Matura z matematyki 2012 – poziom rozszerzony – rozwiązanie zadania 11

Zadanie 11.

Załóżmy, że \(P\left( {A \cap B’} \right) = 0,7\) co wynika z treści zadania oraz , że \(0 \le P\left( {A’ \cap B} \right) \le 1\) co wynika z własności prawdopodobieństwa. Pokażemy, że \(P\left( {A’ \cap B} \right) \le 0,3\).


Dowód:

Wiadomo, że \(P\left( {A \cap B’} \right) = P\left( A \right) – P\left( {A \cap B} \right)\) oraz \(P\left( {A’ \cap B} \right) = P\left( B \right) – P\left( {A \cap B} \right)\). Te ważne wzory, których nie ma w tablicach maturalnych zamieściłem na kilka dni przed maturą w jednym z postów na moim blogu tutaj. Kto przeczytał ten skorzystał.
\(P\left( {A’ \cap B} \right) = P\left( B \right) – P\left( {A \cap B} \right) = P\left( B \right) – P\left( A \right) + P\left( {A \cap B’} \right)\), więc pozostaje wykazać, że: \[0 \le P\left( B \right) – P\left( A \right) + P\left( {A \cap B’} \right) \le 1\]
Podstawiamy \(P\left( {A \cap B’} \right) = 0,7\)
\[\begin{array}{l}\begin{array}{*{20}{l}}{0 \le P\left( B \right) – P\left( A \right) + 0,7 \le 1}\\{0 \le P\left( B \right) – P\left( A \right) \le 0,3}\end{array}\\0 \le P\left( {A’ \cap B} \right) \le 0,3\end{array}\]
co należało dowieść.

 

9 Maj

 

Matura z matematyki 2012 – poziom rozszerzony – rozwiązanie zadania 10

Zadanie 10.

Zauważamy, że potrzeba rozpatrzyć dwa przypadki istnienia trójkąta równoramiennego zawartego w podstawie ostrosłupa. Niezauważenie tego jest kardynalnym błędem.

1 przypadek

Gdy $b>a$, gdzie $b$ jest podstawą trójkąta równoramiennego jak na rysunku poniżej.

 

 

 

[like_to_read]
Z Twierdzenia Pitagorasa obliczamy $a$, a następnie $b$: \[\begin{array}{l}{b^2} + {H^2} = {\left| {CS} \right|^2}\\b = \sqrt {{{\left| {CS} \right|}^2} – {H^2}} \\b = \sqrt {{{131}^2} – {{\left( {8\sqrt {210} } \right)}^2}} \\b = \sqrt {17161 – 13440} \\b = \sqrt {3721}  = 61\end{array}\]
\[\begin{array}{l}{a^2} + {H^2} = {\left| {BS} \right|^2}\\a = \sqrt {{{\left| {BS} \right|}^2} – {H^2}} \\a = \sqrt {{{118}^2} – {{\left( {8\sqrt {210} } \right)}^2}} \\a = \sqrt {484}  = 22\end{array}\]
Wniosek: Trójkąt o bokach $61, 22, 22$ nie istnieje, bo niespełniona jest nierówność trójkąta \(61 > 22 + 22\) .

2 przypadek

Gdy $b<a$, gdzie $b$ jest podstawą trójkąta równoramiennego jak na rysunku poniżej.

 

Przy takim warunku, że podstawa jest mniejsza od ramienia mamy \({a = 61,b = 22}\) i jak łatwo sprawdzić z nierówności trójkąta, trójkąt o takich bokach $22, 61, 61$ istnieje.

Pozostaje obliczyć już tylko pole trójkąta w podstawie ostrosłupa. Ponieważ znamy miary wszystkich boków trójkąta w podstawie i są one liczbami naturalnymi, więc szybko obliczymy jego pole ze wzoru Herona, który w naszym zadaniu będzie miał postać: \({P_\Delta } = \sqrt {p\left( {p – a} \right)\left( {p – a} \right)\left( {p – b} \right)} \), gdzie \(p = \frac{{a + a + b}}{2}=\frac{{144}}{2} = 72\).
\[\begin{array}{l}{P_\Delta } = \sqrt {p\left( {p – a} \right)\left( {p – a} \right)\left( {p – b} \right)}  = \\ = \sqrt {72\left( {72 – 61} \right)\left( {72 – 61} \right)\left( {72 – 22} \right)}  = \\ = \sqrt {72 \cdot 11 \cdot 11 \cdot 50}  = 11 \cdot 5 \cdot 6 \cdot 2 = 660\end{array}\]

Obliczamy objętość ostrosłupa: \[V = \frac{1}{3}{P_p} \cdot H = \frac{1}{3}660 \cdot 8\sqrt {210}  = 220 \cdot 8\sqrt {210}  = 1760\sqrt {210} \]

[/like_to_read]

 

 

9 Maj

 

Matura z matematyki 2012 – poziom rozszerzony – rozwiązanie zadania 9

Zadanie 9.

Przyjmujemy oznaczenia jak na rysunku poniżej.

Rozwiązanie:
Pole trójkąta $AED$ wyrazimy względem boków prostokąta $a$, $b$.
Zauważamy, że trójkąty $ABD$ oraz $AED$ są podobne. Oznacza to, że stosunek ich pól jest równy kwadratowi ich skali podobieństwa, którą oznaczymy $k$. Zatem: \[\begin{array}{l}\frac{{{P_{\Delta ABD}}}}{{{P_{\Delta AED}}}} = \frac{{\frac{{ab}}{2}}}{{{P_{\Delta AED}}}} = {k^2}\\{P_{\Delta AED}} = \frac{{ab}}{{2{k^2}}}\end{array}\]
Wyznaczamy skalę podobieństwa między trójkątami $ABD$ oraz $AED$:
\[\begin{array}{l}k = \frac{{\left| {DB} \right|}}{b}\left| {^2} \right.\\k = \frac{{\sqrt {{a^2} + {b^2}} }}{b}\left| {^2} \right.\\{k^2} = \frac{{{a^2} + {b^2}}}{{{b^2}}}\end{array}\]
Dalej podstawiamy $k^2$ do wzoru na pole trójkąta $AED$:
\[{P_{\Delta AED}} = \frac{{ab}}{{\frac{{2\left( {{a^2} + {b^2}} \right)}}{{{b^2}}}}} = \frac{{a{b^3}}}{{2\left( {{a^2} + {b^2}} \right)}}\]

 

9 Maj

 

Matura z matematyki 2012 – poziom rozszerzony – rozwiązanie zadania 8

Zadanie 8.

Wypiszmy sobie możliwe wyniki, które mogą nam sprzyjać:
\(\begin{array}{l}12 = 1 \cdot 1 \cdot 1 \cdot 1 \cdot 1 \cdot 2 \cdot 2 \cdot 3\\12 = 1 \cdot 1 \cdot 1 \cdot 1 \cdot 1 \cdot 1 \cdot 2 \cdot 6\\12 = 1 \cdot 1 \cdot 1 \cdot 1 \cdot 1 \cdot 1 \cdot 3 \cdot 4\end{array}\)
[like_to_read]

Zatem widzimy, że mamy do czynienia z permutacją z powtórzeniami.  Wybieramy $8$ elementów i układamy w ośmioelementowy ciąg, w którym:

 

  • cyfra $1$ powtarza się $5$ razy, a cyfra $2$ dwa razy, więc:

 

\[12 = 1 \cdot 1 \cdot 1 \cdot 1 \cdot 1 \cdot 2 \cdot 2 \cdot 3 \Rightarrow P = \frac{{8!}}{{2! \cdot 5!}} = \frac{{6 \cdot 7 \cdot 8}}{2} = 168\]

 

  • cyfra $1$ powtarza się $6$ razy, więc:

 

\[\begin{array}{l}12 = 1 \cdot 1 \cdot 1 \cdot 1 \cdot 1 \cdot 1 \cdot 2 \cdot 6 \Rightarrow P = \frac{{8!}}{{6!}} = 56\\12 = 1 \cdot 1 \cdot 1 \cdot 1 \cdot 1 \cdot 1 \cdot 3 \cdot 4 \Rightarrow P = \frac{{8!}}{{6!}} = 56\end{array}\]
Stąd po dodaniu wyników sprzyjających mamy: \(168 + 56 + 56 = 280\)

[/like_to_read]

 

9 Maj

 

Matura z matematyki 2012 – poziom rozszerzony – rozwiązanie zadania 7

Zadanie 7.

Załóżmy, że \(a + b \ge 0\). Pokażemy, że \({a^3} + {b^3} \ge {a^2}b + a{b^2}\).
Dowód:
[like_to_read]

\[\begin{array}{*{20}{l}}{\left( {a + b} \right)\left( {{a^2} – ab + {b^2}} \right) \ge {a^2}b + a{b^2}}\\{\left( {a + b} \right)\left( {{{\left( {a + b} \right)}^2} – 2ab – ab} \right) \ge {a^2}b + a{b^2}}\\{\left( {a + b} \right)\left( {{{\left( {a + b} \right)}^2} – 3ab} \right) \ge ab\left( {a + b} \right)}\\{\left( {a + b} \right)\left( {{{\left( {a + b} \right)}^2} – 3ab} \right) – ab\left( {a + b} \right) \ge 0}\\{\left( {a + b} \right)\left[ {\left( {{{\left( {a + b} \right)}^2} – 3ab} \right) – ab} \right] \ge 0}\\{\left( {a + b} \right)\left[ {{{\left( {a + b} \right)}^2} – 4ab} \right] \ge 0}\\{\left( {a + b} \right)\left( {{a^2} + 2ab + {b^2} – 4ab} \right) \ge 0}\\{\left( {a + b} \right)\left( {{a^2} – 2ab + {b^2}} \right) \ge 0}\\{\left( {a + b} \right){{\left( {a – b} \right)}^2} \ge 0 \Leftrightarrow a + b \ge 0 \wedge {{\left( {a – b} \right)}^2} \ge 0}\end{array}\]

 

Nierówność \({a + b \ge 0}\) zachodzi z założenia, natomiast \({{{\left( {a – b} \right)}^2} \ge 0}\) w sposób oczywisty jest prawdziwa, więc \({\left( {a + b} \right)\left( {{a^2} – ab + {b^2}} \right) \ge {a^2}b + a{b^2}}\)
co należało dowieść.

[/like_to_read]

 

9 Maj

 

Matura z matematyki 2012 – poziom rozszerzony – rozwiązanie zadania 6

Zadanie 6.

W zadaniu tym chodzi o zbadanie kiedy kwadrat odległości między punktami \(P = \left( {\frac{1}{2}m + \frac{5}{2},m} \right),Q = \left( {\frac{{55}}{2},0} \right)\) jest najmniejszy oraz największy. Zauważmy, że współrzędne punktu \(P = \left( {\frac{1}{2}m + \frac{5}{2},m} \right)\) wyrażone są przez parametr $m$.

Aby lepiej zrozumieć to zadanie wykonamy rysunek ilustrujący dany problem.
[like_to_read]

Skoro współrzędne punktu \(P = \left( {\frac{1}{2}m + \frac{5}{2},m} \right)\) wyrażone są w postaci liniowego parametru $m$, to znaczy, że punkt ten leży na prostej. Innymi słowy mamy prostą zadaną w postaci parametrycznej. Zobaczmy na jakiej prostej leży punkt $P$. W tym celu zapiszemy współrzędne punktu $P$ jako $x$ i $y$ względem parametru $m$: \[\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}x = \frac{1}{2}m + \frac{5}{2} \Rightarrow 2x – 5 = m\\y = m\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}x = \frac{1}{2}m + \frac{5}{2}\\y = 2x – 5\end{array} \right.\end{array}\]
Czyli punkt $P$ leży na prostej \(y = 2x – 5\) i mamy obliczyć kwadrat odległości tego punktu od punktu \(Q = \left( {\frac{{55}}{2},0} \right)\), najmniejszy i największy. Spójrzmy na rysunek poniżej.

 

 

Widzimy, że punkt $P$ porusza się po prostej \(y = 2x – 5\) w przedziale \(x \in \left\langle {2,6} \right\rangle \). Wartość najmniejszą i największą łatwo można odczytać z rysunku. Jednak, aby być pewnym dokładności, zadanie rozwiążemy analitycznie, czyli rachunkowo. Zadanie sprowadza się do znalezienia najmniejszej i największej wartości funkcji kwadratowej w przedziale \(m \in \left\langle { – 1,7} \right\rangle \). Obliczamy długość odcinka $PQ$ i podnosimy do kwadratu:
\[\begin{array}{l}\left| {PQ} \right| = \sqrt {{{\left( {\frac{1}{2}m + \frac{5}{2} – \frac{{55}}{2}} \right)}^2} + {m^2}} \\\left| {PQ} \right| = \sqrt {\frac{5}{4}{m^2} – 25m + 625} \\{\left| {PQ} \right|^2} = \frac{5}{4}{m^2} – 25m + 625\\f\left( m \right) = \frac{5}{4}{m^2} – 25m + 625\\{p_m} = \frac{{ – b}}{{2a}} = \frac{{25 \cdot 2}}{5} = 10\\{q_m} = f\left( {{p_m}} \right) = \frac{5}{4}{10^2} – 25 \cdot 10 + 625 = 500\end{array}\]
Wniosek: Wierzchołek leży poza przedziałem \(m \in \left\langle { – 1,7} \right\rangle \), więc wartość najmniejsza i największa jest na krańcach przedziału \(m \in \left\langle { – 1,7} \right\rangle \).
\[\begin{array}{l}f\left( { – 1} \right) = \frac{5}{4}{\left( { – 1} \right)^2} – 25\left( { – 1} \right) + 625 = 651,25\\f\left( 7 \right) = \frac{5}{4}{7^2} – 25 \cdot 7 + 625 = 511,25\end{array}\]
Wybieramy najmniejszą i największą wartość: \(\left\{ \begin{array}{l}{f_{\max }}\left( { – 1} \right) = 651,25\\{f_{\min }}\left( 7 \right) = 511,25\end{array} \right.\)

[/like_to_read]

 

9 Maj