Wersja arkusza
MMA-R1_1P-192 · Formuła 2015
Zadanie 11 punktOdpowiedź wg zasad CKE · wyjaśnienie w przygotowaniuMMA-R1_1P-192 · Formuła 2015Matematyka — odpowiedź według zasad CKE
Dla dowolnych liczb x > 0 , x ≠ 1 , y > 0 , y ≠ 1 wartość wyrażenia log 1 y ⋅ log 1 x ( x )( y ) jest
równa
A. x⋅ y B. C. −1 D. 1
x⋅ y
Pokaż odpowiedź
Odpowiedź wymaga sprawdzenia zgodności z oficjalnymi zasadami CKE.Odpowiedź i kryteria punktowania pochodzą z oficjalnych zasad oceniania CKE.
Zadanie 21 punktOdpowiedź wg zasad CKE · wyjaśnienie w przygotowaniuMMA-R1_1P-192 · Formuła 2015Matematyka — odpowiedź według zasad CKE
Liczba cos 2 105° − sin 2 105° jest równa
3 1 1 3
A. − B. − C. D.
2 2 2 2
Pokaż odpowiedź
Odpowiedź wymaga sprawdzenia zgodności z oficjalnymi zasadami CKE.Odpowiedź i kryteria punktowania pochodzą z oficjalnych zasad oceniania CKE.
Zadanie 31 punktOdpowiedź wg zasad CKE · wyjaśnienie w przygotowaniuMMA-R1_1P-192 · Formuła 2015Matematyka — odpowiedź według zasad CKE
Na rysunku przedstawiono fragment wykresu funkcji y = f ( x) , który jest złożony z dwóch
półprostych AD i CE oraz dwóch odcinków AB i BC, gdzie A = ( −1, 0 ) , B = (1, 2 ) ,
C = ( 3, 0 ) , D = ( −4, 3) , E = ( 6, 3) .
y
5
4
D 3
E
B
2
1
x
-5 -4 -3 -2
A -1 0 1 2 3
C 4 5 6 7
-1
Wzór funkcji f to
A. f ( x) = x +1 + x −1
B. f ( x ) = x −1 − 2
C. f ( x ) = x −1 + 2
D. f ( x) = x −1 + 2
Pokaż odpowiedź
Odpowiedź wymaga sprawdzenia zgodności z oficjalnymi zasadami CKE.Odpowiedź i kryteria punktowania pochodzą z oficjalnych zasad oceniania CKE.
Zadanie 41 punktOdpowiedź wg zasad CKE · wyjaśnienie w przygotowaniuMMA-R1_1P-192 · Formuła 2015Matematyka — odpowiedź według zasad CKE
Zdarzenia losowe A i B zawarte w Ω są takie, że prawdopodobieństwo P ( B ′ )
1
zdarzenia B ′, przeciwnego do zdarzenia B, jest równe . Ponadto prawdopodobieństwo
1
warunkowe P ( A B ) = . Wynika stąd, że
5
1 4 3 4
A. P ( A ∩ B ) = B. P ( A ∩ B ) = C. P ( A ∩ B ) = D. P ( A ∩ B ) =
20 15 20 5
MMA_1R
MMA_1R
Pokaż odpowiedź
Odpowiedź wymaga sprawdzenia zgodności z oficjalnymi zasadami CKE.Odpowiedź i kryteria punktowania pochodzą z oficjalnych zasad oceniania CKE.
Zadanie 52 punktyOdpowiedź wg zasad CKE · wyjaśnienie w przygotowaniuMMA-R1_1P-192 · Formuła 2015Matematyka — odpowiedź według zasad CKE
Oblicz granicę
9n3 + 11n 2 n2
lim 3 −
n →∞ 7 n + 5n 2 + 3n + 1 3n 2 + 1
Wpisz w poniższe kratki – od lewej do prawej – trzy kolejne cyfry po przecinku rozwinięcia
dziesiętnego otrzymanego wyniku.
MMA_1R
Pokaż odpowiedź
Ponieważ
11
9+ n2 1
9 n 3 + 11n 2 n lim = lim
lim 3 = lim oraz
n →∞ 7 n + 5 n 2 + 3n + 1 n →∞ 5 3 1 2
n→∞ 3n + 1 n→∞ 1
7+ + 2 + 3 3+ 2
n n n n
11 5 3 1
a ponadto lim = lim = lim 2 = lim 3 = 0 ,
n →∞ n n →∞ n n →∞ n n →∞ n
więc
11
9+
n 9+0 9
lim = = .
5 3 1
7+ + 2 + 3 7+0+0+0 7
n →∞
n n n
1
Podobnie, wykorzystując to, że lim 2 = 0 , otrzymujemy
n →∞ n
n2 1 1 1
lim 2 = lim = = .
n →∞ 3n + 1 1
3+ 2 3+ 0 3
n →∞
n
Zatem istnieją (skończone) obie granice ciągów. Stąd granica różnicy tych ciągów jest równa
różnicy ich granic i
9 n 3 + 11n 2 n 2 9 1 20
lim 3 − = − = = 0, ( 952380 ) .
n →∞ 7 n + 5 n 2 + 3n + 1 3n 2 + 1 7 3 21
Odpowiedź i kryteria punktowania pochodzą z oficjalnych zasad oceniania CKE.
Zadanie 63 punktyOdpowiedź wg zasad CKE · wyjaśnienie w przygotowaniuMMA-R1_1P-192 · Formuła 2015Matematyka — odpowiedź według zasad CKE
Rozważamy wszystkie liczby naturalne pięciocyfrowe zapisane przy użyciu cyfr 1, 3 , 5 , 7 , 9,
bez powtarzania jakiejkolwiek cyfry. Oblicz sumę wszystkich takich liczb.
Odpowiedź: .
Nr zadania 5. 6.
Wypełnia Maks. liczba pkt 2 3
egzaminator
Uzyskana liczba pkt
MMA_1R
Pokaż odpowiedź
I sposób
Wszystkich liczb spełniających warunki zadania jest tyle, ile permutacji zbioru
5-elementowego, czyli 5!=120 liczb.
Zapisując te liczby, jedna pod drugą, można zauważyć, że każda z cyfr – 1, 3, 5, 7, 9 –
pojawia się w każdej kolumnie dokładnie 24 razy.
Dodając do siebie wszystkie cyfry z kolumny jedności otrzymujemy
24 ⋅ (1 + 3 + 5 + 7 + 9 ) = 24 ⋅ 25 = 600 .
Dodając do siebie wszystkie cyfry z kolumny dziesiątek otrzymujemy
10 ⋅ 24 ⋅ (1 + 3 + 5 + 7 + 9 ) = 10 ⋅ 24 ⋅ 25 = 6000 .
Dodając do siebie wszystkie cyfry z kolumny setek otrzymujemy
100 ⋅ 24 ⋅ (1 + 3 + 5 + 7 + 9 ) = 100 ⋅ 24 ⋅ 25 = 60000 .
Dodając do siebie wszystkie cyfry z kolumny tysięcy otrzymujemy
1000 ⋅ 24 ⋅ (1 + 3 + 5 + 7 + 9 ) = 1000 ⋅ 24 ⋅ 25 = 600000 .
Dodając do siebie wszystkie cyfry z kolumny dziesiątek tysięcy otrzymujemy
10000 ⋅ 24 ⋅ (1 + 3 + 5 + 7 + 9 ) = 10000 ⋅ 24 ⋅ 25 = 6000000 .
Zatem suma wszystkich rozważanych liczb jest równa 6666600 .
Rozwiązanie tą metodą można przedstawić w sposób skrócony
(10000 + 1000 + 100 + 10 + 1) ⋅ (1 + 3 + 5 + 7 + 9 ) ⋅ 24 = 11111⋅ 25 ⋅ 24 = 6666600
II sposób
Wszystkich liczb spełniających warunki zadnia jest tyle, ile permutacji zbioru
5-elementowego, czyli 5!=120 liczb.
Wśród nich są 24 liczby, w których na pierwszej pozycji znajduje się cyfra 1.
Obliczymy ich sumę:
10000 ⋅ 24 + 6 ⋅ 3000 + 6 ⋅ 5000 + 6 ⋅ 7000 + 6 ⋅ 9000 + 6 ⋅ 300 + 6 ⋅ 500 + 6 ⋅ 700 + 6 ⋅ 900 +
+ 6 ⋅ 30 + 6 ⋅ 50 + 6 ⋅ 70 + 6 ⋅ 90 + 6 ⋅ 3 + 6 ⋅ 5 + 6 ⋅ 7 + 6 ⋅ 9 = 399984
Rozważmy następnie 24 liczby, w których na pierwszej pozycji znajduje się cyfra 3.
Obliczymy ich sumę:
30000 ⋅ 24 + 6 ⋅1000 + 6 ⋅ 5000 + 6 ⋅ 7000 + 6 ⋅ 9000 + 6 ⋅100 + 6 ⋅ 500 + 6 ⋅ 700 + 6 ⋅ 900 +
+ 6 ⋅10 + 6 ⋅ 50 + 6 ⋅ 70 + 6 ⋅ 90 + 6 ⋅1 + 6 ⋅ 5 + 6 ⋅ 7 + 6 ⋅ 9 = 866652
Rozważmy z kolei 24 liczby, w których na pierwszej pozycji znajduje się 5.
Obliczymy ich sumę:
50000 ⋅ 24 + 6 ⋅1000 + 6 ⋅ 3000 + 6 ⋅ 7000 + 6 ⋅ 9000 + 6 ⋅100 + 6 ⋅ 300 + 6 ⋅ 700 + 6 ⋅ 900 +
+ 6 ⋅10 + 6 ⋅ 30 + 6 ⋅ 70 + 6 ⋅ 90 + 6 ⋅1 + 6 ⋅ 3 + 6 ⋅ 7 + 6 ⋅ 9 = 1333320
Rozważmy z kolei 24 liczby, w których na pierwszej pozycji znajduje się cyfra 7.
Obliczymy ich sumę:
70000 ⋅ 24 + 6 ⋅1000 + 6 ⋅ 3000 + 6 ⋅ 5000 + 6 ⋅ 9000 + 6 ⋅100 + 6 ⋅ 300 + 6 ⋅ 500 + 6 ⋅ 900 +
+ 6 ⋅10 + 6 ⋅ 30 + 6 ⋅ 50 + 6 ⋅ 90 + 6 ⋅1 + 6 ⋅ 3 + 6 ⋅ 5 + 6 ⋅ 9 = 1799988
Rozważmy wreszcie 24 liczby, w których na pierwszej pozycji znajduje się cyfra 9.
Obliczymy ich sumę:
90000 ⋅ 24 + 6 ⋅1000 + 6 ⋅ 3000 + 6 ⋅ 5000 + 6 ⋅ 7000 + 6 ⋅100 + 6 ⋅ 300 + 6 ⋅ 500 + 6 ⋅ 700 +
+ 6 ⋅10 + 6 ⋅ 30 + 6 ⋅ 50 + 6 ⋅ 70 + 6 ⋅1 + 6 ⋅ 3 + 6 ⋅ 5 + 6 ⋅ 7 = 2266656
Zatem suma wszystkich rozważanych liczb jest równa 6666600 .
III sposób
Wszystkich liczb spełniających warunki zadnia jest tyle, ile permutacji zbioru
5-elementowego, czyli 5!=120 liczb.
Wśród nich jest 12 liczb, w których na pierwszych dwóch pozycjach stoją cyfry 1 i 3.
Obliczymy ich sumę:
10000 ⋅ 6 + 30000 ⋅ 6 + 1000 ⋅ 6 + 3000 ⋅ 6 + 4 ⋅ 500 + 4 ⋅ 50 + 4 ⋅ 5 +
+ 4 ⋅ 700 + 4 ⋅ 70 + 4 ⋅ 7 + 4 ⋅ 900 + 4 ⋅ 90 + 4 ⋅ 9 = 273324.
Rozważmy następnie 12 liczb, w których na pierwszych dwóch pozycjach stoją cyfry 1 i 5.
Obliczymy ich sumę:
10000 ⋅ 6 + 50000 ⋅ 6 + 1000 ⋅ 6 + 5000 ⋅ 6 + 4 ⋅ 300 + 4 ⋅ 30 + 4 ⋅ 3 +
+ 4 ⋅ 700 + 4 ⋅ 70 + 4 ⋅ 7 + 4 ⋅ 900 + 4 ⋅ 90 + 4 ⋅ 9 = 404436.
Rozważmy następnie 12 liczb, w których na pierwszych dwóch pozycjach stoją cyfry 1 i 7.
Obliczymy ich sumę:
10000 ⋅ 6 + 70000 ⋅ 6 + 1000 ⋅ 6 + 7000 ⋅ 6 + 4 ⋅ 300 + 4 ⋅ 30 + 4 ⋅ 3 +
+ 4 ⋅ 500 + 4 ⋅ 50 + 4 ⋅ 5 + 4 ⋅ 900 + 4 ⋅ 90 + 4 ⋅ 9 = 535548.
Rozważmy następnie 12 liczb, w których na pierwszych dwóch pozycjach stoją cyfry 1 i 9.
Obliczymy ich sumę:
10000 ⋅ 6 + 90000 ⋅ 6 + 1000 ⋅ 6 + 9000 ⋅ 6 + 4 ⋅ 300 + 4 ⋅ 30 + 4 ⋅ 3 +
+ 4 ⋅ 500 + 4 ⋅ 50 + 4 ⋅ 5 + 4 ⋅ 700 + 4 ⋅ 70 + 4 ⋅ 7 = 666660.
Rozważmy z kolei 12 liczb, w których na pierwszych dwóch pozycjach stoją cyfry 3 i 5.
Obliczymy ich sumę:
30000 ⋅ 6 + 50000 ⋅ 6 + 3000 ⋅ 6 + 5000 ⋅ 6 + 4 ⋅100 + 4 ⋅10 + 4 ⋅1 +
+ 4 ⋅ 900 + 4 ⋅ 90 + 4 ⋅ 9 + 4 ⋅ 700 + 4 ⋅ 70 + 4 ⋅ 7 = 535548.
Rozważmy następnie 12 liczb, w których na pierwszych dwóch pozycjach stoją cyfry 3 i 7.
Obliczymy ich sumę:
30000 ⋅ 6 + 70000 ⋅ 6 + 3000 ⋅ 6 + 7000 ⋅ 6 + 4 ⋅100 + 4 ⋅10 + 4 ⋅1 +
+ 4 ⋅ 500 + 4 ⋅ 50 + 4 ⋅ 5 + 4 ⋅ 900 + 4 ⋅ 90 + 4 ⋅ 9 = 666660.
Rozważmy następnie 12 liczb, w których na pierwszych dwóch pozycjach stoją cyfry 3 i 9.
Obliczymy ich sumę:
30000 ⋅ 6 + 90000 ⋅ 6 + 3000 ⋅ 6 + 9000 ⋅ 6 + 4 ⋅100 + 4 ⋅10 + 4 ⋅1 +
+ 4 ⋅ 500 + 4 ⋅ 50 + 4 ⋅ 5 + 4 ⋅ 700 + 4 ⋅ 70 + 4 ⋅ 7 = 797772.
Rozważmy następnie 12 liczb, w których na pierwszych dwóch pozycjach stoją cyfry 5 i 7.
Ich suma jest taka sama jak w poprzednim przypadku: 797772 .
Rozważmy z kolei 12 liczb, w których na pierwszych dwóch pozycjach stoją cyfry 5 i 9.
Obliczymy ich sumę:
90000 ⋅ 6 + 50000 ⋅ 6 + 9000 ⋅ 6 + 5000 ⋅ 6 + 4 ⋅100 + 4 ⋅10 + 4 ⋅1 +
+ 4 ⋅ 300 + 4 ⋅ 30 + 4 ⋅ 3 + 4 ⋅ 700 + 4 ⋅ 70 + 4 ⋅ 7 = 928884.
Rozważmy wreszcie 12 liczb, w których na pierwszych dwóch pozycjach stoją cyfry 7 i 9.
Obliczymy ich sumę:
90000 ⋅ 6 + 70000 ⋅ 6 + 9000 ⋅ 6 + 7000 ⋅ 6 + 4 ⋅100 + 4 ⋅10 + 4 ⋅1 +
+ 4 ⋅ 300 + 4 ⋅ 30 + 4 ⋅ 3 + 4 ⋅ 500 + 4 ⋅ 50 + 4 ⋅ 5 = 1059996.
Zatem suma wszystkich rozważanych liczb jest równa 6666600 .
IV sposób
Zauważmy, że zbiór wszystkich 120 liczb pięciocyfrowych uzyskanych z cyfr 1, 3, 5, 7, 9
można pogrupować w pary takie, że suma cyfr w rzędach jedności, dziesiątek, setek, tysięcy,
i dziesiątek tysięcy jest równa 10, np. 37195 i 73915. Suma każdej takiej pary liczb jest równa
1
111110. Takich par liczb jest ⋅ 5! = 60 .
2
Stąd szukana suma jest równa 6666600 .
V sposób
Przy dodawaniu rozważanych liczb wykorzystamy fakt, że:
- cyfry 1, 3, 5, 7, 9 stojące w rzędzie jedności
oznaczają odpowiednio dodawanie liczb 1, 3, 5, 7, 9;
- cyfry 1, 3, 5, 7, 9 stojące w rzędzie dziesiątek
oznaczają odpowiednio dodawanie liczb 10, 30, 50, 70, 90;
- cyfry 1, 3, 5, 7, 9 stojące w rzędzie setek
oznaczają odpowiednio dodawanie liczb 100, 300, 500, 700, 900;
- cyfry 1, 3, 5, 7, 9 stojące w rzędzie tysięcy
oznaczają odpowiednio dodawanie liczb 1000, 3000, 5000, 7000, 9000;
- cyfry 1, 3, 5, 7, 9 stojące w rzędzie dziesiątek tysięcy
oznaczają odpowiednio dodawanie liczb 10000, 30000, 50000, 70000, 90000.
Obliczenie sumy
1 + 3 + 5 + 7 + 9 + 10 + 30 + 50 + 70 + 90 + 100 + 300 + 500 + 700 + 900 +
+1000 + 3000 + 5000 + 7000 + 9000 + 10000 + 30000 + 50000 + 70000 + 90000 = 277775
jest równoznaczne z obliczeniem sumy pięciu z rozważanych liczb, przy czym te pięć liczb
charakteryzuje własność: w tych pięciu liczbach każda cyfra zajmuje dokładnie 1 raz każdą
z pięciu możliwych pozycji w liczbie pięciocyfrowej.
Odpowiednie przestawianie cyfr pozwoli rozdzielić zbiór wszystkich rozważanych w zadaniu
liczb na 4! rozłącznych podzbiorów 5-elementowych, przy czym w każdym z tych podzbiorów
suma wszystkich 5 liczb będzie równa 277775.
Zatem suma wszystkich rozważanych w zadaniu liczb jest równa: 4! ⋅ 277775 = 6666600.Odpowiedź i kryteria punktowania pochodzą z oficjalnych zasad oceniania CKE.
Zadanie 72 punktyOdpowiedź wg zasad CKE · wyjaśnienie w przygotowaniuMMA-R1_1P-192 · Formuła 2015Matematyka — odpowiedź według zasad CKE
Punkt P = (10, 2429) leży na paraboli o równaniu y = 2 x 2 + x + 2219 . Prosta o równaniu
kierunkowym y = ax + b jest styczna do tej paraboli w punkcie P. Oblicz współczynnik b.
Odpowiedź: .
MMA_1R
Pokaż odpowiedź
I sposób
Przyjmujemy, że funkcja f jest określona wzorem f ( x) = 2 x 2 + x + 2219.
Równanie stycznej do krzywej w punkcie P = ( x0 , f ( x0 )) ma postać:
y − f ( x0 ) = f ′( x0 )( x − x0 ).
Z danych zadania wynika, że: x0 = 10, f ( x0 ) = f (10) = 2429 .
Pochodna funkcji f jest określona wzorem: f ′( x ) = 4 x + 1 .
Wartość tej pochodnej dla argumentu x0 = 10 jest równa f ′( x0 ) = f ′(10) = 4 ⋅10 + 1 = 41.
Ponieważ f ′( x0 ) = a , zatem a = 41.
Na podstawie równania stycznej do krzywej w danym punkcie mamy: y − 2429 = 41( x − 10) ,
a stąd po przekształceniach otrzymujemy: y = 41x + 2019. Zatem b = 2019.
Odpowiedź: Współczynnik b = 2019.
II sposób
Prosta o równaniu kierunkowym y = ax + b jest styczna do paraboli określonej równaniem
y = ax + b
y = 2 x 2 + x + 2219 . Zatem układ równań 2
ma dokładnie jedno
y = 2 x + x + 2219
rozwiązanie.
Stąd otrzymujemy: 2 x 2 + x + 2219 = ax + b . Po przekształceniach mamy:
2 x 2 + (1 − a ) x + 2219 − b = 0 .
Powyższe równanie musi mieć tylko jedno rozwiązanie w zbiorze liczb rzeczywistych, które
jest jednocześnie odciętą punktu styczności paraboli i prostej. Oznacza to, że x0 = 10 (odcięta
punktu styczności). Z drugiej strony równanie 2 x 2 + (1 − a ) x + 2219 − b = 0 ma tylko jedno
1− a
rozwiązanie w zbiorze liczb rzeczywistych, gdy Δ = 0 i jest ono równe x0 = − , czyli
2⋅2
1− a
10 = − .
2⋅2
Stąd wynika, że a = 41 .
Współczynnik b możemy wyznaczyć na trzy sposoby:
1. sposób
Podstawiając do równania prostej y = ax + b wartość a = 41 oraz współrzędne punktu P,
otrzymujemy 2429 = 41⋅10 + b . Stąd b = 2019.
2. sposób
Podstawiając do równania 2 x 2 + (1 − a ) x + 2219 − b = 0 wartość a = 41 , otrzymamy równanie
2 x 2 − 40 x + 2219 − b = 0 . Równanie to ma jedno rozwiązanie, czyli Δ = 0 , a zatem
(−40) 2 − 4 ⋅ 2 ⋅ (2219 − b) = 0 . Stąd b = 2019.
3. sposób
Podstawiając do równania 2 x 2 + (1 − a) x + 2219 − b = 0 wartości a = 41 i x0 = 10 mamy:
2 ⋅102 − 40 ⋅10 + 2219 − b = 0 . Stąd b = 2019.Odpowiedź i kryteria punktowania pochodzą z oficjalnych zasad oceniania CKE.
Zadanie 83 punktyOdpowiedź wg zasad CKE · wyjaśnienie w przygotowaniuMMA-R1_1P-192 · Formuła 2015Matematyka — odpowiedź według zasad CKE
Udowodnij, że dla dowolnych dodatnich liczb rzeczywistych x i y, takich że x < y, i dowolnej
x+a y
dodatniej liczby rzeczywistej a, prawdziwa jest nierówność + > 2.
y+a x
Nr zadania 7. 8.
Wypełnia Maks. liczba pkt 2 3
egzaminator
Uzyskana liczba pkt
MMA_1R
Pokaż odpowiedź
I sposób
Nierówność możemy przekształcić w sposób równoważny
x+a y
+ − 2 > 0,
y+a x
x ( x + a) + y ( y + a) − 2x ( y + a)
> 0,
x ( y + a)
x 2 + ax + y 2 + ay − 2 xy − 2 ax
> 0,
x ( y + a)
( x − y) + a ( y − x) > 0 .
2
x ( y + a)
Z założenia y > 0 , x > 0 i a > 0 . Zatem y + a > 0 i x > 0 , co oznacza, że mianownik ułamka
( x − y)
2
stojącego po lewej strony otrzymanej nierówności jest dodatni. Kwadrat jest
nieujemny, a z założenia x < y wynika, że y − x > 0 , więc a ( y − x ) > 0 . Stąd licznik
rozważanego ułamka jest dodatni. W rezultacie otrzymana nierówność jest prawdziwa.
To kończy dowód.
II sposób
Z założenia wynika, że y > 0 , x > 0 i a > 0 . Zatem y + a > 0 . Mnożąc obie strony nierówności
x+a y
+ > 2 przez liczbę dodatnią ( y + a ) x , otrzymujemy
y+a x
x ( x + a ) + y ( y + a) > 2x ( y + a ) ,
x 2 + ax + y 2 + ay − 2 xy − 2ax > 0 ,
( x − y) + a ( y − x) > 0 .
2
Ta nierówność jest prawdziwa, gdyż ( x − y ) > 0 oraz a ( y − x ) > 0 , bo z założenia x < y
2
i a > 0 . To kończy dowód.
III sposób
Wykażemy najpierw, że jeżeli licznik i mianownik ułamka większego od 1 zwiększymy o tę
samą liczbę dodatnią, to otrzymamy ułamek mniejszy od wyjściowego, gdyż przy założeniu,
y+a y
że liczby x, y i a są dodatnie, nierówność < jest równoważna kolejno nierównościom
x+a x
x ( y + a) < y ( x + a) ,
xy + xa < xy + ya ,
xa < ya ,
x< y
y
1< ,
x
co jest prawdą.
y y+a x+a y x+a y+a
Zatem > , więc + > + > 2 , gdyż suma liczby dodatniej i jej
x x+a y+a x y+a x+a
odwrotności jest co najmniej równa 2. Ta równość zachodzi wtedy i tylko wtedy, gdy tą liczbą
y+a
jest 1, co w naszym przypadku nie zachodzi, bo równość = 1 oznaczałaby, że x = y , co
x+a
jest sprzeczne z założeniem x < y .
IV sposób
x+a y
Niech f (a) = + − 2 dla a ≥ 0.
y+a x
1⋅ ( y + a ) − 1 ⋅ ( x + a ) y−x
Obliczamy f ′(a) = = , zatem f ′( a ) > 0 dla każdego a ≥ 0 , więc
( y + a) ( y + a)
2 2
x y
f jest funkcją rosnącą. Wobec tego jeśli a > 0 , to f (a) > f (0) = + − 2 ≥ 0 , bo suma liczby
y x
dodatniej i jej odwrotności jest równa co najmniej 2.
Uwagi
x+a y+a
1. Prawdziwość nierówności + > 2 można też uzasadnić, odwołując się do
y+a x+a
nierówności między średnią arytmetyczną i geometryczną różnych liczb dodatnich
x+a y+a
i .
y+a x+a
2. Uzasadnienie, że funkcja f jest rosnąca w przedziale 0, +∞ ) możemy przeprowadzić
bez odwoływania się do rachunku pochodnych. Rozwiązanie może wyglądać
następująco.
Niech x i y będą dowolnymi dodatnimi liczbami rzeczywistymi takimi, że x < y . Rozważmy
x+a y
funkcję f określoną wzorem f ( a ) = + − 2 dla każdej liczby rzeczywistej a ≠ − y . Jest
y+a x
to funkcja homograficzna. Zapiszmy jej wzór w postaci kanonicznej
y+a+x− y y x− y y x− y y
f (a) = + − 2 = 1+ + −2= + −1.
y+a x y+a x y+a x
Wykresem tej funkcji jest hiperbola, której asymptotą poziomą jest, w układzie współrzędnych
y
aOb, prosta o równaniu b = − 1 , natomiast asymptotą pionową jest prosta o równaniu
x
y
a = − y . Ponieważ y > x > 0 , więc > 1 , co oznacza, że asymptota pozioma leży w I i II
x
ćwiartce układu współrzędnych, zaś asymptota pionowa leży w II i III ćwiartce tego układu.
Ponadto x − y < 0 , więc hiperbola, która jest wykresem funkcji f jest obrazem hiperboli
A
o równaniu b = , gdzie A < 0 , leżącej w II i IV ćwiartce układu współrzędnych, jak na
a
poniższym rysunku.
Wynika stąd, że w przedziale ( − y, +∞ ) funkcja f jest rosnąca. W szczególności jest ona rosnąca
w przedziale 0, +∞ ) . Zatem dla każdego argumentu a > 0 prawdziwa jest nierówność
x+0 y x y x y
f ( a ) > f ( 0 ) . Zauważmy, że f ( 0 ) = + − 2 = + − 2 > 2 − 2 = 0 , gdyż liczby i
y+0 x y x y x
są dodatnie, różne od 1 i jedna z nich jest odwrotnością drugiej.
W efekcie dla każdego argumentu a > 0 prawdziwa jest nierówność
x+a y
f (a) = + −2>0,
y+a x
czyli
x+a y
+ > 2.
y+a x
V sposób
x+a y
Nierówność + > 2 możemy przekształcić w sposób równoważny mnożąc obustronnie
y+a x
przez x ( y + a ) , bo z założenia x ( y + a ) jest większe od zera. Otrzymujemy
x ( x + a ) + y ( y + a ) 2x ( y + a)
Przekształcamy otrzymaną nierówność
x 2 + xa + y 2 + ya 2 xy + 2 xa ,
x 2 − 2 xy + y 2 xa − ya ,
x 2 − 2 xy + y 2 a ( x − y ) ,
( x − y) a ( x − y) .
2
Z założenia x y i a 0 , zatem a ( x − y ) 0 , natomiast kwadrat ( x − y ) jest dodatni.
2
W rezultacie otrzymana nierówność jest prawdziwa. To kończy dowód.Odpowiedź i kryteria punktowania pochodzą z oficjalnych zasad oceniania CKE.
Zadanie 93 punktyOdpowiedź wg zasad CKE · wyjaśnienie w przygotowaniuMMA-R1_1P-192 · Formuła 2015Matematyka — odpowiedź według zasad CKE
Dany jest trójkąt równoramienny ABC , w którym | AC | = | BC | . Na ramieniu AC tego trójkąta
wybrano punkt M ( M ≠ A i M ≠ C ), a na ramieniu BC wybrano punkt N, w taki sposób, że
| AM | = | CN | . Przez punkty M i N poprowadzono proste prostopadłe do podstawy AB tego
trójkąta, które wyznaczają na niej punkty S i T. Udowodnij, że ST = 12 AB .
MMA_1R
Nr zadania 9.
Wypełnia Maks. liczba pkt 3
egzaminator
Uzyskana liczba pkt
MMA_1R
Pokaż odpowiedź
I sposób („przystawanie trójkątów – I”)
Niech P będzie środkiem podstawy AB tego trójkąta. Poprowadźmy przez punkty M i N
proste równoległe do podstawy AB trójkąta, a ich punkty przecięcia z prostą CP oznaczmy
odpowiednio K i L. Oznaczmy też x = AM = CN , y = MC , p = AS , q = MK , jak na
rysunku.
Ponieważ trójkąt ABC jest równoramienny, więc NB = MC = y . Trójkąty ASM i NLC są
przystające, gdyż oba są prostokątne, AM = CN oraz BAC = ABC = LNC oraz
AMS = 90° − BAC = 90° − LNC = NCL . Podobnie uzasadniamy, że trójkąty MKC
i BTN są przystające.
Zatem
PT = LN = AS = p oraz SP = MK = TB = q .
Stąd wynika, że
ST = SP + PT = q + p = 12 ⋅ ( 2 p + 2 q ) = 12 ⋅ AB .
II sposób („przystawanie trójkątów – II”)
Niech P będzie środkiem podstawy AB tego trójkąta. Poprowadźmy przez punkt N prostą
równoległą do podstawy AB trójkąta, a punkt jej przecięcia z prostą CP oznaczmy przez L.
Oznaczmy też x = AM = CN , p = AS , jak na rysunku.
Trójkąty ASM i NLC są przystające, gdyż oba są prostokątne, AM = CN ,
BAC = ABC = LNC oraz AMS = 90° − BAC = 90° − LNC = NCL .
Stąd wynika, że PT = LN = AS = p .
Ponieważ trójkąt ABC jest równoramienny, więc AP = BP .
Stąd wynika, że
ST = SP + PT = ( AP − p ) + p = AP = 12 ⋅ AB .
Uwaga
Analogiczne rozumowanie możemy przeprowadzić, wychodząc od pary trójkątów
przystających MKC i BTN (oznaczenia jak w I sposobie oceniania).
III sposób („podobieństwo trójkątów”)
Niech P będzie środkiem podstawy AB tego trójkąta. Oznaczmy też x = AM = CN ,
b = AC = BC , a = AP , jak na rysunku.
Ponieważ P jest spodkiem wysokości trójkąta równoramiennego, więc BP = AP = a .
Trójkąty ASM i APC są podobne na mocy cechy kkk , ponieważ obydwa są trójkątami
prostokątnymi (odcinki SM i PC są równoległe), a kąt PAC jest kątem wspólnym obu
trójkątów. Stąd wynika, że
AS AP p a
= , czyli = .
AM AC x b
ax ax
Stąd p = . Zatem SP = AP − p = a − .
b b
Ponieważ NT CP i kąt CBP jest kątem wspólnym, więc na mocy cechy kkk trójkąt BTN
jest podobny do trójkąta BPC . Stąd wynika, że
BT BP BT a
= , czyli = .
BN BC b−x b
a (b − x ) a ( b − x ) ab − ab + ax ax
Stąd BT = , więc PT = BP − BT = a − = = .
b b b b
Zatem
ax ax
ST = SP + PT = a − + = a = 12 ⋅ AB .
b b
To kończy dowód.
IV sposób („twierdzenia Talesa”)
Niech P będzie środkiem podstawy AB tego trójkąta. Oznaczmy też x = AM = CN ,
b = AC = BC , a = AP , p = AS , q = PT , jak na rysunku.
Ponieważ trójkąt ABC jest równoramienny, a P jest spodkiem jego wysokości, więc
BN = MC = b − x i BP = AP = a .
Z twierdzenia Talesa otrzymujemy
AS SP BT PT
= oraz = ,
AM MC BN NC
czyli
p a− p a−q q
= oraz = .
x b−x b−x x
Stąd
pb − px = ax − px oraz ax − qx = bq − qx ,
ax ax
p= oraz q = .
b b
Zatem
ax ax
ST = SP + PT = a − p + q = a − + = a = 12 ⋅ AB .
b b
To kończy dowód.
V sposób („trygonometria”)
Oznaczmy α = BAC = ABC , x = AM = CN , y = MC , 2a = AP , jak na rysunku.
Wtedy NB = BC − x = AC − x = y oraz ACB = 180° − 2α .
Z twierdzenia cosinusów dla trójkąta ABC otrzymujemy
AB = AC + BC − 2 ⋅ AC ⋅ BC ⋅ cos (180° − 2α ) ,
2 2 2
AB = ( x + y ) + ( x + y ) − 2 ⋅ ( x + y ) ⋅ ( x + y ) ⋅ cos (180° − 2α ) ,
2 2 2
AB = 2 ( x + y ) + 2 ⋅ ( x + y ) ⋅ cos 2α ,
2 2 2
AB = 2 ( x + y ) (1 + cos 2 α − sin 2 α ) ,
2 2
AB = 4 ( x + y ) ⋅ cos 2 α .
2 2
Stąd
AB = 2 ( x + y ) ⋅ cos α .
Z trójkątów ASM i BTN otrzymujemy
AS BT
= cos α oraz = cos α ,
AM BN
AS BT
= cos α oraz = cos α .
x y
Stąd
AS = x ⋅ cos α oraz BT = y ⋅ cos α .
Zatem
ST = AB − AS − BT = 2 ( x + y ) ⋅ cos α − x ⋅ cos α − y ⋅ cos α = ( x + y ) ⋅ cos α = 12 ⋅ AB .
To kończy dowód.
VI sposób („trójkąty równoramienne”)
Narysujmy odcinek MZ równoległy do prostej BC taki, że koniec Z tego odcinka leży na
podstawie AB trójkąta ABC oraz odcinek NZ. Oznaczmy też x = AM = CN , y = MC ,
p = AS , q = TB , jak na rysunku.
Wtedy kąty odpowiadające AZM i ABC są równe. To oznacza, że trójkąt AZM jest
równoramienny. Stąd wynika, że MZ = AM = CN = x . Zatem czworokąt MZNC jest
równoległobokiem (jego boki MZ i CN są równoległe i mają równe długości), co oznacza, że
ZN = MC = y . To z kolei oznacza, że trójkąt ZBN jest równoramienny. Punkty S i T to spodki
wysokości trójkątów równoramiennych, więc
AS = SZ = p oraz ZT = TB = q .
Stąd
ST = SP + PT = q + p = 12 ⋅ ( 2 p + 2q ) = 12 ⋅ AB .
To kończy dowód.Odpowiedź i kryteria punktowania pochodzą z oficjalnych zasad oceniania CKE.
Zadanie 104 punktyOdpowiedź wg zasad CKE · wyjaśnienie w przygotowaniuMMA-R1_1P-192 · Formuła 2015Matematyka — odpowiedź według zasad CKE
Punkt D leży na boku AB trójkąta ABC oraz AC = 16 , AD = 6 , CD = 14 i BC = BD .
Oblicz obwód trójkąta ABC.
MMA_1R
Odpowiedź: .
Nr zadania 10.
Wypełnia Maks. liczba pkt 4
egzaminator
Uzyskana liczba pkt
MMA_1R
Pokaż odpowiedź
I sposób
Przyjmijmy oznaczenia jak na rysunku.
Z twierdzenia cosinusów dla trójkąta ADC otrzymujemy
14 2 = 16 2 + 6 2 − 2 ⋅16 ⋅ 6 ⋅ cos α .
Stąd
162 + 62 − 142 1
cos α = = .
2 ⋅16 ⋅ 6 2
Zatem α = 60° .
Z twierdzenia cosinusów dla trójkąta ABC otrzymujemy
a 2 = 16 2 + ( a + 6 ) − 2 ⋅16 ⋅ ( a + 6 ) ⋅ cos α ,
2
1
a 2 = 256 + a 2 + 12a + 36 − 2 ⋅16 ⋅ ( a + 6 ) ⋅ ,
2
4a = 196 ,
a = 49 .
Obwód trójkąta ABC jest równy
LABC = 16 + 6 + 2 ⋅ 49 = 120 .
II sposób
Przyjmijmy oznaczenia jak na rysunku.
Z twierdzenia cosinusów dla trójkąta ADC otrzymujemy
16 2 = 14 2 + 6 2 − 2 ⋅14 ⋅ 6 ⋅ cos δ .
Stąd
142 + 6 2 − 162 1
cos δ = =− .
2 ⋅14 ⋅ 6 7
Zatem
1 1
cos ω = cos (180° − δ ) = − cos δ = − − = .
7 7
Z twierdzenia cosinusów dla trójkąta BCD otrzymujemy
142 = a 2 + a 2 − 2 ⋅ a ⋅ a ⋅ cos (180° − 2ω ) ,
196 = 2a 2 (1 + cos 2ω ) ,
98 98 49 49
a2 = = = = = 492 , a = 49
1 + cos 2ω 1 + 2 cos ω −1 cos ω (7)
2 2 2
1
albo
a 2 = a 2 + 142 − 2 ⋅14a ⋅ cos ω ,
1
28a ⋅ = 196 , a = 49 ,
7
albo z twierdzenia sinusów otrzymujemy
a 14
=
sin ω sin (180° − 2ω )
sin (180° − 2ω ) = sin 2ω = 2sin ω ⋅ cos ω
4 27 3 24 27
sin (180° − 2ω ) = 2 ⋅ ⋅ =
21 21 441
a 14
=
4 27 4 27 3
2⋅ ⋅
21 21 21
14
a= = 49.
6
21
Więc obwód trójkąta ABC jest równy
LABC = 16 + 6 + 2 ⋅ 49 = 120 .
III sposób
Przyjmijmy oznaczenia jak na rysunku.
Z twierdzenia cosinusów dla trójkąta ADC otrzymujemy
16 2 = 14 2 + 6 2 − 2 ⋅14 ⋅ 6 ⋅ cos δ .
Stąd
142 + 6 2 − 162 1
cos δ = =− .
2 ⋅14 ⋅ 6 7
Zatem
1 1
cos ω = cos (180° − δ ) = − cos δ = − − = .
7 7
Trójkąt BCD jest równoramienny, więc spodek E wysokości BE tego trójkąta jest środkiem
boku CD. Zatem
ED
cos ω = ,
a
1 7
=
7 a
Stąd a = 49 , więc obwód trójkąta ABC jest równy
LABC = 16 + 6 + 2 ⋅ 49 = 120 .
IV sposób
Poprowadźmy wysokość CF trójkąta ABC i przyjmijmy oznaczenia jak na rysunku.
Z twierdzenia cosinusów dla trójkąta ADC otrzymujemy
14 2 = 16 2 + 6 2 − 2 ⋅16 ⋅ 6 ⋅ cos α .
Stąd
162 + 62 − 142 1
cos α = = .
2 ⋅16 ⋅ 6 2
Zatem α = 60° . Trójkąt AFC jest więc połową trójkąta równobocznego o boku długości 16.
Stąd AF = 8 i CF = 8 3 .
W rezultacie DF = AF − AD = 8 − 6 = 2 oraz BF = BD − DF = a − 2 .
Z twierdzenia Pitagorasa dla trójkąta BCF otrzymujemy
( ) + ( a − 2) ,
2 2
a2 = 8 3
a 2 = 192 + a 2 − 4 a + 4
4a = 196 ,
a = 49 .
Obwód trójkąta ABC jest równy
LABC = 16 + 6 + 2 ⋅ 49 = 120 .
V sposób
Poprowadźmy wysokość CF trójkąta ABC i przyjmijmy oznaczenia jak na rysunku.
Z twierdzenia Pitagorasa dla trójkątów AFC i DFC otrzymujemy
16 2 = h 2 + ( x + 6 ) oraz 14 2 = h 2 + x 2 ,
2
256 = h 2 + x 2 + 12 x + 36 oraz 196 = h 2 + x 2 ,
220 = 196 + 12 x oraz h 2 = 196 − x 2 ,
24 = 12 x oraz h 2 = 196 − x 2 ,
x = 2 oraz h = 196 − 22 = 192 .
Zatem BF = BD − DF = a − 2 .
Z twierdzenia Pitagorasa dla trójkąta BCF otrzymujemy
( 192 ) + ( a − 2 ) ,
2 2
a2 =
a 2 = 192 + a 2 − 4 a + 4
4a = 196 ,
a = 49 .
Obwód trójkąta ABC jest równy
LABC = 16 + 6 + 2 ⋅ 49 = 120 .
VI sposób
Przyjmijmy oznaczenia jak na rysunku.
Z twierdzenia Stewarta dla trójkąta ABC otrzymujemy
162 ⋅ a + a 2 ⋅ 6 = ( a + 6 ) (14 2 + a ⋅ 6 ) ,
6a 2 + 256a = ( a + 6 )( 6a + 196 ) ,
3a 2 + 128a = 3a 2 + 116 a + 588
12a = 588 ,
a = 49 .
Obwód trójkąta ABC jest równy
LABC = 16 + 6 + 2 ⋅ 49 = 120 .
VII sposób
Przyjmijmy oznaczenia jak na rysunku.
Obliczmy pole trójkąta ADC ze wzoru Herona.
16 + 14 + 6
Połowa obwodu tego trójkąta jest równa p = = 18 , więc
2
PADC = 18 ⋅ (18 − 16 ) ⋅ (18 − 14 ) ⋅ (18 − 6 ) = 18 ⋅ 2 ⋅ 4 ⋅12 = 24 3 .
Trójkąt BCD jest równoramienny, więc wysokość h opuszczona na bok CD jest równa
h = a 2 − 72 = a 2 − 49 .
Zatem
1
⋅14 a 2 − 49 = 7 a 2 − 49 .
PBCD =
2
Ponieważ trójkąty ADC i BCD mają wspólną wysokość opuszczoną z wierzchołka C, więc
PADC 6
= ,
PBCD a
czyli
24 3 6
= ,
7 a 2 − 49 a
4a 3 = 7 a 2 − 49 .
Stąd
48a 2 = 49 ( a 2 − 49 ) ,
48a 2 = 49a 2 − 49 2 ,
a 2 = 492 .
Zatem
a = 49 .
Obwód trójkąta ABC jest równy
LABC = 16 + 6 + 2 ⋅ 49 = 120 .
VIII sposób
Przyjmijmy oznaczenia jak na rysunku.
Obliczmy pole trójkąta ADC ze wzoru Herona.
16 + 14 + 6
Połowa obwodu tego trójkąta jest równa p = = 18 , więc
2
PADC = 18 ⋅ (18 − 16 ) ⋅ (18 − 14 ) ⋅ (18 − 6 ) = 18 ⋅ 2 ⋅ 4 ⋅12 = 24 3 .
Pola trójkątów ABC i BCD są równe odpowiednio
1 1
PABC = ⋅ ( a + 6 ) ⋅ a ⋅ sin β oraz PBCD = ⋅ a ⋅ a ⋅ sin β .
2 2
Ponieważ, PABC = PBDC + PADC , więc
1 1
⋅ ( a + 6 ) ⋅ a ⋅ sin β = ⋅ a 2 ⋅ sin β + 24 3 ,
2 2
a sin β + 6a sin β = a 2 sin β + 48 3 ,
2
a sin β = 8 3 ,
8 3
a=
sin β
8 3
a=
β β
2 sin cos
2 2
4 3
(1) a= .
β β
sin cos
2 2
Ponieważ trójkąt BCD jest równoramienny, więc wysokość opuszczona na podstawę CD
dzieli ten trójkąt na dwa przystające trójkąty prostokątne. Zatem
β 7
(2) sin = .
2 a
Z jedynki trygonometrycznej otrzymujemy
β β 49
(3) cos = 1 − sin 2 = 1 − 2 .
2 2 a
Z (1), (2) i (3) otrzymujemy równanie z niewiadomą a
4 3
a= .
7 49
1− 2
a a
Stąd
7 49
a⋅ 1− 2 = 4 3 ,
a a
49
7 1− 2 = 4 3 ,
a
49
49 1 − 2 = 48 ,
a
492
49 − 2 = 48 ,
a
492
1= 2 ,
a
a = 492 .
2
Zatem
a = 49 .
Obwód trójkąta ABC jest równy
LABC = 16 + 6 + 2 ⋅ 49 = 120 .
IX sposób
Poprowadźmy wysokości CF i BE trójkąta BCD i przyjmijmy oznaczenia jak na rysunku.
Obliczmy pole trójkąta ADC ze wzoru Herona.
16 + 14 + 6
Połowa obwodu tego trójkąta jest równa p = = 18 , więc
2
PADC = 18 ⋅ (18 − 16 ) ⋅ (18 − 14 ) ⋅ (18 − 6 ) = 18 ⋅ 2 ⋅ 4 ⋅12 = 24 3 .
Odcinek CF jest też wysokością trójkąta ADC, więc pole tego trójkąta jest równe
PADC = 12 ⋅ AD ⋅ h = 12 ⋅ 6 ⋅ h = 3h .
Otrzymujemy zatem
3h = 24 3 ,
h =8 3 .
Z twierdzenia Pitagorasa dla trójkąta CDF otrzymujemy
2 2 2
DF = CD − CF ,
( ) =4.
2 2
DF = 142 − 8 3
Stąd DF = 2 .
Trójkąt BCD jest równoramienny, więc spodek E wysokości BE tego trójkąta jest środkiem
podstawy CD. Zatem
DE = 12 ⋅ CD = 12 ⋅14 = 7 .
Trójkąty CDF i BDE są podobne, gdyż oba są prostokątne i mają wspólny kąt ostry przy
wierzchołku D. Zatem
DB CD
= ,
DE DF
a 7
= ,
14 2
a = 49 .
Obwód trójkąta ABC jest równy
LABC = 16 + 6 + 2 ⋅ 49 = 120 .
X sposób
Przyjmijmy oznaczenia jak na rysunku.
Z twierdzenia cosinusów dla trójkąta BCD otrzymujemy
142 = a 2 + a 2 − 2 ⋅ a ⋅ a ⋅ cos β .
Stąd
2a 2 − 14 2
cos β = .
2a 2
Z twierdzenia cosinusów dla trójkąta ABC otrzymujemy
16 2 = ( a + 6 ) + a 2 − 2 ⋅ ( a + 6 ) ⋅ a ⋅ cos β .
2
Stąd i z poprzednio otrzymanego równania otrzymujemy równanie z jedną niewiadomą a
2a 2 − 142
162 = ( a + 6 ) + a 2 − 2 ⋅ ( a + 6 ) ⋅ a ⋅
2
,
2a 2
256a = a ( a + 6 ) + a3 − ( a + 6 ) ( 2a 2 − 196 ) ,
2
256 a = a 3 + 12 a 2 + 36 a + a 3 − 2 a 3 − 12 a 2 + 196 a + 6 ⋅196 ,
24a = 6 ⋅196 ,
a = 49 .
Obwód trójkąta ABC jest równy
LABC = 16 + 6 + 2 ⋅ 49 = 120 .
XI sposób
Poprowadźmy wysokość CF trójkąta BCD i przyjmijmy oznaczenia jak na rysunku.
Obliczmy pole trójkąta ADC ze wzoru Herona.
16 + 14 + 6
Połowa obwodu tego trójkąta jest równa p = = 18 , więc
2
PADC = 18 ⋅ (18 − 16 ) ⋅ (18 − 14 ) ⋅ (18 − 6 ) = 18 ⋅ 2 ⋅ 4 ⋅12 = 24 3 .
Odcinek CF jest też wysokością trójkąta ADC, więc pole tego trójkąta jest równe
PADC = 12 ⋅ AD ⋅ h = 12 ⋅ 6 ⋅ h = 3h .
Otrzymujemy zatem
3h = 24 3 ,
h =8 3 .
Pole trójkąta BCD jest więc równe
PBCD = 12 ⋅ BD ⋅ h = 12 ⋅ 8 3 ⋅ a = 4 3 ⋅ a .
Zapiszmy pole trójkąta ABC, stosując wzór Herona. Połowa obwodu trójkąta ABC jest równa
a + 6 + a + 16
p= = a + 11 ,
2
więc
PABC = ( a + 11)( a + 11 − 16)( a + 11 − a − 6 )( a + 11 − a ) = ( a + 11)( a − 5) ⋅ 5 ⋅11 .
Ponieważ PABC = PACD + PBCD , więc otrzymujemy
( a + 11)( a − 5) ⋅ 5 ⋅11 = 24 3 + 4 3 ⋅ a .
Obie strony tego równania są dodatnie, więc podnosząc je do kwadratu otrzymujemy
równanie równoważne
( a + 11)( a − 5) ⋅ 5 ⋅11 = 1728 + 576a + 48a2 ,
55a 2 + 330 a − 3025 = 48a 2 + 576 a + 1728 .
7 a 2 − 246 a − 4753 = 0 .
Δ = ( −246 ) − 4 ⋅ 7 ⋅ ( −4753) = 193600 ,
2
Δ = 440 ,
246 − 440 246 + 440
a= < 0 lub a = = 49 .
14 14
Obwód trójkąta ABC jest równy
LABC = 16 + 6 + 2 ⋅ 49 = 120 .Odpowiedź i kryteria punktowania pochodzą z oficjalnych zasad oceniania CKE.
Zadanie 116 punktówOdpowiedź wg zasad CKE · wyjaśnienie w przygotowaniuMMA-R1_1P-192 · Formuła 2015Matematyka — odpowiedź według zasad CKE
Dane są okręgi o równaniach x2 + y 2 − 12 x − 8 y + 43 = 0 i x2 + y 2 − 2ax + 4 y + a 2 − 77 = 0 .
Wyznacz wszystkie wartości parametru a, dla których te okręgi mają dokładnie jeden punkt
wspólny. Rozważ wszystkie przypadki.
MMA_1R
Odpowiedź: .
Nr zadania 11.
Wypełnia Maks. liczba pkt 6
egzaminator
Uzyskana liczba pkt
MMA_1R
Pokaż odpowiedź
I sposób
Okrąg o równaniu x 2 + y 2 − 12 x − 8 y + 43 = 0 ma środek punkcie S 1 = ( 6, 4 ) i promień r1 = 3 ,
a okrąg o równaniu x 2 + y 2 − 2ax + 4 y + a 2 − 77 = 0 ma środek w punkcie S 2 = ( a , − 2 )
i promień r2 = 9 . Ponieważ te okręgi mają dokładnie jeden punkt wspólny, więc odległość
pomiędzy środkami okręgów jest równa sumie promieni lub różnicy promieni:
S 1 S 2 = r1 + r2 lub S 1 S 2 = r2 − r1
Otrzymujemy zatem równania
( a − 6 ) + 6 2 = 12 lub (a − 6 ) + 62 = 6
2 2
Zatem
( a − 6 ) = 108 lub ( a − 6 ) = 0
2 2
(
Równanie ( a − 6 ) = 108 ma dwa rozwiązania: a = 6 1 + 3 oraz a = 6 1 − 3 , natomiast
2
) ( )
( a − 6 ) = 0 ma jedno rozwiązanie a = 6 . Zatem podane okręgi są styczne
2
równanie
zewnętrznie dla a = 6 1 + 3 ( ) lub dla a = 6 (1− 3 ) , natomiast są okręgami stycznymi
wewnętrznie dla a = 6 .
II sposób (wspólna styczna)
Okrąg o równaniu x + y − 12 x − 8 y + 43 = 0 ma środek S 1 = ( 6, 4 ) i promień r1 = 3 , a okrąg
2 2
o równaniu x + y − 2ax + 4 y + a − 77 = 0 ma środek S 2 = ( a , − 2 ) i promień r2 = 9 .
2 2 2
Okręgi te mają różne promienie, więc te okręgi mają dokładnie jeden punkt wspólny wtedy
i tylko wtedy, gdy mają dokładnie jedną wspólną styczną. Tak jest wtedy i tylko wtedy, gdy
odległość środka jednego z tych okręgów od tej stycznej jest równa promieniowi tego okręgu.
Jeśli tę wspólną styczną oznaczymy przez k, to wtedy mamy
odl ( S1 , k ) = 3 .
Odejmując stronami równania okręgów otrzymujemy
(12 − 2a ) x + 12 y + a 2 − 120 = 0 .
Jest to równanie wspólnej osi potęgowej tych okręgów. Jeśli teraz istnieją takie wartości
parametru a, dla których spełniony jest warunek odl ( S1 , k ) = 3 , to wtedy ta oś potęgowa jest
jednocześnie wspólną styczną tych okręgów. Otrzymujemy zatem równanie
(12 − 2a ) ⋅ 6 + 12 ⋅ 4 + a 2 − 120
= 3,
(12 − 2a ) + 122
2
a 2 − 12a = 3 4a 2 − 48a + 288 .
Obie strony tego równania są nieujemne, więc podnosząc je do kwadratu otrzymujemy
równanie równoważne
( a − 12a ) = 9 ( 4a − 48a + 288) ,
2 2 2
a 4 − 24 a 3 + 144a 2 = 36 a 4 − 432 a + 2592 ,
a 4 − 24 a 3 + 108a 2 + 432 a − 2592 = 0 ,
a 4 − 12 a 3 + 36 a 2 − 12 a 3 + 144 a 2 − 432 a − 72 a 2 + 864 a − 2592 = 0 ,
( ) ( ) (
a 2 a 2 − 12a + 36 − 12a a 2 − 12a + 36 − 72 a 2 − 12a + 36 = 0 , )
( a − 12a − 72 )( a − 12a + 36 ) = 0 ,
2 2
( a −12a + 36 −108) ( a − 6) = 0 ,
2 2
(( a − 6) − 36 ⋅ 3) ( a − 6) = 0 ,
2 2
( a − 6 − 6 3 )( a − 6 + 6 3 ) ( a − 6 ) = 0 . 2
Stąd
a = 6 + 6 3 lub a = 6 − 6 3 lub a = 6 .
III sposób (równanie kwadratowe z parametrem)
Okrąg o równaniu x2 + y 2 − 12 x − 8 y + 43 = 0 ma środek S1 = ( 6, 4 ) i promień r1 = 3 , a okrąg
o równaniu x2 + y 2 − 2ax + 4 y + a2 − 77 = 0 ma środek S 2 = ( a , − 2 ) i promień r2 = 9 .
Okręgi te mają różne promienie, więc te okręgi mają dokładnie jeden punkt wspólny wtedy
i tylko wtedy, gdy układ równań
x2 + y 2 − 12 x − 8 y + 43 = 0 i x2 + y 2 − 2ax + 4 y + a2 − 77 = 0
ma dokładnie jedno rozwiązanie. Stąd otrzymujemy kolejno
(12 − 2a ) x + 12 y + a 2 − 120 = 0 i x2 + y 2 −12x − 8 y + 43 = 0
( )
y = 1 − 16 a x + 10 − 12
1 a 2 i x + y − 12 x − 8 y + 43 = 0 .
2 2
Stąd otrzymujemy równanie z niewiadomą x i parametrem a
(( ) ) (( ) )
2
x 2 + 1 − 16 a x + 10 − 12
1 a 2 − 12 x − 8 1 − 1 a x + 10 − 1 a 2 + 43 = 0 ,
6 12
4 ( a − 12a + 72 ) x − 4 ( a − 6a − 72a + 864 ) x + a − 144a 2 + 9072 = 0 .
2 2 3 2 4
Ponieważ a 2 − 12a + 72 = ( a − 6 ) + 36 > 0 dla każdego a, więc równanie jest kwadratowe.
2
Zatem układ równań ma dokładnie jedno rozwiązanie wtedy i tylko wtedy, gdy to równanie ma
dokładnie jedno rozwiązanie, a tak jest wtedy i tylko wtedy, gdy wyróżnik trójmianu
kwadratowego 4 ( a 2 − 12a + 72 ) x 2 − 4 ( a 3 − 6a 2 − 72a + 864 ) x + a 4 − 144a 2 + 9072 jest
równy 0. Otrzymujemy więc równanie
4 2 ( a 3 − 6a 2 − 72a + 864 ) − 4 ⋅ 4 ( a 2 − 12a + 72 ) ⋅ ( a 4 − 144a 2 + 9072 ) = 0 ,
2
( a − 6a − 72a + 864 ) − ( a − 12a + 72 ) ⋅ ( a − 144a + 9072 ) = 0 ,
3 2 2 2 4 2
−36 a 4 + 864 a 3 − 3888a 2 − 15552 a + 93312 = 0 ,
−36 a 4 + 864 a 3 − 3888a 2 − 15552 a + 93312 = 0 ,
a 4 − 24 a 3 + 108a 2 + 432 a − 2592 = 0 ,
a 4 − 12 a 3 + 36 a 2 − 12 a 3 + 144 a 2 − 432 a − 72 a 2 + 864 a − 2592 = 0 ,
( ) ( (
a 2 a 2 − 12a + 36 − 12a a 2 − 12a + 36 − 72 a 2 − 12a + 36 = 0 ,) )
( a − 12a − 72 )( a − 12a + 36 ) = 0 ,
2 2
( a −12a + 36 −108) ( a − 6) = 0 ,
2 2
(( a − 6) − 36 ⋅ 3) ( a − 6) = 0 ,
2 2
( a − 6 − 6 3 )( a − 6 + 6 3 ) ( a − 6 ) = 0 . 2
Stąd
a = 6 + 6 3 lub a = 6 − 6 3 lub a = 6 .Odpowiedź i kryteria punktowania pochodzą z oficjalnych zasad oceniania CKE.
Zadanie 126 punktówOdpowiedź wg zasad CKE · wyjaśnienie w przygotowaniuMMA-R1_1P-192 · Formuła 2015Matematyka — odpowiedź według zasad CKE
Trzywyrazowy ciąg ( a, b, c ) o wyrazach dodatnich jest arytmetyczny, natomiast ciąg
1 2 1
, , jest geometryczny. Oblicz iloraz ciągu geometrycznego.
a 3b 2a + 2b + c
MMA_1R
Odpowiedź: .
Nr zadania 12.
Wypełnia Maks. liczba pkt 6
egzaminator
Uzyskana liczba pkt
MMA_1R
Pokaż odpowiedź
Zakładamy, że a ≠ 0, b ≠ 0, a + b + c ≠ 0.
Ciąg ( a, b, c ) jest ciągiem arytmetycznym, a zatem:
a+c
b= .
2
1 2 1
Ciąg , , jest ciągiem geometrycznym, a zatem:
a 3b 2a + 2b + c
2
2 1 1
= ⋅ ,
3b a 2a + 2b + c
stąd po przekształceniach otrzymujemy:
9 2
b = a (2a + 2b + c) .
4
Po podstawieniu b otrzymujemy:
2
9a+c 2 a+c
= 2a + 2a ⋅ + ac ,
4 2 2
9 a 2 + 2ac + c 2 a 2 + ac
⋅ = 2a 2 + 2 + ac ,
4 4 2
9(a 2 + 2ac + c 2 ) = 32a 2 + 16a 2 + 16ac + 16ac
Równanie można doprowadzić do postaci:
−39a 2 − 14ac + 9c 2 = 0 lub 9c 2 − 14ac − 39a 2 = 0 .
Wyróżnik trójmianu kwadratowego −39 a 2 − 14 ac + 9c 2 (a traktujemy jako zmienną) jest równy
Δ = 1600c2 , Δ = 40c .
Wyróżnik trójmianu kwadratowego 9c 2 − 14 ac − 39 a 2 (c traktujemy jako zmienną) jest równy
Δ = 1600a 2 , Δ = 40a .
Stąd pierwiastki równań odpowiednio −39 a 2 − 14 ac + 9c 2 = 0 i 9c 2 − 14 ac − 39 a 2 = 0 są równe:
9 1 13
a1 = − c lub a2 = c oraz c1 = − a lub c2 = 3a .
13 3 9
9 13
Rozwiązania a1 = − c i c1 = − a są sprzeczne z założeniem o dodatniości wyrazów ciągu
13 9
arytmetycznego.
2
A zatem b = c lub b = 2a .
3
2
2a 1
Iloraz ciągu geometrycznego jest równy q = 3b = , a zatem q = .
1 3b 3
a
1
Odp.: Iloraz ciągu geometrycznego q = .
3
Uwaga
2 a
Możemy też w rozwiązaniu zauważyć, że q = ⋅ i c = 2b − a .
3 b
Wówczas otrzymamy równanie kwadratowe: 3q 2 + 8q − 3 = 0 .
1
Wyznaczamy dwa rozwiązania tego równania: q = −3 lub q = .
3
1
Zauważamy, że tylko q = spełnia warunki zadania.
3Odpowiedź i kryteria punktowania pochodzą z oficjalnych zasad oceniania CKE.
Zadanie 136 punktówOdpowiedź wg zasad CKE · wyjaśnienie w przygotowaniuMMA-R1_1P-192 · Formuła 2015Matematyka — odpowiedź według zasad CKE
( )
Wielomian określony wzorem W ( x ) = 2 x3 + m3 + 2 x 2 − 11x − 2 ( 2m + 1) jest podzielny
przez dwumian ( x − 2 ) oraz przy dzieleniu przez dwumian ( x + 1) daje resztę 6. Oblicz m
i dla wyznaczonej wartości m rozwiąż nierówność W ( x) ≤ 0.
MMA_1R
Odpowiedź: .
Nr zadania 13.
Wypełnia Maks. liczba pkt 6
egzaminator
Uzyskana liczba pkt
MMA_1R
Pokaż odpowiedź
Rozwiązanie składa się z dwóch etapów.
Pierwszy etap
Wielomian W ( x ) jest podzielny przez dwumian x − 2 , więc 2 jest pierwiastkiem tego
wielomianu. Zatem W (2) = 0. Stąd otrzymujemy
16 + 4m3 + 8 − 22 − 4m − 2 = 0,
4 m 3 − 4 m = 0.
Przy dzieleniu wielomianu W ( x ) przez dwumian x + 1 otrzymujemy resztę 6, więc
W ( −1) = 6. Stąd otrzymujemy
−2 + m3 + 2 + 11 − 4m − 2 = 6,
m 3 − 4m + 3 = 0.
4m3 − 4m = 0
Rozwiązujemy układ równań 3
m − 4m + 3 = 0.
I sposób
Z równania 4 m 3 − 4 m = 0 otrzymujemy rozwiązania: m = 0 , m = −1 , m = 1 .
Z tych trzech liczb tylko liczba 1 spełnia drugie równanie, zatem liczba 1 jest rozwiązaniem
układu równań.
II sposób
Z równania m 3 − 4 m + 3 = 0 otrzymujemy rozwiązania: m = 1 , m = −1−2 13 , m = −1+2 13 .
Z tych trzech liczb tylko liczba 1 spełnia pierwsze równanie, zatem liczba 1 jest rozwiązaniem
układu równań.
III sposób
4m3 − 4m = 0
Przyrównując lewe strony obu równań 3 otrzymujemy
m − 4m + 3 = 0
4m3 − 4m = m3 − 4m + 3
3
4m − 4m = 0
3m3 − 3 = 0
3
4m − 4m = 0
m3 = 1 m = 1
3 i 3
4m − 4m = 0 4m − 4m = 0.
Sprawdzamy, czy liczba 1 spełnia jedno z równań:
4m 3 − 4m = 0
4 ⋅13 − 4 ⋅1 = 4 − 4 = 0
lub
m 3 − 4m + 3 = 0
13 − 4 ⋅1 + 3 = 4 − 4 = 0
Liczba m = 1 spełnia każde z równań układu, więc jest jedynym rozwiązaniem tego układu.
Drugi etap
Dla m = 1 nierówność W ( x ) ≤ 0 przyjmuje postać
2 x 3 + 3 x 2 − 11x − 6 ≤ 0.
Rozwiązujemy tę nierówność stosując przekształcenia równoważne i otrzymujemy kolejno:
( x − 2 ) ( 2 x 2 + 7 x + 3) ≤ 0,
( )
2 ( x − 2 )( x + 3 ) x + 12 ≤ 0.
Zbiorem rozwiązań nierówności jest ( −∞ , −3 ∪ − 12 , 2 .Odpowiedź i kryteria punktowania pochodzą z oficjalnych zasad oceniania CKE.
Zadanie 144 punktyOdpowiedź wg zasad CKE · wyjaśnienie w przygotowaniuMMA-R1_1P-192 · Formuła 2015Matematyka — odpowiedź według zasad CKE
π π 1
Rozwiąż równanie ( cos x ) sin x − + sin x + = sin x .
3 3 2
MMA_1R
Odpowiedź: .
Nr zadania 14.
Wypełnia Maks. liczba pkt 4
egzaminator
Uzyskana liczba pkt
MMA_1R
Pokaż odpowiedź
I sposób
Przekształcamy równanie i otrzymujemy:
π 1
cos x 2 sin x ⋅ cos = sin x ,
3 2
1
sin x ⋅ cos x − sin x = 0 ,
2
1
sin x ⋅ cos x − = 0 ,
2
1
sin x = 0 lub cos x − = 0 .
2
Rozwiązania to:
π π
x = kπ lub x = + 2 kπ, lub x = − + 2 kπ ,
3 3
gdzie k jest liczbą całkowitą.
II sposób
Przekształcamy równanie i otrzymujemy:
π 1
cos x 2 sin x ⋅ cos = sin x ,
3 2
1
sin x ⋅ cos x − sin x = 0 ,
2
2 sin x ⋅ cos x − sin x = 0 ,
sin 2 x − sin x = 0 ,
3x x
2 cos ⋅ sin = 0 ,
2 2
3x x
cos = 0 lub sin = 0 ,
2 2
3x π x
= + kπ lub = kπ ,
2 2 2
π 2
x = + kπ lub x = 2 kπ, gdzie k – liczba całkowita.
3 3
III sposób
Przekształcamy równanie i otrzymujemy:
π 1
cos x 2 sin x ⋅ cos = sin x ,
3 2
1
sin x ⋅ cos x − sin x = 0 ,
2
2 sin x ⋅ cos x − sin x = 0 ,
sin 2 x − sin x = 0 ,
sin 2 x = sin x ,
2 x = x + 2 kπ lub 2 x = π − x + 2 kπ ,
π 2
x = 2 kπ lub x = + kπ , gdzie k – liczba całkowita.
3 3Odpowiedź i kryteria punktowania pochodzą z oficjalnych zasad oceniania CKE.
Zadanie 157 punktówOdpowiedź wg zasad CKE · wyjaśnienie w przygotowaniuMMA-R1_1P-192 · Formuła 2015Matematyka — odpowiedź według zasad CKE
Rozważmy wszystkie graniastosłupy prawidłowe trójkątne o objętości V = 2. Wyznacz
długości krawędzi tego z rozważanych graniastosłupów, którego pole powierzchni całkowitej
jest najmniejsze. Oblicz to najmniejsze pole.
MMA_1R
Odpowiedź: .
Nr zadania 15.
Wypełnia Maks. liczba pkt 7
egzaminator
Uzyskana liczba pkt
MMA_1R
MMA_1R
Pokaż odpowiedź
h
a
Przyjmijmy oznaczenia jak na rysunku: a – krawędź podstawy, h – wysokość graniastosłupa.
Objętość graniastosłupa prawidłowego trójkątnego o krawędzi podstawy a i wysokości h
wyraża się wzorem:
a2 3
V= ⋅h .
4
Stąd otrzymujemy:
a2 3
2= ⋅h .
4
8
Zatem h = 2
.
a 3
Pole powierzchni całkowitej graniastosłupa prawidłowego trójkątnego o krawędzi podstawy a
i wysokości h jest równe:
a2 3 8
Pc = 2 ⋅ + 3⋅ a ⋅ 2 .
4 a 3
Stąd po podstawieniu h i przekształceniach otrzymujemy:
a2 3 8 a 2 3 24 a2 3 8 3
Pc = 2 ⋅ + 3⋅ a ⋅ 2 = + = + .
4 a 3 2 a 3 2 a
Z geometrycznych warunków zadania wynika, że a ∈ (0; + ∞ ).
Zapiszmy pole powierzchni całkowitej graniastosłupa prawidłowego trójkątnego jako funkcję
f zmiennej a :
a 2 3 8 3 a 3 3 + 16 3
Pc = f (a ) = + = , dla a ∈ (0; + ∞ ).
2 a 2a
Wyznaczamy wartość najmniejszą funkcji f w przedziale (0; + ∞).
W tym celu obliczmy pochodną funkcji f :
f ′(a ) =
( )
3a 2 3 ⋅ 2a − a 3 3 + 16 3 ⋅ 2
=
4a 3 3 − 32 3
.
4a 2 4a 2
Szukamy miejsc zerowych pochodnej funkcji f :
4a 3 3 − 32 3
= 0.
4a 2
Ustalamy, że a = 2.
W przedziale (0; + ∞ ) pochodna funkcji f ma tylko jedno miejsce zerowe a = 2.
Ponadto
f ′( a ) > 0 dla a ∈ (2; + ∞ ) oraz f ′( a ) < 0 dla a ∈ (0; 2).
Wynika stąd, że dla a = 2 funkcja f ma minimum lokalne, które jest jednocześnie najmniejszą
wartością funkcji f w przedziale (0, +∞ ), ponieważ funkcja f w przedziale 2, +∞ ) jest
rosnąca, a w przedziale ( 0, 2 funkcja f jest malejąca.
8 8 2 2 3
Gdy a = 2, to h = = = = .
a2 3 22 3 3 3
Natomiast pole powierzchni całkowitej graniastosłupa jest równe:
a 3 3 + 16 3 23 3 + 16 3 24 3
Pc = = = = 6 3.
2a 2⋅2 4
Odp.: Najmniejsze pole powierzchni całkowitej równe 6 3 ma graniastosłup prawidłowy
2 3
trójkątny o wymiarach: krawędź podstawy a = 2 i wysokość h = .
3Odpowiedź i kryteria punktowania pochodzą z oficjalnych zasad oceniania CKE.