Zadanie 8. (0-4)
Wykaż, że dla , , ,
0
a b c d >
prawdziwa jest nierówność
a
b
c
d
ac
bd
⋅
≥
MMA_1R
Wykaż, że dla a,b,c,d > 0 prawdziwa jest nierówność √(a+b)⋅√(c+d) ≥ √(ac) + √(bd).
I sposób interpretacji
Za taką odpowiedź zdający powinien otrzymać maksymalną punktację. Jeśli przyjąć, że
równanie
0
1
)1
(
2
2
x
k
x
k
to równanie z niewiadomą x i parametrem k, gdzie
0
≠
k
, to
wtedy funkcja f zmiennej x jest stała i zbiorem jej wartości jest { }
2m .
II sposób interpretacji
Jeśli przyjąć, że równanie
0
1
)1
(
2
2
x
k
x
k
to równanie z niewiadomą x i parametrem k,
a funkcję f potraktować jako funkcję zmiennej k, to zbiorem wartości funkcji f jest
(
)
(
)
3 4,2
2,4
∪
1
m
k
= -+ ), ale nie zapisze warunku
istnienia dwóch różnych pierwiastków równania kwadratowego i na tym zakończy, to
otrzymuje 1 punkt.
Zadanie 13. (0-3)
Rozwiąż nierówność (
)(
)
2sin
3
2sin
1
0
x
x
w przedziale
(0,2π)
x∈
Rozwiązanie I sposób ( metoda podstawienia )
Podstawmy sin x
t
= , otrzymamy nierówność (
)(
)
2
3
2
1
0
t
t
Stąd
1
3
,
,
2
2
t
∈-∞-
∪
+∞
, czyli
1
sin
2
x < -
lub
3
sin
2
x >
Nierówność
3
sin
2
x >
jest sprzeczna, zatem rozwiązujemy nierówność
1
sin
2
x < -
w przedziale
(
)
0,2π
x∈
-1
1
x
y
6
π
2
π
π
3
2
π
2π
1
2
Rozwiązanie:
7π 11π
,
6
6
x
∈
Schemat punktowania
Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp, ale nie zostały pokonane zasadnicze
trudności zadania 1 p.
Zdający poda rozwiązanie nierówności (
)(
)
2
3
2
1
0
t
t
:
1
3
,
,
2
2
t
∈-∞-
∪
+∞
i zapisze go za pomocą alternatywy nierówności
1
sin
2
x < -
lub
3
sin
2
x >
i na tym
poprzestanie lub dalej popełnia błędy.
Pokonanie zasadniczych trudności zadania 2 p.
Zdający
• zauważy, że nierówność
3
sin
2
x >
jest sprzeczna
albo
• rozwiąże nierówność
1
sin
2
x < -
:
7π 11π
,
6
6
x
∈
rozwiąże nierówność
1
sin
2
x < -
:
7π 11π
,
6
6
x
∈
i na tym poprzestanie lub dalej popełnia błędy.
Rozwiązanie pełne 3 p.
Zdający zauważy, że nierówność
3
sin
2
x >
jest sprzeczna i rozwiąże nierówność
1
sin
2
x < -
:
7π 11π
,
6
6
x
∈
Rozwiązanie II sposób „zbiór wartości”
Zdający zauważy, że nierówność 2sin
3
0
x -<
spełniona jest dla x
R
∈
Zatem, aby spełniona była nierówność (
)(
)
2sin
3
2sin
1
0
x
x
wystarczy rozwiązać
warunek 2sin
1
0
x + <
Stąd
1
sin
2
x < -
, czyli
7π 11π
,
6
6
x
∈
Schemat punktowania
Pokonanie zasadniczych trudności zadania 2 p.
Zdający:
• zauważy, że nierówność 2sin
3
0
x -<
spełniona jest dla x
R
∈
albo
• rozwiąże nierówność
1
sin
2
x < -
:
7π 11π
,
6
6
x
∈
i na tym poprzestanie lub dalej popełnia błędy.
Rozwiązanie pełne 3 p.
Zdający zauważy, że nierówność 2sin
3
0
x -<
spełniona jest dla x
R
∈
i rozwiąże
nierówność
1
sin
2
x < -
:
7π 11π
,
6
6
x
∈
Zadanie 14. (0-4)
W trójkącie prostokątnym stosunek różnicy długości przyprostokątnych do długości
przeciwprostokątnej jest równy 1
2 . Oblicz cosinusy kątów ostrych tego trójkąta.
Rozwiązanie (I sposób)
Sporządzamy rysunek pomocniczy i wprowadzamy oznaczenia.
Bez zmniejszania ogólności rozwiązania możemy założyć, że a
b
. Otrzymujemy zatem
równanie
1
2
a
b
c
,
które jest równoważne równaniu
1
2
a
b
c
c
Oznacza to, że
1
sin
cos
2
α
α
, a stąd wynika, że
1
sin
cos
2
α
α
. Podstawiamy tę
zależność do tożsamości
2
2
sin
cos
1
α
α
= i otrzymujemy równanie
2
3
2 cos
cos
0
4
α
α
To równanie ma dwa rozwiązania:
1
7
cos
4
α
,
1
7
cos
4
α
Ponieważ α jest kątem ostrym, więc drugie rozwiązanie należy odrzucić. Pozostaje obliczyć
cosinus drugiego kąta ostrego. Ale
90
β
α
° -
, więc cos
sin
β
α
⋅
a
b
c
β
α
Z równości
1
sin
cos
2
α
α
otrzymujemy
1
7
1
1
7
cos
sin
4
2
4
β
α
Schemat punktowania I sposobu rozwiązania
Rozwiązanie, w którym postęp jest wprawdzie niewielki, ale konieczny
na drodze do pełnego rozwiązania 1 p.
Zdający zapisze równość
1
2
a
b
c
w postaci
1
sin
cos
2
α
α
i na tym zakończy lub dalej
popełni błędy.
Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp 2 p.
Zdający podstawi równość
1
sin
cos
2
α
α
do tożsamości
2
2
sin
cos
1
α
α
= i doprowadzi
otrzymane równanie do postaci uporządkowanego równania kwadratowego, np.
2
3
2 cos
cos
0
4
α
α
i na tym zakończy lub dalej popełni błędy.
Pokonanie zasadniczych trudności zadania 3 p.
Zdający zapisze dwa rozwiązania tego równania
1
7
cos
4
α
,
1
7
cos
4
α
oraz odrzuci ujemne rozwiązanie tego równania i na tym zakończy lub dalej popełni błędy.
Rozwiązanie pełne 4 p.
Zdający obliczy i zapisze cosinusy obu kątów ostrych tego trójkąta:
1
7
cos
4
α
,
1
7
cos
4
β
Rozwiązanie (II sposób)
Sporządzamy rysunek pomocniczy i wprowadzamy oznaczenia.
Bez straty ogólności rozwiązania możemy założyć, że a
b
. Otrzymujemy zatem równanie
1
2
a
b
c
,
Z tej równości wyznaczamy
2
c
a
b
. Ponieważ dany trójkąt jest trójkątem prostokątnym,
więc stosujemy twierdzenie Pitagorasa i mamy:
2
2
2
2
c
b
b
c
,
które jest równoważne równaniu
2
2
3
4
8
0
c
bc
b
Otrzymane równanie można potraktować jako równanie kwadratowe z niewiadomą c
i parametrem b. Wyróżnik trójmianu stojącego po lewej stronie równania
(
)
2
2
112
4
7
b
b
Δ =
,
jest liczbą dodatnią (
0
b >
), więc istnieją dwa rozwiązania tego równania:
(
)
1
2
1
7
4
4
7
6
3
b
b
b
c
oraz
(
)
2
2
1
7
4
4
7
6
3
b
b
b
c
Ponieważ
2 0
c < , więc to rozwiązanie należy odrzucić, bo c jest długością boku w trójkącie.
Obliczamy zatem cosinusy obu kątów ostrych tego trójkąta, stosując definicję funkcji cosinus
w trójkącie prostokątnym:
(
)
(
)
(
)
3 1
7
3
1
7
cos
12
4
2
1
7
2 1
7
3
b
b
c
b
α
Podstawiamy
(
)
2
1
7
3
b
c
do równości
2
c
a
b
i otrzymujemy
(
)
4
7
3
b
a
Zatem cosinus drugiego kąta ostrego jest równy:
(
)
(
)
(
)
(
)
4
7
3 1
7
4
7
1
7
3
cos
12
4
2
1
7
2 1
7
3
b
a
c
b
β
⋅
a
b
c
β
α
Schemat punktowania II sposobu rozwiązania
Rozwiązanie, w którym postęp jest wprawdzie niewielki, ale konieczny
na drodze do pełnego rozwiązania 1 p.
Zdający zapisze równość
1
2
a
b
c
, a następnie wyznaczy z niej jedną zmienną np.
2
c
a
b
i na tym zakończy lub dalej popełni błędy.
Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp 2 p.
Zdający skorzysta z twierdzenia Pitagorasa i doprowadzi równanie
2
2
2
2
c
b
b
c
do
równania kwadratowego z niewiadomą c i parametrem b
2
2
3
4
8
0
c
bc
b
i na tym zakończy lub dalej popełni błędy.
Pokonanie zasadniczych trudności zadania 3 p.
Zdający zapisze dodatnie rozwiązanie tego równania
(
)
1
2
1
7
3
b
c
, a następnie obliczy
cosinus kąta α :
1
7
cos
4
b
c
α
i na tym zakończy lub dalej popełni błędy.
Rozwiązanie pełne 4 p.
Zdający obliczy i zapisze cosinusy obu kątów ostrych tego trójkąta:
1
7
cos
4
α
,
1
7
cos
4
β
Zadanie 15. (0-4)
Oblicz, ile jest wszystkich liczb naturalnych pięciocyfrowych, w których zapisie występują
dokładnie trzy cyfry nieparzyste.
Rozwiązanie (I sposób)
Rozpatrujemy dwa przypadki:
a) Jeśli pierwszą cyfrą jest cyfra nieparzysta, którą możemy wybrać na 5 sposobów, to
z czterech pozostałych miejsc wybieramy dwa, na które wstawiamy cyfry nieparzyste.
Możemy to zrobić na
25 sposobów. Na pozostałych dwóch miejscach umieszczamy
cyfry parzyste na