Egzamin próbny – Czerwiec 2021

Liczymy:

\( \sqrt{2}\cdot (\sqrt{2}-\sqrt{3})+\sqrt{3}\cdot (\sqrt{2}-\sqrt{3})= \)

\( =2-\sqrt{6}+\sqrt{6}-3=-1 \)

Liczymy:

\( (7^{\frac{5}{4}}\cdot 7^{\frac{1}{4}})^{\frac{2}{3}}=(7^{\frac{5}{4}+\frac{1}{4}})^{\frac{2}{3}}= \left ( 7^{\frac{6}{4}} \right )^{\frac{2}3{}}=7^{\frac{3}{2}\cdot \frac{2}{3} }=7 \)

Pamiętamy, że:

\( log_{a}(b\cdot c)=log_{a}\,b+log_{a}\,c \)

Zauważmy, że \( 54=3\cdot 18 \), mamy zatem:

\( log_{3}(3\cdot 18)=log_{3}3+log_{3}18=1+c \)

Oznaczmy przez \( x\) cenę początkową drukarki. Liczymy:

\( 80\%\cdot 90\%x=0,8\cdot 0,9x\cdot 100\%=72\%x \)

Zatem cenę drukarki obniżono o \( 28\% \).

Korzystamy ze wzoru skróconego mnożenia na kwadrat różnicy.

\( (x-1)^{2}-(2-x)^{2}= \)

\( =x^{2}-2x+1-(4-4x+x^{2})=2x-3 \)

Dany układ nierówności możemy zapisać w postaci:

\( \left\{\begin{matrix} 3x< 7 & & \\ 10\leqslant 8x & & \end{matrix}\right. \)

\( \left\{\begin{matrix} x< \frac{7}{3} & & \\ \frac{5}{4}\leqslant x & & \end{matrix}\right. \)

Rozwiązaniem tego układu jest więc przedział:

\( \left \langle \frac{5}{4},\frac{7}{3} \right ) \)

Liczymy:

\( (2-\sqrt{3})x=10\,\,\,/:(2-\sqrt{3}) \)

\( x=\frac{10}{2-\sqrt{3}}=\frac{10(2+\sqrt{3})}{4-3}=10(2+\sqrt{3})\)

Dane równanie możemy zapisać w postaci:

\( 0=\frac{x^{2}-7x}{x^{2}-49}=\frac{x(x-7)}{(x-7)(x+7)} \)

Widać więc, że licznik zeruje się dla \( x=0\) i \( x=7\). Jednak tylko \( x=0\) jest rozwiązaniem równania, bo dla \( x=7\) zeruje się mianownik (liczba ta nie należy do dziedziny równania).

Widać na wykresie, że funkcja \( f \) ma dwa miejsca zerowe (przecina oś \( Ox\) w dwóch punktach). Zbiorem wartości jest przedział domknięty \( \left \langle -1,1 \right \rangle\). W szczególności największa wartość funkcji to \( 1\). Wartości ujemne funkcja osiąga na przedziale \( (1;4,5)\).

Wierzchołek paraboli znajduje się na jej osi symetrii, czyli jego pierwsza współrzędna znajduje się dokładnie w środku między pierwiastkami. Mamy zatem:

\( p=\frac{x_{1}+x_{1}}{2}=\frac{-4+2}{2}=-1 \)

Fakt istnienia pierwiastków oraz to, że ramiona paraboli są skierowane na dół oznacza, że jej wierzchołek musi być powyżej osi \( Ox\), czyli \( q>0\).

Ponieważ miejsca zerowe funkcji kwadratowej są umieszczone symetrycznie względem osi symetrii jej wykresu, drugie miejsce zerowe \( x\) danej funkcji spełnia warunek:

\( \frac{x+2}{2}=-2\,\,\,\Leftrightarrow \,\,\,x+2=-4\,\,\,\Leftrightarrow \,\,\,x=-6 \)

Na koniec większy fragment wykresu funkcji \( f\).

Ponieważ prosta \( x=-2\) jest osią symetrii wykresu, wartość dla argumentu \( x=-4\) jest taka sama jak wartość dla argumentu położonego symetrycznie względem tej prostej, czyli dla \( x=0\). Mamy zatem:

\( f(-4)=f(0)=3\)

Liczymy:

\( a_{10}=200+3=203 \)

\( b_{10}=200-3=197 \)

\( c_{10}=100+100-2=198 \)

\( d_{10}=\frac{10+187}{10}=\frac{197}{10}=19,7 \)

Korzystając ze wzoru \( a_{n}=a_{1}q^{n-1}\) na \( n\)-ty wyraz ciągu geometrycznego mamy:

\( a_{3}=a_{1}\cdot a_{2} \)

\( a_{1}q^{2}=a_{1}\cdot a_{1}q\,\,\,/a_{1}q \)

\( q=a_{1} \)

Szkicujemy trójkąt prostokątny, w którym \( tg\,\alpha=\sqrt{5}\).

Z twierdzenia Pitagorasa obliczamy długość przeciwprostokątnej \( c\):

\( c=\sqrt{(\sqrt{5})^{2}+1^{2}}=\sqrt{5+1}=\sqrt{6} \)

Teraz już łatwo obliczyć:

\( cos^{2}\alpha=\left ( \frac{1}{\sqrt{6}} \right )^{2}=\frac{1}{6} \)

Korzystamy z twierdzenia o kątach wpisanym i środkowym opartych na tym samym łuku:

\( \measuredangle OBC= \frac{1}{2}\measuredangle AOB=41^{\circ} \)

Dorysuj cięciwę \( AC\) i promień \( AS\).

Na mocy twierdzenia o stycznej i siecznej mamy:

\( \measuredangle ACB=40^{\circ} \)

Kąt \( CAB\) jest oparty na średnicy, więc jest prosty i mamy:

\( \measuredangle ABC=90^{\circ}- \measuredangle ACB=90^{\circ}- 40^{\circ}=50^{\circ}\)

Punkt \( P\) przecięcia się dwusiecznych trójkąta to środek okręgu wpisanego w ten trójkąt. W takim razie odległość punktu \( P\) od boku \( AB\) jest równa promieniowi \( r\) tego okręgu.

Ze wzoru na pole \( P=pr\), gdzie \( p\) - połowa obwodu i \( r\) - promień okręgu wpisanego, obliczamy \( r\).

\( r=\frac{P}{p}=\frac{\frac{1}{2}\cdot 10\cdot 24}{\frac{1}{2}\cdot (24+10+26)}=\frac{120}{30}=\frac{8}{2}=4
\)

Przekątne równoległoboku dzielą się na połowy, więc jeżeli mają długości \( a \) i \( b \) to:

\( DS+AS>AD \)

\( \frac{a}{2}+\frac{b}{2}> 5\,\,\,/\cdot 2 \)

\( a+b> 10 \)

Ta obserwacja eliminuje \( 3\) z podanych odpowiedzi.

Dorysujmy wysokość trójkąta:

W trójkącie prostokątnym \( ADC\) mamy:

\( \frac{AD}{CD}=tg \, 60^{\circ} \)

\( \frac{6}{h}=\sqrt{3} \,\,\,\Rightarrow \,\,\,h=\frac{6}{\sqrt{3}}=\frac{6\sqrt{3}}{3}=2\sqrt{3}\)

Na podstawie danych z treści zadania, możemy wyznaczyć wartość współczynnika kierunkowego:

\( a=\frac{y_{B}-y_{A}}{x_{B}-x_{A}} \)

\( a=\frac{-1-5}{-4-5}=\frac{-6}{-9}=\frac{2}{3} \)

Nasza prosta ma więc równanie:

\( y=\frac{2}{3}x+b \)

Podstawiamy współrzędne punktu B do naszego równania:

\( 5=\frac{2}{3} \cdot 5+b \)

\( 5=\frac{10}{3} +b\Rightarrow b=\frac{5}{3} \)

Przypomnijmy, że dwie proste \( y=a_{1}x+b_{1}\) i \( y=a_{2}x+b_{2}\) są równoległe, jeżeli mają równe współczynniki kierunkowe: \( a_{1}=a_{2}\). Mamy więc:

\( -\frac{1}{m-2}=\frac{1}{3}\,\,\,\Rightarrow\,\,\,-3=m-2\,\,\,\Rightarrow\,\,\,m=-1 \)

Obliczmy długość odcinka \( CD\):

\( CD=\sqrt{(2+3)^{2}+(1-1)^{2}}=\sqrt{25}=5 \)

Pole prostokąta \( ABCD\) jest więc równe:

\( P=6\cdot 5=30 \)

Przekształćmy dany wzór prostej tak, aby zapisać go w postaci \( y=f(x)\).

\( x-2y+3=0 \)

\( 2y=x+3\,\,\,\Rightarrow\,\,\,y=\frac{1}{2}x+\frac{3}{2} \)

Jeżeli odbijamy wykres funkcji \( y=f(x)\) względem osi \( Oy\) to otrzymamy wykres funkcji \( y=f(-x)\). W naszej sytuacji otrzymamy więc prostą.

\( y=f(-x)= -\frac{1}{2}x+\frac{3}{2} \,\,/ \cdot 2\)

\( 2y=-x+3\,\,\,\Rightarrow \,\,\,x+2y-3=0 \)

Jeżeli w podstawie graniastosłupa jest \( n\)-kąt to ma on \( 3n\) krawędzi (po \( n\) w podstawach i \( n\) bocznych).

Zatem:

\( 3n=36\,\,\,\Rightarrow\,\,\,n=12 \)

Graniastosłup ma więc \( 12\) ścian bocznych o łącznym polu:

\( 12\cdot 4^{2}=12\cdot 16=192 \)

Jeżeli oznaczymy przez \( a\) długość krawędzi podstawy, to sześciokąt w podstawie ostrosłupa składa się z sześciu trójkątów równobocznych o boku długości \( a\). Interesujący nas stosunek powierzchni bocznej do pola podstawy jest równy:

\( \frac{P_{b}}{P_{p}}= \frac{6\cdot \frac{1}{2}\cdot a\cdot 2a}{6\cdot \frac{a^{2}\sqrt{3}}{4}}=\frac{1}{\frac{\sqrt{3}}{4}}=\frac{4}{\sqrt{3}}=\frac{4\sqrt{3}}{3}\)

Jeżeli płytek z samogłoskami jest \( n\), to płytek ze spółgłoskami jest:

\( 125\%n=1,25n \)

Interesujące nas prawdopodobieństwo jest równe:

\( \frac{n}{n+1,25n}=\frac{1}{\frac{225}{100}}=\frac{1}{\frac{9}{4}}=\frac{4}{9} \)

Rozwiązujemy równanie:

\( \frac{2+3x+(3x+2)+(3x+4)}{4}=\frac{13}{2}\,\,\,/\cdot 4 \)

\( 9x+8=26\,\,\, \Leftrightarrow \,\,\,9x=18\,\,\,\Leftrightarrow \,\,\,x=2\)