Zamieniamy logarytm na podstawę \(5\):

\(\log_{18}40=\frac{\log_5 40}{\log_5 18}\)

Licznik:

\(\log_5 40=\log_5\left(2^3\cdot 5\right)=3\log_5 2+\log_5 5=3a+1\)

Mianownik:

\(\log_5 18=\log_5\left(2\cdot 3^2\right)=\log_5 2+2\log_5 3=a+2b\)

Zatem:

\(\log_{18}40=\frac{3a+1}{a+2b}=\frac{3a+1}{2b+a}\)

Odpowiedź: D.

Dla \(x=-3\) licznik i mianownik są równe zeru, więc rozkładamy oba trójmiany na czynniki.

Licznik:

\(0{,}5x^2+3{,}5x+6=\frac{1}{2}\left(x^2+7x+12\right)=\frac{1}{2}(x+3)(x+4)\)

Mianownik:

\(-x^2+2x+15=-\left(x^2-2x-15\right)=-(x+3)(x-5)\)

Skrócenie i przejście graniczne:

\(\lim\limits_{x\to -3}\frac{\frac{1}{2}(x+3)(x+4)}{-(x+3)(x-5)}=\lim\limits_{x\to -3}\frac{x+4}{-2(x-5)}=\frac{1}{-2\cdot(-8)}=\frac{1}{16}\)

Odpowiedź: B.

Dodajemy wektory po współrzędnych i przyrównujemy do zera:

\(\begin{cases}2+2m+n+1=0\\ \frac{2}{3}n+1+m+2=0\end{cases}\)

\(\begin{cases}2m+n+3=0\\ m+\frac{2}{3}n+3=0\end{cases}\)

Z pierwszego równania \(n=-2m-3\). Podstawiamy do drugiego:

\(m+\frac{2}{3}(-2m-3)+3=0\)

\(m-\frac{4}{3}m-2+3=0\)

\(-\frac{1}{3}m+1=0\)

\(m=3\), a stąd \(n=-2\cdot 3-3=-9\)

Odpowiedź: C.

Krok 1. Kąt między danymi bokami.

Ze wzoru na pole trójkąta:

\(P=\frac{1}{2}\cdot 5\cdot 8\cdot\sin\gamma=12\)

\(\sin\gamma=\frac{12}{20}=\frac{3}{5}\)

Kąt \(\gamma\) w trójkącie ostrokątnym jest ostry, więc \(\cos\gamma\gt 0\):

\(\cos\gamma=\sqrt{1-\left(\frac{3}{5}\right)^2}=\frac{4}{5}\)

Krok 2. Twierdzenie cosinusów.

\(c^2=5^2+8^2-2\cdot 5\cdot 8\cdot\frac{4}{5}\)

\(c^2=25+64-64=25\)

\(c=5\)

Uwaga: gdyby przyjąć \(\cos\gamma=-\frac{4}{5}\), otrzymalibyśmy \(c=\sqrt{153}\) — liczbę, której nie ma wśród odpowiedzi.

Odpowiedź: A.

Krok 1. Prawdopodobieństwo warunkowe.

Niech \(A\) oznacza zdarzenie „pracownik jest w wieku przedemerytalnym", a \(M\) — „pracownik jest mężczyzną". Ponieważ zbiór mężczyzn liczy \(240\) osób, a wśród nich \(43\) jest w wieku przedemerytalnym:

\(P(A|M)=\frac{|A\cap M|}{|M|}=\frac{43}{240}\)

Krok 2. Rozwinięcie dziesiętne.

\(\frac{43}{240}=0{,}179166\ldots\)

Trzy pierwsze cyfry po przecinku to \(1\), \(7\), \(9\).

Odpowiedź: \(1\), \(7\), \(9\)

Krok 1. Przeniesienie wszystkiego na jedną stronę.

\(x^4+y^4-xy\left(x^2+y^2\right)\gt 0\)

\(x^4+y^4-x^3y-xy^3\gt 0\)

Krok 2. Rozkład na czynniki.

Grupujemy wyrazy:

\(x^4-x^3y-xy^3+y^4=x^3(x-y)-y^3(x-y)=(x-y)\left(x^3-y^3\right)\)

Korzystamy ze wzoru na różnicę sześcianów:

\((x-y)\left(x^3-y^3\right)=(x-y)(x-y)\left(x^2+xy+y^2\right)=(x-y)^2\left(x^2+xy+y^2\right)\)

Krok 3. Znaki czynników.

Ponieważ \(x\neq y\), mamy \((x-y)^2\gt 0\).

Drugi czynnik przekształcamy:

\(x^2+xy+y^2=\left(x+\frac{y}{2}\right)^2+\frac{3}{4}y^2\ge 0\)

Suma ta jest równa zeru tylko wtedy, gdy \(y=0\) i \(x=0\), a więc gdy \(x=y\) — co jest wykluczone. Zatem \(x^2+xy+y^2\gt 0\).

Krok 4. Wniosek.

Iloczyn dwóch liczb dodatnich jest dodatni, więc

\((x-y)^2\left(x^2+xy+y^2\right)\gt 0\)

czyli \(x^4+y^4\gt xy\left(x^2+y^2\right)\). \(\blacksquare\)

Cyfr nieparzystych jest \(5\) (\(1,3,5,7,9\)) i cyfr parzystych również \(5\) (\(0,2,4,6,8\)). Pierwsza cyfra liczby pięciocyfrowej nie może być zerem. Rozpatrujemy dwa rozłączne przypadki.

Przypadek 1: pierwsza cyfra jest nieparzysta.

Pierwsza cyfra: \(5\) możliwości.

Wśród czterech pozostałych pozycji dokładnie jedna ma być nieparzysta: wybieramy ją na \(\binom{4}{1}=4\) sposoby i wpisujemy jedną z \(5\) cyfr nieparzystych; pozostałe \(3\) pozycje wypełniamy cyframi parzystymi na \(5^3\) sposobów.

\(5\cdot 4\cdot 5\cdot 5^3=5\cdot 4\cdot 5\cdot 125=12\,500\)

Przypadek 2: pierwsza cyfra jest parzysta.

Pierwsza cyfra: \(4\) możliwości (bez zera).

Wśród czterech pozostałych pozycji dokładnie dwie mają być nieparzyste: \(\binom{4}{2}=6\) sposobów wyboru, \(5^2\) sposobów wpisania cyfr nieparzystych i \(5^2\) sposobów wpisania cyfr parzystych na pozostałych dwóch pozycjach.

\(4\cdot 6\cdot 5^2\cdot 5^2=4\cdot 6\cdot 25\cdot 25=15\,000\)

Suma.

\(12\,500+15\,000=27\,500\)

Odpowiedź: takich liczb jest \(27\,500\).

Krok 1. Założenia.

\(2x+1\neq 0\) i \(2x+3\neq 0\), czyli \(x\neq-\frac{1}{2}\) i \(x\neq-\frac{3}{2}\).

Krok 2. Przeniesienie na jedną stronę.

\(\frac{3x+1}{2x+1}-\frac{3x+4}{2x+3}\le 0\)

\(\frac{(3x+1)(2x+3)-(3x+4)(2x+1)}{(2x+1)(2x+3)}\le 0\)

Krok 3. Uproszczenie licznika.

\((3x+1)(2x+3)=6x^2+11x+3\)

\((3x+4)(2x+1)=6x^2+11x+4\)

Różnica: \(6x^2+11x+3-\left(6x^2+11x+4\right)=-1\)

Nierówność przyjmuje postać:

\(\frac{-1}{(2x+1)(2x+3)}\le 0\)

Krok 4. Rozwiązanie.

Licznik jest ujemny, więc ułamek jest ujemny dokładnie wtedy, gdy mianownik jest dodatni:

\((2x+1)(2x+3)\gt 0\)

Miejsca zerowe: \(x=-\frac{1}{2}\) oraz \(x=-\frac{3}{2}\); współczynnik przy \(x^2\) jest dodatni, więc:

\(x\lt-\frac{3}{2}\) lub \(x\gt-\frac{1}{2}\)

Odpowiedź: \(x\in\left(-\infty,-\frac{3}{2}\right)\cup\left(-\frac{1}{2},+\infty\right)\)

Krok 1. Oznaczenia i podstawowa proporcja.

Niech \(|AB|=a\) oraz \(|CD|=b\). Trójkąty \(AOB\) i \(COD\) są podobne (kąty naprzemianległe przy prostych równoległych \(AB\) i \(CD\)) w skali \(\frac{a}{b}\), zatem:

\(\frac{|AO|}{|OC|}=\frac{|BO|}{|OD|}=\frac{a}{b}\)

Stąd \(\frac{|AO|}{|AC|}=\frac{|BO|}{|BD|}=\frac{a}{a+b}\).

Krok 2. Odcinek \(BB'\).

W trójkącie \(ABC\) prosta przechodząca przez \(O\) równoległa do \(BC\) przecina bok \(AB\) w punkcie \(B'\). Z twierdzenia Talesa:

\(\frac{|AB'|}{|AB|}=\frac{|AO|}{|AC|}=\frac{a}{a+b}\)

\(|AB'|=\frac{a^2}{a+b}\)

\(|BB'|=|AB|-|AB'|=a-\frac{a^2}{a+b}=\frac{a(a+b)-a^2}{a+b}=\frac{ab}{a+b}\)

Krok 3. Odcinek \(AA'\).

W trójkącie \(ABD\) prosta przechodząca przez \(O\) równoległa do \(AD\) przecina bok \(AB\) w punkcie \(A'\). Z twierdzenia Talesa:

\(\frac{|BA'|}{|BA|}=\frac{|BO|}{|BD|}=\frac{a}{a+b}\)

\(|BA'|=\frac{a^2}{a+b}\)

\(|AA'|=|AB|-|BA'|=a-\frac{a^2}{a+b}=\frac{ab}{a+b}\)

Krok 4. Wniosek.

\(|AA'|=|BB'|=\frac{ab}{a+b}\), co należało wykazać. \(\blacksquare\)

Krok 1. Obie sumy.

Z założenia \(a_1=q\) oraz \(|q|\lt 1\) i \(q\neq 0\) (inaczej sumy byłyby zerowe, a iloraz \(\frac{S_N}{S_P}\) nie istniałby).

Wyrazy o numerach nieparzystych: \(a_1,a_3,a_5,\ldots\) tworzą ciąg geometryczny o pierwszym wyrazie \(q\) i ilorazie \(q^2\):

\(S_N=\frac{q}{1-q^2}\)

Wyrazy o numerach parzystych: \(a_2,a_4,\ldots\) — pierwszy wyraz \(q^2\), iloraz \(q^2\):

\(S_P=\frac{q^2}{1-q^2}\)

Krok 2. Przekształcenie warunku.

\(\frac{S_N}{S_P}=\frac{q}{q^2}=\frac{1}{q}\)

\(S_N-S_P=\frac{q-q^2}{1-q^2}=\frac{q(1-q)}{(1-q)(1+q)}=\frac{q}{1+q}\)

Warunek zadania:

\(\frac{1}{q}=\frac{q}{1+q}\)

Krok 3. Równanie kwadratowe.

\(1+q=q^2\)

\(q^2-q-1=0\)

\(\Delta=1+4=5\)

\(q_1=\frac{1-\sqrt{5}}{2}\approx-0{,}618\), \(\;q_2=\frac{1+\sqrt{5}}{2}\approx 1{,}618\)

Krok 4. Warunek \(|q|\lt 1\).

Liczba \(\frac{1+\sqrt{5}}{2}\gt 1\) — odrzucamy. Pozostaje:

\(q=\frac{1-\sqrt{5}}{2}\), przy czym \(\left|\frac{1-\sqrt{5}}{2}\right|\approx 0{,}618\lt 1\) ✓

Odpowiedź: \(q=\frac{1-\sqrt{5}}{2}\)

Krok 1. Sprowadzenie do jednej funkcji trygonometrycznej.

Dzielimy równanie przez \(2\) i zapisujemy:

\(\frac{1}{2}\cos(3x)+\frac{\sqrt{3}}{2}\sin(3x)=-\frac{1}{2}\)

Ponieważ \(\frac{1}{2}=\sin\frac{\pi}{6}\) oraz \(\frac{\sqrt{3}}{2}=\cos\frac{\pi}{6}\), lewa strona jest równa \(\sin\left(3x+\frac{\pi}{6}\right)\):

\(\sin\left(3x+\frac{\pi}{6}\right)=-\frac{1}{2}\)

Krok 2. Rozwiązanie równania podstawowego.

\(3x+\frac{\pi}{6}=-\frac{\pi}{6}+2k\pi\) lub \(3x+\frac{\pi}{6}=\pi+\frac{\pi}{6}+2k\pi\), \(k\in\mathbb{Z}\)

Pierwsza rodzina:

\(3x=-\frac{\pi}{3}+2k\pi\Rightarrow x=-\frac{\pi}{9}+\frac{2k\pi}{3}\)

Druga rodzina:

\(3x=\pi+2k\pi\Rightarrow x=\frac{\pi}{3}+\frac{2k\pi}{3}\)

Krok 3. Wybór rozwiązań z przedziału \(\langle 0,\pi\rangle\).

Pierwsza rodzina: \(k=1\Rightarrow x=-\frac{\pi}{9}+\frac{2\pi}{3}=\frac{5\pi}{9}\) ✓ (dla \(k=0\) wartość ujemna, dla \(k=2\) — \(\frac{11\pi}{9}\gt\pi\)).

Druga rodzina: \(k=0\Rightarrow x=\frac{\pi}{3}\) ✓; \(\;k=1\Rightarrow x=\pi\) ✓.

Sprawdzenie dla \(x=\pi\): \(\cos 3\pi+\sqrt{3}\sin 3\pi+1=-1+0+1=0\) ✓

Odpowiedź: \(x=\frac{\pi}{3}\), \(x=\frac{5\pi}{9}\), \(x=\pi\)

Krok 1. Podstawy trapezu.

\(|AB|=2R\) (średnica).

Krótsza podstawa \(CD\) jest cięciwą odpowiadającą kątowi środkowemu \(2\alpha\). W trójkącie równoramiennym \(COD\) (o ramionach \(R\)):

\(|CD|=2R\sin\alpha\)

Krok 2. Wysokość trapezu.

Ponieważ \(|\angle COD|=2\alpha\), a trójkąty \(AOD\) i \(BOC\) są przystające:

\(|\angle AOD|=|\angle BOC|=\frac{180^\circ-2\alpha}{2}=90^\circ-\alpha\)

Niech \(CE\) będzie wysokością trapezu opuszczoną z \(C\) na \(AB\). Z trójkąta prostokątnego \(OEC\) (gdzie \(|OC|=R\)):

\(h=R\sin\left(90^\circ-\alpha\right)=R\cos\alpha\)

Krok 3. Ramię trapezu.

W trójkącie \(BOC\) stosujemy twierdzenie cosinusów:

\(|BC|^2=R^2+R^2-2R^2\cos\left(90^\circ-\alpha\right)=2R^2-2R^2\sin\alpha\)

\(|BC|=R\sqrt{2-2\sin\alpha}\)

Krok 4. Wysokość graniastosłupa.

Przekątna \(B_1C\) ściany bocznej \(BCC_1B_1\) jest nachylona do podstawy pod kątem \(\alpha\), a trójkąt \(BCB_1\) jest prostokątny:

\(\operatorname{tg}\alpha=\frac{H}{|BC|}\)

\(H=R\sqrt{2-2\sin\alpha}\cdot\operatorname{tg}\alpha\)

Krok 5. Objętość.

Pole podstawy:

\(P_p=\frac{|AB|+|CD|}{2}\cdot h=\frac{2R+2R\sin\alpha}{2}\cdot R\cos\alpha=R^2(1+\sin\alpha)\cos\alpha\)

\(V=P_p\cdot H=R^2(1+\sin\alpha)\cos\alpha\cdot R\sqrt{2-2\sin\alpha}\cdot\operatorname{tg}\alpha\)

Ponieważ \(\cos\alpha\cdot\operatorname{tg}\alpha=\sin\alpha\):

\(V=R^3\sin\alpha\,(1+\sin\alpha)\sqrt{2-2\sin\alpha}\)

Odpowiedź: \(V(R,\alpha)=R^3\sin\alpha\,(1+\sin\alpha)\sqrt{2-2\sin\alpha}\), gdzie \(\alpha\in\left(0,\frac{\pi}{2}\right)\)

Jednym z rozwiązań jest \(x_3=4\). Niech \(x_1\), \(x_2\) będą rozwiązaniami trójmianu \(x^2+(m-3)x+m^2-m-6\).

Etap I. Trzy różne rozwiązania rzeczywiste.

Trójmian musi mieć dwa różne pierwiastki:

\(\Delta=(m-3)^2-4\left(m^2-m-6\right)=m^2-6m+9-4m^2+4m+24=-3m^2-2m+33\)

\(\Delta\gt 0\iff 3m^2+2m-33\lt 0\)

\(\Delta_m=4+396=400\), pierwiastki: \(m=-\frac{11}{3}\) oraz \(m=3\), zatem \(m\in\left(-\frac{11}{3},3\right)\).

Ponadto \(4\) nie może być pierwiastkiem trójmianu:

\(16+4(m-3)+m^2-m-6\neq 0\)

\(m^2+3m-2\neq 0\)

\(m\neq\frac{-3\pm\sqrt{17}}{2}\)

Etap II. Warunek nierówności.

Ze wzorów Viète’a: \(x_1+x_2=3-m\), \(\;x_1x_2=m^2-m-6\).

Lewa strona:

\(x_1x_2x_3=4\left(m^2-m-6\right)=4m^2-4m-24\)

Prawa strona — najpierw suma kwadratów:

\(x_1^2+x_2^2=(3-m)^2-2\left(m^2-m-6\right)=9-6m+m^2-2m^2+2m+12=-m^2-4m+21\)

\(x_1^2+x_2^2+x_3^2-5m-51=-m^2-4m+21+16-5m-51=-m^2-9m-14\)

Nierówność:

\(4m^2-4m-24\gt -m^2-9m-14\)

\(5m^2+5m-10\gt 0\)

\(m^2+m-2\gt 0\)

\((m+2)(m-1)\gt 0\)

\(m\in(-\infty,-2)\cup(1,+\infty)\)

Etap III. Część wspólna.

Szukamy \(m\in\left(-\frac{11}{3},3\right)\) spełniających jednocześnie \(m\in(-\infty,-2)\cup(1,+\infty)\) oraz \(m\neq\frac{-3\pm\sqrt{17}}{2}\).

Otrzymujemy przedziały \(\left(-\frac{11}{3},-2\right)\cup(1,3)\). Liczba \(\frac{-3-\sqrt{17}}{2}\approx-3{,}56\) należy do pierwszego z nich, więc ją usuwamy; liczba \(\frac{-3+\sqrt{17}}{2}\approx 0{,}56\) do żadnego z nich nie należy.

Odpowiedź: \(m\in\left(-\frac{11}{3},\frac{-3-\sqrt{17}}{2}\right)\cup\left(\frac{-3-\sqrt{17}}{2},-2\right)\cup(1,3)\)

Krok 1. Dane okręgu \(o_1\) i prosta \(k\).

\(S_1=(6,4)\), \(\;r_1=\sqrt{98}=7\sqrt{2}\)

Prostą \(k\) zapisujemy w postaci ogólnej: \(3x+y+6=0\).

Krok 2. Odległość \(S_1\) od prostej \(k\) i połowa wspólnej cięciwy.

\(d_1=\frac{|3\cdot 6+4+6|}{\sqrt{3^2+1^2}}=\frac{28}{\sqrt{10}}\)

Wspólne punkty obu okręgów leżą na \(k\), więc odcinek łączący te punkty jest wspólną cięciwą. Jej połowa \(t\) spełnia:

\(t^2=r_1^2-d_1^2=98-\frac{784}{10}=98-78{,}4=19{,}6\)

Krok 3. Odległość środka \(o_2\) od prostej \(k\).

Dla okręgu \(o_2\) o promieniu \(r_2=2\sqrt{5}\) (czyli \(r_2^2=20\)) ta sama cięciwa daje:

\(d_2^2=r_2^2-t^2=20-19{,}6=0{,}4\)

\(d_2=\sqrt{0{,}4}=\frac{2}{\sqrt{10}}\)

Krok 4. Położenie środka \(o_2\).

Środek \(o_2\) leży na prostej przechodzącej przez \(S_1\) prostopadle do \(k\) (bo prosta łącząca środki jest prostopadła do wspólnej cięciwy). Wektor normalny prostej \(k\) to \([3,1]\), więc:

\(S_2=(6-3t,\;4-t)\) dla pewnego \(t\in\mathbb{R}\)

Ponieważ dla \(S_1\) mamy \(3\cdot 6+4+6=28\gt 0\), a środki leżą po różnych stronach prostej \(k\), dla \(S_2\) wyrażenie \(3x+y+6\) musi być ujemne:

\(3(6-3t)+(4-t)+6=28-10t=-2\)

(bo \(|3x+y+6|=d_2\cdot\sqrt{10}=2\))

\(t=3\)

\(S_2=(6-9,\;4-3)=(-3,1)\)

Sprawdzenie: \(\frac{|{-9}+1+6|}{\sqrt{10}}=\frac{2}{\sqrt{10}}=d_2\) ✓, a \(3\cdot(-3)+1+6=-2\lt 0\) — środki leżą po różnych stronach \(k\) ✓

Odpowiedź: \(o_2:\;(x+3)^2+(y-1)^2=20\)

a) Wyprowadzenie wzoru.

Niech \(O\) będzie środkiem okręgu opisanego, a \(D\) — środkiem podstawy \(AB\). Wtedy \(|OD|=x\), a odcinek \(OD\) jest prostopadły do \(AB\).

Z twierdzenia Pitagorasa w trójkącie \(AOD\) (gdzie \(|OA|=R=1\)):

\(|AD|=\sqrt{1-x^2}\), czyli \(|AB|=2\sqrt{1-x^2}\)

Trójkąt jest ostrokątny, więc środek okręgu leży wewnątrz niego, a wierzchołek \(C\) leży na przedłużeniu \(DO\) po przeciwnej stronie niż \(AB\). Wysokość opuszczona z \(C\) na \(AB\) jest równa:

\(h=|DO|+|OC|=x+1\)

Zatem:

\(P(x)=\frac{1}{2}\cdot|AB|\cdot h=\frac{1}{2}\cdot 2\sqrt{1-x^2}\cdot(x+1)=(x+1)\sqrt{1-x^2}\)

co należało wykazać. \(\blacksquare\)

b) Dziedzina.

Kąt \(ACB\) jest kątem wpisanym opartym na cięciwie \(AB\), a odpowiadający mu kąt środkowy \(AOB\) spełnia \(\cos\frac{|\angle AOB|}{2}=x\). Stąd \(|\angle ACB|=\frac{|\angle AOB|}{2}=\arccos x\).

Trójkąt jest ostrokątny, gdy \(|\angle ACB|\lt 90^\circ\), czyli \(\arccos x\lt 90^\circ\), a więc \(x\gt 0\). Ponadto musi być \(x\lt 1\), aby podstawa miała dodatnią długość (dla \(x\ge 1\) trójkąt nie istnieje).

Kąty przy podstawie mają miarę \(\frac{180^\circ-\arccos x}{2}\lt 90^\circ\), co jest spełnione dla każdego \(x\in(0,1)\).

Dziedzina: \(x\in(0,1)\)

c) Największe pole.

Ponieważ \(P(x)\gt 0\) w dziedzinie, wystarczy zbadać funkcję \(f(x)=P^2(x)\):

\(f(x)=(x+1)^2\left(1-x^2\right)=(x+1)^2(1-x)(1+x)=(x+1)^3(1-x)\)

\(f'(x)=3(x+1)^2(1-x)-(x+1)^3=(x+1)^2\left[3(1-x)-(x+1)\right]=(x+1)^2(2-4x)\)

Dla \(x\in(0,1)\) mamy \((x+1)^2\gt 0\), więc o znaku decyduje czynnik \(2-4x\):

\(f'(x)\gt 0\) dla \(x\in\left(0,\frac{1}{2}\right)\), \(\;f'(x)\lt 0\) dla \(x\in\left(\frac{1}{2},1\right)\)

Zatem \(f\), a więc i \(P\), osiąga wartość największą dla \(x=\frac{1}{2}\).

\(P\left(\frac{1}{2}\right)=\left(\frac{1}{2}+1\right)\sqrt{1-\frac{1}{4}}=\frac{3}{2}\cdot\frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{3\sqrt{3}}{4}\)

Uwaga: dla \(x=\frac{1}{2}\) otrzymujemy \(|AB|=\sqrt{3}\) oraz \(h=\frac{3}{2}\) — jest to trójkąt równoboczny.

Odpowiedź: b) \(x\in(0,1)\); c) \(x=\frac{1}{2}\), a największe pole wynosi \(\frac{3\sqrt{3}}{4}\).