1) Postać kanoniczna. Parabola o wierzchołku \(W=(1,-9)\) ma wzór

\(f(x)=a(x-1)^2-9\).

Z warunku przechodzenia przez \((2,-8)\):

\(a(2-1)^2-9=-8\), czyli \(a-9=-8\), skąd \(a=1\).

Zatem

\(f(x)=(x-1)^2-9\)  (postać kanoniczna), \(\ f(x)=x^2-2x-8\)  (postać ogólna).

2) Miejsca zerowe.

\((x-1)^2-9=0\), czyli \((x-1)^2=9\), a więc \(x-1=3\) lub \(x-1=-3\).

Stąd \(x_1=4\), \(x_2=-2\).

3) Szkic wykresu. Parabola o ramionach skierowanych w górę (bo \(a=1>0\)), wierzchołku \((1,-9)\), przecinająca oś \(OX\) w punktach \((-2,0)\) i \((4,0)\), a oś \(OY\) w punkcie \((0,-8)\).

1) Transakcja kupna.

\(530\cdot25=13\,250\) zł — wartość z przedziału od 8000,01 zł do 15000 zł, więc prowizja wynosi

\(1\%\cdot13\,250+60=132{,}50+60=192{,}50\) zł.

2) Transakcja sprzedaży.

\(530\cdot45=23\,850\) zł — wartość powyżej 15000 zł, więc prowizja wynosi

\(0{,}7\%\cdot23\,850+105=166{,}95+105=271{,}95\) zł.

3) Zysk.

Różnica cen sprzedaży i kupna: \(23\,850-13\,250=10\,600\) zł.

Po odjęciu obu prowizji:

\(10\,600-192{,}50-271{,}95=10\,135{,}55\) zł.

Odpowiedź: klient zarobił 10 135,55 zł.

1) Boki trójkąta. Trójkąt jest prostokątny w \(C\), \(|AC|=8\), \(|BC|=6\), więc

\(|AB|=\sqrt{8^2+6^2}=\sqrt{100}=10\).

2) Funkcje trygonometryczne.

Dla kąta \(\alpha\) (przy wierzchołku \(A\)):

\(\sin\alpha=\dfrac{6}{10}=\dfrac35\), \(\ \cos\alpha=\dfrac{8}{10}=\dfrac45\), \(\ \mathrm{ctg}\,\alpha=\dfrac{8}{6}=\dfrac43\).

Dla kąta \(\beta\) (przy wierzchołku \(B\)):

\(\sin\beta=\dfrac{8}{10}=\dfrac45\), \(\ \mathrm{tg}\,\beta=\dfrac{8}{6}=\dfrac43\).

3) Wartość wyrażenia. Zauważmy, że \(\sqrt{1-\cos^2\alpha}=\sqrt{\sin^2\alpha}=\sin\alpha=\dfrac35\) (bo \(\sin\alpha>0\)).

\(\mathrm{tg}^2\beta-5\sin\beta\cdot\mathrm{ctg}\,\alpha+\sin\alpha=\left(\dfrac43\right)^2-5\cdot\dfrac45\cdot\dfrac43+\dfrac35\),

\(=\dfrac{16}{9}-\dfrac{16}{3}+\dfrac35=\dfrac{16}{9}-\dfrac{48}{9}+\dfrac35=-\dfrac{32}{9}+\dfrac35\),

\(=\dfrac{-160+27}{45}=-\dfrac{133}{45}\approx-2{,}96\).

Oznaczmy przez \(v\) (w km/h) średnią prędkość samochodu, \(v>0\).

Czas przejazdu przy tej prędkości: \(\dfrac{210}{v}\), a przy prędkości o 10 km/h większej: \(\dfrac{210}{v+10}\).

Z warunku zadania:

\(\dfrac{210}{v}-\dfrac{210}{v+10}=\dfrac12\).

Mnożymy obie strony przez \(2v(v+10)>0\):

\(420(v+10)-420v=v(v+10)\),

\(4200=v^2+10v\),

\(v^2+10v-4200=0\).

\(\Delta=100+16800=16900\), \(\sqrt{\Delta}=130\), skąd \(v=\dfrac{-10+130}{2}=60\) (drugi pierwiastek \(-70\) odrzucamy).

Sprawdzenie: \(\tfrac{210}{60}=3{,}5\) h, \(\tfrac{210}{70}=3\) h — różnica pół godziny. ✅

Odpowiedź: samochód jechał ze średnią prędkością 60 km/h.

a) Dla \(n\ge2\) korzystamy z zależności \(a_n=S_n-S_{n-1}\):

\(S_{n-1}=-(n-1)^2+13(n-1)=-n^2+2n-1+13n-13=-n^2+15n-14\),

\(a_n=\left(-n^2+13n\right)-\left(-n^2+15n-14\right)=-2n+14\).

Wzór działa także dla \(n=1\), bo \(a_1=S_1=-1+13=12=-2+14\). Ciąg jest arytmetyczny o różnicy \(r=-2\).

b)

\(a_{2007}=-2\cdot2007+14=-4014+14=-4000\).

c)

\(-2n+14=0\), czyli \(n=7\).

a) Wyłączamy \(2x\) przed nawias:

\(2x^3-14x=2x\left(x^2-7\right)=0\).

Stąd \(x=0\) lub \(x^2=7\), czyli

\(x\in\left\{-\sqrt7,\ 0,\ \sqrt7\right\}\).

b) Z twierdzenia Bézouta podzielność przez \(x-2\) i \(x+3\) oznacza \(W(2)=0\) i \(W(-3)=0\):

\(W(2)=16+4a-28+b=0\ \Rightarrow\ 4a+b=12\),

\(W(-3)=-54+9a+42+b=0\ \Rightarrow\ 9a+b=12\).

Odejmując stronami: \(5a=0\), czyli \(a=0\), a stąd \(b=12\).

Sprawdzenie: \(W(x)=2x^3-14x+12\); \(W(2)=16-28+12=0\), \(W(-3)=-54+42+12=0\). ✅

Punkt \(B\) jest obrazem punktu \(C\) w symetrii osiowej względem danej prostej.

1) Prosta \(BC\). Jest prostopadła do symetralnej, więc jej współczynnik kierunkowy wynosi \(-\dfrac12\). Przechodzi przez \(C=(2,3)\):

\(y-3=-\tfrac12(x-2)\), czyli \(y=-\tfrac12x+4\).

2) Środek odcinka \(BC\). To punkt przecięcia obu prostych:

\(2x-8=-\tfrac12x+4\),

\(\tfrac52x=12\), skąd \(x=\tfrac{24}{5}=4{,}8\) oraz \(y=2\cdot4{,}8-8=1{,}6\).

Zatem \(S=(4{,}8;\ 1{,}6)\).

3) Współrzędne \(B\). Punkt \(S\) jest środkiem odcinka \(BC\), więc

\(x_B=2x_S-x_C=9{,}6-2=7{,}6\), \(\ y_B=2y_S-y_C=3{,}2-3=0{,}2\).

Odpowiedź: \(B=(7{,}6;\ 0{,}2)=\left(\dfrac{38}{5},\dfrac15\right)\).

Sprawdzenie: \(|CS|=|SB|=\sqrt{2{,}8^2+1{,}4^2}=\sqrt{9{,}8}\). ✅

Przestrzeń zdarzeń. Wybieramy 5 banknotów spośród 14:

\(|\Omega|=\dbinom{14}{5}=2002\).

Zdarzenia sprzyjające. Szukamy liczb \(a,b,c\) (liczby banknotów 100 zł, 50 zł i 20 zł) spełniających

\(a+b+c=5\) oraz \(100a+50b+20c=130\), przy czym \(a\le2\), \(b\le2\), \(c\le10\).

• \(a\ge2\) daje co najmniej 200 zł — za dużo;

• \(a=1\): \(50b+20c=30\) przy \(b+c=4\) — brak rozwiązań całkowitych;

• \(a=0\): \(50b+20c=130\) przy \(b+c=5\), czyli \(50b+20(5-b)=130\), skąd \(30b=30\), a więc \(b=1\), \(c=4\).

Jedyna możliwość: jeden banknot 50 zł i cztery banknoty 20 zł.

\(|A|=\dbinom{2}{1}\cdot\dbinom{10}{4}=2\cdot210=420\).

Prawdopodobieństwo.

\(P(A)=\dfrac{420}{2002}=\dfrac{30}{143}\approx0{,}21\).

Poprowadźmy przekątną \(BD\), dzieląc czworokąt na trójkąty \(ABD\) i \(BCD\).

1) Trójkąt \(ABD\). Jest prostokątny w \(A\) i równoramienny (\(|AB|=|AD|=3\)), więc kąty przy \(B\) i \(D\) mają po \(45^\circ\), a

\(|BD|=3\sqrt2\), \(\ P_{ABD}=\tfrac12\cdot3\cdot3=\tfrac92\ \text{cm}^2\).

2) Trójkąt \(BCD\). Przekątna odjęła po \(45^\circ\) od kątów przy \(B\) i \(D\), więc

\(\sphericalangle DBC=75^\circ-45^\circ=30^\circ\), \(\ \sphericalangle BDC=135^\circ-45^\circ=90^\circ\), \(\ \sphericalangle BCD=60^\circ\).

(Suma: \(30^\circ+90^\circ+60^\circ=180^\circ\) — zgadza się.)

Trójkąt jest prostokątny w \(D\), a \(BD\) jest przyprostokątną:

\(|DC|=|BD|\cdot\mathrm{tg}\,30^\circ=3\sqrt2\cdot\dfrac{\sqrt3}{3}=\sqrt6\),

\(P_{BCD}=\tfrac12\cdot|BD|\cdot|DC|=\tfrac12\cdot3\sqrt2\cdot\sqrt6=\tfrac12\cdot3\sqrt{12}=3\sqrt3\ \text{cm}^2\).

3) Pole czworokąta.

\(P=\tfrac92+3\sqrt3\approx4{,}5+5{,}196=9{,}70\ \text{cm}^2\).

1) Przekątne rombu. W rombie o boku 8 i kątach ostrych \(60^\circ\) przekątna \(BD\) (łącząca wierzchołki kątów rozwartych) leży naprzeciw kąta \(60^\circ\); trójkąt \(ABD\) ma \(|AB|=|AD|=8\) i kąt \(60^\circ\) między nimi, więc jest równoboczny:

\(|BD|=8\).

Przekątne rombu są prostopadłe i połowią się, więc

\(|AC|=2\sqrt{8^2-4^2}=2\sqrt{48}=8\sqrt3\).

2) Wysokość graniastosłupa. Rzutem przekątnej \(CE\) na płaszczyznę podstawy jest przekątna \(CA\), więc kąt \(\sphericalangle ECA=60^\circ\) i

\(H=|AE|=|AC|\cdot\mathrm{tg}\,60^\circ=8\sqrt3\cdot\sqrt3=24\) cm.

3) Pole podstawy.

\(P_p=a^2\sin60^\circ=64\cdot\dfrac{\sqrt3}{2}=32\sqrt3\ \text{cm}^2\).

4) Objętość.

\(V=P_p\cdot H=32\sqrt3\cdot24=768\sqrt3\approx1330\ \text{cm}^3\).

Z własności ciągu geometrycznego:

\(a_2^2=a_1a_3\), czyli \(14^2=xy\), a więc \(xy=196\).

Wraz z warunkiem \(x+y=35\) otrzymujemy, że \(x\) i \(y\) są pierwiastkami równania

\(t^2-35t+196=0\).

\(\Delta=1225-784=441\), \(\sqrt{\Delta}=21\), skąd

\(t_1=\dfrac{35-21}{2}=7\), \(\ t_2=\dfrac{35+21}{2}=28\).

Ponieważ ciąg jest rosnący, mamy \(x=7\) i \(y=28\).

Sprawdzenie: ciąg \((7,14,28)\) ma iloraz \(q=2>1\). ✅