy 6

= −

3a, czyli a

= −

2 i prosta AK ma

równanie y

= −

2x

1.

Od razu wyznaczmy równanie prostej KO. Jest ona prostopadła do AK, wi˛ec ma posta´c

y

=

1

2

x

+

b. Współczynnik b wyznaczmy podstawiaj ˛

ac współrz˛edne punktu K, b

= −

1.

Zatem prosta ta ma równanie y

=

1

2

x

1

Teraz szukamy prostej y

=

ax

+

b przechodz ˛

acej przez A

= (−

3, 5

)

i L

= (

3, 2

)

.

(

5

= −

3a

+

b

2

=

3a

+

b

Odejmuj ˛

ac od pierwszego równania drugie mamy 3

= −

6a, czyli a

= −

1

2

. Współczynnik b

nie jest nam potrzebny, wi˛ec mo ˙zemy go nie liczy´c.

Wyznaczmy teraz równanie prostej LO. Jest ona prostopadła do AL, wi˛ec ma posta´c

y

=

2x

+

b. Współczynnik b wyznaczmy podstawiaj ˛

ac współrz˛edne punktu L

2

=

6

+

b

b

= −

4.

Zatem prosta ta ma równanie y

=

2x

4.

Materiał pobrany z serwisu

www.zadania.info

8

background image

www.zadania.info – N

AJWI ˛

EKSZY

I

NTERNETOWY

Z

BIÓR

Z

ADA ´

N Z

M

ATEMATYKI

Teraz szukamy punktu wspólnego prostych y

=

1

2

x

1 i y

=

2x

4. Od razu porównu-

jemy y-ki.

1
2

x

1

=

2x

4

3

=

3
2

x

x

=

2.

Zatem y

=

2x

4

=

0 i O

= (

2, 0

)

. Mamy st ˛

ad

|

AO

| =

q

(

2

+

3

)

2

+ (

0

5

)

2

=

25

+

25

=

5

2.

Sposób III

Zadanie mo ˙zemy te ˙z rozwi ˛

aza´c zgaduj ˛

ac z obrazka współrz˛edne punktu O

= (

2, 0

)

(co nie

jest specjalnie trudne) i wykazuj ˛

ac, ˙ze rzeczywi´scie jest to szukany punkt.

Aby wykaza´c, ˙ze punkt O jest ´srodkiem okr˛egu wpisanego w trójk ˛

at ABC wystarczy

pokaza´c, ˙ze odcinki OK i OL maj ˛

a równe długo´sci oraz, ˙ze s ˛

a prostopadłe odpowiednio do

prostych AK i AL.

Zacznijmy od prostopadło´sci – zrobimy to sprawdzaj ˛

ac, ˙ze iloczyny skalarne

−→

AK

−→

OK

oraz

−→

AL

−→

OL s ˛

a równe 0. Liczymy

−→

AK

= [

0

+

3,

1

5

] = [

3,

6

]

−→

OK

= [

0

2,

1

0

] = [−

2,

1

]

−→

AK

−→

OK

= −

6

+

6

=

0

−→

AL

= [

3

+

3, 2

5

] = [

6,

3

]

−→

OL

= [

3

2, 2

0

] = [

1, 2

]

−→

AL

−→

OL

=

6

6

=

0.

Pozostało sprawdzi´c, ˙ze

|

−→

OK

| = |

−→

OL

|

.

|

−→

OK

| =

4

+

1

=

5

|

−→

OL

| =

1

+

4

=

5.

Zatem rzeczywi´scie punkt O jest szukanym ´srodkiem okr˛egu wpisanego w trójk ˛

at ABC.

Długo´s´c odcinka AO obliczamy jak w poprzednich sposobach.

Sposób IV

Tym razem u ˙zyjemy wi˛ecej geometrii – zauwa ˙zmy, ˙ze je ˙zeli S jest ´srodkiem odcinka KL to
trójk ˛

aty ASK i AKO s ˛

a podobne (oba s ˛

a prostok ˛

atne i maj ˛

a wspólny k ˛

at przy wierzchołku

A). Mamy wi˛ec

AS

AK

=

AK

AO

AO

=

AK

2

AS

.

Długo´s´c odcinka AK wyliczamy od razu

AK

2

= (

0

+

3

)

2

+ (−

1

5

)

2

=

9

+

36

=

45,

Materiał pobrany z serwisu

www.zadania.info

9

background image

www.zadania.info – N

AJWI ˛

EKSZY

I

NTERNETOWY

Z

BIÓR

Z

ADA ´

N Z

M

ATEMATYKI

a długo´s´c odcinka AS wyliczymy z twierdzenia Pitagorasa.

KL

2

= (

3

0

)

2

+ (

2

+

1

)

2

=

9

+

9

=

18

AS

2

=

AK

2

KS

2

=

AK

2

KL

2

4

=

45

18

4

=

90

9

2

=

81

2

AS

=

9

2

.

Mamy wi˛ec

AO

=

AK

2

AS

=

45

9

2

=

5

2.

Odpowied´z: 5

2

Z

ADANIE

8

(5

PKT

.)

Wyznacz warto´s´c parametru m, dla którego równanie

x

3

+ (

m

2

)

x

2

+ (

6

2m

)

x

12

=

0

ma trzy pierwiastki x

1

, x

2

, x

3

spełniaj ˛

ace warunki x

3

= −

x

1

oraz x

2

=

x

1

1.

R

OZWI ˛

AZANIE

Sposób I

Z podanych informacji wiemy, ˙ze dany wielomian musi mie´c posta´c

(

x

x

1

)(

x

x

2

)(

x

x

3

) = (

x

x

1

)(

x

x

1

+

1

)(

x

+

x

1

) =

= (

x

2

x

2

1

)(

x

x

1

+

1

) =

=

x

3

x

2

x

1

+

x

2

x

2

1

x

+

x

3

1

x

2

1

=

=

x

3

+

x

2

(

1

x

1

) −

x

·

x

2

1

+ (

x

3

1

x

2

1

)

.

Porównuj ˛

ac teraz współczynniki ze współczynnikami danego wielomianu otrzymujemy

układ równa ´n

m

2

=

1

x

1

6

2m

= −

x

2

1

12

=

x

3

1

x

2

1

.

(Układ ten mogli´smy te ˙z otrzyma´c stosuj ˛

ac wzory Viète’a dla równania stopnia 3).

Mo ˙zemy ten układ rozwi ˛

aza´c na ró ˙zne sposoby, my podstawimy m

=

3

x

1

z pierwsze-

go równania do drugiego

6

2

(

3

x

1

) = −

x

2

1

x

2

1

+

2x

1

=

0

x

1

(

x

1

+

2

) =

0.

Rozwi ˛

azanie x

1

=

0 jest sprzeczne z trzecim równaniem układu, zatem x

1

= −

2 i ma-

my m

=

3

x

1

=

5. Łatwo sprawdzi´c (cho´c nie musimy tego robi´c), ˙ze dla tych warto´sci

wszystko jest OK, tzn. liczby x

3

=

2 i x

2

= −

3 spełniaj ˛

a zale ˙zno´sci z tre´sci zadania.

Materiał pobrany z serwisu

www.zadania.info

10

background image

www.zadania.info – N

AJWI ˛

EKSZY

I

NTERNETOWY

Z

BIÓR

Z

ADA ´

N Z

M

ATEMATYKI

Sposób II

Na pocz ˛

atku nie wida´c specjalnie jak si˛e zabra´c za to zadanie, wi˛ec spróbujmy zignorowa´c

to, ˙ze w równaniu jest parametr i poszukajmy pierwiastków w´sród dzielników wyrazu wol-
nego. Sprawdzaj ˛

ac po kolei 1,-1,2,-2 mo ˙zna zauwa ˙zy´c, ˙ze x

=

2 jest pierwiastkiem:

8

+

4

(

m

2

) +

2

(

6

2m

) −

12

=

8

+

4m

8

+

12

4m

12

=

0.

Zatem wielomian jest podzielny przez dwumian

(

x

2

)

– wykonujemy to dzielenie. My

zrobimy to grupuj ˛

ac wyrazy.

x

3

+ (

m

2

)

x

2

+ (

6

2m

)

x

12

= (

x

3

2x

2

) +

mx

2

2mx

+

6x

12

=

=

x

2

(

x

2

) +

mx

(

x

2

) +

6

(

x

2

) = (

x

2

)(

x

2

+

mx

+

6

)

.

Zastanówmy si˛e teraz co dalej. Wiemy, ˙ze jeden z pierwiastków to x

=

2, ale nie wiemy

który. Musimy wi˛ec rozwa ˙zy´c 3 przypadki.

Je ˙zeli x

1

=

2 to z podanych równo´sci mamy x

3

= −

2 i x

2

=

1. To jednak nie jest mo ˙zliwe,

bo na mocy wzorów Viète’a iloczyn pierwiastków trójmianu w nawiasie jest równy 6.

Je ˙zeli x

2

=

2 to z podanych równo´sci mamy x

1

=

3 i x

3

= −

3. Jak poprzednio, to nie

jest mo ˙zliwe, bo na mocy wzorów Viète’a iloczyn pierwiastków trójmianu w nawiasie jest
równy 6.

Je ˙zeli natomiast x

3

=

2 to x

1

= −

2 oraz x

2

= −

3 i jest OK, bo iloczyn tych liczb to 6.

Korzystaj ˛

ac ponownie ze wzorów Viète’a mamy

m

=

x

1

+

x

2

= −

2

3

= −

5

m

=

5.

Mo ˙zemy sprawdzi´c, ˙ze pierwiastkami równania x

2

+

5x

+

6

=

0 rzeczywi´scie s ˛

a liczby

x

= −

2 i x

= −

3.

Odpowied´z: m

=

5

Z

ADANIE

9

(4

PKT

.)

Trapez prostok ˛

atny ABCD o podstawach AB i CD jest opisany na okr˛egu o promieniu r.

a) Wyka ˙z, ˙ze

|

AB

| + |

CD

| >

4r.

b) Wiedz ˛

ac, ˙ze pole trapezu jest równe 4 wyka ˙z, ˙ze r

6

1.

R

OZWI ˛

AZANIE

Rozpoczynamy od rysunku.

2r

A

B

C

D

E

Materiał pobrany z serwisu

www.zadania.info

11

background image

www.zadania.info – N

AJWI ˛

EKSZY

I

NTERNETOWY

Z

BIÓR

Z

ADA ´

N Z

M

ATEMATYKI

a) Poniewa ˙z trapez jest opisany na okr˛egu, sumy długo´sci jego przeciwległych boków

musz ˛

a by´c równe, czyli

AB

+

CD

=

AD

+

BC

=

2r

+

BC.

Wystarczy zatem pokaza´c, ˙ze BC

>

2r. To jednak staje si˛e jasne je ˙zeli popatrzymy

na trójk ˛

at prostok ˛

atny CEB – przeciwprostok ˛

atna jest zawsze najdłu ˙zszym bokiem w

trójk ˛

acie prostok ˛

atnym, czyli

BC

>

CE

=

2r.

b) Korzystaj ˛

ac ze wzoru na pole trapezu oraz z nierówno´sci z poprzedniego podpunktu,

mamy

4

=

AB

+

CD

2

·

2r

>

4r

2

·

2r

=

4r

2

.

St ˛

ad r

2

6

1, czyli r

6

1.

Z

ADANIE

10

(6

PKT

.)

Na płaskiej powierzchni poło ˙zono trzy kule K

1

, K

2

, K

3

, ka ˙zda o promieniu 2 tak, ˙ze kule K

1

i K

2

s ˛

a styczne w punkcie P

3

, kule K

2

i K

3

s ˛

a styczne w punkcie P

1

, a kule K

3

i K

1

s ˛

a styczne

w punkcie P

2

. Nast˛epnie poło ˙zono na tych kulach kul˛e K

4

o promieniu 3, która jest styczna

do kul K

1

, K

2

, K

3

odpowiednio w punktach S

1

, S

2

, S

3

.

a) Uzasadnij, ˙ze odcinki P

1

P

2

i S

1

S

2

s ˛

a równoległe.

b) Oblicz obwód trapezu P

1

P

2

S

1

S

2

.

R

OZWI ˛

AZANIE

Oczywi´scie rozpoczynamy od narysowania opisanej sytuacji.

O

1

O

2

O

3

O

4

P

3

P

1

P

2

S

3

S

2

S

1

2

2

2

2

2

2

2

2

2

3

3

3

α

Zrobienie nawet schematycznego rysunku nie jest łatwe, ale musimy sobie co najmniej

tyle narysowa´c, ˙zeby było wida´c, ˙ze wystarczy si˛e zajmowa´c czworo´scianem O

1

O

2

O

3

O

4

,

gdzie punkty te s ˛

a ´srodkami kolejnych kul. Punkty styczno´sci kul b˛ed ˛

a dzieli´c kraw˛edzie

tego czworo´scianu w sposób pokazany na prawym rysunku.

Materiał pobrany z serwisu

www.zadania.info

12

background image

www.zadania.info – N

AJWI ˛

EKSZY

I

NTERNETOWY

Z

BIÓR

Z

ADA ´

N Z

M

ATEMATYKI

a) W trójk ˛

acie O

1

O

4

O

2

mamy

O

1

O

4

O

2

O

4

=

S

1

O

4

S

2

O

4

,

co na mocy twierdzenia odwrotnego do twierdzenia Talesa oznacza, ˙ze odcinki S

1

S

2

i

O

1

O

2

s ˛

a równoległe. Podobnie, odcinek P

1

P

2

ł ˛

aczy ´srodki boków w trójk ˛

acie O

1

O

2

O

3

,

czyli jest równoległy do odcinka O

1

O

2

. Skoro ka ˙zdy z odcinków S

1

S

2

i P

1

P

2

jest rów-

noległy do odcinka O

1

O

2

, to musz ˛

a one by´c równoległe.

b) Łatwo wyliczy´c długo´sci podstaw trapezu. Z zauwa ˙zonych w poprzednim podpunk-

cie równoległo´sci mamy

P

1

P

2

=

1
2

O

1

O

2

=

2

oraz

O

4

S

1

S

1

S

2

=

O

4

O

1

O

1

O

2

3

S

1

S

2

=

5
4

S

1

S

2

=

12

5

.

Odrobin˛e trudniej jest z ramieniem trapezu – wida´c, ˙ze da si˛e wyliczy´c długo´s´c od-
cinka P

1

S

2

z trójk ˛

ata P

1

S

2

O

2

je ˙zeli tylko b˛edziemy znali cos α. Cosinus ten mo ˙zna

wyliczy´c z twierdzenia cosinusów w trójk ˛

acie O

2

O

3

O

4

, ale mo ˙zna te ˙z pro´sciej: trój-

k ˛

at O

2

O

3

O

4

jest równoramienny, wi˛ec ´srodkowa O

4

P

1

jest jego wysoko´sci ˛

a. Zatem z

trójk ˛

ata O

2

P

1

O

4

mamy

cos α

=

O

2

P

1

O

2

O

4

=

2
5

.

Pozostało teraz policzy´c długo´s´c odcinka P

1

S

2

z twierdzenia cosinusów w trójk ˛

acie

O

2

P

1

S

2

.

(

P

1

S

2

)

2

= (

O

2

P

1

)

2

+ (

O

2

S

2

)

2

2O

2

P

1

·

O

2

S

2

cos α

(

P

1

S

2

)

2

=

4

+

4

8

·

2
5

=

8

16

5

=

4

2

4
5

=

4

·

6

5

P

1

S

2

=

2

6

5

=

2

30

5

.

Zatem obwód trapezu jest równy

2

+

12

5

+

2

·

2

30

5

=

22

+

4

30

5

.

Odpowied´z:

22

+

4

30

5

Z

ADANIE

11

(4

PKT

.)

Wyka ˙z, ˙ze dla dowolnych liczb rzeczywistych a

6=

b oraz m

6=

0 równanie

1

x

a

+

1

x

b

=

1

m

ma dwa ró ˙zne rozwi ˛

azania.

Materiał pobrany z serwisu

www.zadania.info

13

background image

www.zadania.info – N

AJWI ˛

EKSZY

I

NTERNETOWY

Z

BIÓR

Z

ADA ´

N Z

M

ATEMATYKI

R

OZWI ˛

AZANIE

Przekształcamy dane równanie

x

b

+

x

a

(

x

a

)(

x

b

)

=

1

m

(

2x

a

b

)

m

= (

x

a

)(

x

b

)

2xm

− (

a

+

b

)

m

=

x

2

− (

a

+

b

)

x

+

ab

x

2

− (

a

+

b

+

2m

)

x

+

ab

+

am

+

bm

= (

a

+

b

+

2m

)

2

4

(

ab

+

am

+

bm

)

.

Wyra ˙zenie

(

a

+

b

+

2m

)

2

mo ˙zemy obliczy´c wymna ˙zaj ˛

ac dwa nawiasy, ale mo ˙zemy te ˙z sko-

rzysta´c ze wzoru

(

x

+

y

+

z

)

2

=

x

2

+

y

2

+

z

2

+

2xy

+

2xz

+

2yz.

Mamy wi˛ec

=

a

2

+

b

2

+

4m

2

+

2ab

+

4am

+

4bm

4ab

4am

4bm

=

=

a

2

+

b

2

2ab

+

4m

2

= (

a

b

)

2

+

4m

2

.

Poniewa ˙z z zało ˙zenia m

6=

0, wi˛ec

>

0, co oznacza, ˙ze równanie ma zawsze dwa pier-

wiastki. Nie jest to jednak całkiem koniec, bo musimy sprawdzi´c, czy jeden z tych pierwiast-
ków to nie jest przypadkiem a lub b (liczby te nie nale ˙z ˛

a do dziedziny równania). Spraw-

dzamy podstawiaj ˛

ac x

=

a i x

=

b w otrzymanym równaniu kwadratowym.

a

2

− (

a

+

b

+

2m

) ·

a

+

ab

+

am

+

bm

= −

2am

+

am

+

bm

=

m

(

b

a

) 6=

0

b

2

− (

a

+

b

+

2m

) ·

b

+

ab

+

am

+

bm

= −

2bm

+

am

+

bm

=

m

(

a

b

) 6=

0.

Zatem rzeczywi´scie pierwiastkiem nie mo ˙ze by´c ani liczba a, ani b.

Materiał pobrany z serwisu

www.zadania.info

14


Wyszukiwarka

Podobne podstrony:
20 03 10 A
PODSTAWY ZARZĄDZANIA ćw 20.03.10 20, Materiały studia, Podstawy zarządzania ćwiczenia
20 03 10 R
20 03 10 A
Podstawy kryminologii 20 XII 2010 03 10 I 2011 WYKŁAD
loveparade 2010 anlage 20 protokoll 02 03 10
rozliczenia 03 10
Pierwsi turyści od upadku Husajna (20 03 2009)
2010 03 10
27.03.10. FILOZOFIA PRZYRODY, Filozofia
pn 20 12 10 błony płodowe ptaka
11 03 10 01 xxx?schr b Hoch , Niedrigw o L
2015 08 20 08 10 55 01
loveparade 2010 anlage 11 interner entwurf sicherheitskonzept 20 05 10
20 03 2012 Współczesne systemy polityczyne wykłady
sciagi 03 10 sciaka rozliczenia
19.20.02.2011r.i 20.03 i 16.04- prawo finansowe, Administracja WSEI Lublin, Makarzec
Historia kultury, Kultura historii- wyklad 20.03.2011, Kultura historii

więcej podobnych podstron