a) Wartości funkcji.

\(f(-3)\): ponieważ \(-3\lt 2\), mamy \(f(-3)=2\cdot(-3)-3=-9\).

\(f(3)\): ponieważ \(2\le3\le4\), mamy \(f(3)=1\).

Miejsce zerowe: dla \(x\lt 2\) mamy \(2x-3=0\), czyli \(x=1{,}5\) (i rzeczywiście \(1{,}5\lt 2\)); dla \(2\le x\le4\) funkcja jest stała i równa 1, więc nie ma tam miejsc zerowych.

Tabela: \(x=-3\to f(x)=-9\); \(x=3\to f(x)=1\); \(x=1{,}5\to f(x)=0\).

b) Wykres. Dla \(x\lt 2\) — półprosta o równaniu \(y=2x-3\) (bez punktu \((2,1)\), który jednak należy do drugiej części wykresu); dla \(2\le x\le4\) — poziomy odcinek \(y=1\) od \((2,1)\) do \((4,1)\). Dziedziną funkcji jest \((-\infty,4\rangle\).

c) Nierówność \(f(x)\ge-6\).

Dla \(x\lt 2\): \(2x-3\ge-6\), czyli \(2x\ge-3\), skąd \(x\ge-\dfrac32\). Otrzymujemy \(-\dfrac32\le x\lt 2\).

Dla \(2\le x\le4\): \(f(x)=1\ge-6\) — warunek spełniony dla całego przedziału.

Łącznie \(x\in\left\langle-\tfrac32,\ 4\right\rangle\), a liczby całkowite w tym przedziale to

\(-1,\ 0,\ 1,\ 2,\ 3,\ 4\).

Układ równań. Z planu (7 dni wspólnej pracy):

\(7(m+n)=980\), czyli \(m+n=140\).

W rzeczywistości pracowali: 1 dzień razem, a potem drugi rzemieślnik sam przez \(7-1+8=14\) dni:

\((m+n)+14n=980\), czyli \(m+15n=980\).

Rozwiązanie. Odejmując pierwsze równanie od drugiego:

\(14n=840\), skąd \(n=60\), a więc \(m=140-60=80\).

Sprawdzenie: pierwszego dnia wykonano 140 detali, pozostało 840; drugi rzemieślnik robił 60 dziennie, czyli potrzebował 14 dni. Łącznie 15 dni, czyli o 8 dni dłużej niż planowane 7. ✅

Odpowiedź: \(m=80\), \(n=60\).

a) Nierówność \(-2x^2+5\lt 3x\) zapisujemy w postaci

\(-2x^2-3x+5\lt 0\), czyli \(2x^2+3x-5>0\).

\(\Delta=9+40=49\), \(\sqrt{\Delta}=7\), skąd \(x_1=\dfrac{-3-7}{4}=-\dfrac52\), \(x_2=\dfrac{-3+7}{4}=1\).

Ramiona paraboli skierowane są w górę, więc

\(x\in\left(-\infty,-\tfrac52\right)\cup(1,+\infty)\).

b) Przesunięcie o wektor \([3,8]\) daje

\(g(x)=-2(x-3)^2+8\),

czyli parabolę o wierzchołku \((3,8)\) i ramionach skierowanych w dół. Zatem

\(ZW_g=(-\infty,8\rangle\).

c) Rozwijamy postać kanoniczną:

\(g(x)=-2\left(x^2-6x+9\right)+8=-2x^2+12x-18+8=-2x^2+12x-10\).

Stąd \(b=12\), \(c=-10\).

Sprowadzamy wszystkie liczby do potęg o podstawie 3:

\(243^{11}=\left(3^5\right)^{11}=3^{55}\),

\(81^{14}=\left(3^4\right)^{14}=3^{56}\),

\(9^{27}=\left(3^2\right)^{27}=3^{54}\).

Podstawiamy \(x=3^{54}\) do lewej strony równania:

\(L=3^{55}-3^{56}+7\cdot3^{54}\).

Wyłączamy \(3^{54}\) przed nawias:

\(L=3^{54}\left(3-9+7\right)=3^{54}\cdot1=3^{54}\).

Prawa strona równania wynosi \(P=9^{27}=3^{54}\), zatem \(L=P\).

Liczba \(3^{54}\) jest więc rozwiązaniem tego równania. \(\blacksquare\)

a) Dwa wielomiany są równe, gdy mają równe współczynniki przy odpowiednich potęgach:

przy \(x^2\): \(a=2a+3\), skąd \(a=-3\),

przy \(x^0\): \(b=-1\),

przy \(x^1\): \(-4=a+b+c\), czyli \(-4=-3-1+c\), skąd \(c=0\).

Odpowiedź: \(a=-3\), \(b=-1\), \(c=0\).

b) Dla \(a=3\) i \(b=0\) mamy \(W(x)=x^3+3x^2-4x\). Wyłączamy \(x\) przed nawias:

\(W(x)=x\left(x^2+3x-4\right)\).

Trójmian \(x^2+3x-4\) ma \(\Delta=9+16=25\), a jego pierwiastki to \(-4\) i \(1\), więc

\(W(x)=x(x+4)(x-1)\).

a) Dla kąta ostrego \(\alpha\) mamy \(\sin\alpha>0\) oraz \(0\lt \cos\alpha\lt 1\). Przekształcamy wyrażenie:

\(\sin\alpha-\mathrm{tg}\,\alpha=\sin\alpha-\dfrac{\sin\alpha}{\cos\alpha}=\sin\alpha\left(1-\dfrac{1}{\cos\alpha}\right)=\sin\alpha\cdot\dfrac{\cos\alpha-1}{\cos\alpha}\).

W otrzymanym iloczynie \(\sin\alpha>0\), \(\cos\alpha>0\), a \(\cos\alpha-1\lt 0\) (bo \(\cos\alpha\lt 1\)).

Zatem całe wyrażenie jest ujemne, czyli \(\sin\alpha-\mathrm{tg}\,\alpha\lt 0\). \(\blacksquare\)

b) Wyłączamy \(\cos\alpha\) przed nawias i korzystamy z jedynki trygonometrycznej:

\(\cos^3\alpha+\cos\alpha\sin^2\alpha=\cos\alpha\left(\cos^2\alpha+\sin^2\alpha\right)=\cos\alpha\).

Z jedynki trygonometrycznej:

\(\cos^2\alpha=1-\left(\dfrac{2\sqrt2}{3}\right)^2=1-\dfrac89=\dfrac19\),

a ponieważ \(\alpha\) jest kątem ostrym, \(\cos\alpha=\dfrac13\).

Odpowiedź: wartość wyrażenia wynosi \(\dfrac13\).

a) Z różnicy wyrazów:

\(a_{11}-a_7=4r=9-1=8\), skąd \(r=2\).

Z \(a_7=a_1+6r\):

\(1=a_1+12\), czyli \(a_1=-11\).

Wzór ogólny: \(a_n=-11+2(n-1)=2n-13\).

b) Obliczamy \(a_8=2\cdot8-13=3\). Sprawdzamy warunek na ciąg geometryczny:

\(a_8^2=3^2=9\), \(\ a_7\cdot a_{11}=1\cdot9=9\).

Warunek jest spełniony, a żaden z wyrazów nie jest zerem, więc ciąg \((1,3,9)\) jest geometryczny o ilorazie \(q=3\).

c) Ciąg jest rosnący (\(r=2>0\)). Suma \(S_n\) maleje dopóki dodajemy wyrazy ujemne:

\(a_n=2n-13\lt 0\ \Longleftrightarrow\ n\lt 6{,}5\),

czyli ujemne są wyrazy \(a_1,\ldots,a_6\) (przy czym \(a_6=-1\)), a \(a_7=1>0\).

Suma jest więc najmniejsza dla \(n=6\):

\(S_6=\dfrac{a_1+a_6}{2}\cdot6=\dfrac{-11-1}{2}\cdot6=-36\).

Sprawdzenie: \(S_5=-35\), \(S_7=-35\) — obie wartości większe od \(-36\). ✅

1) Podobieństwo trójkątów. Rozpatrzmy trójkąty \(ABD\) i \(BDC\):

• \(\sphericalangle ADB=\sphericalangle DCB\) — z założenia,

• \(\sphericalangle DBA=\sphericalangle BDC\) — kąty naprzemianległe przy prostych równoległych \(AB\) i \(CD\) przeciętych przekątną \(BD\).

Trójkąty są więc podobne (cecha kąt–kąt), przy czym bokowi \(AD\) odpowiada bok \(BC\), bokowi \(BD\) — bok \(CD\), a bokowi \(AB\) — bok \(BD\).

2) Skala podobieństwa.

\(k=\dfrac{|AD|}{|BC|}=\dfrac{25}{15}=\dfrac53\).

3) Pozostałe długości.

\(\dfrac{|BD|}{|CD|}=k\ \Rightarrow\ |BD|=\dfrac53\cdot18=30\),

\(\dfrac{|AB|}{|BD|}=k\ \Rightarrow\ |AB|=\dfrac53\cdot30=50\).

4) Obwód.

\(Obw=|AB|+|BC|+|CD|+|DA|=50+15+18+25=108\).

1) Prosta \(AB\). Kąt prosty jest przy wierzchołku \(A\), więc prosta \(AB\) jest prostopadła do prostej \(y=\tfrac12x\); jej współczynnik kierunkowy wynosi \(-2\).

Prosta \(AB\) przechodzi przez \(B=(0,10)\), zatem

\(y=-2x+10\).

2) Współrzędne \(A\). Punkt \(A\) jest przecięciem obu prostych:

\(\tfrac12x=-2x+10\),

\(\tfrac52x=10\), skąd \(x=4\) oraz \(y=\tfrac12\cdot4=2\).

Zatem \(A=(4,2)\).

3) Długość \(OA\).

\(|OA|=\sqrt{4^2+2^2}=\sqrt{20}=2\sqrt5\approx4{,}47\).

a) Średnia. Liczba wszystkich zdających:

\(n=8+5+8+5+2+1+0+0+1=30\).

Suma błędów:

\(0\cdot8+1\cdot5+2\cdot8+3\cdot5+4\cdot2+5\cdot1+8\cdot1=5+16+15+8+5+8=57\).

\(\bar{x}=\dfrac{57}{30}=1{,}9\approx2\).

b) Prawdopodobieństwo. Wynik pozytywny (co najwyżej 2 błędy) uzyskało

\(8+5+8=21\) osób, a negatywny \(30-21=9\) osób.

Losujemy 2 osoby spośród 30:

\(|\Omega|=\dbinom{30}{2}=\dfrac{30\cdot29}{2}=435\).

Zdarzeniu sprzyja wybór jednej osoby z wynikiem pozytywnym i jednej z negatywnym:

\(|A|=21\cdot9=189\).

\(P(A)=\dfrac{189}{435}=\dfrac{63}{145}\approx0{,}43\).

1) Boki prostokąta. Jednym bokiem jest wysokość walca \(H\), drugim — obwód podstawy \(2\pi r\). Przekątna ma długość 12 i tworzy z bokiem \(H\) kąt \(30^\circ\):

\(H=12\cos30^\circ=12\cdot\dfrac{\sqrt3}{2}=6\sqrt3\),

\(2\pi r=12\sin30^\circ=6\), skąd \(r=\dfrac{3}{\pi}\).

a) Pole powierzchni bocznej (czyli pole tego prostokąta):

\(P_b=2\pi r\cdot H=6\cdot6\sqrt3=36\sqrt3\).

b) Objętość.

\(V=\pi r^2H=\pi\cdot\dfrac{9}{\pi^2}\cdot6\sqrt3=\dfrac{54\sqrt3}{\pi}\).

Porównujemy z \(18\sqrt3\):

\(\dfrac{54\sqrt3}{\pi}>18\sqrt3\ \Longleftrightarrow\ \dfrac{54}{\pi}>18\ \Longleftrightarrow\ 54>18\pi\ \Longleftrightarrow\ 3>\pi\).

Ponieważ \(\pi\approx3{,}14>3\), nierówność jest fałszywa.

Odpowiedź: objętość walca nie jest większa od \(18\sqrt3\) (mamy \(V=\tfrac{54\sqrt3}{\pi}\approx29{,}8\), a \(18\sqrt3\approx31{,}2\)).