Kategoria: Zestawy maturalne

Zgodnie z treścią zadania mamy C oraz C, stała nie jest znana. Zauważmy, że dla podana zależność na jest tautologią: . Wiemy jednak, że C, stąd

   

Oznacza to, że i stąd
C.

Ze wzoru na różnicę sześcianów, mamy

(1)  

Wykorzystamy schemat Bernoulliego. Niech będzie prawdopodobieństwem sukcesu w jednej próbie, czyli w jednym losowo wybranym opakowaniu badana śmietana zawiera mniej niż tłuszczu. Wówczas przy niezależnych próbach, prawdopodobieństwo wystąpienia co najwyżej jednego sukcesu wynosi

(2)  

Ustalmy współrzędne punktu . Ponieważ , więc . Opisana prosta styczna przechodzi więc przez punkt . Dodatkowo wiadomo, że współczynnik kierunkowy tej stycznej jest równy pochodnej funkcji dla :

   

Ponieważ , to . Stąd równanie stycznej

   

i ostatecznie oraz .

Zauważmy, że

   

oraz

   

To oznacza, że istotnie

   

na mocy wzoru o zmianie podstawy logarytmu. To kończy dowód.

Z podanych warunków wynika, że rozpatrujemy liczby pięciocyfrowe o różnych cyfrach. Wszystkich liczb spełniających nałożone ograniczenia jest

   

przy czym powyższy iloczyn trzeba pomniejszyć o liczby, których zapis dziesiętny rozpoczyna się zerem. Takich możliwości jest

   

To daje ostateczną odpowiedź:

Niech będzie ilorazem danego ciągu geometrycznego; oczywiście , bo wiemy, że jest to ciąg rosnący. Mamy zależność

   

Dodatkowo z informacji o ciągu arytmetycznym wynika, że

   

Gdyby , to suma rozważanego ciągu geometrycznego też byłaby zerem. Zatem i z ostatniej równości otrzymujemy

   

Dla otrzymujemy ciąg stały, który nie jest rosnący. Tym samym , a wtedy równanie

   

prowadzi do . Ostatecznie szukane liczby to: , oraz .

Rozważmy trójkąt spełniający podane warunki. Oznaczmy miary jego kątów wewnętrznych odpowiednio przez , i . Na półprostej niech punkt będzie tak wybrany, że . Wtedy trójkąt jest równoramienny, a ponieważ , to . To oznacza, że trójkąty oraz są podobne (mają jednakowe kąty wewnętrzne). Zatem zachodzi równość

   

co kończy dowód.

Zauważmy najpierw, że w trójkącie odcinki oraz są środkowymi, zatem ich punkt przecięcia dzieli je w stosunku licząc od wierzchołka trójkąta. W szczególności mamy . Stąd trójkąt (prostokątny) ma pole równe

   

Pole czworokąta obliczymy jako różnicę pól trójkątów i :

   

Wykorzystamy następujące tożsamości trygonometrczne

   

Dzięki nim dane równanie możemy zapisać jako

   

A stąd

   

co bezpośrednio prowadzi do postaci iloczynowej:

   

Otrzymujemy zatem lub . Druga możliwość daje rozwiązania postaci , czyli gdzie . Pierwsza opcja prowadzi do

   

skąd lub , gdzie jest całkowite. Ponieważ interesują nas rozwiązania wyłącznie w przedziale , to musi być lub lub . Ostatecznie otrzymujemy sześć rozwiązań:

   

Rozważmy najpierw sytuację bez wprowadzania układu współrzędnych (rysunek), gdzie z punktu leżącego poza kołem o środku i promieniu poprowadzono styczne do tego koła w punktach i , przy czym pole czworokąta jest równe .

Czworkąt ten składa się z dwóch przystających trójkątów prostokątnych: i , więc jego pole można zapisać jako

   

Oznacza to, że . Z twierdzenia Pitagorasa mamy też . Zatem .
Gdy wykorzystamy to spostrzeżenie do sytuacji opisanej w zadaniu w podanym układzie odniesienia, to widać, że szukane punkty muszą leżeć na prostej o równaniu i być odległe od o dokładnie . Mamy zatem

   

Zależności te prowadzą do równania kwadratowego , czyli , a stąd lub . Wówczas odpowiednio lub . Mamy zatem dwa (symetryczne względem punktu ) rozwiązania: lub .

Wyróżnik danego równania kwadratowego musi być dodatni:

   

Dodatkowo rozwiązania i będą spełniały podaną nierówność dokładnie wtedy, gdy

   

czyli, ze wzorów Viete’a, gdy . Rozwiązując nierówność związaną z wyróżnikiem, otrzymamy kolejno

   

czyli , a stąd . Z kolei druga nierówność daje nam

   

a stąd . Grupując wyrazy otrzymamy dalej , czyli

   

Ostatnią nierówność wielomianową można zilustrować prostym wykresem:

Ostatecznie rozwiązaniem jest zbiór tych liczb , które spełniają jednocześnie warunki:

   

tzn. przedział .

Pole powierzchni całkowitej opisanego w zadaniu graniastosłupa jest sumą pól dwóch trójkątnych podstaw oraz powierzchni bocznej , gdzie jest wysokością bryły. Ponieważ znamy objętość graniastosłupa oraz

   

to . To oznacza, że istotnie

   

Warto zwrócić uwagę, że założenie nie jest – na tym etapie obliczeń – istotne.

Wyznaczymy szukane minimum badając pochodną funkcji z poprzedniej części rozwiązania, dla . Mamy

   

Wynika stąd, że jedynie dla , czyli gdy . Natomiast dla całego interesującego nas zakresu jest co oznacza, że funkcja jest malejąca. Wartość najmniejszą pola uzyskamy więc przy podstawie długości , wtedy mamy

   

Rozkładamy licznik na czynniki (różnica sześcianów) i skracamy:

(1)  

Zatem poprawną jest odpowiedź D.

Obliczamy współrzędne interesującego nas wektora:

   

Długość tego wektora wynosi .

Poprawną odpowiedzią jest C.

Wyznaczamy kąty środkowe: . Podobnie (kąt środkowy wklęsły) , czyli kąt wypukły . To oznacza, że jest połową kąta wklęsłego i właściwą odpowiedzią jest B.

Losujemy obie liczby jednocześnie, więc ich kolejność nie ma znaczenia przy zliczaniu. Wszystkich możliwych par liczb utworzonych z elementów danego zbioru jest . Odrzucamy z nich te, których iloczyn jest liczbą nieparzystą, czyli gdy obie liczby są nieparzyste; takich zaś par jest dokładnie , bo liczb nieparzystych w danym zbiorze jest siedem.

Odpowiedź C.

Zauważmy, że oraz , zatem jedyny pierwiastek rzeczywisty danego wielomianu leży w przedziale . Z twierdzenia o postaci pierwiastków wymiernych wielomianu mającego współczynniki całkowite wynika, że warto sprawdzić wartości postaci

   

Do przedziału trafiają tylko dwa takie ułamki: oraz . Sprawdzamy, że , zaś , a ponieważ , to do kratek należy wpisać kolejno cyfry , i .

Zauważmy, że dla dowolnych liczb rzeczywistych prawdziwa jest nierówność

   

przy czym równość zachodzi w niej wyłącznie wtedy, kiedy .

Załóżmy teraz, że liczby i spełniają podane w zadaniu warunki. Rozpisując lewą stronę powyższego wyrażenia otrzymamy

   

Zastępując teraz (dwukrotnie) czynniki sumą dostaniemy

   

czyli lub inaczej

   

Jest to nierówność, której znak jest skierowany przeciwnie niż w przyjętych założeniach z zadania. Jest to możliwe wyłącznie wtedy, gdy obie te nierówności stają się równościami, czyli (zgodnie z uwagą w pierwszym akapicie) dla . A skoro także , to musi być , co kończy dowód.

Wysokość w trójkącie ,,ekierkowym” ma długość równą

   

Niech będzie rzutem prostokątnym punktu na bok i rozważmy trójkąty (prostokątny i równoramienny) oraz (kolejny trójkąt ,,ekierkowy”). Jeżeli oznaczymy , to i wtedy

   

czyli i dalej , a stąd . Wtedy . To oznacza, że

   

Ostatecznie To kończy dowód.

Schemat rozwiązania najlepiej pokazać w formie grafu. Po pierwszym losowaniu w pojemniku zostanie pięć kul, przy czym mogły to być: 3 kule białe i dwie czarne albo 4 białe i jedna czarna albo same kule białe .

Warianty te pojawiają się z prawdopodobieństwami równymi odpowiednio:

   

Wylosowanie kuli czarnej w drugim losowaniu jest więc równe:

   

Dziedzina: ; warunek ten jest spełniony dla wszystkich , gdyż wyróżnik tego trójmianu jest ujemny: .

Obliczamy wartość . Aby punkt należał do wykresu funkcji, musi być , stąd

   

czyli

Obliczamy pochodną funkcji :

   

Potrzebujemy jedynie wartości . Mamy

   

Szukana styczna ma zatem równanie

   

Ponieważ oraz , to dana nierówność przyjmuje postać

   

Prowadzi to do trzech przypadków, które możemy zilustrować na osi liczbowej.

Rozważamy kolejne przypadki. Należy pamiętać o zmianie znaku całego wyrażenia spod wartości bezwzględnej, jeśli w danym przedziale jest ono ujemne.

• .

  Wtedy i podobnie ; zmieniamy więc znak w obu składnikach. Dostajemy zatem nierówność

     

  Mamy więc w tym przypadku przedział .

• .

Wtedy ale ; zmieniamy znak tylko w drugim składniku. Mamy

   

czyli nierónwość prawdziwą; rozwiązanie stanowi w tym przypadku pełen rozpatrywany zakres .
• .

Wtedy i ; nie zmieniamy znaków. Mamy

   

Ten przypadek prowadzi więc do przedziału .

Na koniec, jako rozwiązanie, bierzemy sumę uzyskanych we wszystkich przypadkach zbiorów, czyli .

Niech oznacza obwód kwadratu dla . Mamy oczywiście . Wierzchołki kwadratu dzielą boki kwadratu w stosunku , czyli powstają odcinki długości oraz . Zatem bok kwadratu spełnia zależność:

   

a stąd i . To już oznacza, że ciąg , jako ciąg geometryczny, ma iloraz równy . Suma obwodów wszystkich opisanych w zadaniu kwadratów wynosi więc

   

Wykorzystamy równość . Wówczas dane równanie przyjmuje postać

   

Wynika stąd, że lub , zatem

   

W przedziale dostajemy stąd lub lub lub .

Przyjmijmy oznaczenia jak na rysunku, w szczególności .

Z warunki opisywalności czworokąta na okręgu mamy , czyli . Z twierdzenia sinusów dla trójkąta możemy napisać

   

Wówczas i obwód całego czworokąta wynosi .

Oznaczmy szukaną wysokość przez . Pole trójkąta stanowi połowę pola trójkąta , bo jest środkiem boku . Z drugiej strony trójkąt jest połową prostokąta . Stąd

   

Ponieważ przekątna danego sześcianu ma długość , to szukana wysokość ma długość

   

Aby spełnione były warunki nałożone przez treść zadania na daną funkcję kwadratową, muszą zachodzić zależności:

   

Ostatnią nierówność możemy zapisać jako

   

i, dzięki wzorom Viete’a, mamy

   

Stąd i dalej . Dzieląc obustronnie przez dostaniemy

   

Podobnie warunek z wyróżnikiem:

   

Ostatecznie, biorąc część wspólną obu otrzymanych zbiorów, uzyskujemy końcową odpowiedź:

Wyznaczymy najpierw współrzędne punktu w zależności od . Równanie prostej przechodzącej przez punkty i ma postać

   

Prosta ta przecina prostą w punkcie , którego współrzędne spełniają układ równań

   

To oznacza, że , a stąd i

   

Wtedy oczywiście .

a) Pole trójkąta jest równe

   

b) Znajdziemy minimum funkcji dla . Obliczamy pochodną:

   

Widać, że dla jedynym miejscem zerowym pochodnej jest . W punkcie tym pochodna zmienia swój znak z ujemnego na dodatni (bo tak zachowuje się funkcja kwadratowa ), wobec tego funkcja osiąga dla swoje minimum. Wtedy prosta ma równanie:

   

Obliczamy wartości oraz . Zgodnie z twierdzeniem Bezouta są to reszty z dzielenia wielomianu odpowiednio przez oraz . Mamy , . Zatem poprawną jest odpowiedź B.

Obliczamy

(1)  

Poprawną odpowiedzią jest C.

Wyrzucenie kostką ścianki z jednym oczkiem to zdarzenie o prawdopodobieństwie . Wylosowanie kuli białej z pierwszej urny ma szansę zajścia równą , zaś wylosowanie kuli białej z drugiej urny zachodzi z prawdopodobieństwem . Stąd szukaną wartością jest

   

Właściwą odpowiedzią jest więc A.

Interesujący nas współczynnik jest równy

   

Odpowiedź B.

Z twierdzenia sinusów wynika, że najmniejszy kąt w trójkącie leży naprzeciwko najkrótszego boku. Jeśli , to zgodnie z zadaniem jest oraz . Najkrótszym jest więc bok . Korzystamy z twierdzenia cosinusów ( – szukany kąt):

   

Podstawiając znane długości poszczególnych boków dostaniemy

   

Dzieląc obustronnie przez i wyliczając otrzymamy

   

W kratki należy zatem wpisać kolejno cyfry , i .

Z wykresu funkcji widać, że warunki zadania będą spełnione jedynie w przypadku, gdy

   

bo tylko wtedy dane równanie ma dwa rozwiązania, które są dodatnie.

Mamy więc

   

To oznacza, że albo albo . Stąd ostateczna odpowiedź do zadania: .

Niech będzie punktem styczności okręgu i odcinka . Oczywiście (twierdzenie Talesa) . Oznaczmy jeszcze , zaś niech oznacza długość promienia okręgu.

Wtedy z podobieństwa mamy . Dodatkowo , skąd . Zauważmy jeszcze, że (własność okręgu wpisanego w kąt) oraz . Z twierdzenia Pitagorasa dla trójkąta możemy więc napisać

   

Podobnie w trójkącie mamy

   

Pierwsze z otrzymanych równań prowadzi do

   

co po wstawieniu do drugiego równania daje

   

Ostatnie równanie kwadratowe może być przepisane równoważnie jako

   

a jego rozwiązaniami są liczby oraz . Pierwsze nie ma geometrycznego sensu (). Zatem ostatecznie , skąd i mamy

   

co mieliśmy wykazać.

Do obu stron danej równości dodajmy jedynkę. Wtedy dostaniemy

   

Po skorzystaniu ze wzoru na różnicę kwadratów dostajemy dalej

   

Zauważmy, że czynnik jest dodatni (a nawet większy od , bo ), zatem musi być , czyli . To kończy dowód.

Korzystamy z tożsamości oraz . Wtedy w danym równaniu niewiadoma będzie występowała tylko w wyrażeniu :

   

Możemy użyć zmiennej pomocniczej . Wtedy

   

lub jeszcze prościej . Rozwiązaniami tego równania są liczby oraz . Pierwsze z nich odrzucamy (bo ) i wystarczy, że rozwiążemy równanie

   

na przedziale . Odpowiedź stanowią wartości: lub .

Niech będzie ilorazem danego ciągu geometrycznego. Ponieważ to czwarty, drugi i pierwszy wyraz rosnącego ciągu arytmetycznego, to mamy równość

   

Podstawiając oraz mamy

   

Zauważmy, że nie może być , ani , bo wtedy wskazany ciąg arytmetyczny nie byłby rosnący (bo mielibyśmy ). Powyższe równanie można więc obustronnie podzielić przez , a wtedy

   

To daje nam rozwiązania: lub . Pierwszą możliwość odrzucamy. Zatem , a ponieważ suma tych liczb wynosi , to

   

To kończy rozwiązanie zadania.

Wyróżnik danego równania musi być dodatni. Dodatkowo ze wzorów Viete’a mamy

(2)  

Ponieważ , to wtedy i tylko wtedy, gdy . Rozwiązujemy jeszcze powyższe równanie

   

Tutaj , więc lub . Obie te liczby są różne od , więc stanowią rozwiązanie zadania.

Wyznaczmy najpierw współrzędne punktów i . Są to rozwiązania układu równań:

   

Ponieważ równanie okręgu możemy zapisać w postaci , zaś z pierwszego równania, to widać, że środkiem danego okręgu jest punkt , a interesujące nas rozwiązanie powyższego układu wyznaczymy z równania

   

stąd i dalej , a stąd lub . Wóœczas odpowiednio lub . Tym samym oraz . Środkiem odcinka jest punkt .

Środek szukanego okręgu spełnia warunek:

   

czyli . Stąd oraz . Promień tego obraz jest razy dłuższy od promienia okręgu wyjściowego. Zatem ostatecznie równanie, które należało wyznaczyć ma postać

   

Obliczmy najpierw ile jest ciągów cyfr o długości siedem, w których występują dokładnie trzy cyfry oraz dokładnie dwie cyfry (nie zważając, czy ciąg ten zaczyna się cyfrą , czy nie). Pozycje dla jedynek możemy wybrać na sposobów, a kolejne pozycje dla dwójek na sposobów. Pozostałe dwa miejsca uzupełniamy dowolnymi cyframi różnymi od i od – tu mamy możliwości. Zatem ciągów, spełniających nałożone warunki jest

   

Obliczmy teraz w podobny sposób ile z tych ciągów ma początkowy wyraz będący cyfrą zero. Takich ciągów jest

   

To oznacza, że szukaną liczbą jest różnica .

Niech oznacza długość wysokości ostrosłupa. Wszystkie ściany boczne rozważanego ostrosłupa są nachylone do płaszczyzny podstawy pod takim samym kątem . Oznacza to, że punkt , będący rzutem prostokątnym wierzchołka na podstawę jest środkiem okręgu wpisanego w tę podstawę (bo odległości punktu od każdej krawędzi podstawy są jednakowe i równe , gdzie ; zobacz rysunek).

Jeśli i są rzutami prostokątnymi wierzchołków i odpowiednio na krawędź , to trójkąt jest prostokątny i . Stąd . Wynika stąd, że , a stąd . Na koniec, z warunku wpisywalności okręgu w czwokąt mamy

   

Stąd szukana objętość ostrosłupa jest równa

   

Niech oraz będą wymiarami (odpowiednio poziomym i pionowym) ekranu smartfona wyrażonymi w centymetrach, . Oczywiście wiemy, że . Wtedy powierzchnia całego ekranu wraz z obramowaniem będzie równa

   

Zbadamy, dla jakiego otrzymana funkcja osiąga minimum. Ponieważ średnia arytmetyczna dwóch liczb dodatnich jest nie mniejsza niż ich średnia geometryczna, a równość zachodzi tylko wtedy, gdy liczby te są równe, to mamy

   

Oznacza to, że , a równość zachodzi wyłącznie kiedy , czyli dla . Wtedy . Zatem optymalne wymiary ekranu, przy podanych warunkach, to cm cm.

Do pełnego rozwiązania brakuje dokładnej dziedziny funkcji . W treści zadania jest mowa o brzegach krótszych i dłuższych. Wynika stąd, że przy wprowadzonych powyżej znaczeniach wielkości i , musi być spełniona dodatkowa nierówność:

   

którą należy rozwiązać dla . Interesującym nas zbiorem jest przedział

   

Zgodnie z tożsamością dana liczba jest równa

   

Zatem poprawną jest odpowiedź D.

Zauważmy, że podany wykres przedstawia funkcję , dla której . Naomiast wzory funkcji w podpunktach A., B. oraz D. zwracają wartości równe odpowiednio , oraz .

Poprawną odpowiedzią musi być więc C.

Mamy

(1)  

Właściwą odpowiedzią jest więc C.

Z równania wynika, że . Jeśli więc równanie ma rozwiązanie, to jest ono liczbą niedodatnią. Wtedy jednak , więc równanie przybiera postać

   

Mamy więc dokładnie jedno rozwiązanie.

Odpowiedź B.

Obliczamy

(2)  

W kratki należy zatem wpisać kolejno cyfry , i .

Oczywiście . Mamy

   

co należało pokazać.

Dziedzina: i jednocześnie . Przenosimy wszystkie wyrazy na jedną stronę i staramy się uzyskać postać iloczynową:

(3)  

Wyróżnik funkcji kwadratowej z licznika ostatniego wyrażenia wynosi , zatem pierwiastkami są oraz . Musimy zatem rozwiązać nierówność

   

W obrębie dziedziny, dla jest ona równoważna nierówności wielomianowej

   

którą wygodnie jest zilustrować na prostym wykresie

Ostatecznie rozwiązaniem danej nierówności jest zbiór .

Oczywiście mamy . Zauważmy też, że jeśli w danym trójkącie równobocznym oznaczymy , to . Wynika stąd równość . W szczególności oraz . Z pierwszego podobieństwa mamy , czyli . Z drugiego podobieństwa wynika zaś zależność

   

To oznacza, że

(4)  

stąd i . W szczególności pole poszczególnych trójkątów spełniają równości

   

co należało udowodnić.

Przestrzeń zdarzeń elementarnych składa się z liczb naturalnych czterocyfrowych:

   

Wśród tych liczb podzielnych przez jest dokładnie elementów. Obliczmy jeszcze ile jest w liczb podzielnych jednocześnie przez i przez , czyli podzielnych przez . Takich liczb jest

   

Ponieważ mamy wyznaczyć prawdopodobieństwo warunkowe , gdzie – liczba z jest podzielna przez , – liczba z jest podzielna przez , to

   

Promień okręgu stycznego do prostej jest odległością punktu od prostej. Wyznaczmy równanie prostej . Mamy

   

Zatem prosta ma równanie lub równoważnie .

Odległość od punktu wyznaczymy ze wzoru

   

Tyle wynosi szukany promień okręgu stycznego. Prosta prostopadła do przechodząca przez punkt przecina w punkcie styczności . Równanie tej prostej ma postać , więc współrzędne punktu stanowią rozwiązanie układu równań

   

Stąd ;

Niech . Aby istniały dwa różne pierwiastki rzeczywiste funkcji kwadratowej , to jej wyróżnik musi być dodatni: dla . Aby pierwiastki te były różne od zera, to , czyli . Pozostaje zbadać nierówność , którą przekształcimy korzystając ze wzorów Viete’a:

   

i dalej

   

Pamiętając o założeniach możemy napisać

   

Schemat odpowiedniego wykresu pozwala odczytać rozwiązanie:

.

Nietrudno zauważyć, że . Stąd prawą stronę danego równania można zapisać w prostszej postaci:

   

Nasze równanie wygląda więc tak: . Wynika stąd, że dla pewnego lub dla pewnego . W pierwszym przypadku mamy , a w drugim przy całkowitych i . Aby rozwiązania pochodziły z przedziału musi być lub . Stąd końcową odpowiedź tworzą liczby lub .

Przyjmijmy oznaczenia jak na rysunku, przy czym załóżmy, że .

Jak wiadomo, w trójkącie prostokątnym o przyprostokątnych , i przeciwprostokątnej , promień okręgu wpisanego ma długość

   

Ponieważ , to mamy , czyli . To prowadzi do równości

   

Dzieląc obustronnie przez i podstawiając dostajemy

   

Ponieważ założyliśmy, że , to i ostatecznie . Większy kąt w trójkącie leży naprzeciw dłuższego boku, więc interesuje nas . Jak wiadomo, dla , zachodzi równość

   

a że . to mamy .

Wierzchołek ma współrzędne dla pewnego .

  a) Pole trójkąta obliczymy za pomocą wyznacznika. Ponieważ oraz , to

   

Jeśli interesują nas tylko trójkąty niezdegenerowane, to należy dodać założenie oraz .
  b) Zbadamy każdy z kątów , i trójkąta sprawdzając kiedy ich cosinusy są ujemne. Mamy , oraz . Trójkąt jest ostrokątny, gdy suma kwadratów każdych dwóch jego boków jest większa od kwadratu długości trzeciego boku.
  . . Ta nierówność przyjmuje postać

   

Równoważnie , stąd .
  . . Tym razem mamy

   

Stąd . Zauważmy, że wyrażenie po lewej stronie tej nierówności może być zapisane w postaci

   

co jest równe i jest to liczba dodatnia dla każdego .
  . . Tutaj jest

   

lub równoważnie , a stąd .
Ostatecznie, biorąc część wspólną poszczególnych przypadków, otrzymamy odpowiedź .

Niech oraz będą długościami krawędzi podstawy i krawędzi bocznej projektowanego zbiornika (wyrażonymi w metrach). Mamy wtedy . Całkowity koszt wykonania zbiornika jest funkcją zależną od i od :

   

Ponieważ , to ostatecznie otrzymujemy funkcję jednej zmiennej: gdzie . Aby zagwarantować, że musimy jeszcze rozwiązać nierówność: , która prowadzi do warunku . Dziedziną funkcji jest zatem przedział . Minimum tej funkcji znajdziemy wykorzystując nierówność pomiędzy średnią arytmetyczną i geometryczną trzech liczb dodatnich (równość zachodzi w niej, gdy wszystkie trzy liczby są jednakowe). Mamy

   

przy czym wiadomo, że równość w tej nierówność ma miejsce wyłącznie gdy , czyli dla . Wtedy . Optymalny zbiornik będzie mieć zatem wymiary (w metrach): .

Z własności logarytmów mamy kolejno

(1)  

Zatem poprawną jest odpowiedź A.

Zauważmy, że wyrażenie opisujące funkcję można skrócić, otrzymamy wtedy (dla

   

To oznacza, że i tym samym .

Poprawną odpowiedzią jest C.

W podanym przedziale liczba jest ujemna, stąd . Mamy też

(2)  

Właściwą odpowiedzią jest więc A.

Gdy losujemy kulę z pierwszej urny, to szanse na wybranie kuli białej wynoszą (bo na łącznie 7 kul tylko jedna jest biała). Podobnie, gdybyśmy losowali jedną kulę z drugiej urny, prawdopodobieństwo otrzymania kuli białej jest równe . Ponieważ rzut symetryczną monetą wskazuję każdą z obu urn z prawdopodobieństwem , to zgodnie ze wzorem na prawdopodobieństwo całkowite, szukana wartość wynosi

   

Odpowiedź A.

Zauważmy, że dla i granica danego ciągu jest równa (bo takie są odpowiednie współczynniki w liczniku i mianowniku przy najbardziej znaczącym wyrazie – czyli , we wzorze na wyraz ogólny ciągu). Dostajemy więc równanie

   

Jego rozwiązaniem jest To oznacza, że w kratki należało wpisać kolejno cyfry 4, 1 i 1.

Przenosimy wszystkie wyrazy na jedną stronę, porządkujemy i grupujemy w nawiasy. Otrzymamy wówczas

(3)  

Ostatnie wyrażenie to iloczyn liczby dodatniej (bo ) i liczby nieujemnej (kwadratu liczby rzeczywistej), jest więc to wartość większa lub równa zero. To kończy dowód.

Rozpatrujemy dwa przypadki:

. Dla . Wtedy dane równanie przybiera postać , czyli i tym samym .

. Dla . Wtedy mamy , a stąd , co nie należy do rozpatrywanego zakresu.

Ostatecznie uzyskujemy tylko jedno rozwiązanie: .

Załóżmy, że i okrąg opisany na trójkącie ma długość . Wtedy , zaś okrąg opisany na trójkącie ma promień długości .

Oznaczmy też przez kąty wierzchołkowe w interesujących nas trójkątach. Jest to kąt ostry i z twierdzenia sinusów dla obu trójkątów mamy

   

Stąd oraz i mamy zależność 

   

Tym samym i dalej .

Jeśli napiszemy teraz twierdzenie cosinusów dla trójkąta , to otrzymamy żądaną zależność:

   

To kończy dowód.

Z twierdzenia Bezouta, mamy natychmiast , czyli , a stąd .

Wielomian ma więc postać . Nierudno zauważyć, że jednym z pierwiastków tego wielomianu jest liczba . To prowadzi do rozkładu na czynniki

   

Otrzymany trójmian kwadratowy ma dwa pierwiastki rzeczywiste: , więc oraz . Stąd

   

Rozwiązanie nierówności najprościej teraz przeprowadzić na osi liczbowej.

Każdy wyraz ciągu geometrycznego możemy zapisać jako dla pewnej liczby (to wynika stąd, że ciąg ten ma wszystkie wyrazy dodatnie). Mamy zatem równość

   

Dzieląc ją obustronnie przez liczbę , otrzymamy , a stąd . To prowadzi do wyniku

Suma wszystkich wyrazów ciągu geometrycznego wynosi

   

Mamy więc . Stąd, ponieważ ciąg jest arytmetyczny, możemy wnioskować, że środkowy składnik tej sumy – czyli wyraz – jest równy . Dodatkowo wiemy, że .

Mamy więc układ zależności dotyczący ciągu . Mianowicie: i . Jeśli oznaczymy przez różnicę w tym postępie arytmetycznym, to uzyskamy równania

   

Rozwiązaniem tego układu równań jest i . To kończy rozwiązanie zadania.

Wykorzystamy wzory trygonometryczne na sinus sumy argumentów oraz na sinus i cosinus podwojonego argumentu: oraz i dla wszelkich liczb rzeczywistych. Mamy

   

To oznacza, że

   

Dane równanie przyjmuje więc postać

   

To oznacza, że mamy alternatywę trzech możliwości: lub lub . Rozwiązania tych równań na przedziale są cztery: lub , , . Liczby te stanowią odpowiedź do zadania.

Aby równanie miało dwa różne rozwiązania, musi być . Stąd , czyli . Rozwiązania i będą różne od zera, gdy liczba zero nie będzie spełniała danego równania kwadratowego, stąd .

Przekształćmy teraz zależność wiążącą oba pierwiastki tak, aby móc użyć wzorów Viete’a. Równanie

   

jest równoważne równości

   

Podstawiając teraz oraz , uzyskamy

   

stąd i obliczając wyróżnik tej zależności kwadratowej , dostajemy oraz . Obie te liczby spełniają wcześniej wyprowadzone warunki, stanowią więc rozwiązanie naszego zadania.

Niech podstawa graniastosłupa ma wymiary oraz . Wtedy z twierdzenia Pitagorasa wynika, że trójkąt będący wskazanym przekrojem, ma boki długości odpowiednio

   

Ponieważ kąt jest ostry, to . Z twierdzenia cosinusów mamy więc

   

czyli

   

a stąd .

Zauważmy teraz, że znając pole trójkąta możemy napisać , czyli

   

Podstawiając ten iloczyn do poprzedniej zależności na otrzymamy ostatecznie i tym samym .

Jak niemal każde zadanie z geometrii najlepiej rozpocząć od wykonania w miarę dokładnego rysunku.

Ponieważ punkty i leżą na prostej , to możemy przyjąć, że i dla pewnych liczb oraz . Możemy obliczyć długość odcinka korzystając z informacji o polu naszego trójkąta. Istotnie, traktując bok jako podstawę, wysokość będzie odległością punktu od danej prostej . Ma ona wartość

   

Stąd , czyli .

Możemy teraz napisać

   

a stąd . To daje nam dwie możliwości: albo .

Pozostaje jeszcze sprawdzić, kiedy otrzymamy trójkąt równoramienny z równością . Mamy

   

stąd lub w wersji uproszczonej . Rozwiązując to równanie kwadratowe uzyskamy możliwe wartości lub . Mamy więc lub . Wtedy, zgodnie z wcześniejszymi obliczeniami lub albo odpowiednio lub . Są zatem cztery trójkąty , które spełniają warunki zadania, ale tylko dwa możliwe położenia wierzchołka .

Niech będzie długością podstawy w takim trójkącie, zaś długością wysokości opuszczonej na tę podstawę. Mamy i stąd , zatem , co daje . Z drugiej strony ponieważ w trójkącie suma długości dwóch boków musi być większa od trzeciego, zachodzi nierówność , a stąd .

a) Z twierdzenia Pitagorasa mamy , czyli . Dlatego pole takiego trójkąta wynosi

   

b) Dziedzina tej funkcji wynika z początkowych rozważań: geometryczny sens jest zachowany przy .

c) Aby zmaksymalizować wartość dodatniej funkcji wystarczy zbadać funkcję dla . Mamy

   

Wynika stąd, że pochodna jest ujemna wyłącznie przy . Zatem dla pochodna ta zmienia znak z dodatniego na ujemny i w punkcie tym faktycznie badana funkcja osiąga maksimum. Maksymalna jest też wówczas wartość funkcji . Największe pole spośród badanych trójkątów ma więc trójkąt równoboczny o boku długości .