Warmińsko-Mazurskie Zawody Matematyczne Eliminacje – cykl marcowy Poziom: szkoły ponadgimnazjalne, 10 punktów za każde zadanie

Warmińsko-Mazurskie Zawody Matematyczne Eliminacje – cykl marcowy

Poziom: szkoły ponadgimnazjalne, 10 punktów za każde zadanie

Zadanie 1.

Dana jest koniunkcja dwóch warunków:

1. xyz28 2. 2xy32.

Uzasadnij, że x y jeżeli x ,,y z są liczbami dodatnimi.

Rozwiązanie.

Z warunku pierwszego i drugiego, po dodaniu stronami, otrzymujemy 60

3xz , a stąd wyznaczamy

3 x 60 z

 .

Po wstawieniu do pierwszego równania otrzymujemy, że

3 2

24 z

y  i w konsekwencji 3 0

26 



 z

y

x , bo z > 0. Z tego wynika, że x > y.

Zadanie 2.

Znajdź wszystkie liczby całkowite spełniające równanie: 3 x 4(1)^x 28. Rozwiązanie.

Rozważmy dwa przypadki:

1) x- liczba parzysta, całkowita.

Wtedy (1)^x 1 więc, równanie 3x 428, czyli 3x 24 ma rozwiązania 8

8

8   

 x x

x

Oba rozwiązania są parzyste, czyli spełniają równanie i założenia.

2) x – nieparzysta, całkowita.

Wtedy (1)^x 1 więc, równanie ma postać 3 x 428. Stąd 3x 32 i otrzymujemy rozwiązania

323 323

323    

 x x

x ,

które nie są całkowite, czyli nie spełniają założeń.

Odpowiedź. Rozwiązaniami są liczby x8 lub x8.

Zadanie 3.

Udowodnij, że jeśli a i b są długościami przyprostokątnych w trójkącie prostokątnym, a c jest długością przeciwprostokątnej, to log_cbalog_cba2log_cbalog_cba. Rozwiązanie.

Skoro a i b są długościami przyprostokątnych trójkąta prostokątnego, a c jest długością przeciwprostokątnej, to a ,,b cR^ i ac, bc. Dodatkowo cb1, aby podstawa logarytmu była różna od jednego.

Korzystając z twierdzenia o zamianie podstawy logarytmu przekształcamy a

a a

a _{c b c b c b}

b

c log  2log  log 

log

i otrzymujemy

















a  

 

 

  log

1 log

2 1 log

1 log

1

Mnożąc obie strony równania przez log_a









 

 

log_a cb  _a cb  .

Korzystając z twierdzeń o logarytmowaniu wyrażeń i z definicji logarytmu mamy:

  

 

  

2 2 2

2 2 2 2

2 log

c b a

b c a

b c b c a

b c b

a c





















Odwracając kolejność naszego rozumowania otrzymamy, że teza zadania jest prawdziwa.

Zadanie 4.

Wykaż, że jeżeli a, b, c są długościami boków trójkąt nie prostokątnego, a , są kątami wewnętrznymi leżącymi naprzeciw boków o długościach a, b, to ₂² ₂² ₂²

a c b

b c a tg tg







 



 .

Rozwiązanie.

Z twierdzenia sinusów :

R b R

a

sin 2 2 ,

sin    ,

a z twierdzenia cosinusów

ac b c a bc

a c b

cos 2 2 ,

cos

2 2 2 2

2

2     

 

 .

Stąd

2 2 2

2 2 2 2

2 2

2 2 2

2 2

2 2

sin cos

cos sin

a c b

b c a R b bc

a c b

ac b c a R a tg

tg







 

 





 

 

 











 .

Zadanie 5.

Na okręgu, którego promień ma długość r opisano trapez równoramienny. Oblicz długość promienia okręgu opisanego na tym trapezie, wiedząc, że kąt wewnętrzny pomiędzy ramieniem trapezu, a jego krótszą podstawą jest równy  .

Rozwiązanie.

Oznaczmy przez a, b długości podstaw trapezu (ab), przez m długość jego ramienia, a przez d długość przekątnej.

Z równości:

m r ) 2 180

sin( ^  oraz 2 2

tan  _ar

wyliczamy odpowiednio m i a

 sin m 2r i

tan2 2

 a r .

Korzystając ze wzoru







cos 1

sin tan2

  możemy m i a zapisać w postaci

 sin

m 2r i



 sin

) cos 1 (

2 

 r

a .

a

b r

r

m

Następnie z twierdzenia cosinusów d² m²a²2macos, po podstawieniu m i a obliczamy



 sin

) (sin 1

2  ²

 r

d .

Stosując twierdzenie sinusów: d R sin 2

 otrzymujemy ₂

2

) (sin

) (sin 1





 r 

R .