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
(OKE P
OZNA ´
N
)
POZIOM ROZSZERZONY
13
STYCZNIA
2011
C
ZAS PRACY
: 180
MINUT
Z
ADANIE
1
(4
PKT
.)
Rozwi ˛
a ˙z nierówno´s´c
|
x
| + |
x
−
4
| 6
6
−
x.
R
OZWI ˛
AZANIE
Aby opu´sci´c warto´sci bezwzgl˛edne musimy rozwa ˙zy´c trzy przypadki.
Je ˙zeli x
>
4 to mamy nierówno´s´c
x
+ (
x
−
4
) 6
6
−
x
3x
6
10
x
6
10
3
.
Poniewa ˙z
10
3
<
4, w tym przypadku zbiór rozwi ˛
aza ´n jest pusty.
Je ˙zeli 0
6
x
<
4 to mamy nierówno´s´c
x
+ (
4
−
x
) 6
6
−
x
x
6
2,
co w poł ˛
aczeniu z naszym zało ˙zeniem daje przedział rozwi ˛
aza ´n:
h
0, 2
i
.
Je ˙zeli x
<
0 to mamy nierówno´s´c
−
x
+ (
4
−
x
) 6
6
−
x
−
2
6
x,
co w poł ˛
aczeniu z zało ˙zeniem daje przedział rozwi ˛
aza ´n
h−
2, 0
i
.
Zatem rozwi ˛
azaniem nierówno´sci jest zbiór
h−
2, 0
i ∪ h
0, 2
i = h−
2, 2
i
.
Odpowied´z:
h−
2, 2
i
Z
ADANIE
2
(4
PKT
.)
Wielomian W
(
x
) =
x
3
+
bx
2
+
cx
−
4 jest podzielny przez trójmian kwadratowy x
2
−
x
−
2.
Wyznacz współczynniki b i c wielomianu W
(
x
)
.
Materiał pobrany z serwisu
www.zadania.info
1
www.zadania.info – N
AJWI ˛
EKSZY
I
NTERNETOWY
Z
BIÓR
Z
ADA ´
N Z
M
ATEMATYKI
R
OZWI ˛
AZANIE
Rozłó ˙zmy podany trójmian kwadratowy na czynniki.
x
2
−
x
−
2
=
0
∆
=
1
+
8
=
9
x
=
1
−
3
2
= −
1
∨
x
=
1
+
3
2
=
2.
Zatem x
2
−
x
−
2
= (
x
+
1
)(
x
−
2
)
.
Je ˙zeli dany wielomian trzeciego stopnia ma si˛e dzieli´c przez
(
x
+
1
)(
x
−
2
)
to musi si˛e
jednocze´snie dzieli´c przez
(
x
+
1
)
i
(
x
−
2
)
, a to oznacza, ˙ze liczby -1 i 2 musz ˛
a by´c jego
pierwiastkami. Daje to nam układ równa ´n
(
0
= −
1
+
b
−
c
−
4
0
=
8
+
4b
+
2c
−
4
⇐⇒
(
b
−
c
=
5
4b
+
2c
= −
4
⇐⇒
(
b
−
c
=
5
2b
+
c
= −
2
Dodaj ˛
ac równania stronami ( ˙zeby zredukowa´c c) mamy 3b
=
3, czyli b
=
1. St ˛
ad c
=
b
−
5
=
−
4.
Odpowied´z:
(
b, c
) = (
1,
−
4
)
Z
ADANIE
3
(4
PKT
.)
Wyznacz wszystkie rozwi ˛
azania równania
tg x
cos x
−
2 sin x
=
0.
R
OZWI ˛
AZANIE
Oczywi´scie musi by´c cos x
6=
0 (ze wzgl˛edu na tg x).
Liczymy
0
=
tg x
cos x
−
2 sin x
=
sin x
cos x
cos x
−
2 sin x
=
sin x
cos
2
x
−
2 sin x
0
=
sin x
1
cos
2
x
−
2
=
sin x
·
1
−
2 cos
2
x
cos
2
x
.
Zatem sin x
=
0, czyli x
=
kπ, gdzie k
∈
C
lub
1
−
2 cos
2
x
=
0
cos
2
x
=
1
2
cos x
= ±
√
2
2
.
Rozwi ˛
azaniem tego ostatniego równania s ˛
a liczby postaci
π
4
+
k
π
2
, gdzie k
∈
C
.
π
2π
3π
4π
π
2
7π
2
π
2
0
3π
2
3π
2
4π
π
2π
5π
2
5π
2
3π
7π
2
y=cos(x)
1
1
Materiał pobrany z serwisu
www.zadania.info
2
www.zadania.info – N
AJWI ˛
EKSZY
I
NTERNETOWY
Z
BIÓR
Z
ADA ´
N Z
M
ATEMATYKI
Odpowied´z: x
=
kπ lub x
=
π
4
+
k
π
2
, gdzie k
∈
C
Z
ADANIE
4
(4
PKT
.)
Narysuj wykres funkcji y
=
2
x
, a nast˛epnie narysuj wykres funkcji g
(
x
) = |
f
(
x
+
2
) −
3
|
.
R
OZWI ˛
AZANIE
Rozpoczynamy od wykresu y
=
2
x
.
-5
-1
+1
+5
x
-5
-1
+1
+5
y
-5
-1
+1
+5
x
-5
-1
+1
+5
y
y=2
x
y=2
x+2
y=2 -3
x+2
y= 2 -3
x+2
| |
Nast˛epnie przesuwamy ten wykres o dwie jednostki w lewo i mamy wykres y
=
f
(
x
+
2
)
(przesuwamy w lewo, bo funkcja y
=
f
(
x
+
2
)
przyjmuje np. dla x
=
0 t˛e sam ˛
a warto´s´c co
f
(
x
)
dla x
=
2). Nast˛epnie otrzymany wykres przesuwamy o 3 jednostki w dół – i mamy y
=
f
(
x
+
2
) −
3, a na koniec odbijamy cz˛e´s´c poni ˙zej osi Ox do góry i mamy y
= |
f
(
x
+
2
) −
3
|
.
Wykres y
=
f
(
x
+
2
) −
3 mogli´smy te ˙z narysowa´c korzystaj ˛
ac z faktu, ˙ze wykres funkcji
y
=
f
(
x
−
p
) +
q powstaje z wykresu y
=
f
(
x
)
przez przesuni˛ecie o wektor
[
p, q
]
. W naszej
sytuacji musimy przesun ˛
a´c wykres y
=
f
(
x
)
o wektor
[−
2,
−
3
]
.
Z
ADANIE
5
(4
PKT
.)
Dany jest okr ˛
ag o równaniu x
2
+
y
2
−
10x
+
4y
+
25
=
0. Napisz równania stycznych do
tego okr˛egu, przechodz ˛
acych przez pocz ˛
atek układu współrz˛ednych.
Materiał pobrany z serwisu
www.zadania.info
3
www.zadania.info – N
AJWI ˛
EKSZY
I
NTERNETOWY
Z
BIÓR
Z
ADA ´
N Z
M
ATEMATYKI
R
OZWI ˛
AZANIE
Aby narysowa´c opisan ˛
a sytuacj˛e, przekształ´cmy podane równanie okr˛egu tak, aby było wi-
da´c jaki jest jego ´srodek i promie ´n.
(
x
2
−
10x
) + (
y
2
+
4y
) +
25
=
0
(
x
2
−
10x
+
25
) + (
y
2
+
4y
+
4
) −
25
−
4
+
25
=
0
(
x
−
5
)
2
+ (
y
+
2
)
2
=
2
2
.
Jest to wi˛ec okr ˛
ag o ´srodku
(
5,
−
2
)
i promieniu r
=
2.
-5
-1
+1
+5
x
-5
-1
+1
y
S
-5
-1
+1
+5
x
-5
-1
+1
y
S
B
A
O
Sposób I
Proste przechodz ˛
ace przez pocz ˛
atek układu współrz˛ednych s ˛
a postaci y
=
ax dla pewnego
a (tak naprawd˛e jest jeszcze pionowa prosta x
=
0, która nie jest tej postaci, ale wida´c, ˙ze
ona nie jest styczn ˛
a). Sprawd´zmy kiedy prosta y
=
ax ma dokładnie jeden punkt wspólny z
podanym okr˛egiem (podstawiamy y
=
ax do równania okr˛egu).
x
2
+
y
2
−
10x
+
4y
+
25
=
0
x
2
+ (
ax
)
2
−
10x
+
4
(
ax
) +
25
=
0
x
2
+
a
2
x
2
−
10x
+
4ax
+
25
=
0
(
a
2
+
1
)
x
2
−
2
(
5
−
2a
)
x
+
25
=
0
/ : 2
a
2
+
1
2
x
2
− (
5
−
2a
)
x
+
25
2
=
0.
Skoro otrzymane równanie kwadratowe ma mie´c dokładnie jeden pierwiastek, to jego
∆
musi by´c równa 0 (spodziewaj ˛
ac si˛e tego podzielili´smy równanie stronami przez 2, ˙zeby
Materiał pobrany z serwisu
www.zadania.info
4
www.zadania.info – N
AJWI ˛
EKSZY
I
NTERNETOWY
Z
BIÓR
Z
ADA ´
N Z
M
ATEMATYKI
otrzyma´c prostsz ˛
a
∆-˛e).
0
=
∆
= (
5
−
2a
)
2
−
25
(
a
2
+
1
)
0
=
25
−
20a
+
4a
2
−
25a
2
−
25
21a
2
+
20a
=
0
a
(
21a
+
20
) =
0
a
=
0
∨
a
= −
20
21
.
Sposób II
Tym razem u ˙zyjemy odrobin˛e wi˛ecej geometrii. Z obrazka wida´c, ˙ze jedn ˛
a z szukanych
stycznych jest prosta y
=
0 – łatwo to sprawdzi´c, okr ˛
ag ma ´srodek
(
5,
−
2
)
i promie ´n r
=
2,
wi˛ec jest styczny do tej prostej. To oznacza, ˙ze znamy odległo´s´c pocz ˛
atku układu współ-
rz˛ednych od interesuj ˛
acych nas punktów styczno´sci: OB
=
5 (gdyby´smy nie zauwa ˙zyli
styczno´sci y
=
0 i okr˛egu, mogliby´smy wyliczy´c OB z trójk ˛
ata prostok ˛
atnego OSB).
Zatem punkty styczno´sci A i B s ˛
a punktami wspólnymi danego okr˛egu i okr˛egu x
2
+
y
2
=
5
2
(o ´srodku w
(
0, 0
)
i promieniu 5). Mamy wi˛ec układ równa ´n
(
x
2
+
y
2
−
10x
+
4y
+
25
=
0
x
2
+
y
2
=
25
Odejmujemy od pierwszego równania drugie ( ˙zeby skróci´c kwadraty) i mamy
−
10x
+
4y
+
25
= −
25
4y
+
50
=
10x
x
=
2
5
y
+
5.
Podstawiamy to do równania drugiego okr˛egu i mamy
2
5
y
+
5
2
+
y
2
=
25
4
25
y
2
+
4y
+
25
+
y
2
=
25
29
25
y
2
+
4y
=
0
y
29
25
y
+
4
=
0
y
=
0
∨
y
= −
100
29
.
Pierwsza warto´s´c y daje znany ju ˙z nam punkt B, wi˛ec zajmijmy si˛e drug ˛
a. Mamy wtedy
x
=
2
5
y
+
5
= −
2
5
·
100
29
+
5
=
−
40
+
145
29
=
105
29
.
Zatem A
=
105
29
,
−
100
29
i pozostało ustali´c dla jakiego a prosta y
=
ax przechodzi przez ten
punkt. Mamy
−
100
29
=
105
29
a
⇐⇒
a
= −
100
105
= −
20
21
.
Materiał pobrany z serwisu
www.zadania.info
5
www.zadania.info – N
AJWI ˛
EKSZY
I
NTERNETOWY
Z
BIÓR
Z
ADA ´
N Z
M
ATEMATYKI
Sposób III
Tym razem tak jak w pierwszym sposobie szukamy stycznej w postaci y
=
ax, ale zamiast
przecina´c j ˛
a z okr˛egiem sprawd´zmy, kiedy jest ona odległa od ´srodka okr˛egu
(
5,
−
2
)
o dłu-
go´s´c promienia r
=
2. Korzystamy ze wzoru na odległo´s´c punktu P
= (
x
0
, y
0
)
od prostej
Ax
+
By
+
C
=
0:
|
Ax
0
+
By
0
+
C
|
√
A
2
+
B
2
.
W naszej sytuacji (dla prostej ax
−
y
=
0) otrzymujemy równanie
|
5a
+
2
|
√
a
2
+
1
=
2
|
5a
+
2
| =
2
p
a
2
+
1
/
()
2
(
5a
+
2
)
2
=
4a
2
+
4
25a
2
+
20a
+
4
=
4a
2
+
4
21a
2
+
20a
=
0
a
(
21a
+
20
) =
0
a
=
0
∨
a
= −
20
21
.
Odpowied´z: y
=
0 i y
= −
20
21
x
Z
ADANIE
6
(4
PKT
.)
Wyka ˙z, ˙ze w dowolnym równoległoboku suma kwadratów długo´sci przek ˛
atnych jest równa
sumie kwadratów długo´sci wszystkich boków.
R
OZWI ˛
AZANIE
Zaczynamy od rysunku.
A
B
C
D
a
b
α
180-α
o
A
B
C
D
a
b
b
Sposób I
Je ˙zeli przyjmiemy oznaczenia jak na rysunku to z twierdzenia cosinusów w trójk ˛
acie ABD
mamy
BD
2
=
a
2
+
b
2
−
2ab cos α
Z twierdzenia cosinusów w trójk ˛
acie ABC mamy
AC
2
=
a
2
+
b
2
−
2ab cos
(
180
◦
−
α
) =
a
2
+
b
2
+
2ab cos α.
Dodaj ˛
ac te dwie równo´sci stronami mamy
BD
2
+
AC
2
=
2
(
a
2
+
b
2
)
.
Materiał pobrany z serwisu
www.zadania.info
6
www.zadania.info – N
AJWI ˛
EKSZY
I
NTERNETOWY
Z
BIÓR
Z
ADA ´
N Z
M
ATEMATYKI
Sposób II
Tym razem u ˙zyjemy rachunku wektorowego i podstawowych własno´sci iloczynu skalarne-
go. Je ˙zeli oznaczymy
→
AB
=
→
a i
→
AD
=
→
b to mamy
→
AC
=
→
a
+
→
b
→
BD
=
→
b
−
→
a .
Zatem
AC
2
+
BD
2
= (
→
AC
)
2
+ (
→
BD
)
2
= (
→
a
+
→
b
)
2
+ (
→
b
−
→
a
)
2
=
=
2
((
→
a
)
2
+ (
→
b
)
2
) +
2
→
a
◦
→
b
−
2
→
b
◦
→
a
=
2
(
AB
2
+
AD
2
)
Sposób III
Tym razem narysujmy sobie równoległobok w układzie współrz˛ednych. Mo ˙zemy tak wy-
bra´c układ współrz˛ednych, ˙ze A
= (
0, 0
)
, B
= (
1, 0
)
, C
= (
1
+
a, b
)
, D
= (
a, b
)
.
A
B
C
D
Kwadraty długo´sci ramion s ˛
a wi˛ec równe
AB
2
=
1
AD
2
=
a
2
+
b
2
.
Policzmy teraz sum˛e kwadratów długo´sci przek ˛
atnych.
AC
2
+
BD
2
= (
1
+
a
)
2
+
b
2
+ (
a
−
1
)
2
+
b
2
=
=
1
+
2a
+
a
2
+
a
2
−
2a
+
1
+
2b
2
=
2
(
1
+
a
2
+
b
2
) =
2
(
AB
2
+
AD
2
)
.
Sposób IV
Tym razem zrzutujmy wierzchołki B i D (czyli wierzchołki przy wi˛ekszych k ˛
atach równole-
głoboku) na przek ˛
atn ˛
a AC.
A
B
C
D
a
b
b
E
F
S
x
x
y
z
z
y
Materiał pobrany z serwisu
www.zadania.info
7
www.zadania.info – N
AJWI ˛
EKSZY
I
NTERNETOWY
Z
BIÓR
Z
ADA ´
N Z
M
ATEMATYKI
Przyjmuj ˛
ac oznaczenia z obrazka mamy
b
2
=
AE
2
+
DE
2
=
y
2
+
x
2
a
2
=
AF
2
+
BF
2
= (
y
+
2z
)
2
+
x
2
=
y
2
+
4yz
+
4z
2
+
x
2
2a
2
+
2b
2
=
2y
2
+
8yz
+
8z
2
+
2x
2
+
2y
2
+
2x
2
=
4x
2
+
4y
2
+
8z
2
+
8yz.
Z drugiej strony
AC
2
+
BD
2
= (
2y
+
2z
)
2
+ (
2DS
)
2
=
4y
2
+
8yz
+
4z
2
+
4
(
x
2
+
z
2
) =
=
4x
2
+
4y
2
+
8z
2
+
8yz
=
2a
2
+
2b
2
.
Z
ADANIE
7
(4
PKT
.)
Oblicz warto´s´c funkcji f
(
x
) = |
1
−
2
x
−
3
|
dla argumentu x
=
3 log
0,4
2
−
log
0,4
3
·
log
3
125.
R
OZWI ˛
AZANIE
Upro´s´cmy najpierw podan ˛
a warto´s´c x – logarytmy maj ˛
a ró ˙zne podstawy, wi˛ec sprowad´zmy
je wszystkie do wspólnej podstawy - w sumie wszystko jedno do jakiej, my zamieniamy
wszystko na podstaw˛e 5.
x
=
3 log
0,4
2
−
log
0,4
3
·
log
3
125
=
=
3
log
5
2
log
5
0, 4
−
log
5
3
log
5
0, 4
·
log
5
125
log
5
3
=
=
3
log
5
2
log
5
0, 4
−
3
log
5
0, 4
=
3
log
5
2
−
1
log
5
0, 4
=
=
3
log
5
2
−
log
5
5
log
5
0, 4
=
3
log
5
2
5
log
5
0, 4
=
3
log
5
0, 4
log
5
0, 4
=
3.
Rachunek byłby jeszcze prostszy, gdyby´smy zmienili podstaw˛e na 0,4:
x
=
3 log
0,4
2
−
log
0,4
3
·
log
3
125
=
3 log
0,4
2
−
log
0,4
3
·
log
0,4
5
3
log
0,4
3
=
=
3 log
0,4
2
−
3 log
0,4
5
=
3 log
0,4
2
5
=
3 log
0,4
0, 4
=
3.
Liczymy zatem f
(
3
)
.
f
(
3
) = |
1
−
2
3
−
3
| = |
1
−
1
| =
0.
Odpowied´z: 0
Z
ADANIE
8
(5
PKT
.)
Dane jest równanie
(
2m
+
1
)
x
2
− (
m
+
3
)
x
+
2m
+
1
=
0 z niewiadom ˛
a x. Wyznacz te war-
to´sci parametru m, dla których suma odwrotno´sci ró ˙znych pierwiastków danego równania
jest wi˛eksza od 1.
Materiał pobrany z serwisu
www.zadania.info
8
www.zadania.info – N
AJWI ˛
EKSZY
I
NTERNETOWY
Z
BIÓR
Z
ADA ´
N Z
M
ATEMATYKI
R
OZWI ˛
AZANIE
Sprawd´zmy najpierw kiedy równanie ma dwa ró ˙zne pierwiastki. Oczywi´scie musi by´c kwa-
dratowe, czyli m
6= −
1
2
oraz
0
<
∆
= (
m
+
3
)
2
−
4
(
2m
+
1
)
2
= (
m
+
3
)
2
− (
4m
+
2
)
2
=
= (
m
+
3
−
4m
−
2
)(
m
+
3
+
4m
+
2
) =
= (−
3m
+
1
)(
5m
+
5
) = −
15
m
−
1
3
(
m
+
1
)
m
∈
−
1,
1
3
.
B˛edziemy chcieli skorzysta´c ze wzorów Viète’a
x
1
+
x
2
=
m
+
3
2m
+
1
x
1
x
2
=
2m
+
1
2m
+
1
=
1.
Liczymy
1
<
1
x
1
+
1
x
2
=
x
1
+
x
2
x
1
x
2
=
m
+
3
2m
+
1
0
<
m
+
3
−
2m
−
1
2m
+
1
=
−
m
+
2
2m
+
1
0
>
m
−
2
2
(
m
+
1
2
)
m
∈
−
1
2
, 2
.
W poł ˛
aczeniu z warunkiem na
∆-˛e otrzymujemy
m
∈
−
1
2
,
1
3
.
Odpowied´z: m
∈
−
1
2
,
1
3
Z
ADANIE
9
(4
PKT
.)
Ci ˛
ag
(
a, b, c
)
jest ci ˛
agiem arytmetycznym. Suma jego wyrazów jest równa 18. Je ˙zeli pierwsz ˛
a
z liczb zmniejszymy o 25%, a trzeci ˛
a zwi˛ekszymy o 50%, to otrzymamy trzy kolejne wyrazy
ci ˛
agu geometrycznego. Wyznacz liczby a, b, c.
R
OZWI ˛
AZANIE
Materiał pobrany z serwisu
www.zadania.info
9
www.zadania.info – N
AJWI ˛
EKSZY
I
NTERNETOWY
Z
BIÓR
Z
ADA ´
N Z
M
ATEMATYKI
Poniewa ˙z a, b, c tworz ˛
a ci ˛
ag arytmetyczny, wi˛ec a
=
b
−
r i c
=
b
+
r dla pewnego r. Z
podanej sumy mamy wi˛ec
b
−
r
+
b
+
b
+
r
=
18
⇒
3b
=
18
⇒
b
=
6.
Szukamy zatem liczb postaci 6
−
r, 6, 6
+
r. Liczby
a
−
1
4
a, b, c
+
1
2
c
=
3
4
a, b,
3
2
c
tworz ˛
a ci ˛
ag geometryczny, wi˛ec
b
2
=
3
4
a
·
3
2
c
=
9
8
ac.
Podstawiamy a
=
6
−
r, b
=
6 i c
=
6
+
r i mamy Podstawiamy wcze´sniej uzyskane wyniki
i otrzymujemy
6
2
=
9
8
(
6
−
r
)(
6
+
r
)
/
·
8
9
36
·
8
9
= (
6
−
r
)(
6
+
r
)
32
=
36
−
r
2
r
2
=
4
r
= ±
2.
Dla r
= −
2 otrzymujemy ci ˛
ag
(
a, b, c
) = (
8, 6, 4
)
, a dla r
=
2 ci ˛
ag
(
a, b, c
) = (
4, 6, 8
)
.
Odpowied´z:
(
a, b, c
) = (
8, 6, 4
)
lub
(
a, b, c
) = (
4, 6, 8
)
Z
ADANIE
10
(4
PKT
.)
Kraw˛ed´z podstawy ostrosłupa trójk ˛
atnego prawidłowego jest równa 6. Jego obj˛eto´s´c jest
równa 9
√
3. Wyznacz długo´s´c wysoko´sci ´sciany bocznej ostrosłupa.
R
OZWI ˛
AZANIE
Rozpoczynamy od szkicowego rysunku
A
B
C
D
S
E
6
3
3
H
Materiał pobrany z serwisu
www.zadania.info
10
www.zadania.info – N
AJWI ˛
EKSZY
I
NTERNETOWY
Z
BIÓR
Z
ADA ´
N Z
M
ATEMATYKI
Z podanej obj˛eto´sci łatwo jest wyliczy´c długo´s´c wysoko´sci ostrosłupa (korzystamy ze
wzoru
a
2
√
3
4
na pole trójk ˛
ata równobocznego).
V
=
1
3
·
P
p
·
H
9
√
3
=
1
3
·
36
√
3
4
·
H
=
3
√
3H
⇒
H
=
3.
Długo´s´c odcinka SE to
1
3
wysoko´sci trójk ˛
ata równobocznego ABC, czyli
SE
=
1
3
·
6
√
3
2
=
√
3.
Pozostało teraz zastosowa´c twierdzenie Pitagorasa w trójk ˛
acie prostok ˛
atnym SED.
DE
=
p
H
2
+
SE
2
=
√
9
+
3
=
√
12
=
2
√
3.
Odpowied´z: 2
√
3
Z
ADANIE
11
(4
PKT
.)
W´sród dziesi˛eciu losów loteryjnych znajduje si˛e jeden los z główn ˛
a wygran ˛
a oraz dwa lo-
sy uprawniaj ˛
ace do wylosowania nast˛epnego losu. Oblicz prawdopodobie ´nstwo wygrania
przy zakupie jednego losu.
R
OZWI ˛
AZANIE
Mamy trzy mo ˙zliwo´sci wygranej:
Mo ˙zemy wyci ˛
agn ˛
a´c los wygrywaj ˛
acy za pierwszym razem – prawdopodobie ´nstwo ta-
kiego zdarzenia wynosi:
1
10
.
Mo ˙zemy los wygrywaj ˛
acy wyci ˛
agn ˛
a´c za drugim razem – wtedy musimy za pierwszym ra-
zem wyci ˛
agn ˛
a´c jeden z dwóch losów uprawniaj ˛
acych do dalszego losowania, a w drugim
losowaniu los wygrywaj ˛
acy. Zdarzenia te s ˛
a niezale ˙zne, wi˛ec prawdopodobie ´nstwo w tym
przypadku wynosi
2
10
·
1
9
=
1
45
(w drugim losowaniu losujemy ju ˙z z 9 losów).
Mo ˙zemy wreszcie wylosowa´c los wygrywaj ˛
acy dopiero w trzecim losowaniu – wtedy w
pierwszych dwóch musimy wybra´c losy pozwalaj ˛
ace kontynuowa´c gr˛e i prawdopodobie ´n-
stwo wynosi
2
10
·
1
9
·
1
8
=
1
360
.
Zatem interesuj ˛
ace nas prawdopodobie ´nstwo jest równe
1
10
+
1
45
+
1
360
=
36
+
8
+
1
360
=
45
360
=
1
8
.
Materiał pobrany z serwisu
www.zadania.info
11
www.zadania.info – N
AJWI ˛
EKSZY
I
NTERNETOWY
Z
BIÓR
Z
ADA ´
N Z
M
ATEMATYKI
Opisane rozwi ˛
azanie mo ˙zemy zilustrowa´c drzewkiem
7/10
2/10
1/10
7/9
1/9
wygrana
wygrana
1/9
przegrana
przegrana
wygrana
1/8
7/8
przegrana
kontunuacja
kontunuacja
Odpowied´z:
1
8
Z
ADANIE
12
(5
PKT
.)
Dany jest równoramienny trójk ˛
at prostok ˛
atny, którego przeciwprostok ˛
atna ma długo´s´c 2.
Bok AB prostok ˛
ata ABCD zawiera si˛e w przeciwprostok ˛
atnej tego trójk ˛
ata, za´s punkty C
i D nale ˙z ˛
a do przyprostok ˛
atnych. Oblicz długo´sci boków prostok ˛
ata ABCD wiedz ˛
ac, ˙ze
kwadrat długo´sci jego przek ˛
atnej AC ma warto´s´c najmniejsz ˛
a z mo ˙zliwych.
R
OZWI ˛
AZANIE
Zaczynamy od rysunku.
A
B
C
D
K
L
M
x
x
x
x
2-2x
Zauwa ˙zmy, ˙ze trójk ˛
aty CBL i ADK s ˛
a oba prostok ˛
atne i ka ˙zdy z nich ma wspólny k ˛
at z
wyj´sciowym trójk ˛
atem KLM, czyli oba s ˛
a prostok ˛
atne równoramienne. W takim razie
LB
=
BC
=
AD
=
AK.
Oznaczmy długo´s´c tego odcinka przez x. Wtedy x
∈ (
0, 1
)
i
AB
=
KL
−
2x
=
2
−
2x
i stosuj ˛
ac twierdzenie Pitagorasa w trójk ˛
acie ABC mamy
f
(
x
) =
AC
2
=
x
2
+ (
2
−
2x
)
2
=
x
2
+
4
−
8x
+
4x
2
=
5x
2
−
8x
+
4.
Materiał pobrany z serwisu
www.zadania.info
12
www.zadania.info – N
AJWI ˛
EKSZY
I
NTERNETOWY
Z
BIÓR
Z
ADA ´
N Z
M
ATEMATYKI
Wykresem otrzymanej funkcji jest parabola o ramionach skierowanych w gór˛e, wi˛ec naj-
mniejsz ˛
a warto´s´c przyjmuje ona w wierzchołku, czyli dla
x
=
x
w
=
−
b
2a
=
8
10
=
4
5
.
Zatem długo´sci boków prostok ˛
ata s ˛
a równe BC
=
x
=
4
5
i
AB
=
2
−
2x
=
2
−
8
5
=
2
5
.
Odpowied´z:
4
5
,
2
5
Materiał pobrany z serwisu
www.zadania.info
13