XVI Warmińsko-Mazurskie Zawody Matematyczne Eliminacje – cykl lutowy Poziom: szkoły ponadgimnazjalne

(1)

Eliminacje – cykl lutowy Poziom: szkoły ponadgimnazjalne

Zadanie 1.

Wyznacz wartość bezwzględną sumy współczynników a, b, c, d, e w przedstawieniu liczby

1

1+2√3−√5+3√15 w postaci 𝑎+𝑏√3+𝑐√5+𝑑√15

𝑒 .

Rozwiązanie:

1

1+2√3−√5+3√15 = ¹

(1+3√15)+(2√3−√5 )·(1+3√15)−(2√3−√5)

(1+3√15)−(2√3−√5 ) = 1+3√15−2√3+√5 (1+3√15)²−(2√3−√5)² =

1+3√15−2√3+√5

1+6√15+135−12+4√15−5 = 1+3√15−2√3+√5

119+10√15 = 1+3√15−2√3+√5

119+10√15 *^{119−10√15}

119−10√15 =

119−10√15+357√15−450−238√3+60√5+119√5−50√3

14161−1500 = −331−288√3+179√5+347√15 12661

Stąd otrzymujemy

|a +b + c + d +e |= |-331-288+179+347+12661| = 12568 Odpowiedź. Bezwzględna suma współczynników równa jest 12468.

Zadanie 2. Zbadaj liczbę pierwiastków równania

3^𝑥+1+ 3^𝑥+ 3^𝑥−1+ ⋯ + 3^{𝑥−𝑛+2} + ⋯ =1

8(4 ∙ 3^2𝑥+ 𝑚) w zależności od parametru 𝑚 ∈ 𝑅, 𝑛 ∈ 𝑁.

Rozwiązanie.

Lewa strona równania

(∗) 3^𝑥+1+ 3^𝑥+ 3^𝑥−1+ ⋯ + 3^{𝑥−𝑛+2}+ ⋯ = 1

8(4 ∙ 3^2𝑥+ 𝑚) jest sumą nieskończonego ciągu geometrycznego.

3^𝑥+1+ 3^𝑥+ 3^𝑥−1+ ⋯ + 3^{𝑥−𝑛+2}+ ⋯ =1

8(4 ∙ 3^2𝑥+ 𝑚) 𝑆 = 3^𝑥+1+ 3^𝑥+ 3^𝑥−1+ ⋯ + 3^{𝑥−𝑛+2}+ ⋯

𝑎₁ = 3^𝑥+1, 𝑞 =1 3 𝑆 = 𝑎₁

1 − 𝑞 𝑆 = 3^𝑥+1

1 −1 3

= 3^𝑥+1 23

= 9 ∙ 3^𝑥 2 9 ∙ 3^𝑥

2 = 1

8(4 ∙ 3^2𝑥+ 𝑚)

(2)

9 ∙ 3^𝑥= 1

4(4 ∙ 3^2𝑥+ 𝑚) 9 ∙ 3^𝑥 = 3^2𝑥+𝑚

4 Stosujemy podstawienie: 3^𝑥 = 𝑡, 𝑡 > 0

Otrzymujemy równanie kwadratowe: (**) 𝑡² − 9𝑡 +^𝑚₄ = 0.

1° Równanie (*) ma dwa pierwiastki gdy równanie (**) ma dwa pierwiastki dodatnie, czyli spełnione są następujące warunki:

{

∆> 0 𝑡₁∙ 𝑡₂ > 0 𝑡₁+ 𝑡₂ > 0

2° Równanie (*) ma jeden pierwiastek gdy równanie (**) ma dwa pierwiastki różnych znaków, dwa pierwiastki z których jeden jest dodatni a drugi równy zero oraz ma tylko jeden pierwiastek dodatni, czyli spełnione są następujące warunki:

{∆= 0

𝑡₀ > 0 ∨ {∆> 0

𝑡₁ ∙ 𝑡₂ < 0 ∨ {

∆> 0 𝑡₁∙ 𝑡₂ = 0 𝑡₁ + 𝑡₂ > 0 Wyznaczam warunek 1°:

𝑡²− 9𝑡 +^𝑚₄ = 0 ∆= 81 − 𝑚 ∆> 0 ⇔ 𝑚 ∈ (−∞, 81) 𝑡₁∙ 𝑡₂ > 0 ⇔ 𝑐

𝑎 > 0 ⇔𝑚

4 > 0 ⇔ 𝑚 > 0 𝑡₁+ 𝑡₂ > 0 ⇔−𝑏

𝑎 > 0 ⇔ 9

1> 0 𝑐𝑧𝑦𝑙𝑖 𝑚 ∈ 𝑅 Częścią wspólną powyższych warunków jest 𝑚 ∈ (0, 81).

Wyznaczam warunek 2°:

2°.1 ∆= 0 ⇔ 𝑚 = 81 𝑡₀ > 0 ⇔ − 𝑏

2𝑎 > 0 ⇔9

2> 0 𝑐𝑧𝑦𝑙𝑖 𝑚 ∈ 𝑅 Stąd otrzymujemy 𝑚 = 81

2°.2 ∆> 0 ⇔ 𝑚 ∈ (−∞, 81) 𝑡₁∙ 𝑡₂ < 0 ⇔ 𝑐

𝑎 < 0 ⇔𝑚

4 < 0 ⇔ 𝑚 < 0 Stąd otrzymujemy 𝑚 ∈ (−∞, 0)

(3)

𝑡₁∙ 𝑡₂ = 0 ⇔ 𝑐

𝑎 = 0 ⇔𝑚

4 = 0 ⇔ 𝑚 = 0 𝑡₁+ 𝑡₂ > 0 ⇔−𝑏

𝑎 > 0 ⇔ 9

1> 0 𝑐𝑧𝑦𝑙𝑖 𝑚 ∈ 𝑅 Stąd otrzymujemy 𝑚 = 0

Sumą powyższych warunków jest 𝑚 ∈ (−∞, 0〉 ∪ {81}.

Odpowiedź. Równanie 3^𝑥+1+ 3^𝑥+ 3^𝑥−1+ ⋯ + 3^{𝑥−𝑛+2}+ ⋯ =¹₈(4 ∙ 3^2𝑥+ 𝑚) ma dwa pierwiastki dla 𝑚 ∈ (0, 81), jeden pierwiastek dla 𝑚 ∈ (−∞, 0〉 ∪ {81}, nie ma pierwiastków dla 𝑚 ∈ (81, +∞).

Zadanie 3.

Oblicz cosinus kąta ostrego rombu wiedząc, że prosta przechodząca przez jego wierzchołek dzieli ten kąt w stosunku 31: , zaś przeciwległy bok odpowiednio w stosunku 3:5.

Rozwiązanie.

Z treści zadania kąt ostry jest dzielony przez prostą AE w stosunku 1:3, więc oznaczmy





DAE , BAE 3, podobnie bok DC na odcinki DE 3x i EC 5x, gdzie x - współczynnik proporcjonalności i  - kąt ostry.

1. AEDBAE3- jako kąty naprzemianległe.

2. Z trójkąta AED i twierdzenia sinusów wynika, że



 sin 3 3

sin

x a 

3:5

1:3

A B

C D

(4)



 sin 3 3

sin

8x x



3sin3 8sin

3(3sin4sin³)8sin /:sin 0 3(34sin²)8

12 sin²  1

3.



4 2

2 2

2 2 2

2 2

sin 8 sin 8 1 ) sin 1 ( sin 8 1

) cos sin 4 ( 2 1 2 sin 2 1 2 sin 2 cos 4

cos





























18 7 144

56 12

8 1 12 8 1 1 4 cos cos

2



 



 













DAB  .

Odpowiedź:

18 cosDAB 7 .

Zadanie 4.

Dwie ciężarówki wyjechały jednocześnie z jednego punktu i jadą w tym samym kierunku.

Prędkość pierwszej ciężarówki wynosiła 50 km/h, a drugiej 40 km/h. Pół godziny później z tego samego punktu i w tym samym kierunku wyjechała trzecia ciężarówka, która dopędziła pierwszą o 1 godzinę i 30 minut później niż drugą. Wyznacz prędkość trzeciej ciężarówki.

Rozwiązanie.

Niech x km/h oznacza prędkość trzeciej ciężarówki, a t – czas w godzinach, w ciągu którego dogoni ona drugą ciężarówkę. Droga przebyta przez drugą i trzecią ciężarówkę do chwili spotkania jest taka sama, natomiast czas jazdy drugiej ciężarówki o ½ h dłuższy.

Mamy więc pierwsze równanie:

 

1 40 2 1



 

 



x t

t .

Czas, w którym trzecia ciężarówka dogoni pierwszą wynosi _



 

  2

t 3 h, przy czym czas jazdy drugiej ciężarówki jest znowu o pół godziny dłuższy, czyli wynosi



t²



h. Mamy więc drugie równanie:

 

2



2



50 2

3   



 

 t x t .

Dzieląc równania

 

1 i

 

2 stronami, otrzymujemy



2



5 2 4 1

2

3  





 

 



 t

t t

t ,

czyli 5t²10t4t²8t3, skąd t²2t30.

(5)

Z równania

 

1 mamy 60 2 40

1







 

 

 t

t

x .

Odpowiedź. Trzecia ciężarówka jechała z prędkością 60 km/h i dogoniła drugą ciężarówkę po 1 godzinie, zaś pierwszą po 2,5 godzinach.

Zadanie 5.

Wysokość ostrosłupa podzielono na trzy równe części płaszczyznami równoległymi do podstawy. Wykaż, że płaszczyzny te dzielą ostrosłup na bryły, których stosunek objętości wynosi 1 : 7 : 19.

Rozwiązanie.

Niech:

V – objętość ostrosłupa,

𝑉₁ , 𝑉₂ – objętości ostrosłupów, których wspólnym wierzchołkiem jest wierzchołek danego ostrosłupa, a podstawami są kolejne przekroje,

𝑉_𝐼 , 𝑉_𝐼𝐼, 𝑉_𝐼𝐼𝐼 – objętości brył otrzymanych w wyniku podziału.

Korzystamy z podobieństwa ostrosłupów o wspólnym wierzchołku, wykorzystując zależność między objętościami brył podobnych:

𝑉₁ = ( 1 3)

3

· 𝑉 𝑉₂ = ( 2

3)

3

· 𝑉 Obliczamy objętości brył 𝑉_𝐼 , 𝑉_𝐼𝐼, 𝑉_𝐼𝐼𝐼

𝑉_𝐼 =₂₇¹ · 𝑉, 𝑉_𝐼𝐼 = 𝑉₂− 𝑉₁ = ₂₇⁷ · 𝑉 , 𝑉_𝐼𝐼𝐼 = 𝑉 − 𝑉₂ = ¹⁹₂₇· 𝑉.

Stąd wynika, że 𝑉_𝐼: 𝑉_𝐼𝐼: 𝑉_𝐼𝐼𝐼 = 1: 7: 19

c.k.d.

V1

V2

VI

VII

VIII

Rys. Ostrosłup z dowolnie narysowaną podstawą