Zadanie 6. (0-4)
Dany jest ciąg arytmetyczny (𝑎𝑛) o skończonej liczbie wyrazów. Liczba wyrazów tego ciągu
jest większa od 6. Pierwszy wyraz tego ciągu jest równy 1, a ostatni wyraz tego ciągu jest
równy (-2025). Drugi, trzeci i szósty wyraz tego ciągu tworzą - w podanej kolejności - ciąg
geometryczny.
Oblicz sumę wszystkich wyrazów ciągu (𝒂𝒏). Zapisz obliczenia.
6.
0-1-
2-3-4
MMAP-R0_100
\nMMAP-R0_100
Dany jest ciąg arytmetyczny (a_n) o skończonej liczbie wyrazów. Liczba wyrazów tego ciągu jest większa od 6. Pierwszy wyraz tego ciągu jest równy 1, a ostatni wyraz tego ciągu jest równy (-2025). Drugi, trzeci i szósty wyraz tego ciągu tworzą - w podanej kolejności - ciąg geometryczny. Oblicz sumę wszystkich wyrazów ciągu (a_n). Zapisz obliczenia.
6 pkt - zastosowanie poprawnej metody i poprawny wynik: |𝐵𝐶| = 5 i |𝐶𝐷| = 6 oraz
𝑃= 30√3.
5 pkt - obliczenie długości boków 𝐵𝐶 oraz 𝐶𝐷: |𝐵𝐶| = 5 oraz |𝐶𝐷| = 6.
4 pkt - zapisanie równania z jedną niewiadomą (długością boku 𝐵𝐶 lub długością boku
𝐶𝐷), np.
91 = |𝐵𝐶|2 + (|𝐵𝐶| + 1)2 -2 ⋅|𝐵𝐶| ⋅(|𝐵𝐶| + 1) ⋅cos 120°,
91 = (|𝐵𝐶| + 1 + 1
2 ⋅|𝐵𝐶|)
2
2 ⋅|𝐵𝐶|)
2
ALBO
np. {
9 + |𝐶𝐷| = 10 + |𝐵𝐶|
(√91)
2 = |𝐵𝐶|2 + |𝐶𝐷|2 -2 ⋅|𝐵𝐶| ⋅|𝐶𝐷| ⋅cos 120°
3 pkt - spełnienie wszystkich warunków 1) - 3) określonych w kryterium za 1 punkt
ALBO
twierdzenia cosinusów do trójkąta 𝐵𝐶𝐷 i zapisanie równania
|𝐵𝐷|2 = |𝐵𝐶|2 + |𝐶𝐷|2 -2 ⋅|𝐵𝐶| ⋅|𝐶𝐷| ⋅cos|∡𝐵𝐶𝐷|,
ALBO
twierdzenia cosinusów do trójkąta 𝐵𝐶𝐷 i zapisanie równania
|𝐵𝐷|2 = |𝐵𝐶|2 + |𝐶𝐷|2 -2 ⋅|𝐵𝐶| ⋅|𝐶𝐷| ⋅cos|∡𝐵𝐶𝐷|.
2 pkt - spełnienie dwóch spośród warunków 1) - 3) określonych w kryterium za 1 punkt.
1 pkt - spełnienie jednego z warunków 1) - 3):
zależności między długością boku 𝐵𝐶 a długością boku 𝐶𝐷 czworokąta, np.
9 + |𝐶𝐷| = 10 + |𝐵𝐶|,
|𝐵𝐷|2 = (
√3
2 ⋅10)
2
𝐵𝐶𝐷: 120°.
0 pkt - rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania.
Uwaga:
Jeżeli jedynym błędem zdającego jest:
a) błędne zastosowanie twierdzenia cosinusów albo
b) błędne zastosowanie wzoru redukcyjnego, albo
c) błędne zastosowanie twierdzenia o czworokącie opisanym na okręgu (tj. zapisanie
związku 9 ⋅|𝐶𝐷| = 10 ⋅|𝐵𝐶| lub 10 + |𝐶𝐷| = 9 + |𝐵𝐶|), albo
d) błędne zastosowanie własności miarowych trójkąta prostokątnego o kątach ostrych
30° i 60°, albo
e) błędna interpretacja obliczonej długości jednego z dwóch szukanych boków
czworokąta,
ale zdający realizuje poprawnie strategię rozwiązania zadania, to może otrzymać co
najwyżej 4 punkty za całe rozwiązanie, o ile nie nabył prawa do innej liczby punktów.
Jeżeli zdający popełni dodatkowo błędy rachunkowe, to może otrzymać co najwyżej
3 punkty za całe rozwiązanie, o ile nie nabył prawa do innej liczby punktów.
Przykładowe pełne rozwiązanie
Przyjmijmy następujące oznaczenia: 𝑥= |𝐵𝐶|, 𝑦= |𝐶𝐷|, 𝑑= |𝐵𝐷| (zobacz rysunek).
Na czworokącie 𝐴𝐵𝐶𝐷 jest opisany okrąg, więc 60° + |∡𝐵𝐶𝐷| = 180°, czyli
|∡𝐵𝐶𝐷| = 120°.
W czworokąt 𝐴𝐵𝐶𝐷 jest wpisany okrąg, więc 9 + 𝑦= 10 + 𝑥, czyli 𝑦= 𝑥+ 1.
Stosujemy twierdzenie cosinusów do trójkąta 𝐴𝐵𝐷 i otrzymujemy
𝑑2 = 92 + 102 -2 ⋅9 ⋅10 ⋅cos 60°
Stosujemy twierdzenie cosinusów do trójkąta 𝐵𝐶𝐷 i otrzymujemy:
𝑑2 = 𝑥2 + 𝑦2 -2 ⋅𝑥⋅𝑦⋅cos 120°
𝑑2 = 𝑥2 + (𝑥+ 1)2 + 2𝑥(𝑥+ 1) ⋅1
2
𝐴
𝐵
𝐶
𝐷
9
10
60°
𝑥
𝑦
𝑑
Zasady oceniania rozwiązań zadań
Zatem:
92 + 102 -2 ⋅9 ⋅10 ⋅cos 60° = 𝑥2 + (𝑥+ 1)2 + 2𝑥(𝑥+ 1) ⋅1
2
0 = 3𝑥2 + 3𝑥-90
0 = 𝑥2 + 𝑥-30
𝑥= 5 ∨ 𝑥= -6 ∉(0, +∞)
Stąd |𝐵𝐶| = 5 i |𝐶𝐷| = |𝐵𝐶| + 1 = 6.
Pole czworokąta 𝐴𝐵𝐶𝐷 jest sumą pól trójkątów 𝐴𝐵𝐷 i 𝐵𝐶𝐷.
Obliczamy pole 𝑃 czworokąta 𝐴𝐵𝐶𝐷:
𝑃= 1
2 ⋅9 ⋅10 ⋅sin 60° + 1
2 ⋅5 ⋅6 ⋅sin 120° = 45 ⋅√3
2 + 15 ⋅√3
2 = 30√3
Zadanie 12.1. (0-3)
Wymagania ogólne
Wymaganie szczegółowe
II. Wykorzystanie i tworzenie informacji.
informacjami przedstawionymi w tekście,
zarówno matematycznym, jak
i popularnonaukowym, a także w formie
wykresów, diagramów, tabel.
IV. Rozumowanie i argumentacja.
kilkuetapowych, podawanie argumentów
uzasadniających poprawność rozumowania,
odróżnianie dowodu od przykładu.
Zdający:
VIII.8) korzysta z cech podobieństwa
trójkątów.
Zasady oceniania
3 pkt - poprawne przekształcenia i przeprowadzenie pełnego rozumowania.
2 pkt - spełnienie kryterium zapisanego w pierwszym myślniku w kategorii za 1 punkt oraz
zapisanie układu co najwyżej trzech równań niezależnych, umożliwiającego
wyznaczenie ℎ w zależności od 𝑥
ALBO
4𝑟𝑥
𝑥2 - 4𝑟2 (dla sposobu II),
ALBO
𝑟(𝑃
𝑟-𝑥) ⋅1
4 𝑥2
(dla sposobu III).
1 pkt - zapisanie związku między ℎ i 𝑥 oraz jedną z wielkości: długością 𝑏 ramienia, lub
długością odcinka 𝐶𝐸, lub długością odcinka 𝐶𝑆, np.:
𝑏2 = (1
2 𝑥)
2
ℎ -𝑟=
1
2𝑥
𝑏 , 1
2 𝑥ℎ= 𝑟⋅(1
2 𝑥+ 𝑏),
ALBO
1
2 𝑥
(dla sposobu II),
ALBO
𝑃= √(𝑏+ 1
2 𝑥) (𝑏+ 1
2 𝑥-𝑏) (𝑏+ 1
2 𝑥-𝑏) (𝑏+ 1
2 𝑥-𝑥) (dla sposobu III),
ALBO
2 𝑏2 sin(2𝛽) oraz sin 𝛽=
𝑟
ℎ - 𝑟 ,
ALBO
(dla sposobu IV),
ALBO
i ℎ (dla sposobu IV).
0 pkt - rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania.
Uwaga:
Kategorie za 1 punkt oraz za 2 punkty oceniamy w sytuacji, gdy zdający posługuje się
symbolem 𝑟 albo przyjmie 𝑟= 2 lub 𝑟= 4. Natomiast jeżeli zdający przyjmie promień
inny niż 2 lub 4, to może otrzymać co najwyżej 1 punkt za całe rozwiązanie.
Przykładowe pełne rozwiązania
Sposób I
Rozważmy trójkąt równoramienny 𝐴𝐵𝐶 o podstawie 𝐴𝐵 długości 𝑥 i wysokości 𝐶𝐷,
w który jest wpisany okrąg o promieniu 𝑟= 2. Niech 𝑆 będzie środkiem tego okręgu,
natomiast 𝐸 - punktem styczności tego okręgu z ramieniem 𝐴𝐶. Oznaczmy ℎ= |𝐶𝐷| oraz
𝑏= |𝐴𝐶| (zobacz rysunek).
𝐴
𝐵
𝐶
𝐷
𝐸
𝑆
2
ℎ-2
2
𝑏
𝑏
1
2 𝑥
1
2 𝑥
Zasady oceniania rozwiązań zadań
Korzystamy z podobieństwa trójkątów 𝐶𝐸𝑆 i 𝐶𝐷𝐴, otrzymując:
|𝑆𝐸|
|𝐶𝑆| =
|𝐴𝐷|
|𝐴𝐶|
2
ℎ-2 =
1
2 𝑥
𝑏
𝑏= 1
4 𝑥(ℎ-2)
Stąd i z twierdzenia Pitagorasa zastosowanego do trójkąta 𝐴𝐷𝐶 dostajemy:
𝑏2 = (1
2 𝑥)
2
(1
4 𝑥ℎ-1
2 𝑥)
2
= (1
2 𝑥)
2
1
16 𝑥2ℎ2 -1
4 𝑥2ℎ+ 1
4 𝑥2 = 1
4 𝑥2 + ℎ2
1
16 𝑥2ℎ-1
4 𝑥2 = ℎ
ℎ( 1
16 𝑥2 -1) = 1
4 𝑥2
ℎ(𝑥2 -16) = 4𝑥2
ℎ=
4𝑥2
𝑥2 -16
Wyznaczamy pole 𝑃 trójkąta 𝐴𝐵𝐶:
𝑃= 1
2 𝑥ℎ= 1
2 𝑥⋅
4𝑥2
𝑥2 -16 =
2𝑥3
𝑥2 -16
To należało wykazać.
Sposób II
Rozważmy trójkąt równoramienny 𝐴𝐵𝐶 o podstawie 𝐴𝐵 długości 𝑥 i wysokości 𝐶𝐷,
w który jest wpisany okrąg o promieniu 𝑟= 2. Niech 𝑆 będzie środkiem tego okręgu.
Oznaczmy ℎ= |𝐶𝐷| oraz 𝛼 = |∡𝑆𝐵𝐷| (zobacz rysunek).
Z trójkąta prostokątnego 𝐵𝑆𝐷 otrzymujemy tg 𝛼= 2
1
2 𝑥= 4
𝑥 .
Stąd i ze wzoru na tangens podwojonego kąta otrzymujemy
tg(2𝛼) =
2 tg 𝛼
1 -tg2 𝛼=
2 ⋅4
𝑥
1 -(4
𝑥)
2 =
8𝑥
𝑥2 -16
Punkt 𝑆 jest środkiem okręgu wpisanego w trójkąt 𝐴𝐵𝐶, więc prosta 𝑆𝐵 jest dwusieczną
kąta 𝐶𝐵𝐷. Zatem ℎ
1
2 𝑥= tg(2𝛼), czyli
ℎ= 1
2 𝑥⋅tg(2𝛼) =
4𝑥2
𝑥2 -16
Wyznaczamy pole 𝑃 trójkąta 𝐴𝐵𝐶:
𝑃= 1
2 𝑥ℎ= 1
2 𝑥⋅
4𝑥2
𝑥2 -16 =
2𝑥3
𝑥2 -16
To należało wykazać.
Sposób III
Rozważmy trójkąt równoramienny 𝐴𝐵𝐶 o podstawie 𝐴𝐵 długości 𝑥 i wysokości 𝐶𝐷,
w który jest wpisany okrąg o promieniu 𝑟= 2. Oznaczmy 𝑏= |𝐴𝐶| i niech 𝑝 będzie
połową obwodu tego trójkąta.
Wówczas 𝑝= 𝑏 + 𝑏 + 𝑥
2
= 𝑏+ 1
2 𝑥. Stąd i ze wzoru 𝑃= 𝑝⋅𝑟 otrzymujemy:
𝑃= (𝑏+ 1
2 𝑥) ⋅2
𝐴
𝐵
𝐶
𝐷
𝑆
2
ℎ-2
1
2 𝑥
1
2 𝑥
𝛼
Zasady oceniania rozwiązań zadań
𝑏= 𝑃-𝑥
2
Korzystamy ze wzoru Herona i otrzymujemy:
𝑃= √𝑝(𝑝-𝑏)(𝑝-𝑏)(𝑝-𝑥)
𝑃= √(𝑏+ 1
2 𝑥) (𝑏+ 1
2 𝑥-𝑏) (𝑏+ 1
2 𝑥-𝑏) (𝑏+ 1
2 𝑥-𝑥)
𝑃2 = (𝑏+ 1
2 𝑥) (𝑏-1
2 𝑥) ⋅1
4 𝑥2
Stąd i ze związku 𝑏= 𝑃 - 𝑥
2
wyznaczamy pole trójkąta 𝐴𝐵𝐶:
𝑃2 = (𝑃-𝑥
2
2 𝑥) (𝑃-𝑥
2
-1
2 𝑥) ⋅1
4 𝑥2
𝑃2 = 1
2 𝑃⋅(1
2 𝑃-𝑥) ⋅1
4 𝑥2
𝑃= 1
2 (1
2 𝑃-𝑥) ⋅1
4 𝑥2
𝑃= 1
16 𝑃𝑥2 -1
8 𝑥3
16𝑃= 𝑃𝑥2 -2𝑥3
2𝑥3 = 𝑃𝑥2 -16𝑃
2𝑥3
𝑥2 -16 = 𝑃
To należało wykazać.
Sposób IV
Rozważmy trójkąt równoramienny 𝐴𝐵𝐶 o podstawie 𝐴𝐵 długości 𝑥 i wysokości 𝐶𝐷,
w który jest wpisany okrąg o promieniu 𝑟= 2. Niech 𝑆 będzie środkiem tego okręgu,
natomiast 𝐸 - punktem styczności tego okręgu z ramieniem 𝐴𝐶. Oznaczmy ℎ= |𝐶𝐷| oraz
𝛽= |∡𝑆𝐶𝐸| (zobacz rysunek).
Kąty w trójkątach 𝐴𝐷𝐶 oraz 𝑆𝐸𝐶 mają miary 90°, 𝛽 oraz 90° -𝛽, więc te trójkąty są
podobne na podstawie cechy kkk podobieństwa trójkątów. Trójkąt 𝐴𝐷𝐶 jest podobny do
trójkąta 𝑆𝐸𝐶 w skali 𝑘=
1
2𝑥
2 = 1
4 𝑥. Zatem |𝐴𝐶| = 𝑘⋅|𝐶𝑆| = 1
4 𝑥⋅(ℎ-2) (zobacz
rysunek).
Stosujemy do trójkąta 𝐴𝐷𝐶 twierdzenie Pitagorasa i otrzymujemy:
[1
4 𝑥⋅(ℎ-2)]
2
= (1
2 𝑥)
2
(1
4 𝑥ℎ-1
2 𝑥)
2
= (1
2 𝑥)
2
1
16 𝑥2ℎ2 -1
4 𝑥2ℎ+ 1
4 𝑥2 = 1
4 𝑥2 + ℎ2
1
16 𝑥2ℎ-1
4 𝑥2 = ℎ
ℎ( 1
16 𝑥2 -1) = 1
4 𝑥2
𝐴
𝐵
𝐶
𝐷
𝐸
𝑆
2
ℎ-2
2
1
2 𝑥
1
2 𝑥
𝛽
𝛽
𝐶
𝐷
𝐴
1
2 𝑥
ℎ
1
4 𝑥⋅(ℎ-2)
𝑆
𝐶
𝐸
𝛽
ℎ-2
2
𝑘= 1
4 𝑥
Zasady oceniania rozwiązań zadań
ℎ(𝑥2 -16) = 4𝑥2
ℎ=
4𝑥2
𝑥2 -16
Wyznaczamy pole 𝑃 trójkąta 𝐴𝐵𝐶:
𝑃= 1
2 𝑥ℎ= 1
2 𝑥⋅
4𝑥2
𝑥2 -16 =
2𝑥3
𝑥2 -16
To należało wykazać.
Zadanie 12.2. (0-4)
Wymaganie ogólne
Wymagania szczegółowe
IV. Rozumowanie i argumentacja.
rozwiązywaniu zadań, również w sytuacjach
nietypowych.
Zdający:
XIII.R4) oblicza pochodną funkcji potęgowej
o wykładniku rzeczywistym oraz oblicza
pochodną, korzystając z twierdzeń
o pochodnej sumy, różnicy, iloczynu, ilorazu
[…];
XIII.R5) stosuje pochodną do badania
monotoniczności funkcji;
XIII.R6) rozwiązuje zadania optymalizacyjne
z zastosowaniem pochodnej.
Zasady oceniania
4 pkt - uzasadnienie, że funkcja 𝑃 przyjmuje wartość najmniejszą dla 𝑥= 4√3 (𝑚), oraz
obliczenie pola trójkątnego klombu o takiej podstawie: 𝑃(4√3) = 12√3 (𝑚2).
3 pkt - uzasadnienie (np. poprzez badanie monotoniczności funkcji), że funkcja 𝑃 przyjmuje
wartość najmniejszą dla 𝑥= 4√3.
2 pkt - obliczenie miejsca zerowego pochodnej funkcji 𝑃: 𝑥= 4√3.
1 pkt - wyznaczenie pochodnej funkcji 𝑃, np. 𝑃′(𝑥) = 6𝑥2 ⋅ (𝑥2 - 16)-2𝑥3 ⋅ 2𝑥
(𝑥2-16)
2
0 pkt - rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania.
Uwagi:
0 punktów za całe rozwiązanie.
\nfunkcji oraz zdający poprawnie wyznacza pochodne funkcji 2𝑥3 oraz 𝑥2 -16 i dalej
popełnia błędy, otrzymując pochodną w postaci 6𝑥2 ⋅ (𝑥2 - 16)-2𝑥3 ⋅ 2𝑥
(𝑥2-16)
lub
𝐵(𝑥)
(𝑥2-16)
2, gdzie 𝐵 jest wielomianem stopnia czwartego, który w przedziale (4, 10]
ma dokładnie jeden pierwiastek, i konsekwentnie rozwiąże zadanie do końca, to może
otrzymać co najwyżej 3 punkty za całe rozwiązanie (za miejsce zerowe pochodnej, za
uzasadnienie istnienia najmniejszej wartości funkcji, za obliczenie najmniejszej wartości
funkcji 𝑃).
b) Jeżeli z rozwiązania nie wynika, że zdający poprawnie stosuje wzór na pochodną
ilorazu funkcji lub zdający błędnie wyznacza pochodną funkcji 2𝑥3 lub 𝑥2 -16 i dalej
popełnia błędy, otrzymując pochodną w postaci 6𝑥2 ⋅ (𝑥2 - 16)-2𝑥3 ⋅ 2𝑥
(𝑥2-16)
lub
𝐵(𝑥)
(𝑥2-16)
2 , gdzie 𝐵 jest wielomianem stopnia czwartego, który w przedziale (4, 10]
ma dokładnie jeden pierwiastek, i konsekwentnie rozwiąże zadanie do końca, to może
otrzymać co najwyżej 2 punkty za całe rozwiązanie (za uzasadnienie istnienia
najmniejszej wartości funkcji i za obliczenie najmniejszej wartości funkcji 𝑃).
wyznaczonej wartości 𝑥, przy której pochodna się zeruje, można uznać sytuację, gdy
zdający bada znak pochodnej
ORAZ:
LUB
\njednocześnie jej najmniejsza wartość,
LUB
jedyne ekstremum tej funkcji.
Badanie znaku pochodnej zdający może opisać w inny sposób, np. szkicując wykres
funkcji, która w ten sam sposób jak pochodna zmienia znak, i zaznaczając na rysunku (np.
znakami „+” i „-”) znak pochodnej.
za całe rozwiązanie (nie otrzymuje punktu za uzasadnienie istnienia najmniejszej
wartości).
ℝ+ , lub w (4, +∞), lub w (0, 10], to może uzyskać co najwyżej 3 punkty za całe
rozwiązanie.
najwyżej 2 punkty za całe rozwiązanie (1 punkt za pochodną i 1 punkt za miejsce zerowe
pochodnej).
Przykładowe pełne rozwiązanie
Obliczamy argument, dla którego funkcja 𝑃 określona wzorem 𝑃(𝑥) =
2𝑥3
𝑥2-16
dla 𝑥∈(4, 10] osiąga wartość najmniejszą.
Wyznaczamy pochodną funkcji 𝑃: 𝑃′(𝑥) = 6𝑥2⋅(𝑥2-16)-2𝑥3⋅2𝑥
(𝑥2-16)
2
= 2𝑥2(𝑥2-48)
(𝑥2-16)
2
dla 𝑥∈(4, 10].
Zasady oceniania rozwiązań zadań
Obliczamy miejsca zerowe pochodnej funkcji 𝑃:
𝑃′(𝑥) = 0
2𝑥2(𝑥2 -48)
(𝑥2 -16)2
= 0
2𝑥2(𝑥2 -48) = 0
𝑥= 0 ∉(4, 10] ∨ 𝑥= -4√3 ∉(4, 10] ∨ 𝑥= 4√3 ∈(4, 10]
Badamy znak pochodnej:
𝑃′(𝑥) < 0
2𝑥2(𝑥2 -48)
(𝑥2 -16)2
< 0 ∧ 𝑥∈(4, 10]
𝑥2(𝑥2 -48) < 0 ∧ 𝑥∈(4, 10]
𝑥2 < 48 ∧ 𝑥∈(4, 10]
𝑥∈(4, 4√3)
więc 𝑃′(𝑥) < 0 dla 𝑥∈(4, 4√3) oraz 𝑃′(𝑥) > 0 dla 𝑥∈(4√3, 10].
Zatem funkcja 𝑃 jest malejąca w przedziale (4, 4√3] i rosnąca w przedziale [4√3, 10].
Stąd funkcja 𝑃 osiąga wartość najmniejszą dla 𝑥= 4√3 (𝑚). Wtedy
𝑃(4√3) = 2 ⋅(4√3)
3
(4√3)
2 -16
= 12√3 (𝑚2)
Uwaga.
Funkcja 𝑃 jest różniczkowalna, więc jest ciągła. Ponadto lim
𝑥→4+ 𝑃(𝑥) = +∞ oraz
lim
𝑥→10-𝑃(𝑥) = 500
Ciąg ma \\( 1014 \\) wyrazów, różnica \\( r=-2 \\), a suma wszystkich wyrazów wynosi \\( -1\\,026\\,168 \\).
\nKrok 1. Zapisanie wyrazów ciągu arytmetycznego.
Korzystam ze wzoru na \\( n \\)-ty wyraz ciągu arytmetycznego (KARTA WZORÓW CKE EM2023, dział „Ciąg arytmetyczny”):
\\[
a_n = a_1 + (n-1)r.
\\]
Dane: \\( a_1 = 1 \\). Stąd:
\\[
a_2 = 1 + r,\\qquad a_3 = 1 + 2r,\\qquad a_6 = 1 + 5r.
\\]
Krok 2. Wykorzystanie warunku, że \\( a_2, a_3, a_6 \\) tworzą ciąg geometryczny.
Trzy liczby (w tej kolejności) tworzą ciąg geometryczny wtedy, gdy środkowy wyraz jest średnią geometryczną - czyli spełniony jest warunek (KARTA WZORÓW CKE EM2023, dział „Ciąg geometryczny”, własność środkowego wyrazu):
\\[
a_3^2 = a_2 \\cdot a_6.
\\]
Podstawiam:
\\[
(1 + 2r)^2 = (1 + r)(1 + 5r).
\\]
Krok 3. Rozwiązanie równania (wzory skróconego mnożenia).
Lewa strona - kwadrat sumy (KARTA WZORÓW CKE EM2023, „Wzory skróconego mnożenia”): \\( (a+b)^2 = a^2 + 2ab + b^2 \\):
\\[
1 + 4r + 4r^2 = 1 + 6r + 5r^2.
\\]
Przenoszę wszystko na jedną stronę:
\\[
0 = (1 + 6r + 5r^2) - (1 + 4r + 4r^2) = r^2 + 2r,
\\]
\\[
r(r + 2) = 0 \\quad\\Longrightarrow\\quad r = 0 \\ \\text{ lub }\\ r = -2.
\\]
Krok 4. Odrzucenie \\( r = 0 \\).
Gdyby \\( r = 0 \\), to wszystkie wyrazy byłyby równe \\( a_1 = 1 \\), więc ostatni wyraz nie mógłby być równy \\( -2025 \\). Wartość \\( r = 0 \\) jest sprzeczna z danymi, więc:
\\[
r = -2.
\\]
Krok 5. Wyznaczenie liczby wyrazów \\( k \\).
Ostatni wyraz to \\( a_k = -2025 \\). Ze wzoru na \\( n \\)-ty wyraz:
\\[
a_k = 1 + (k-1)\\cdot(-2) = -2025.
\\]
Rozwiązuję:
\\[
(k-1)\\cdot(-2) = -2026 \\quad\\Longrightarrow\\quad k - 1 = 1013 \\quad\\Longrightarrow\\quad k = 1014.
\\]
Sprawdzam warunek z treści: \\( k = 1014 > 6 \\) - spełniony. ✓
Krok 6. Obliczenie sumy wszystkich wyrazów.
Korzystam ze wzoru na sumę \\( k \\) początkowych wyrazów ciągu arytmetycznego (KARTA WZORÓW CKE EM2023, dział „Ciąg arytmetyczny”):
\\[
S_k = \\frac{a_1 + a_k}{2}\\cdot k.
\\]
Podstawiam \\( a_1 = 1 \\), \\( a_k = -2025 \\), \\( k = 1014 \\):
\\[
S_{1014} = \\frac{1 + (-2025)}{2}\\cdot 1014 = \\frac{-2024}{2}\\cdot 1014 = (-1012)\\cdot 1014.
\\]
Obliczam iloczyn:
\\[
1012 \\cdot 1014 = 1012\\cdot 1000 + 1012\\cdot 14 = 1\\,012\\,000 + 14\\,168 = 1\\,026\\,168.
\\]
Zatem:
\\[
\\boxed{S = -1\\,026\\,168.}
\\]
Niech r oznacza różnicę ciągu arytmetycznego. Korzystamy ze wzoru a_k=a_1+(k-1)r . Ponieważ a_1=1 , otrzymujemy
\na_2=1+r, a_3=1+2r, a_6=1+5r.
\nWyrazy a_2,a_3,a_6 - w tej kolejności - tworzą ciąg geometryczny, dlatego kwadrat wyrazu środkowego jest równy iloczynowi wyrazów skrajnych:
\na_3^2=a_2· a_6.
\nPodstawiamy otrzymane postacie wyrazów:
\n(1+2r)^2=(1+r)(1+5r).
\nRozwijamy obie strony:
\n1+4r+4r^2=1+6r+5r^2,
\nr^2+2r=0, r(r+2)=0.
\nStąd r=0 lub r=-2 . Dla r=0 wszystkie wyrazy ciągu byłyby równe 1 , co przeczy warunkowi a_n=-2025 . Zatem
\nr=-2.
\nWyznaczamy liczbę wyrazów ciągu ze wzoru na wyraz ogólny:
\na_n=a_1+(n-1)r,
\n-2025=1+(n-1)(-2),
\n-2025=1-2n+2,
\n-2028=-2n, n=1014.
\nStosujemy wzór na sumę n początkowych wyrazów ciągu arytmetycznego:
\nS_n=(a_1+a_n)/(2)· n.
\nS_1014=(1+(-2025))/(2)·1014=(-2024)/(2)·1014
\n=-1012·1014=-1 026 168.
\nOdpowiedź: -1 026 168 .
"}]}