Równanie liniowe \(ax=b\) jest spełnione przez każdą liczbę rzeczywistą wtedy i tylko wtedy, gdy \(a=0\) oraz \(b=0\).

Warunek pierwszy:

\(4-m^2=0\Rightarrow m=2\) lub \(m=-2\)

Warunek drugi:

\(m^2-3m+2=0\Rightarrow(m-1)(m-2)=0\Rightarrow m=1\) lub \(m=2\)

Oba warunki są spełnione jednocześnie tylko dla \(m=2\).

Odpowiedź: C.

Mając trzy niewspółliniowe punkty, czwarty wierzchołek równoległoboku można dobrać na trzy sposoby — w zależności od tego, który z danych boków (odcinków) jest przekątną.

1. Gdy przekątnymi są \(AC\) i \(BD\) (równoległobok \(ABCD\)):

\(D=A+C-B=(1+4-6,\;1+5-3)=(-1,3)\)

2. Gdy przekątnymi są \(AB\) i \(CD\) (równoległobok \(ACBD\)):

\(D=A+B-C=(1+6-4,\;1+3-5)=(3,-1)\)

3. Gdy przekątnymi są \(BC\) i \(AD\) (równoległobok \(ABDC\)):

\(D=B+C-A=(6+4-1,\;3+5-1)=(9,7)\)

Otrzymujemy trzy różne punkty.

Odpowiedź: C.

Korzystamy z twierdzenia o pierwiastkach wymiernych wielomianu o współczynnikach całkowitych: jeżeli nieskracalny ułamek \(\frac{p}{q}\) jest pierwiastkiem wielomianu, to \(p\) jest dzielnikiem wyrazu wolnego, a \(q\) — dzielnikiem współczynnika przy najwyższej potędze.

Tutaj wyraz wolny to \(120\), a współczynnik wiodący to \(15\).

Sprawdzamy mianowniki (muszą dzielić \(15\)):

\(\frac{7}{6}\) — \(6\nmid 15\), odrzucamy,

\(\frac{8}{7}\) — \(7\nmid 15\), odrzucamy,

\(\frac{6}{5}\) — \(5\mid 15\) ✓, licznik \(6\mid 120\) ✓,

\(\frac{9}{5}\) — \(5\mid 15\) ✓, ale licznik \(9\nmid 120\), odrzucamy.

Pozostaje jedyny kandydat \(\frac{6}{5}\), a z treści zadania wiemy, że jeden pierwiastek wymierny w tym zbiorze istnieje.

Odpowiedź: A.

Z rekurencyjnego wzoru odczytujemy iloraz ciągu:

\(q=\frac{2}{3}\), \(\;a_1=\frac{3}{5}\)

Ponieważ \(|q|=\frac{2}{3}\lt 1\), szereg jest zbieżny:

\(S=\frac{a_1}{1-q}=\frac{\frac{3}{5}}{1-\frac{2}{3}}=\frac{\frac{3}{5}}{\frac{1}{3}}=\frac{3}{5}\cdot 3=\frac{9}{5}\)

Odpowiedź: D.

Krok 1. Prawdopodobieństwo.

Losujemy bez zwracania, więc korzystamy z reguły mnożenia prawdopodobieństw:

\(p=\frac{10}{16}\cdot\frac{9}{15}=\frac{90}{240}=\frac{3}{8}\)

Sposób równoważny (kombinacje):

\(p=\frac{\binom{10}{2}}{\binom{16}{2}}=\frac{45}{120}=\frac{3}{8}\)

Krok 2. Rozwinięcie dziesiętne.

\(\frac{3}{8}=0{,}375\)

Odpowiedź: \(3\), \(7\), \(5\)

Krok 1. Rozkład liczby \(28\).

\(28=2^2\cdot 7\)

Żadna cyfra nie może być zerem (iloczyn byłby zerem). Ponieważ \(7\) jest liczbą pierwszą, a jedyną cyfrą podzielną przez \(7\) jest \(7\), dokładnie jedna cyfra musi być równa \(7\). Pozostałe sześć cyfr ma iloczyn równy \(4\).

Krok 2. Sześć cyfr o iloczynie \(4\).

Możliwe zestawy:

• jedna czwórka i pięć jedynek,

• dwie dwójki i cztery jedynki.

Krok 3. Zliczanie ustawień.

Przypadek A: cyfry \(7,4,1,1,1,1,1\).

Liczba różnych ustawień siedmiu cyfr, wśród których pięć jest jednakowych:

\(\frac{7!}{5!}=7\cdot 6=42\)

Przypadek B: cyfry \(7,2,2,1,1,1,1\).

\(\frac{7!}{2!\cdot 4!}=\frac{5040}{48}=105\)

Żadna z tych liczb nie zaczyna się zerem, więc wszystkie ustawienia dają poprawne liczby siedmiocyfrowe.

Krok 4. Reguła dodawania.

\(42+105=147\)

Odpowiedź: takich liczb jest \(147\).

Krok 1. Pochodna ilorazu.

\(f'(x)=\frac{\left(25x^2-9\right)'\left(x^2+2\right)-\left(25x^2-9\right)\left(x^2+2\right)'}{\left(x^2+2\right)^2}\)

\(f'(x)=\frac{50x\left(x^2+2\right)-\left(25x^2-9\right)\cdot 2x}{\left(x^2+2\right)^2}\)

\(=\frac{50x^3+100x-50x^3+18x}{\left(x^2+2\right)^2}=\frac{118x}{\left(x^2+2\right)^2}\)

Krok 2. Wartość dla \(x=10\).

\(f'(10)=\frac{118\cdot 10}{\left(100+2\right)^2}=\frac{1180}{10404}\)

Skracamy przez \(4\):

\(f'(10)=\frac{295}{2601}\approx 0{,}1134\)

Odpowiedź: \(f'(10)=\frac{295}{2601}\)

Krok 1. Oznaczenia.

Przekątna \(AC\) dzieli kąty \(BAD\) i \(BCD\) na części:

\(|\angle BAC|=a_1\), \(\;|\angle CAD|=a_2\), \(\;|\angle BCA|=c_1\), \(\;|\angle ACD|=c_2\)

Ponadto \(|\angle ABC|=\beta\) oraz \(|\angle ADC|=\delta\).

Krok 2. Kąty w trójkącie \(AEC\).

Prosta \(AE\) jest dwusieczną kąta \(BAD\), więc \(|\angle BAE|=\frac{a_1+a_2}{2}\). Ponieważ punkty \(B\) i \(E\) leżą po przeciwnych stronach prostej \(AC\), półprosta \(AE\) leży „za" półprostą \(AC\), zatem:

\(|\angle CAE|=\frac{a_1+a_2}{2}-a_1=\frac{a_2-a_1}{2}\)

Analogicznie dla dwusiecznej kąta \(BCD\):

\(|\angle ACE|=\frac{c_1+c_2}{2}-c_1=\frac{c_2-c_1}{2}\)

Z sumy kątów w trójkącie \(AEC\):

\(|\angle AEC|=180^\circ-\frac{a_2-a_1}{2}-\frac{c_2-c_1}{2}\)

\(2\cdot|\angle AEC|=360^\circ-\left(a_2+c_2\right)+\left(a_1+c_1\right)\)

Krok 3. Sumy kątów w trójkątach \(ABC\) i \(ACD\).

\(a_1+c_1+\beta=180^\circ\Rightarrow a_1+c_1=180^\circ-\beta\)

\(a_2+c_2+\delta=180^\circ\Rightarrow a_2+c_2=180^\circ-\delta\)

Krok 4. Podstawienie.

\(2\cdot|\angle AEC|=360^\circ-\left(180^\circ-\delta\right)+\left(180^\circ-\beta\right)=360^\circ+\delta-\beta\)

Zatem:

\(\beta-\delta+2|\angle AEC|=\beta-\delta+360^\circ+\delta-\beta=360^\circ\)

czyli \(|\angle ABC|-|\angle ADC|+2\cdot|\angle AEC|=360^\circ\), co należało wykazać. \(\blacksquare\)

Krok 1. Przekształcenie wyrażenia.

\(n^5-3n^4-n+19=\left(n^5-n\right)-3\left(n^4-1\right)+16\)

Rozkładamy oba składniki na czynniki:

\(n^5-n=n\left(n^4-1\right)\)

\(n^5-3n^4-n+19=\left(n^4-1\right)(n-3)+16\)

\(=\left(n^2-1\right)\left(n^2+1\right)(n-3)+16\)

\(=(n-1)(n+1)\left(n^2+1\right)(n-3)+16\)

Krok 2. Podzielność iloczynu przez \(16\).

Niech \(n=2k+1\), gdzie \(k\) jest liczbą całkowitą. Wtedy:

\((n-1)(n+1)=2k\cdot(2k+2)=4k(k+1)\)

Liczby \(k\) i \(k+1\) są kolejnymi liczbami całkowitymi, więc ich iloczyn jest parzysty. Zatem \(4k(k+1)\) jest podzielne przez \(8\).

Ponadto \(n^2+1\) jest liczbą parzystą (bo \(n^2\) jest nieparzyste), czyli podzielną przez \(2\).

Iloczyn \((n-1)(n+1)\left(n^2+1\right)(n-3)\) jest więc podzielny przez \(8\cdot 2=16\).

Krok 3. Wniosek.

Wyrażenie jest sumą liczby podzielnej przez \(16\) i liczby \(16\), a zatem samo jest podzielne przez \(16\).

Sprawdzenie: dla \(n=1\): \(1-3-1+19=16\) ✓; dla \(n=3\): \(243-243-3+19=16\) ✓; dla \(n=5\): \(3125-1875-5+19=1264=16\cdot 79\) ✓ \(\blacksquare\)

Krok 1. Miara kąta wewnętrznego wielokąta foremnego.

Suma miar kątów wewnętrznych \(n\)-kąta wynosi \((n-2)\cdot 180^\circ\), więc jeden kąt ma miarę:

\(\alpha_n=\frac{(n-2)\cdot 180^\circ}{n}=180^\circ-\frac{360^\circ}{n}\)

Analogicznie dla \((n+2)\)-kąta:

\(\alpha_{n+2}=180^\circ-\frac{360^\circ}{n+2}\)

Krok 2. Równanie.

\(\alpha_{n+2}-\alpha_n=2^\circ\)

\(\left(180^\circ-\frac{360^\circ}{n+2}\right)-\left(180^\circ-\frac{360^\circ}{n}\right)=2^\circ\)

\(\frac{360}{n}-\frac{360}{n+2}=2\)

\(\frac{360(n+2)-360n}{n(n+2)}=2\)

\(\frac{720}{n(n+2)}=2\)

\(n(n+2)=360\)

Krok 3. Rozwiązanie równania.

\(n^2+2n-360=0\)

\(\Delta=4+1440=1444\), \(\;\sqrt{\Delta}=38\)

\(n=\frac{-2+38}{2}=18\) (rozwiązanie \(n=-20\) odrzucamy)

Sprawdzenie: \(\alpha_{18}=160^\circ\), \(\;\alpha_{20}=162^\circ\), różnica \(2^\circ\) ✓

Odpowiedź: \(n=18\)

Krok 1. Położenie odcinka \(DE\).

Ponieważ \(|BD|=|CE|\), a trójkąt \(BCS\) jest równoramienny, odcinek \(DE\) jest równoległy do \(BC\). Z twierdzenia Talesa:

\(\frac{|SD|}{|SB|}=\frac{|DE|}{|BC|}=\frac{4}{6}=\frac{2}{3}\)

Krok 2. Oznaczenia.

Niech \(M\) będzie środkiem \(BC\), \(N\) — środkiem \(DE\), \(O\) — środkiem podstawy (spodkiem wysokości), a \(H=|SO|\).

Z symetrii punkt \(N\) leży na odcinku \(SM\), przy czym \(\frac{|SN|}{|SM|}=\frac{2}{3}\).

\(|AM|=\frac{6\sqrt{3}}{2}=3\sqrt{3}\), \(\;|AO|=\frac{2}{3}|AM|=2\sqrt{3}\), \(\;|OM|=\sqrt{3}\)

Krok 3. Wykorzystanie prostopadłości płaszczyzn.

Płaszczyzny \(ADE\) i \(BCS\) przecinają się wzdłuż prostej \(DE\). Ponieważ \(|AD|=|AE|\), odcinek \(AN\) jest prostopadły do \(DE\). Z warunku prostopadłości płaszczyzn wynika, że \(AN\perp\) płaszczyzna \(BCS\), a w szczególności:

\(AN\perp SM\)

Krok 4. Równanie na \(H\).

Oznaczmy \(m=|SM|\). Wtedy \(|SN|=\frac{2}{3}m\) oraz \(|NM|=\frac{1}{3}m\).

Z trójkąta prostokątnego \(ANM\):

\(|AN|^2=|AM|^2-|NM|^2=27-\frac{m^2}{9}\)

Z trójkąta prostokątnego \(ANS\):

\(|AN|^2=|AS|^2-|SN|^2=|AS|^2-\frac{4}{9}m^2\)

Ponadto \(m^2=H^2+|OM|^2=H^2+3\) oraz \(|AS|^2=H^2+|AO|^2=H^2+12\).

Przyrównujemy:

\(27-\frac{H^2+3}{9}=H^2+12-\frac{4\left(H^2+3\right)}{9}\)

Mnożymy przez \(9\):

\(243-H^2-3=9H^2+108-4H^2-12\)

\(240-H^2=5H^2+96\)

\(6H^2=144\Rightarrow H^2=24\Rightarrow H=2\sqrt{6}\)

Krok 5. Objętość.

\(P_p=\frac{6^2\sqrt{3}}{4}=9\sqrt{3}\)

\(V=\frac{1}{3}\cdot 9\sqrt{3}\cdot 2\sqrt{6}=6\sqrt{18}=18\sqrt{2}\)

Odpowiedź: \(V=18\sqrt{2}\)

Krok 1. Wyróżnik.

\(\Delta=(2-4m)^2-4\cdot 4\cdot\left(m^2-m-2\right)\)

\(=4-16m+16m^2-16m^2+16m+32=36\)

Wyróżnik jest stały i dodatni, więc dla każdego \(m\) równanie ma dwa różne pierwiastki rzeczywiste.

Krok 2. Pierwiastki.

\(\sqrt{\Delta}=6\)

\(x_1=\frac{(4m-2)-6}{8}=\frac{4m-8}{8}=\frac{m-2}{2}\)

\(x_2=\frac{(4m-2)+6}{8}=\frac{4m+4}{8}=\frac{m+1}{2}\)

Krok 3. Warunek dodatniości obu pierwiastków.

\(\frac{m-2}{2}\gt 0\;\wedge\;\frac{m+1}{2}\gt 0\)

\(m\gt 2\;\wedge\;m\gt -1\Rightarrow m\gt 2\)

Krok 4. Nierówność \(x_1^2+x_2^2\le\frac{17}{4}\).

\(\left(\frac{m-2}{2}\right)^2+\left(\frac{m+1}{2}\right)^2\le\frac{17}{4}\)

\(\frac{(m-2)^2+(m+1)^2}{4}\le\frac{17}{4}\)

\(m^2-4m+4+m^2+2m+1\le 17\)

\(2m^2-2m-12\le 0\)

\(m^2-m-6\le 0\)

\((m-3)(m+2)\le 0\)

\(m\in\langle-2,3\rangle\)

Krok 5. Część wspólna.

\(m\gt 2\;\wedge\;-2\le m\le 3\Rightarrow m\in(2,3\rangle\)

Odpowiedź: \(m\in(2,3\rangle\)

Krok 1. Odległość wierzchołka od przekątnej.

Przekątne rombu przecinają się w punkcie \(O\) i są wzajemnie prostopadłe oraz połowią się. Odcinek \(AO\) jest więc połową przekątnej \(AC\), a jego długość to odległość punktu \(A\) od prostej \(l\):

\(|AO|=\frac{|2\cdot(-2)-6-5|}{\sqrt{2^2+(-1)^2}}=\frac{|-15|}{\sqrt{5}}=\frac{15}{\sqrt{5}}=3\sqrt{5}\)

Zatem \(|AC|=6\sqrt{5}\).

Krok 2. Druga przekątna.

Pole rombu jest równe połowie iloczynu przekątnych:

\(\frac{1}{2}\cdot|AC|\cdot|BD|=90\)

\(|BD|=\frac{180}{6\sqrt{5}}=\frac{30}{\sqrt{5}}=6\sqrt{5}\)

(przekątne są równe, więc romb jest kwadratem)

Krok 3. Długość boku.

Z twierdzenia Pitagorasa w trójkącie \(AOB\):

\(a^2=\left(\frac{|AC|}{2}\right)^2+\left(\frac{|BD|}{2}\right)^2=\left(3\sqrt{5}\right)^2+\left(3\sqrt{5}\right)^2=45+45=90\)

\(a=\sqrt{90}=3\sqrt{10}\)

Odpowiedź: bok rombu ma długość \(3\sqrt{10}\).

Krok 1. Zamiana iloczynu na sumę.

Korzystamy ze wzoru \(2\sin\alpha\cos\beta=\sin(\alpha+\beta)+\sin(\alpha-\beta)\):

\(4\sin 7x\cos 2x=2\left[\sin(9x)+\sin(5x)\right]\)

Równanie przyjmuje postać:

\(2\sin 9x+2\sin 5x=2\sin 9x-1\)

Krok 2. Równanie podstawowe.

\(2\sin 5x=-1\)

\(\sin 5x=-\frac{1}{2}\)

Krok 3. Rozwiązania ogólne.

\(5x=-\frac{\pi}{6}+2k\pi\) lub \(5x=\pi+\frac{\pi}{6}+2k\pi=\frac{7\pi}{6}+2k\pi\), \(k\in\mathbb{Z}\)

\(x=-\frac{\pi}{30}+\frac{2k\pi}{5}\) lub \(x=\frac{7\pi}{30}+\frac{2k\pi}{5}\)

Krok 4. Wybór rozwiązań z przedziału \(\langle 0,\pi\rangle\).

Pierwsza rodzina (\(x=\frac{-\pi+12k\pi}{30}\)): \(k=1\Rightarrow x=\frac{11\pi}{30}\); \(\;k=2\Rightarrow x=\frac{23\pi}{30}\).

Druga rodzina (\(x=\frac{(7+12k)\pi}{30}\)): \(k=0\Rightarrow x=\frac{7\pi}{30}\); \(\;k=1\Rightarrow x=\frac{19\pi}{30}\).

Pozostałe wartości wychodzą poza przedział \(\langle 0,\pi\rangle\).

Odpowiedź: \(x=\frac{7\pi}{30}\), \(x=\frac{11\pi}{30}\), \(x=\frac{19\pi}{30}\), \(x=\frac{23\pi}{30}\)

Krok 1. Długości boków trójkąta \(SS_1S_2\).

Styczność wewnętrzna do okręgu o promieniu \(18\):

\(|SS_1|=18-x\), \(\;|SS_2|=18-2x\)

Styczność zewnętrzna obu okręgów:

\(|S_1S_2|=x+2x=3x\)

Krok 2. Pole ze wzoru Herona.

\(p=\frac{(18-x)+(18-2x)+3x}{2}=\frac{36}{2}=18\)

\(P=\sqrt{18\cdot\left(18-(18-x)\right)\cdot\left(18-(18-2x)\right)\cdot(18-3x)}\)

\(P=\sqrt{18\cdot x\cdot 2x\cdot(18-3x)}=\sqrt{36x^2(18-3x)}\)

\(P(x)=6x\sqrt{18-3x}\)

Krok 3. Dziedzina.

Promienie muszą być dodatnie: \(x\gt 0\).

Boki trójkąta muszą być dodatnie: \(18-2x\gt 0\Rightarrow x\lt 9\).

Punkty \(S\), \(S_1\), \(S_2\) nie leżą na jednej prostej, więc musi zachodzić nierówność trójkąta:

\((18-x)+(18-2x)\gt 3x\Rightarrow 36\gt 6x\Rightarrow x\lt 6\)

(pozostałe nierówności trójkąta są spełnione dla \(x\gt 0\)).

Dziedzina: \(x\in(0,6)\)

Krok 4. Największe pole.

Ponieważ \(P(x)\gt 0\), badamy funkcję \(g(x)=P^2(x)=36x^2(18-3x)=648x^2-108x^3\):

\(g'(x)=1296x-324x^2=324x(4-x)\)

Dla \(x\in(0,4)\): \(g'(x)\gt 0\); dla \(x\in(4,6)\): \(g'(x)\lt 0\).

Zatem funkcja osiąga wartość największą dla \(x=4\).

Krok 5. Boki i największe pole.

\(|SS_1|=18-4=14\), \(\;|SS_2|=18-8=10\), \(\;|S_1S_2|=12\)

\(P(4)=6\cdot 4\cdot\sqrt{18-12}=24\sqrt{6}\)

Odpowiedź: \(P(x)=6x\sqrt{18-3x}\) dla \(x\in(0,6)\); największe pole \(24\sqrt{6}\) ma trójkąt o bokach \(14\), \(10\) i \(12\).