Poziom rozszerzony Zadanie 1 (4pkt) RozwiąŜ ... - Gazeta.pl

Poziom rozszerzony
Zadanie 1 (4pkt)
RozwiąŜ nierówność | 2x
+ 4 | + | x −1
| ≤ 6 .
Szkic rozwiązania:
Znajdujemy miejsca zerowe funkcji spod znaków wartości bezwzględnej.
2x + 4 = 0 ⇔ x = −2
x −1 = 0 ⇔ x = 1
Zaznaczamy je na osi liczbowej
-2 1 x
Zaznaczone punkty dzielą oś liczbową na trzy przedziały: ( −∞ ; − 2)
, < −2;
1)
, < 1; + ∞)
.
W kaŜdym z tych przedziałów funkcje spod znaku wartości bezwzględnych są stałego znaku.
Stosujemy więc definicję wartości bezwzględnej. Nierówność przyjmuje odpowiednio postać:
1. Dla x ∈ ( −∞;
− 2)
− ( 2x
+ 4)
− ( x −1)
≤ 6
− 2x − 4 − x + 1 ≤ 6
− 3x ≤ 9
x ≥ −3
Uwzględniając przedział, w którym nierówność przyjęła powyŜszą postać
otrzymujemy zbiór rozwiązań w tym przypadku
Odp1: x ∈< −3;
− 2)
2. Dla x ∈< −2;
1)
2x + 4 − ( x −1)
≤ 6
2x + 4 − x + 1 ≤ 6
x ≤ 1
Uwzględniając przedział, w którym nierówność przyjęła powyŜszą postać
otrzymujemy zbiór rozwiązań w tym przypadku
Odp2: x ∈< −2;
1)
3. Dla x ∈< 1; + ∞)
2x + 4 + x −1
≤ 6
3x ≤ 3
x ≤ 1
Uwzględniając przedział, w którym nierówność przyjęła powyŜszą postać
otrzymujemy zbiór rozwiązań w tym przypadku
Odp3: x ∈{
1}
Aby uzyskać zbiór rozwiązań nierówności danej w zadaniu sumujemy zbiory rozwiązań dla
kaŜdego z rozwaŜonych przypadków.
| 2x
+ 4 | + | x −1
| ≤ 6 ⇔ x ∈< −3;
− 2)
∪ < −2;
1)
∪{
1}
⇔ x ∈< −3;
1 >
Odpowiedź:
x ∈< −3;
1 >
Zadanie 2 (4 pkt)
2
Wyznacz wszystkie rozwiązania równania 2 cos x − 5sin
x − 4 = 0 naleŜące do przedziału
< 0 ; 2π
> .

Szkic rozwiązania:
2
2cos
x − 5sin
x − 4 = 0
Z jedynki trygonometrycznej mamy
2
2
sin x + cos x = 1
Zatem
2
2
cos x = 1 − sin x
Wstawiając do równania uzyskujemy
2
2 ⋅ ( 1−
sin x ) − 5sin
x − 4 = 0
2
2 − 2sin
x − 5sin
x − 4 = 0
2
− 2sin
x − 5sin
x − 2 = 0 | ⋅ ( −1)
2
2sin
x + 5sin
x + 2 = 0
Stosujemy podstawienie sin x = t , gdzie t ∈< −1;
1 >
Równanie przyjmuje wówczas postać:
2 5 2 0
2
t + t + =
Δ =
5 2
− 4⋅
2⋅
2 = 9
Δ = 3
− 5 − 3 − 5 + 3
t = lub t =
4
4
1
t = −2
lub t = −
2
t = −2∉
−1,
1 , więc to rozwiązanie równania 2 5 2 0
2
t + t + = nie spełnia warunków zadania.
1
t = − ∈ −1,
1 .
2
Otrzymaliśmy równanie
1
sin x = −
2
1.5
1
0.5
-0.5
-1
-1.5
y
π/2 π 3π/2 2π
W przedziale 0, 2π
równanie to ma dwa rozwiązania:
7π 11π
x = lub x =
6 6
Odpowiedź:
f(x)=sin(x)
f(x)=-0.5
x

2
W przedziale 0 , 2π
równanie 2cos
x − 5sin
x − 4 = 0 ma dwa rozwiązania:
7π 11π
x = , x = .
6 6
Zadanie 3 (4pkt)
Bok kwadratu ABCD ma długość 1. Na bokach BC i CD wybrano odpowiednio punkty E i F
umieszczone tak, by |CE| = 2|DF|, dla której pole trójkąta AEF jest najmniejsze.
Szkic rozwiązania:
Pole trójkąta AEF obliczymy odejmując od pola kwadratu ABCD pola trójkątów
prostokątnych ABE, ECF i FDA.
P AEF
1
1
1
= 1 − ⋅ | | ⋅ | | − ⋅ | | ⋅ | | − ⋅ | | ⋅ | | =
2
2
2
2
AB BE EC CF FD DA
1
1
1
2 1 1 ⎛ 1 ⎞ 7
= 1−
⋅1⋅
( 1−
2x
) − ⋅ 2x
⋅(
1−
x)
− ⋅ x ⋅1
= x − x + = ⎜ x − ⎟ + dla kaŜdej wartości
2
2
2 2 2 ⎝ 4 ⎠ 16
1
0 ≤ x ≤ .
2
1 2
⎛ ⎞
⎛ ⎞
PoniewaŜ ⎜ x − ⎟ ≥ 0 , więc pole jest najmniejsze wtedy, gdy ⎜ x − ⎟ = 0 , czyli dla
⎝ 4 ⎠
⎝ 4 ⎠
Odpowiedź:
D
1
Pole trójkąta jest najmniejsze dla
A
x
F
1
x = .
4
1 −
1
x
C
2 x
E
1− 2x
B
2
1 2
1
x = .
4

Zadanie4 (4pkt)
3 2
Wyznacz wartości a i b współczynników wielomianu W ( x)
= x + ax + bx + 1 wiedząc, Ŝe
W ( 2 ) = 7 oraz, Ŝe reszta z dzielenia W ( x)
przez ( x − 3)
jest równa 10.
Szkic rozwiązania:
W ( 2)
= 7
8 + 4a
+ 2b
+ 1 = 7
4a + 2b
= −2
2a + b = −1
Reszta z dzielenia W (x)
przez ( x − 3)
jest równa 10, więc
W ( 3)
= 10
27 + 9a
+ 3b
+ 1 = 10
9a + 3b
= −18
3a + b = −6
Oba warunki mają być spełnione jednocześnie, więc uzyskujemy układ równań
⎧2a
+ b = −1
⎨
⎩3a
+ b = −6
Układ ten spełniony jest wtedy i tylko wtedy, gdy
⎧a
= −5
⎨
⎩ b = 9
Odpowiedź:
Wielomian W (x)
spełnia warunki zadania dla a = −5
i b = 9 .
Zadanie 5. (5 pkt)
O liczbach a, b, c wiemy, Ŝe ciąg ( a , b,
c)
jest arytmetyczny i a + c = 10 , zaś ciąg
( a + 1 , b + 4,
c + 19)
jest geometryczny. Wyznacz te liczby.
Szkic rozwiązania:
PoniewaŜ ciąg ( a , b,
c)
jest arytmetyczny, więc z własności ciągu arytmetycznego
a + c
10
otrzymujemy równanie b = . Stąd i tego, Ŝe a + c = 10 obliczamy b = = 5 .
2
2
Wykorzystując własność ciągu geometrycznego zapisujemy równanie
( 4) ( 1)(
19)
2
b + = a + c + ,
które po uwzględnieniu tego, Ŝe b = 5 i c = 10 − a zapisujemy w postaci
2 ( 5 + 4)
= ( a + 1)(
10 − a + 19)
, czyli 81 = ( a + 1)(
29 − a)
.
Stąd dostajemy kolejno
2
81= 29a
− a + 29−
a
2
a − 28a
+ 52 = 0
2
a − 2a
− 26a
+ 52 = 0
a ( a − 2 ) − 26(
a − 2)
= 0
( a − 2 )( a − 26)
= 0
a = 2 lub a
= 26

Gdy a = 2 , to wtedy c = 10 − a = 8 . Gdy a = 26 , to c = 10 − a = −16
Odpowiedź. Poszukiwane liczby to a = 2 i b = 5 i c = 8 lub a = 26 i b = 5 i c = −16
.
Zadanie 6. (5 pkt)
2
Wyznacz wszystkie wartości parametru m, dla których równanie x + mx + 2 = 0 ma dwa
róŜne pierwiastki rzeczywiste takie, Ŝe suma ich kwadratów jest większa od 2 13
2 m − .
Szkic rozwiązania:
Równanie
2
x + mx + 2 = 0 ma dwa róŜne pierwiastki rzeczywiste tylko wówczas, gdy
wyróŜnik Δ > 0 . Nierówność tę zapisujemy kolejno
2
m − 4⋅
2 > 0
m − 2 2 m + 2 2 >
( )( ) 0
Stąd otrzymujemy m < −2
2 lub m > 2 2 .
Wtedy istnieją dwa róŜne pierwiastki rzeczywiste x 1 i x 2 tego równania. Rozwiązujemy teraz
nierówność 2 13
2
2 2
x + x > m − , którą najpierw zapisujemy w postaci równowaŜnej
1
2
2
( + x ) − 2x
x > 2m
−13
1
2
1
2
2
2
x . Wykorzystując wzory Viète’a moŜemy zapisać tę nierówność
⎛ m ⎞
w postaci ⎜−
⎟
⎝ 1 ⎠
2
2
m − 4 > 2m
−13
2
m − 9 < 0
( m + 3 )( m − 3)
< 0
2 2
− 2 ⋅ > 2m
−13
. Przekształcając ją otrzymujemy kolejno
1
Stąd otrzymujemy m > −3
i m < 3.
Uwzględniając oba otrzymane wyniki mamy ostatecznie − 3 < m < −2
2 lub 2 2 < m < 3.
Zadanie 7. (6 pkt)
Punkt A = (−2,
5)
jest jednym z wierzchołków trójkąta równoramiennego ABC , w którym
|AC|=|BC|. Pole tego trójkąta jest równe 15. Bok BC jest zawarty w prostej o równaniu
y = x + 1.
Oblicz współrzędne wierzchołka C.
Szkic rozwiązania:
A
C1
y
h
1
0 1
C2
2
2
( x + 2)
+ ( y − 5)
= 50
y = x + 1
x

Obliczamy wysokość trójkąta ABC poprowadzoną z wierzchołka A korzystając ze wzoru na
odległość punktu od prostej i otrzymujemy:
h = 3 2.
Korzystając z faktu, Ŝe pole trójkąta wynosi 15, znajdujemy długość boku BC:
1
15 = ⋅3
2⋅
| BC |
2
| BC | = 5 2 .
PoniewaŜ boki AC i BC mają tę samą długość, więc punkt C leŜy na przecięciu okręgu
o środku w punkcie A i promieniu 5 2 oraz prostej o równaniu y = x + 1,
zatem jego
współrzędne spełniają układ równań
⎪⎧
2
2
2
( x + 2)
+ ( y − 5)
= ( 5 2)
⎨
⎪⎩ y = x + 1
,
skąd otrzymujemy kolejno
⎧ x = y + 1
⎨ 2
⎩2y
− 8y
− 24 = 0
⎧ x = y + 1
⎨
⎩(
y + 2)(
y − 6)
= 0
⎧x
= −3
⎧x
= 5
⎨ lub ⎨ .
⎩y
= −2
⎩y
= 6
Odpowiedź:
Wierzchołek C ma współrzędne ( − 3, −2)
lub ( 5 , 6)
.
Zadanie 8. (5 pkt)
1
Rysunek przedstawia fragment wykresu funkcji f ( x)
= . Przeprowadzono prostą
2
x
równoległą do osi Ox, która przecięła wykres tej funkcji w punktach A i B. Niech C = ( 3, − 1)
.
WykaŜ, Ŝe pole trójkąta ABC jest większe lub równe 2.
Szkic rozwiązania:
4
3
2
1
-4 -3 -2 -1 1 2 3 4
-1
y
A B
Niech B będzie punktem przecięcia prostej i wykresu funkcji f leŜącym w I ćwiartce układu
⎛ 1 ⎞
współrzędnych. Wówczas B = ⎜ m, 2 ⎟
⎝ m ⎠ . PoniewaŜ f ( − x) =
1
2
−x
1
= = f 2 ( x)
dla kaŜdej
x
liczby rzeczywistej x ≠ 0 , więc wykres funkcji f jest figurą symetryczną względem osi Oy
C
x
( )

⎛ 1 ⎞
układu współrzędnych. Stąd wynika, Ŝe A = ⎜−m, 2 ⎟ . Wysokość trójkąta ABC opuszczona
⎝ m ⎠
1
na bok AB jest równa 1+ , a podstawa AB ma długość AB = 2m
, gdzie m > 0.
Pole
2
m
1 ⎛ 1 ⎞ 1
trójkąta ABC jest więc równe PABC = ⋅2m ⋅ ⎜1+ m 2 ⎟ = + dla m > 0.
Pozostaje wykazać,
2 ⎝ m ⎠ m
1
Ŝe dla kaŜdego m > 0prawdziwa
jest nierówność m + ≥ 2 . Przekształcając tę nierówność
m
równowaŜnie, przy załoŜeniu, Ŝe m > 0,
otrzymujemy kolejno nierówności
2
m + 1 ≥ 2m
2
m − 2m + 1 ≥ 0
( ) 2
m −1 ≥ 0 .
Otrzymana nierówność jest oczywiście prawdziwa, co kończy dowód.
Zadanie 9. (4 pkt)
Na bokach BC i CD równoległoboku ABCD zbudowano kwadraty CDEF i BCGH
(zobacz rysunek). Udowodnij, Ŝe AC = FG .
Szkic rozwiązania:
A
b
E
a .
D
C
α
.
β
B
Przyjmijmy oznaczenia jak na rysunku. PoniewaŜ czworokąt ABCD jest równoległobokiem,
więc suma miar jego dwóch sąsiednich katów wewnętrznych jest równa 180 ° . Stąd
α =180 ° − β . Kąty DCF i BCG są proste, bo czworokąty CFED i BHGC to kwadraty, więc
miara kąta FCG w trójkącie FCG jest równa ∠FCG = 360°
− 2 ⋅ 90°
− β = 180°
− β = α .
Z faktu, Ŝe czworokąty CFED i BHGC to kwadraty wynika ponadto, Ŝe DC = FC oraz
BC = CG , ale BC = AD , więc AD = CG . Z cechy bkb (bok-kąt-bok) przystawania
b
a
F
b
H
G
A

trójkątów wnioskujemy, Ŝe trójkąty ADC i GCF są przystające. Stąd z kolei wynika, Ŝe
GF
AC = , co naleŜało udowodnić.
Zadanie 10. (4 pkt)
Oblicz prawdopodobieństwo tego, Ŝe w trzech rzutach symetryczną sześcienną kostką do gry
suma kwadratów liczb uzyskanych oczek będzie podzielna przez 3.
Szkic rozwiązania:
W jednokrotnym rzucie kostką moŜemy uzyskać liczbę oczek od 1 do 6. Obliczamy reszty
kwadratów tych liczb przy dzieleniu przez 3. Mamy kolejno:
1 1 0 3 1,
2
= = ⋅ +
2 2
3 2
4 2
5 2
= 4 = 1⋅
3 + 1,
= 9 = 3 ⋅ 3 +
0,
= 16 = 5 ⋅ 3 + 1,
= 25 = 8 ⋅ 3 + 1,
6 36 12 3 0.
2
= = ⋅ +
Kwadraty tych liczb przy dzieleniu przez 3 dają jedynie resztę 1 albo resztę 0. ZauwaŜmy, Ŝe
w trzech rzutach symetryczną sześcienną kostką do gry suma kwadratów liczb uzyskanych
oczek jest podzielna przez 3 tylko wtedy, gdy albo wszystkie trzy reszty z dzielenia tych
kwadratów są równe 0 albo teŜ wszystkie są równe 1. Prawdopodobieństwo wyrzucenia w
pojedynczym rzucie kostką liczby oczek, której kwadrat przy dzieleniu przez 3 daje reszty 1
4 2
jest równe = , a prawdopodobieństwo wyrzucenia liczby oczek, której kwadrat przy
6 3
2 1
dzieleniu przez 3 daje reszty 0 jest równe = . Przedstawmy na drzewku kolejne trzy rzuty
6 3
kostką.
1
3
r
= 0
1
3
r = 0
r = 0
r = 1 r = 0
r = 1
r = 1
1
3
r = 0 r = 1 r = 0
r = 1
r = 1
r = 0 r = 1
Zapis r = 1 oznacza wyrzucenie w pojedynczym rzucie kostką liczby oczek, której kwadrat
przy dzieleniu przez 3 daje reszty 1, a r = 1 oznacza wyrzucenie w pojedynczym rzucie
kostką liczby oczek, której kwadrat przy dzieleniu przez 3 daje reszty 0. Zaznaczamy
prawdopodobieństwa jedynie na istotnych gałęziach drzewa, a te gałęzie wyróŜniamy poprzez
pogrubienie ich. Oznaczmy przez A zdarzenie, Ŝe w trzech rzutach symetryczną sześcienną
kostką do gry suma kwadratów liczb uzyskanych oczek będzie podzielna przez 3.
Prawdopodobieństwo tego zdarzenia jest więc równe
2
3
2
3
2
3

1 1 1 2 2 2 9 1
P ( A)
= ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ = =
3 3 3 3 3 3 27 3
Odpowiedź: Prawdopodobieństwo tego, Ŝe w trzech rzutach symetryczną sześcienną kostką
1
do gry suma kwadratów liczb uzyskanych oczek będzie podzielna przez 3 jest równe .
3
Zadanie 11. (5 pkt)
W ostrosłupie prawidłowym trójkątnym krawędź podstawy ma długość a. Ściany boczne są
trójkątami ostrokątnymi. Miara kąta między sąsiednimi ścianami bocznymi jest równa
2α . Wyznacz objętość tego ostrosłupa.
Szkic rozwiązania:
Przyjmijmy oznaczenia jak na rysunku.
A
a
Rozwiązanie zadania sprowadza się do wyznaczenia długości wysokości h ostrosłupa.
Kąt AEB ma miarę 2 α (odcinki AE i BE to wysokości ścian bocznych odpowiednio BCS
i ACS opuszczone na bok SC). Trójkąt ABE jest równoramienny, punkt F to spodek
wysokości EF tego trójkąta, więc trójkąt FBE jest prostokątny, a kąt przy wierzchołku E
w tym trójkącie ma miarę α . Sinus tego kąta jest równy
1
2 a
sin α = ,
BE
stąd
a
BE = .
2sin
α
Pole trójkąta BCS moŜemy zapisać na dwa sposoby:
1
1
1 1 a
PBCS = ⋅ BC ⋅ DS = a ⋅ DS oraz PBCS = ⋅ CS ⋅ BE = ⋅ CS ⋅ .
2
2
2
2 2 sin α
Stąd otrzymujemy równość
F
B
.
h
S
.
O
B
. E
.
2α
B
.
.
D a
C

1
a ⋅ DS
2
a z niej
1 a
= ⋅ CS ⋅ ,
2 2 sin α
CS = 2 ⋅ DS ⋅ sin α .
Z twierdzenia Pitagorasa w trójkącie DCS otrzymujemy
2
2
2
2
( ) 2 a
DS = CS − CD = CS − .
2
Stąd i poprzedniej równości mamy
2
2 1 2
2 2 1 2
DS = ( 2 ⋅ DS ⋅ sin α ) − a = 4 ⋅ DS ⋅ sin α − a
4
4
Z tego równania obliczamy teraz kwadrat długości odcinka DS
2 2
2 1 2
4 ⋅ DS ⋅sin
α − DS = a
4
2 2 1 2
DS ( 4sin α −1)
= a
4
2
2 a
DS =
2
4(
4sin
α −1)
Spodek O wysokości ostrosłupa prawidłowego trójkątnego dzieli wysokość podstawy
w stosunku 2:1 licząc od wierzchołka. Stąd i ze wzoru na wysokość trójkąta równobocznego
otrzymujemy
1 a 3 a 3
OD = ⋅ = .
3 2 6
Z twierdzenia Pitagorasa dla trójkąta DSO obliczamy teraz wysokość ostrosłupa
h =
2 2
DS − OD =
2
a ⎛ a 3 ⎞
− ⎜ ⎟
2
4(
4sin
α −1)
⎜ 6 ⎟
⎝ ⎠
=
a ⋅cosα
.
2
3 4sin
−1
Wykorzystując wzór na pole trójkąta równobocznego obliczamy objętość V ostrosłupa
2
3
1 1 a 3 a ⋅cosα
a ⋅cosα
V = PABC
⋅ h == ⋅
=
.
3 3 4
2
2
3 4sin
−1
12 4sin
−1
Odpowiedź:
3
a ⋅cosα Objętość ostrosłupa jest równa
.
2
12 4sin
−1
2