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

Warmińsko-Mazurskie Zawody Matematyczne Eliminacje – cykl lutowy

Poziom: szkoły ponadgimnazjalne, 10 punktów za każde zadanie

Zadanie 1.

Rozwiąż równanie:

95 19 95

19x 2x ^

x .

Rozwiązanie.

Przyjmując ax¹⁹, dane równanie możemy wówczas zapisać w postaci:

6 5 2a a

a  .

To równanie nie może mieć pierwiastków ujemnych, bo L0, a P0. Więc możemy rozważać tylko a0.

Łatwo zauważyć, że równanie to spełniają dwa pierwiastki: a0 oraz a1. Stąd dane równanie można zapisać w postaci:

0 ) 1 2

)(

1

(a a⁴a³a²a  a

Ponieważ a0, to 2a⁴a³a²a10.

Wynika stąd, że jedynymi rozwiązaniami równania są liczby a0 oraz a1 i w konsekwencji x0 oraz x1.

Zadanie 2.

Wykaż, że iloczyn ^{abcd 4}





6 2 7 6 12

33  

 a

16 log 81 log ₂  ₉ b

12 log 3 log 2

log²₆  ₆  ₆

 c







sin18 sin54

d .

Rozwiązanie.

   

2 6 6 1 3 6 2 6 1 6 2 3

6 1 6

2 3 6 2 7 6 12

33 ^{2 2}





































 a

3 16 log 2

4 3 log 4 9 log

16 log 2 log

81 16 log

log 81 log

2 2 1 2 2

2 2

9 2

2      

 b

log 2 log 3 2log 3 log 2) (log 2 log 3) (log 6) 1 )

4 log 3 (log 3 log 2 log 12 log 3 log 2 log

6 2 6 2

6 6

2 6 2 6

6

6 6

2 6 6 6

2 6 6































 c

4 1 18 cos 4

18 cos 18

cos 4

72 sin 18

cos 4

36 cos 36 sin 2

18 cos 2

54 sin 36 sin 18

cos 2

54 sin 18 cos 18 sin 54 2

sin 18 sin



 



 







 

 





 











 







 d

Zadanie 3.

Zapis min( ba, ) oznacza nie większą z liczb a i b. Np. min(5,2)5, min(2,2)2. Sporządź wykres funkcji f(x)min(4x6,4x) oraz wyznacz jej miejsca zerowe.

Rozwiązanie.









 





 4-x dla 4x-6 4-x x - 4 6 - 4x dla 6 ) 4

4 , 6 4 min(

)

( x

x x

x f

czyli

 









 

2 x dla x - 4

2 x dla 6 x 4x

f .

Wykres i wyznaczenie miejsc zerowych:

0 x - 4 lub 0 6 4 0 )

(x   x  

f . Stąd



5 ,

1  



x lub x4





Odpowiedź. Funkcja posiada dwa miejsca zerowe x1,5 i x4.

Zadanie 4.

1,5

-6

4 2 2

Rozstrzygnij, czy istnieje trójkąt o wysokościach : 1, 5 ,1 5 .

Rozwiązanie.

Aby rozstrzygnąć, czy istnieje trójkąt o podanych wysokościach należy sprawdzić warunek istnienia trójkąta :

suma długości dwóch krótszych boków musi być większa od długości trzeciego boku . Niech a, b, c oznaczają długości boków trójkąta oraz h ,_a h_b, h_c długości wysokości trójkąta opuszczone odpowiednio na boki a, b, c.

Dane

5 1

5 1









c b a

h h h

Skoro h_a h_bh_c, to abc. Należy sprawdzić, czy bca.

Pole trójkąta możemy wyrazić na trzy sposoby i z każdego wyznaczamy długości boków.

2

1aha

P , więc

ha

a2P

2

1bhb

P , więc hb

b 2P

2

1chc

P , więc hc

c 2P

Sprawdzam, czy spełniona jest nierówność bca

hb

P 2 +

hc

P 2 >

ha

P 2

Dzielimy obie strony nierówności przez 2P i podstawiamy dane wartości wysokości.

 

15 5 9

20 5 5 5 5 4

20 -

| 5 1

5 4

5 1

5 1 1 5 1

1

















 





 

Otrzymana nierówność jest fałszywa, więc nierówność trójkąta nie jest spełniona, czyli trójkąt o danych wysokościach nie istnieje.

Odpowiedź. Trójkąt o danych wysokościach nie istnieje.

Zadanie 5.

Oblicz objętość bryły powstałej w wyniku obrotu sześciokąta foremnego o polu 1 wokół jednego z boków?

Rozwiązanie . Dane: P1

Powyższy rysunek przedstawia przekrój osiowy bryły

a – długość boku sześciokąta Szukane: objętość bryły

Pole sześciokąta wyraża się wzorem

2 3 3 4 6 3

2

2 a

P a  , więc skoro P1, to

3 3 2 czyli 2 1

3

3a²  a

.

Powstała bryła składa się z walca o promieniu podstawy Ra 3 i wysokości H a oraz dwóch identycznych stożków ściętych o promieniu podstawy górnej równej

2 3 r a ,

dolnej Ra 3 i wysokości 2

h a , z każdego z których wydrążono stożek o promieniu

podstawy równej

2 3

r a i wysokości 2 h a. Wzór wyrażający objętość bryły:





h H

R

V ^{2 2 2 2}

3 2 1 3

2 1 

      



r R 3 h R 2 3

2 ₂

2  

  

 R H h

V



 



  

 R r

2 R 3 3

V 2 H hR h













4 3

43 3

3

3 2 3

3 2 3 3

2 2 9 3 3

2 2

6 9 3 2

4 3 2 3 2 9 3 2 2

3 3 2

3 2 2

3 3 3

2







 



















 



  









      



 a

a a a a

a a a a

V

Odpowiedź. Objętość powstałej bryły wynosi ₄  3 2 .