Test 3

Kliknij w numer wybranego zadania, jeśli chcesz je zaznaczyć jako przerobione.
Możesz dowolnie zaznaczać zadania i usuwać zaznaczenia.
Jednak Twoje zaznaczenia nie będą widoczne po odświeżeniu strony.

Zadania zamknięte

Zadanie 1

Liczba 6 12 27 jest równa


A 3 3 2


B 3 5 2


C 3 3 2


D 3 5 2


6 12 27 = 6 4 3 9 3 =

6 4 3 9 3 =

6 2 3 3 3 = 9 3 =

3 2 3 1 2 = 3 2 + 1 2 = 3 5 2

Prawidłowa odpowiedź to odpowiedź B.

Zadanie 2

Wartość wyrażenia 27 3 9 2 3 9 3 jest równa


A 54


B 27


C 3


D 9


27 3 9 2 3 9 3 = ( 3 ) 9 2 9 3 3 = 3 3 = 1

9 2 9 3 = 9 2 + 3 = 9 1 = 9

Prawidłowa odpowiedź to odpowiedź D.

Zadanie 3

Przy 23 -procentowej stawce podatku VAT cena brutto towaru wynosi 147,60 zł. Jaka jest cena brutto tego towaru przy 7 -procentowej stawce podatku VAT?


A 82,93


B 138,74


C 128,40


D 157,93


Metoda I

Podana cena brutto towaru to 147,60 i jest ona równa 123 % ceny netto, bo VAT wynosi 23 % .

Zatem cena netto to 147,60 123 % = 120 .

Przy 7 -procentowej stawce podatku VAT cena brutto jest równa 107 % ceny netto.

Zatem cena brutto przy takiej stawce podatu VAT jest równa

120 107 % = 128. 4

Prawidłowa odpowiedź to odpowiedź C.

Metoda II

Oznaczamy przez x szukaną cenę brutto przy 7 -procentowej stawce VAT. Możemy napisać:

123 % ( cena netto ) = 147,60

107 % ( cena netto ) = x

Wyznaczamy stąd

x = 107 % ( cena netto ) 147,60 123 % ( cena netto )

x = 107 % 147,60 123 % = 128,40

Metoda III (uproszczony zapis Metody II)

123 % to 147,60

107 % to x

x = 147,60 107 % 123 % = 128,40

Zadanie 4

Wyrażenie 2 a 2 8 a b + 8 b 2 jest równe


A 2 ( a 2 b ) 2


B ( 2 a 2 b ) 2


C ( a 2 b ) 2 + a 2 + 4 b 2


D ( 2 a 4 b ) 2


Metoda I

Sprawdzamy po kolei odpowiedzi:

2 ( a 2 b ) 2 = 2 ( a 2 4 b + 4 b 2 ) =

2 a 2 8 b + 8 b 2

Odpowiedź A okazała się prawidłowa.

Ponieważ na prawdziwym egzaminie maturalnym może się zdarzyć, że prawidłowa będzie dopiero ostatnia odpowiedź, przedstawimy inną metodę, pozwalającą uniknąć sprawdzania kolejno każdej odpowiedzi.

Metoda II

2 a 2 8 a b + 8 b 2 = 2 ( a 2 4 a b + 4 b 2 )

Zauważamy, że a 2 4 a b + 4 b 2 = ( a 2 b ) 2 (ze wzoru skróconego mnożenia).

Zatem 2 a 2 8 a b + 8 b 2 = 2 ( a 2 b ) 2 .

Prawidłowa odpowiedź to odpowiedź A.

Zadanie 5

Para liczb x = 3 , y = 1 jest rozwiązaniem układu równań { x + a y = 5 x 2 y = 1 gdy


A a = 2


B a = 2


C a = 1


D a = 1


Zauważmy, że drugie równanie jest spełnione, ponieważ 3 2 1 = 1.

Podstawiamy do pierwszego równania x = 3 , y = 1 :

3 + a 1 = 5

a = 2

Prawidłowa odpowiedź to odpowiedź B.

Zadanie 6

Równanie x 2 3 x 4 3 = 0


A Nie ma rozwiązań rzeczywistych


B Ma jedno rozwiązanie rzeczywiste


C Ma dwa rozwiązania rzeczywiste


D Ma cztery rozwiązania rzeczywiste


Obliczamy wyróżnik trójmianu x 2 3 x 4 3 :

Δ = ( 3 ) 2 4 ( 4 3 ) = 9 + 4 3 .

Ponieważ Δ > 0 , więc równanie ma dwa rozwiązania rzeczywiste.

Prawidłowa odpowiedź, to odpowiedź C.

Zadanie 7

Wartość wyrażenia sin 120 ° + 3 cos 30 ° jest równa


A 1 2


B 2


C 2 3


D 3


sin 120 ° + 3 cos 30 ° = sin ( 180 ° 60 ° ) + 3 3 2 =

sin 60 ° + 3 3 2 = 3 2 + 3 3 2 =

4 3 2 = 2 3

Prawidłowa odpowiedź to odpowiedź C.

Zadanie 8

Kąt α jest ostry. Wyrażenie 1 cos 2 α tg 2 α można zapisać w postaci


A sin 2 α


B cos 2 α


C sin α cos α


D tg α


Przekształcamy wyrażenie:

1 cos 2 α tg 2 α = sin 2 α tg 2 α =

sin 2 α sin 2 α cos 2 α = sin 2 α cos 2 α sin 2 α = cos 2 α

Prawidłowa odpowiedź to odpowiedź B.

Zadanie 9

Na rysunku przedstawiono fragment prostej y = a x + b . Wtedy

m2trzeciexp1.png


A a = 2 3 i b = 1


B a = 2 3 i b = 1


C a = 2 i b = 1


D a = 2 3 i b = 1


Prosta y = a x + b przecina oś O y w punkcie ( 0 , b ) .

Odczytujemy z rysunku, że podana prosta przecina oś O y w punkcie ( 0 , 1 ) .

Zatem b = 1 .

Odczytujemy z rysunku, że podana prosta przechodzi też przez punkt ( 3 2 , 0 ) .

Podstawiamy w równaniu y = a x + 1 wartości x = 3 2 i y = 0 :

0 = 3 2 a + 1

3 2 a = 1

a = 2 3

Prawidłowa odpowiedź to odpowiedź D.

Zadanie 10

Prosta k przecina oś O y układu współrzędnych w punkcie ( 0 , 4 ) i jest prostopadła do prostej y = 1 2 x + 1 . Wówczas prosta k przecina oś O x układu współrzędnych w punkcie


A ( 2 , 0 )


B ( 0 , 2 )


C ( 8 , 0 )


D ( 2 , 0 )


Współczynnik kierunkowy prostej k jest równy 1 1 2 = 2 (dlaczego?) l 1 : y = a 1 x + b 1
l 2 : y = a 2 x + b 2
l 1 l 2 a 1 a 2 = 1
.

Prosta k ma więc równanie y = 2 x + b .

Prosta y = a x + b przecina oś O y w punkcie ( 0 , b ) .

W naszym przypadku prosta k przecina oś O y w punkcie ( 0 , 4 ) .

Zatem b = 4.

Prosta k ma więc równanie y = 2 x + 4.

Aby wyznaczyć punkt przecięcia prostej k z osią O x , podstawiamy w jej równaniu y = 0 :

0 = 2 x + 4

x = 2

Szukany punkt to punkt ( 2 , 0 ) . Prawidłowa odpowiedź to odpowiedź A.

Zadanie 11

Liczba wymiernych rozwiązań równania 2 ( x 2 4 ) ( x 1 ) ( x 2 5 ) = 0 jest równa


A 4


B 3


C 2


D 1


Rozwiązaniami równania są liczby 2 , 2 , 1 , 5 , 5 .

Są wśród nich trzy liczby wymierne: 2 , 2 , 1.

Prawidłowa odpowiedź to odpowiedź B.

Zadanie 12

Na rysunku przedstawiono wykres funkcji f , której dziedziną jest przedział 6 , 7 .

testt19zad12.png

Funkcja f jest rosnąca w przedziale


A 1 , 1


B 3 , 2


C 3 , 1


D 3 , 7


Funkcja f jest rosnąca w tych przedziałach, w których jej wykres wznosi się.

Odczytujemy z wykresu, że wykres funkcji f wznosi się w przedziale 3 , 1 .

Prawidłowa odpowiedź to odpowiedź C.

Zadanie 13

Ciąg geometryczny ( a n ) jest określony wzorem a n = 3 n dla n 1 . Suma stu wyrazów określona jest wzorem


A 3 2 ( 3 100 1 )


B 3 2 ( 3 100 1 )


C 3 2 ( 1 3 100 )


D 3 2 ( 1 + 3 100 )


Pierwszy wyraz ciągu to a 1 = 3 1 = 3.

Drugi wyraz ciągu to a 2 = 3 2 = 9.

Iloraz ciągu jest równy

q = a 2 a 1 = 9 3 = 3

Stosujemy wzór S n = a 1 1 q n 1 q na sumę n początkowych wyrazów ciągu geometrycznego dla n = 100 , a 1 = 3 , q = 3 :

S 1 0 0 = 3 1 3 100 1 3 = 3 ( 3 100 1 ) 2 =

3 2 ( 3 100 1 )

Prawidłowa odpowiedź to odpowiedź A.

Zadanie 14

W ciągu arytmetycznym suma pierwszego, drugiego i trzeciego wyrazu wynosi 30 . Zatem drugi wyraz tego ciągu wynosi


A 8


B 10


C 20


D 24


Oznaczmy przez a n ogólny wyraz ciągu, a przez r jego różnicę.

Dalszy ciąg rozwiązania przeprowadzimy dwiema metodami.

Metoda I

Zachodzą równości

a 2 = a 1 + r

a 3 = a 2 + r = a 1 + 2 r

Z treści zadania odczytujemy, że a 1 + a 2 + a 3 = 30. Mamy więc:

a 1 + ( a 1 + r ) + ( a 1 + 2 r ) = 30

3 a 1 + 3 r = 30

a 1 + r = 10

Ponieważ szukany wyraz a 2 to właśnie a 1 + r , więc a 2 = 10.

Prawidłowa odpowiedź to odpowiedź B.

Metoda II

W zadaniu podano, że a 1 + a 2 + a 3 = 30. Jest to suma 3 początkowych wyrazów ciągu:

S 3 = 30

Korzystając ze wzoru S n = a 1 + a n 2 n na sumę n początkowych wyrazów ciągu arytmetycznego, możemy dalej napisać:

a 1 + a 3 2 3 = 30

a 1 + a 3 2 = 10

Ponieważ w ciągu arytmetycznym a n = a n 1 + a n + 1 2 , więc a 1 + a 3 2 = a 2 .

Zatem a 2 = 10. Prawidłowa odpowiedź to odpowiedź B.

Zadanie 15

Miary kątów wewnętrznych pewnego trójkąta pozostają w stosunku 4 : 5 : 9. Zatem


A Najmniejszy kąt wewnętrzny tego trójkąta ma miarę 20 °


B Najmniejszy kąt wewnętrzny tego trójkąta ma miarę 30 °


C Trójkąt jest prostokątny


D Trójkąt jest rozwartokątny


Z podanego stosunku 4 : 5 : 9 wynika, że miary kątów wewnętrznych możemy zapisać w postaci 4 x , 5 x , 9 x .

Suma miar kątów wewnętrznych w trójkącie jest równa 180 ° .

Wobec tego

4 x + 5 x + 9 x = 180 °

18 x = 180 °

x = 10 °

Najmniejszy kąt ma więc miarę 4 10 ° = 40 ° .

Wynika stąd, że odpowiedzi A i B są nieprawidłowe.

Sprawdzamy, czy trójkąt jest prostokątny. Widzimy, że 9 x = 90 ° .

Trójkąt jest prostokątny. Prawidłowa odpowiedź to odpowiedź C.

Zadanie 16

Wyznacz miarę kąta A C B .

test19zad16trojkat.png


A 15 °


B 25 °


C 30 °


D 50 °


Trójkąt jest prostokątny.

Kąt D A C ma miarę 40 ° .

Zatem kąt A C D ma miarę 50 ° (suma miar kątów ostrych w trójkącie prostokątnym jest równa 90 ° ) .

Wobec tego miara kąta A C B jest równa 50 ° 25 ° = 25 ° .

Prawidłowa odpowiedź to odpowiedź B.

Zadanie 17

Liczby 4 , 10 , c są długościami boków trójkąta równoramiennego. Długość boku c wynosi


A 4


B 2 21


C 10


D 2 29


Trójkąt jest równoramienny, więc albo c = 4 , albo c = 10.

Suma długości a , b boków trójkąta musi być mniejsza od długości c trzeciego boku:

a + b < c

Widać, że c nie może być równe 4 , ponieważ wtedy musiałaby zachodzić nierówność 4 + 10 < 4 , która jest fałszywa.

Tak więc c = 10. Odpowiedź prawidłowa to odpowiedź C.

Zadanie 18

Dwa z boków trójkąta mają długości 2 i 6 , a kąt między nimi zawarty ma miarę 150 ° . Wówczas pole powierzchni tego trójkąta jest równe


A 15 3 4


B 3 3


C 15 3 2


D 3


Korzystamy ze wzoru na pole powierzchni trójkąta o danych dwóch bokach a , b i mierze α kąta między nimi:

P = 1 2 a b sin α

Mamy sin 150 ° = sin ( 180 ° 30 ° ) = sin 30 ° = 1 2 .

Tak więc pole powierzchni trójkąta wynosi

P = 1 2 2 6 1 2 = 3

Prawidłowa odpowiedź to odpowiedź D.

Zadanie 19

Tworząca stożka ma długość 4 2 cm, a średnica 8 cm.

stozekzkatemrozwarcia.png

Zatem kąt rozwarcia stożka ma miarę


A 30 °


B 45 °


C 60 °


D 90 °


Metoda I

Rysujemy przekrój osiowy stożka i oznaczamy podane w treści zadania wielkości:

przekrojstozkatest3_zad19.png

Szukany kąt znajdziemy, obliczając wartość jego sinusa:

sin α 2 = 4 4 2 = 1 2 = 2 2

Zatem α 2 = 45 ° , więc α = 90 ° .

Prawidłowa odpowiedź to odpowiedź D.

Metoda II

Zauważamy, że tworząca ma długość 4 2 równą długości przekątnej kwadratu o dlugości boku 4 .

Wobec tego wysokość stożka też ma długość 4 .

Zatem α 2 = 45 ° , ponieważ jest to kąt między przekątną kwadratu a jego bokiem.

Zatem α = 90 ° . Prawidłowa odpowiedź to odpowiedź D.

Zadanie 20

Liczba wszystkich ścian graniastosłupa sześciokątnego jest równa


A 6


B 7


C 8


D 18


Podstawą graniastosłupa sześciokątnego jest sześciokąt.

Graniastosłup ma więc sześć ścian bocznych (każdy bok podstawy jest bokiem jednej ściany).

Graniastosłup ma również dwie podstawy, będące oczywiście jego ścianami.

Razem wszystkich ścian jest więc 8.

Prawidłowa odpowiedź to odpowiedź C.

Zadanie 21

W czworościanie foremnym cosinus kąta nachylenia krawędzi bocznej do płaszczyzny podstawy wynosi


A 2 3


B 3 3


C 3 6


D 2 2


Kąt, którego cosinus mamy wyznaczyć, jest to kąt S A O na rysunku poniżej.

czworosciantest3-zad21.png

Szukany cosinus jest równy

cos S A O = | O A | | A S |

W czworościanie wszystkie ściany są trójkątami równobocznymi o tej samej długości boku a .

Oznaczmy przez h p wysokość podstawy czworościanu. Wówczas h p = a 3 2 (dlaczego?) wysokość trójkąta równobocznego o boku a jest równa a 3 2 .

Wysokości w trójkącie równobocznym przecinają się w 2/3 swoich długości.

Zatem

| O A | = 2 3 h p = 2 3 a 3 2 = a 3 3

Ponieważ | A S | = a , więc szukany cosinus jest równy

cos S A O = | O A | | A S | = a 3 3 a = 3 3

Prawidłowa odpowiedź to odpowiedź B.

Zadanie 22

Liczba 1,6 jest jednym z przybliżeń liczby 13 8 . Błąd względny tego przybliżenia wynosi


A 1 65


B 1 40


C 1 39


D 1 16


Błąd względny przybliżenia jest równy

| 13 8 1,6 | 13 8 = | 13 8 16 10 | 13 8 =

| 65 8 64 40 | 13 8 = 1 40 13 8 = 1 65

Prawidłowa odpowiedź to odpowiedź A.

Zadanie 23

Średnia arytmetyczna zestawu danych: 1 , 2 , 6 , 9 , x jest równa 5 , a średnia arytmetyczna zestawu danych 1 , 2 , 5 , 9 , x , 2 n jest równa 6 . Wynika stąd, że


A n = 2


B n = 4


C n = 5


D n = 6


Z treści zadania odczytujemy, że

1 + 2 + 6 + 9 + x 5 = 5

Otrzymujemy po przekształceniach:

x + 18 5 = 5

x + 18 = 25

x = 7

Zastępujemy x wartością 7 w zestawie danych 1 , 2 , 5 , 9 , x , 2 n . Z treści zadania odczytujemy, że

Również z treści zadania odczytujemy, że

1 + 2 + 5 + 9 + 7 + 2 n 6 = 6

Przekształcamy:

24 + 2 n 6 = 6

2 n + 24 = 36

2 n = 12

x = 6

Prawidłowa odpowiedź to odpowiedź D.

Zadanie 24

Ile jest różnych liczb dwucyfrowych podzielnych przez 8 i niepodzielnych przez 12 ?


A 6


B 7


C 8


D 9


Liczby dwucyfrowe podzielne przez 8 to liczby:

16 , 24 , 32 , 40 , 48 , 56 , 64 , 72 , 80 , 88 , 96

Liczb tych jest 11.

Wśród liczb powyżej podzielne przez 12 są liczby:

24 , 48 , 72 , 96

Liczb tych jest 5.

Wobec tego liczb spełniających warunki zadania jest

11 5 = 6

Prawidłowa odpowiedź to odpowiedź A.

Zadanie 25

Na loterię przygotowano 100 losów, w tym 5 wygrywających. Po wykupieniu pewnej liczby losów, wśród których jeden był wygrywający, szansa na wygraną nie zmieniła się. Wynika stąd, że wykupiono


A 10 losów


B 15 losów


C 20 losów


D 50 losów


Oznaczmy przez x liczbę losów wygrywających wśród 100 losów.

Prawdopodobieństwo wygranej przed wykupieniem losów jest równe

5 100

Po wykupieniu x losów (w tym jednego wygrywającego) prawdopodobieństwo wygranej jest takie samo, a jednocześnie równe 4 100 x .

Mamy więc

4 100 x = 5 100

500 5 x = 400

x = 20

Prawidłowa odpowiedź to odpowiedź C.

Zadania otwarte

Zadanie 26

Rozwiąż nierówność 2 x 2 + 5 x 6 x + 1.

x [ 1 2 , 1 ]


Przekształcamy nierówność:

2 x 2 + 5 x 6 x + 1

2 x 2 + 5 x 6 x 1 0

2 x 2 x 1 0

Wyznaczamy miejsca zerowe trójmianu po lewej stronie nierówności:

2 x 2 x 1 = 0

Δ = 1 4 2 ( 1 ) = 9 ( (tutaj wzór) wyróżnik a x 2 + b x + c :
Δ = b 2 4 a c

Δ = 3

x 1 = 1 3 2 2 = 1 2

x 2 = 1 + 3 2 2 = 1 (tutaj wzory) a x 2 + b x + c = 0 x = b Δ 2 a lub x = b + Δ 2 a

Szkicujemy wykres trójmianu kwadratowego 2 x 2 x 1 :

x2mxm1less0_test_3_zad26.png

Odczytujemy z wykresu przedział, w którym 2 x 2 x 1 0 :

x [ 1 2 , 1 ]

Zadanie 27

Rozwiąż równanie x ( x 2 5 ) ( x 2 x + 5 ) = 0

x { 5 , 0 , 5 }

W innym zapisie:

x = 5 lub x = 0 lub x = 5


Iloczyn jest równy zeru wtedy i tylko wtedy, gdy przynajmniej jeden z czynników jest równy zeru:

x ( x 2 5 ) ( x 2 x + 5 ) = 0

x = 0 lub x 2 5 = 0 lub x 2 x + 5 = 0

Widzimy, że jednym z rozwiązań jest x = 0.

Rozwiązujemy równanie x 2 5 = 0 :

x 2 5 = 0 x 2 = 5 x = 5 lub x = 5

W ten sposób znaleźliśmy łącznie trzy rozwiązania: 5 , 0 , 5 .

Rozwiązujemy równanie x 2 x + 5 = 0.

Obliczamy wyróżnik: Δ = 1 4 1 5 = 19 < 0

Ponieważ wyróżnik jest ujemny, więc równanie x 2 x + 5 = 0 nie ma pierwiastków.

Ostatecznie widzimy, że zbiór rozwiązań wyjściowego równania to { 5 , 0 , 5 } .

Zadanie 28

Udowodnij, że dla dowolnych liczb rzeczywistych x , y prawdziwa jest nierówność

5 x 2 6 x y + 9 y 2 0

Zastosuj wzór skróconego mnożenia ( a b ) 2 = a 2 2 a b + b 2 do części wyrażenia podanego w zadaniu.


Przekształcamy podaną nierówność tak, aby można było zastosować wzór skróconego mnożenia ( a b ) 2 = a 2 2 a b + b 2 .

5 x 2 6 x y + 9 y 2 0

4 x 2 + x 2 6 x y + 9 y 2 0

4 x 2 + ( x 3 y ) 2 0

Otrzymaliśmy prawdziwą nierówność (suma kwadratów dowolnych liczb jest nieujemna).

Wobec tego nierówność podana w zadaniu jest prawdziwa, co kończy dowód.

Zadanie 29

Odcinki A B i C D na rysunku są równoległe.

test-3-zad29.png

Udowodnij, że α + γ = β .

Narysuj półprostą B E .

Oznacz punkt przecięcia tej półprostej z odcinkiem C D przez F .

Suma miar kątów wewnętrznych w trójkącie jest równa 180 ° .

Zastosuj ten fakt do trójkąta C E F .


Narysujmy półprostą B E i oznaczmy punkt jej przecięcia z odcinkiem C D przez F .

test-3-zad29-rozw.png

Zachodzą równości:

C F E = γ (kąty te są naprzemianległe)

C E F = 180 ° β (kąty te są przyległe)

Suma miar kątów w trójkącie jest równa 180 ° . Zatem:

α + C F E + C E F = 180 °

Stąd i z poprzednich zależności otrzymujemy:

α + γ + 180 ° β = 180 °

α + γ β = 0 °

α + γ = β , co kończy dowód.

Zadanie 30

Funkcja kwadratowa f przyjmuje wartość największą 1 dla x = 2. Wykres funkcji przecina oś O y w punkcie P = ( 0 , 1 ) . Zapisz wzór funkcji f .

f ( x ) = 1 2 ( x + 2 ) 2 + 1


Zapiszmy szukany wzór w postaci kanonicznej:

f ( x ) = a ( x p ) 2 + q

Funkcja kwadratowa przyjmuje wartość największą lub najmniejszą (w zależności od znaku a ) dla x = p i wartość ta jest równa q .

Z treści zadania wynika więc, że p = 2 i q = 1.

Wzór funkcji ma postać

f ( x ) = a ( x + 2 ) 2 + 1

Wykres funkcji przechodzi przez punkt P = ( 0 , 1 ) .

Zatem x = 0 i y = 1 spełniają równanie y = a ( x + 2 ) 2 + 1 określające naszą funkcję.

1 = a ( 0 + 2 ) 2 + 1

1 = 4 a + 1

2 = 4 a

a = 1 2

Ostatecznie otrzymujemy odpowiedź:

f ( x ) = 1 2 ( x + 2 ) 2 + 1

Zadanie 31

Ze zbioru liczb naturalnych dwucyfrowych wybieramy jedną liczbę. Oblicz prawdopodobieństwo zdarzenia, że otrzymano liczbę podzielną przez 9 lub przez 15 .

13 90


Wszystkie liczby naturalne dwucyfrowe to 10 , 11 , , 99.

Liczb takich jest 90 .

Zdarzeniem elementarnym jest wylosowanie jednej liczby z 90 .

Zbiór Ω zdarzeń elementarnych liczy więc 90 elementów:

| Ω | = 90

Niech A oznacza zdarzenie polegające na wylosowaniu liczby podzielnej przez 9 lub przez 15.

Wypiszmy wszystkie liczby dwucyfrowe podzielne przez 9 :

18 , 27 , 36 , 45 , 54 , 63 , 72 , 81 , 90 , 99 – jest 10 takich liczb.

Wypiszmy wszystkie liczby dwucyfrowe podzielne przez 15 :

15 , 30 , 45 , 60 , 75 , 90 – jest 6 takich liczb.

W obu zestawach występują dwie liczby podzielne przez 9 i przez 15. Są to liczby 60 i 90.

Liczba zdarzeń sprzyjających zdarzeniu A jest więc równa:

| A | = 9 + 6 2 = 13

Szukane prawdopodobieństwo jest równe:

P ( A ) = | A | | Ω | = 13 90

Zadanie 32

Dany jest rosnący ciąg arytmetyczny ( a n ) , gdzie n 1. Trzeci wyraz tego ciągu to a 3 = 6.

Wyrazy a 2 , a 4 , a 6 tego ciągu są odpowiednio pierwszym, drugim i trzecim wyrazem pewnego ciągu geometrycznego.

Wyznacz wzór na n -ty wyraz ciągu ( a n ) .

a n = 2 n


Oznaczmy przez r różnicę ciągu arytmetycznego ( a n ) .

Wówczas a 3 = a 1 + 2 r .

Z treści zadania mamy a 1 + 2 r = 6. Stąd

a 1 = 6 2 r

Wyrazy a 2 , a 4 , a 6 możemy teraz zapisać jako

a 2 = 6 2 r + r = 6 r

a 4 = 6 2 r + 3 r = 6 + r

a 6 = 6 2 r + 5 r = 6 + 3 r

Ponieważ a 2 , a 4 , a 6 tworzą ciąg geometryczny, więc

a 4 2 = a 2 a 6 (kwadrat wyrazu środkowego w ciągu geometrycznym jest iloczynem wyrazów sąsiadujących)

czyli

( 6 + r ) 2 = ( 6 r ) ( 6 + 5 r )

Przekształcamy otrzymane równanie z niewiadomą r :

36 + 12 r + r 2 = 36 + 30 r 6 r 5 r 2

6 r 2 12 r = 0

6 r ( r 2 ) = 0

r = 0 lub r = 2

Ponieważ ciąg ( a n ) jest rosnący, więc r = 0 odrzucamy.

Pozostaje r = 2.

Ponieważ wcześniej widzieliśmy, że a 1 = 6 2 r , więc

a 1 = 6 2 2 = 2

Tak więc a 1 = 2 i r = 2 , czyli ze wzoru a n = a 1 + ( n 1 ) r na n -ty wyraz ciągu arytmetycznego otrzymujemy:

a n = 2 + ( n 1 ) 2

czyli po przekształceniu

a n = 2 n

Zadanie 33

Dany jest trójkąt równoramienny A B C , gdzie | A C | = | B C | . Ponadto wiadomo, że A = ( 2 , 4 ) , B = ( 2 , 7 ) . Wierzchołek C leży na osi O x . Oblicz współrzędne wierzchołka C .

C = ( 33 8 , 0 )


test19(3)_zad33.png

Ze wzoru na odległość punktów w układzie współrzędnych wyznaczamy | A C | i | B C | :

| A C | = ( x ( 2 ) ) 2 + ( 0 4 ) 2 = ( x + 2 ) 2 + 16

| B C | = ( x 2 ) 2 + ( 0 ( 7 ) ) 2 = ( x 2 ) 2 + 49

W zadaniu podano, że | A C | = | B C | . Mamy więc kolejno:

( x + 2 ) 2 + 16 = ( x 2 ) 2 + 49

( x + 2 ) 2 + 16 = ( x 2 ) 2 + 49

x 2 + 4 x + 4 + 16 = x 2 4 x + 4 + 49

8 x = 33

Otrzymujemy stąd x = 33 8 .

Zatem C = ( 33 8 , 0 ) .

Zadanie 34

Objętość ostrosłupa prawidłowego trójkątnego A B C S jest równa 48 3 cm 3 . Długość krawędzi podstawy A B jest równa 8 cm. Oblicz pole powierzchni całkowitej tego ostrosłupa.

test19(3)-zad34.png

P c = 16 3 + 4 777


Mamy podane: a = 8 (długość boku podstawy ostrosłupa) i V = 48 3 (objętość).

Mamy obliczyć pole powierzchni całkowitej P c ostrosłupa. Jest ono równe:

P c = P p + P b

gdzie P p to pole powierzchni podstawy, a P b to pole powierzchni bocznej.

Ponieważ podstawa jest trójkątem równobocznym, więc

P p = a 2 3 4 = 8 2 3 4 = 16 3 (dlaczego?) pole powierzchni trójkąta równobocznego o boku a jest równe a 2 3 4 .

Potrzebujemy jeszcze wyznaczyć pole powierzchni bocznej P b . W tym celu wystarczy wyznaczyć pole powierzchni jednej ściany bocznej (na przykład trójkąta A B S ) i pomnożyć wynik przez 3 .

Pole powierzchni trójkąta A B S jest równe

P A B S = 1 2 | A B | | D S | = 1 2 8 | D S |

Potrzebujemy znać wartość | D S | . Wyznaczymy ją z twierdzenia Pitagorasa dla trójkąta D O S (zacieniowanego na rysunku). Znamy w nim długość przyprostokątnej O D , bo jest to 1/3 wysokości trójkąta równobocznego A B C :

| O D | = 1 3 a 3 2 = 1 3 8 3 2 = 4 3 3

test19(3)-zad34-rozw.png

Długość | O S | wyznaczymy, wykorzystując wzór V = 1 3 P p | O S | na objętość ostrosłupa i fakt, że objętość ta jest dana w zadaniu, a my już na początku znaleźliśmy P p = 16 3 .

V = 1 3 P p | O S |

48 3 = 1 3 16 3 | O S |

| O S | = 9

Znając | O D | = 4 3 3 i | O S | = 9 , możemy wyznaczyć | D S | z twierdzenia Pitagorasa.

| D S | 2 = | O D | 2 + | O S | 2

| D S | 2 = ( 4 3 3 ) 2 + 9 2 =

| D S | 2 = 777 9

| D S | = 777 3

Możemy teraz wreszcie obliczyć pole powierzchni ściany bocznej A B S :

P A B S = 1 2 | A B | | D S | = 1 2 8 777 3 = 4 3 777

Szukane pole powierzchni całkowitej wynosi więc

P c = P p + 4 P A B S

P c = 16 3 + 3 4 3 777

P c = 16 3 + 4 777