a) Dla \(a=2008\), \(b=2009\) mamy \(f(x)=2008x+2009\). Obliczamy wartość w punkcie \(x=2009\):

\(f(2009)=2008\cdot2009+2009=2009\cdot(2008+1)=2009\cdot2009=2009^2\).

Otrzymana wartość jest równa drugiej współrzędnej punktu \(P\), zatem punkt \(P\) należy do wykresu tej funkcji.

b) Dla ustalonego \(b\) otrzymujemy odcinek prostej \(y=-\tfrac12x+b\) obcięty do \(x\in\langle-1,3\rangle\). Gdy \(b\) przebiega przedział \(\langle-2,1\rangle\), odcinki te wypełniają obszar między prostymi

\(y=-\tfrac12x-2\) (dla \(b=-2\)) oraz \(y=-\tfrac12x+1\) (dla \(b=1\)),

ograniczony pionowymi prostymi \(x=-1\) i \(x=3\).

Jest to zatem równoległobok (wraz z brzegiem) o wierzchołkach:

\(\left(-1,\tfrac32\right),\ \left(-1,-\tfrac32\right),\ \left(3,-\tfrac12\right),\ \left(3,-\tfrac72\right)\).

(Boki ukośne leżą na prostych o współczynniku kierunkowym \(-\tfrac12\), a boki pionowe na prostych \(x=-1\) i \(x=3\).)

Z twierdzenia o dzieleniu z resztą:

\(W(x)=(x-1)Q(x)+R(x)=(x-1)(8x^2+4x-14)-5\).

Wymnażamy:

\(W(x)=8x^3+4x^2-14x-8x^2-4x+14-5=8x^3-4x^2-18x+9\).

Rozkładamy na czynniki metodą grupowania:

\(W(x)=4x^2(2x-1)-9(2x-1)=(2x-1)(4x^2-9)=(2x-1)(2x-3)(2x+3)\).

Stąd pierwiastki: \(x=\dfrac12\), \(x=\dfrac32\), \(x=-\dfrac32\).

a) Z wykresu odczytujemy, że do wykresu należy punkt \((2,3)\), zatem \(a^2=3\). Ponieważ podstawa funkcji wykładniczej jest dodatnia, \(a=\sqrt3\).

b) Mamy \(g(x)=\bigl|(\sqrt3)^x-2\bigr|\). Funkcja \(f(x)=(\sqrt3)^x\) jest rosnąca i przyjmuje wszystkie wartości z przedziału \((0,+\infty)\), a \(f(x)=2\) dla \(x_0=\log_{\sqrt3}2\).

• Dla \(x\lt x_0\): \(g(x)=2-f(x)\) — funkcja malejąca, przyjmująca wartości z przedziału \((0,2)\) (wartości \(2\) nie osiąga, bo \(f(x)>0\)).

• Dla \(x\ge x_0\): \(g(x)=f(x)-2\) — funkcja rosnąca, przyjmująca wszystkie wartości z przedziału \(\langle0,+\infty)\).

Wykres to zatem opadająca gałąź dążąca do poziomej asymptoty \(y=2\) przy \(x\to-\infty\), „odbita” od osi \(Ox\) w punkcie \(x_0\), a następnie rosnąca do nieskończoności.

Liczba rozwiązań równania \(g(x)=m\):

• \(m\lt 0\) — brak rozwiązań,

• \(m=0\) — dokładnie jedno rozwiązanie \((x=x_0)\),

• \(0\lt m\lt 2\) — dwa rozwiązania (po jednym na każdej gałęzi),

• \(m\ge2\) — jedno rozwiązanie (tylko na gałęzi rosnącej).

Odpowiedź: \(m=0\) lub \(m\ge2\).

Rano \(n\)-tego dnia skarbnik dorzuca \(a_n=25+2(n-1)=23+2n\) monet (ciąg arytmetyczny).

Po południu \(n\)-tego dnia w skarbcu jest

\(S_n=k+\sum_{i=1}^{n}(23+2i)-50n=k+23n+n(n+1)-50n=k+n^2-26n\).

W ciągu dnia stan skarbca jest najmniejszy właśnie po południu (rano monet przybywa), więc warunek zadania to

\(k+n^2-26n\ge1\) dla każdego \(n\ge1\).

Funkcja \(n\mapsto n^2-26n\) osiąga najmniejszą wartość dla \(n=13\):

\(13^2-26\cdot13=169-338=-169\).

Stąd \(k-169\ge1\), czyli \(k\ge170\), a więc najmniejsza szukana liczba to \(k=170\).

Dla \(k=170\) mamy \(S_{13}=170-169=1\), a dla pozostałych dni \(S_n>1\).

Odpowiedź: \(k=170\), a najmniejsza liczba monet (jedna) była w skarbcu 13. dnia.

Obliczamy \(\sqrt{A}\), korzystając z własności potęg (\(A>0\)):

\(\sqrt{A}=A^{\frac12}=\left(3^{4\sqrt2+2}\right)^{\frac12}=3^{\frac{4\sqrt2+2}{2}}=3^{2\sqrt2+1}\).

Stąd

\(9\sqrt{A}=3^2\cdot3^{2\sqrt2+1}=3^{2+2\sqrt2+1}=3^{2\sqrt2+3}=B\),

co kończy dowód. \(\blacksquare\)

Aby wyrażenie miało sens, muszą być spełnione trzy warunki.

1) Liczba logarytmowana dodatnia: \(9-x^2>0\), czyli \(x\in(-3,3)\).

2) Podstawa dodatnia: \(2\cos x>0\), czyli \(\cos x>0\).

W przedziale \((-3,3)\) (zauważmy, że \(3\lt \pi\)) warunek \(\cos x>0\) daje \(x\in\left(-\tfrac{\pi}{2},\tfrac{\pi}{2}\right)\).

3) Podstawa różna od 1: \(2\cos x\neq1\), czyli \(\cos x\neq\tfrac12\), a więc \(x\neq-\tfrac{\pi}{3}\) i \(x\neq\tfrac{\pi}{3}\).

Część wspólna wszystkich warunków:

\(D_f=\left(-\tfrac{\pi}{2},-\tfrac{\pi}{3}\right)\cup\left(-\tfrac{\pi}{3},\tfrac{\pi}{3}\right)\cup\left(\tfrac{\pi}{3},\tfrac{\pi}{2}\right)\).

Wyznaczenie ilorazu. Z własności ciągu geometrycznego \((x+3)^2=(x-3)(6x+2)\):

\(x^2+6x+9=6x^2-16x-6\), czyli \(5x^2-22x-15=0\).

\(\Delta=484+300=784\), \(\sqrt{\Delta}=28\), skąd \(x=5\) lub \(x=-\tfrac35\).

Dla \(x=-\tfrac35\) pierwszy wyraz \(x-3=-\tfrac{18}{5}\lt 0\), co przeczy założeniu o wyrazach dodatnich — odrzucamy.

Dla \(x=5\) ciąg zaczyna się od \(2,\ 8,\ 32,\ldots\), zatem

\(q=\dfrac{8}{2}=4\).

Dowód nierówności. Ponieważ \(q=4\neq1\), to \(S_n=a_1\dfrac{q^n-1}{q-1}=2\cdot\dfrac{4^n-1}{3}\), a więc

\(\dfrac{S_{19}}{S_{20}}=\dfrac{4^{19}-1}{4^{20}-1}\).

Nierówność \(\dfrac{4^{19}-1}{4^{20}-1}\lt \dfrac14\) jest — przy dodatnim mianowniku \(4^{20}-1>0\) — równoważna nierówności

\(4\left(4^{19}-1\right)\lt 4^{20}-1\),

\(4^{20}-4\lt 4^{20}-1\),

\(-4\lt -1\),

co jest prawdą. Wszystkie przekształcenia były równoważne, zatem \(\dfrac{S_{19}}{S_{20}}\lt \dfrac14\). \(\blacksquare\)

Oznaczmy przez \(r\) promień mniejszego okręgu (o środku \(A\)), przez \(R\) promień większego (o środku \(B\)), a przez \(O\) wierzchołek kąta prostego.

1) Położenie środków. Środek okręgu stycznego do obu ramion kąta jest równoodległy od tych ramion, więc leży na dwusiecznej kąta. Oba środki leżą zatem na tej samej dwusiecznej.

2) Odległości od wierzchołka. Rzuty środka na ramiona i wierzchołek \(O\) tworzą kwadrat o boku równym promieniowi, więc

\(|OA|=r\sqrt2\), \(|OB|=R\sqrt2\).

3) Warunek styczności zewnętrznej. \(|AB|=R+r\). Ponieważ \(A\) leży między \(O\) i \(B\) na dwusiecznej:

\(|AB|=|OB|-|OA|=R\sqrt2-r\sqrt2=\sqrt2\,(R-r)\).

Stąd

\(\sqrt2\,(R-r)=R+r\),

\(R\left(\sqrt2-1\right)=r\left(\sqrt2+1\right)\),

\(\dfrac{R}{r}=\dfrac{\sqrt2+1}{\sqrt2-1}=\dfrac{\left(\sqrt2+1\right)^2}{\left(\sqrt2-1\right)\left(\sqrt2+1\right)}=\dfrac{3+2\sqrt2}{1}=3+2\sqrt2\),

co kończy dowód. \(\blacksquare\)

Z równania okręgu odczytujemy \(S=(-2,3)\) oraz \(r=2\).

Druga styczna nie jest pionowa (pionowa to właśnie \(x=0\)), więc ma postać \(y=mx+c\). Przechodzi przez \(A=(0,-1)\), stąd \(c=-1\) i szukana prosta to

\(y=mx-1\), czyli \(mx-y-1=0\).

Warunek styczności: odległość środka od prostej równa promieniowi:

\(\dfrac{|m\cdot(-2)-3-1|}{\sqrt{m^2+1}}=2\), czyli \(|-2m-4|=2\sqrt{m^2+1}\).

Podnosimy do kwadratu:

\(4m^2+16m+16=4m^2+4\),

\(16m=-12\), czyli \(m=-\dfrac34\).

Odpowiedź: \(y=-\dfrac34x-1\), czyli \(3x+4y+4=0\).

Niech \(n\) oznacza liczbę kul czarnych; wtedy kul białych jest \(3n\), a wszystkich \(4n\) (gdzie \(n\ge1\)).

Losujemy jednocześnie dwie kule, więc \(|\Omega|=\dbinom{4n}{2}=\dfrac{4n(4n-1)}{2}\).

Kule różnych kolorów można wybrać na \(3n\cdot n=3n^2\) sposobów, zatem

\(P=\dfrac{3n^2}{\frac{4n(4n-1)}{2}}=\dfrac{6n^2}{4n(4n-1)}=\dfrac{3n}{2(4n-1)}\).

Warunek zadania:

\(\dfrac{3n}{8n-2}>\dfrac{9}{22}\).

Ponieważ \(8n-2>0\), mnożymy obie strony przez \(22(8n-2)\):

\(66n>9(8n-2)=72n-18\), czyli \(18>6n\), a więc \(n\lt 3\).

Stąd \(n\in\{1,2\}\), czyli w urnie jest \(4\) albo \(8\) kul.

Sprawdzenie: dla \(n=1\): \(P=\tfrac36=\tfrac12>\tfrac{9}{22}\); dla \(n=2\): \(P=\tfrac{6}{14}=\tfrac37\approx0{,}4286>\tfrac{9}{22}\approx0{,}409\). ✅

Oznaczmy ostrosłup przez \(ABCS\), gdzie \(|AB|=|BC|=|CA|=a\) oraz \(|SA|=|SB|=|SC|=2a\).

1) Cosinus kąta między krawędzią boczną a krawędzią podstawy.

Rozpatrzmy trójkąt równoramienny \(ASB\), w którym \(|SA|=|SB|=2a\), \(|AB|=a\). Wysokość z \(S\) połowi bok \(AB\), więc dla kąta \(\alpha=|\sphericalangle SAB|\)

\(\cos\alpha=\dfrac{\tfrac{a}{2}}{2a}=\dfrac14\).

2) Przekrój i jego pole. Płaszczyzna przechodzi przez krawędź \(AB\) i przez środek \(M\) przeciwległej krawędzi bocznej \(SC\), więc przekrojem jest trójkąt \(ABM\) (płaszczyzna przecina ściany \(SAC\) i \(SBC\) wzdłuż odcinków \(AM\) i \(BM\)).

Obliczamy \(|AM|\) z twierdzenia cosinusów w trójkącie \(ACM\), gdzie \(|AC|=a\), \(|CM|=a\) oraz \(|\sphericalangle ACM|=|\sphericalangle ACS|=\alpha\), \(\cos\alpha=\tfrac14\):

\(|AM|^2=a^2+a^2-2a^2\cdot\tfrac14=2a^2-\tfrac{a^2}{2}=\tfrac{3a^2}{2}\).

Analogicznie \(|BM|=|AM|=a\sqrt{\tfrac32}\), więc trójkąt \(ABM\) jest równoramienny o podstawie \(|AB|=a\).

Wysokość tego trójkąta opuszczona na \(AB\):

\(h=\sqrt{|AM|^2-\left(\tfrac{a}{2}\right)^2}=\sqrt{\tfrac{3a^2}{2}-\tfrac{a^2}{4}}=\sqrt{\tfrac{5a^2}{4}}=\dfrac{a\sqrt5}{2}\).

Stąd pole przekroju:

\(P=\tfrac12\cdot a\cdot\dfrac{a\sqrt5}{2}=\dfrac{a^2\sqrt5}{4}\).