Rozpatrujemy trzy przedziały wyznaczone przez miejsca zerowe wyrażeń pod modułami: \(x=-1\) i \(x=2\).

1) \(x\lt -1\): \((2-x)+(-x-1)\ge 3x-3\), czyli \(1-2x\ge 3x-3\), stąd \(4\ge 5x\), czyli \(x\le\tfrac45\). Cały przedział \((-\infty,-1)\) spełnia nierówność.

2) \(-1\le x\lt 2\): \((2-x)+(x+1)=3\ge 3x-3\), stąd \(6\ge 3x\), czyli \(x\le 2\). Cały przedział \(\langle-1,2)\) spełnia nierówność.

3) \(x\ge 2\): \((x-2)+(x+1)=2x-1\ge 3x-3\), stąd \(2\ge x\), czyli \(x=2\).

Łącząc wszystkie przypadki otrzymujemy \(x\in(-\infty,2\rangle\).

Podnosimy \(P\) do kwadratu:

\((x^2+cx+d)^2=x^4+2cx^3+(c^2+2d)x^2+2cd\,x+d^2\).

Porównując współczynniki z \(W\) otrzymujemy układ:

\(2c=a,\quad c^2+2d=b,\quad 2cd=-24,\quad d^2=9\).

Z \(d^2=9\) mamy \(d=3\) lub \(d=-3\); z \(cd=-12\):

• \(d=3\Rightarrow c=-4\Rightarrow a=2c=-8\), \(b=c^2+2d=16+6=22\);

• \(d=-3\Rightarrow c=4\Rightarrow a=8\), \(b=16-6=10\).

Obie możliwości są poprawne: \(a=-8,b=22\) albo \(a=8,b=10\).

Podnosimy dane równanie do kwadratu:

\((\cos\alpha+\sin\alpha)^2=\tfrac{16}{9}\), czyli \(\cos^2\alpha+2\sin\alpha\cos\alpha+\sin^2\alpha=\tfrac{16}{9}\).

Z jedynki trygonometrycznej \(1+2\sin\alpha\cos\alpha=\tfrac{16}{9}\), stąd \(2\sin\alpha\cos\alpha=\tfrac79\).

Teraz

\((\cos\alpha-\sin\alpha)^2=1-2\sin\alpha\cos\alpha=1-\tfrac79=\tfrac29\).

Zatem \(|\cos\alpha-\sin\alpha|=\sqrt{\tfrac29}=\dfrac{\sqrt2}{3}\).

Mamy \(a=2\), \(b=3-2m\), \(c=1-m\). Wyróżnik:

\(\Delta=(3-2m)^2-8(1-m)=4m^2-12m+9-8+8m=4m^2-4m+1=(2m-1)^2\).

Warunek dwóch różnych pierwiastków: \(\Delta>0\), czyli \(m\neq\tfrac12\).

Ze wzorów Viète'a \((x_1-x_2)^2=(x_1+x_2)^2-4x_1x_2=\dfrac{\Delta}{a^2}\), więc

\(|x_1-x_2|=\dfrac{\sqrt{\Delta}}{|a|}=\dfrac{|2m-1|}{2}=3\).

Stąd \(|2m-1|=6\), czyli \(2m-1=6\) lub \(2m-1=-6\), a więc \(m=\tfrac72\) lub \(m=-\tfrac52\). Oba spełniają warunek \(m\neq\tfrac12\).

Suma \(n\) początkowych wyrazów:

\(S_n=\dfrac{n}{2}\bigl(2a_1+(n-1)r\bigr)=\dfrac{n}{2}(-4+3n-3)=\dfrac{n(3n-7)}{2}\).

Warunek \(S_n\lt 2012\) daje \(3n^2-7n-4024\lt 0\).

\(\Delta=49+48288=48337\), \(\sqrt{48337}\approx219{,}86\), więc \(n\lt \dfrac{7+219{,}86}{6}\approx37{,}81\).

Ponieważ \(n\) jest liczbą naturalną, największe takie \(n\) to \(n=37\).

Sprawdzenie: \(S_{37}=\tfrac{37\cdot104}{2}=1924\lt 2012\) oraz \(S_{38}=\tfrac{38\cdot107}{2}=2033>2012\).

Obie strony nierówności są dodatnie (bo \(a,b,c,d>0\)), więc nierówność jest równoważna nierówności między kwadratami:

\((ac+bd)^2\le(a^2+b^2)(c^2+d^2)\).

Po rozwinięciu obu stron:

\(a^2c^2+2abcd+b^2d^2\le a^2c^2+a^2d^2+b^2c^2+b^2d^2\),

co po redukcji daje

\(0\le a^2d^2-2abcd+b^2c^2=(ad-bc)^2\).

Ostatnia nierówność jest prawdziwa dla dowolnych liczb rzeczywistych, ponieważ kwadrat liczby rzeczywistej jest nieujemny. Wszystkie przekształcenia były równoważne, zatem nierówność wyjściowa jest prawdziwa. \(\blacksquare\)

Skoro okrąg jest styczny do osi \(OY\) w \((0,2)\) i do osi \(OX\) w \((2,0)\), to jego środek leży na prostej \(x=2\) i na prostej \(y=2\), więc \(S=(2,2)\), a promień \(r=2\).

Równanie okręgu: \((x-2)^2+(y-2)^2=4\).

Punkt \(C=(1,a)\) leży na okręgu: \((1-2)^2+(a-2)^2=4\), czyli \((a-2)^2=3\), stąd \(a=2+\sqrt3\) lub \(a=2-\sqrt3\).

Ponieważ \(2-\sqrt3\approx0{,}27\lt 1\), warunek \(a>1\) spełnia tylko \(a=2+\sqrt3\), więc \(C=(1,2+\sqrt3)\).

Współczynnik kierunkowy prostej \(CS\): \(m_{CS}=\dfrac{2-(2+\sqrt3)}{2-1}=-\sqrt3\).

Styczna jest prostopadła do promienia poprowadzonego do punktu styczności, więc \(m_l=\dfrac{1}{\sqrt3}=\dfrac{\sqrt3}{3}\).

Równanie prostej przechodzącej przez \(C\): \(y-(2+\sqrt3)=\dfrac{\sqrt3}{3}(x-1)\), czyli

\(y=\dfrac{\sqrt3}{3}x+2+\sqrt3-\dfrac{\sqrt3}{3}=\dfrac{\sqrt3}{3}x+2+\dfrac{2\sqrt3}{3}\).

Przekątna \(BD\). Trójkąt \(ABD\) jest prostokątny w \(A\), więc

\(|BD|^2=|AD|^2+|AB|^2=7^2+24^2=49+576=625\), czyli \(|BD|=25\).

Bok \(BC\). Trójkąt \(BCD\) jest prostokątny w \(C\), a \(BD\) jest jego przeciwprostokątną:

\(|BC|^2=625-15^2=625-225=400\), czyli \(|BC|=20\).

Pole. \(P_{ABCD}=P_{ABD}+P_{BCD}=\tfrac12\cdot24\cdot7+\tfrac12\cdot20\cdot15=84+150=234\).

Przekątna \(AC\). Przyjmijmy \(A=(0,0)\), \(B=(24,0)\), \(D=(0,7)\). Punkt \(C=(x,y)\) spełnia \(|BC|=20\) i \(|CD|=15\):

\((x-24)^2+y^2=400\) oraz \(x^2+(y-7)^2=225\).

Odejmując równania stronami otrzymujemy \(24x-7y=176\), czyli \(y=\dfrac{24x-176}{7}\). Po podstawieniu do drugiego równania dostajemy \(25x^2-432x+1584=0\), \(\Delta=28224\), \(\sqrt{\Delta}=168\), stąd \(x=12\) lub \(x=5{,}28\).

Dla \(x=5{,}28\) mamy \(y=-7{,}04\lt 0\) — czworokąt nie byłby wtedy wypukły, więc tę możliwość odrzucamy. Dla \(x=12\) mamy \(y=16\), czyli \(C=(12,16)\).

Zatem \(|AC|=\sqrt{12^2+16^2}=\sqrt{144+256}=\sqrt{400}=20\).

Odpowiedź: \(P=234\), \(|BD|=25\), \(|AC|=20\).

Oznaczmy przez \(A_k\) zbiór liczb trzycyfrowych podzielnych przez \(k\). Liczby trzycyfrowe to \(100,101,\ldots,999\).

\(|A_6|=\left\lfloor\tfrac{999}{6}\right\rfloor-\left\lfloor\tfrac{99}{6}\right\rfloor=166-16=150\).

\(|A_{15}|=\left\lfloor\tfrac{999}{15}\right\rfloor-\left\lfloor\tfrac{99}{15}\right\rfloor=66-6=60\).

Liczba podzielna jednocześnie przez 6 i przez 15 jest podzielna przez \(\mathrm{NWW}(6,15)=30\):

\(|A_{30}|=\left\lfloor\tfrac{999}{30}\right\rfloor-\left\lfloor\tfrac{99}{30}\right\rfloor=33-3=30\).

Z zasady włączeń i wyłączeń:

\(|A_6\cup A_{15}|=150+60-30=180\).

Odpowiedź: takich liczb jest 180.

Każdy punkt prostej ma postać \(P=(x,8x+10)\). Wtedy

\(f(x)=|AP|^2+|BP|^2=(x-3)^2+(8x+12)^2+(x-11)^2+(8x+6)^2\).

Po rozwinięciu:

\((x-3)^2=x^2-6x+9\), \((8x+12)^2=64x^2+192x+144\),

\((x-11)^2=x^2-22x+121\), \((8x+6)^2=64x^2+96x+36\),

a po dodaniu \(f(x)=130x^2+260x+310\).

Jest to funkcja kwadratowa o dodatnim współczynniku przy \(x^2\), więc przyjmuje wartość najmniejszą w wierzchołku:

\(x_0=-\dfrac{260}{2\cdot130}=-1\), skąd \(y_0=8\cdot(-1)+10=2\).

Odpowiedź: \(P=(-1,2)\); najmniejsza wartość sumy wynosi \(f(-1)=180\).

Oznaczmy przez \(O\) spodek wysokości ostrosłupa. Odcinek łączący \(O\) ze spodkiem wysokości ściany bocznej jest prostopadły do krawędzi podstawy (twierdzenie o trzech prostych prostopadłych). Z twierdzenia Pitagorasa odległość \(O\) od każdego boku podstawy wynosi \(\sqrt{26^2-H^2}\), a więc jest taka sama dla wszystkich ścian. Zatem \(O\) jest środkiem okręgu wpisanego w trójkąt \(ABC\).

Pole podstawy. Wysokość opuszczona z \(C\) na \(AB\) dzieli \(AB\) na połowy, więc \(h=\sqrt{39^2-15^2}=\sqrt{1521-225}=\sqrt{1296}=36\), a stąd \(P_{ABC}=\tfrac12\cdot30\cdot36=540\).

Promień okręgu wpisanego. Połowa obwodu \(p=\dfrac{30+39+39}{2}=54\), więc \(r=\dfrac{P}{p}=\dfrac{540}{54}=10\).

Wysokość ostrosłupa. \(H=\sqrt{26^2-10^2}=\sqrt{676-100}=\sqrt{576}=24\).

Objętość. \(V=\tfrac13\cdot P_{ABC}\cdot H=\tfrac13\cdot540\cdot24=4320\).

Zdarzenia \(A\cap B'\), \(A'\cap B\) oraz \(A\cap B\) są parami rozłączne, a ich sumą jest zdarzenie \(A\cup B\):

\(A\cup B=(A\cap B')\cup(A'\cap B)\cup(A\cap B)\).

Z addytywności prawdopodobieństwa dla zdarzeń parami rozłącznych:

\(P(A\cup B)=P(A\cap B')+P(A'\cap B)+P(A\cap B)=0{,}1+0{,}2+P(A\cap B)\).

Ponieważ \(A\cup B\subset\Omega\), to \(P(A\cup B)\le1\), a więc

\(0{,}3+P(A\cap B)\le1\), czyli \(P(A\cap B)\le0{,}7\),

co kończy dowód. \(\blacksquare\)