Krok 1. Punkty zerowe wyrażeń pod modułem.

$$2x-5=0\ \Rightarrow\ x=\frac52,\qquad x+4=0\ \Rightarrow\ x=-4.$$

Dzielą one oś na trzy przedziały.

Przypadek 1: $x\lt -4$. Wtedy $|2x-5|=5-2x$ oraz $|x+4|=-x-4$:

$$(5-2x)-(-x-4)=9-x\le 2-2x\ \Longrightarrow\ x\le-7.$$

Uwzględniając $x\lt -4$:   $x\le-7$.

Przypadek 2: $-4\le x\lt \frac52$. Wtedy $|2x-5|=5-2x$ oraz $|x+4|=x+4$:

$$(5-2x)-(x+4)=1-3x\le 2-2x\ \Longrightarrow\ -x\le1\ \Longrightarrow\ x\ge-1.$$

Uwzględniając przedział:   $-1\le x\lt \frac52$.

Przypadek 3: $x\ge\frac52$. Wtedy oba wyrażenia są nieujemne:

$$(2x-5)-(x+4)=x-9\le 2-2x\ \Longrightarrow\ 3x\le11\ \Longrightarrow\ x\le\frac{11}{3}.$$

Uwzględniając przedział:   $\frac52\le x\le\frac{11}{3}$.

Krok 2. Suma rozwiązań. Przedziały z przypadków 2 i 3 sklejają się w $\left\langle-1,\frac{11}{3}\right\rangle$, zatem

$$x\in(-\infty,\ -7]\cup\left\langle-1,\ \frac{11}{3}\right\rangle.$$

Kontrola: $x=-8$: $17\le18$ ✓; $x=-5$: $14\le12$ — fałsz ✓; $x=0$: $1\le2$ ✓; $x=4$: $-5\le-6$ — fałsz ✓. Dla $x=-7$ i $x=\frac{11}{3}$ zachodzi równość ✓

Odpowiedź: $x\in(-\infty,-7]\cup\left\langle-1,\frac{11}{3}\right\rangle$

Oznaczmy $|AB|=a$, $|CD|=b$ oraz długość ramienia przez $c$ (trapez jest równoramienny).

Krok 1. Warunek opisania na okręgu. W czworokąt opisany na okręgu sumy przeciwległych boków są równe:

$$a+b=c+c=2c\ \Longrightarrow\ c=\frac{a+b}{2}.$$

Krok 2. Wysokość trapezu. Okrąg wpisany jest styczny do obu podstaw, które są równoległe, więc odległość między nimi równa się średnicy:

$$h=2r.$$

Krok 3. Twierdzenie Pitagorasa dla ramienia. Rzut ramienia na podstawę ma długość $\frac{a-b}{2}$:

$$c^{2}=h^{2}+\left(\frac{a-b}{2}\right)^{2}.$$

Podstawiamy $c=\frac{a+b}{2}$ oraz $h=2r$:

$$\left(\frac{a+b}{2}\right)^{2}=4r^{2}+\left(\frac{a-b}{2}\right)^{2}.$$

Krok 4. Przekształcenie.

$$\frac{(a+b)^{2}-(a-b)^{2}}{4}=4r^{2}.$$

Licznik to różnica kwadratów:

$$(a+b)^{2}-(a-b)^{2}=4ab,$$

zatem

$$\frac{4ab}{4}=4r^{2}\ \Longrightarrow\ ab=4r^{2},$$

czyli $4r^{2}=|AB|\cdot|CD|$. $\blacksquare$

Krok 1. Struktura liczby. Liczba ma $6$ cyfr: trzy zera, jedną piątkę oraz dwie pozostałe cyfry. Te dwie muszą być różne od $0$ (inaczej zer byłoby więcej) i różne od $5$ (inaczej piątek byłoby więcej), więc wybieramy je ze zbioru

$$\{1,2,3,4,6,7,8,9\}\quad-\quad 8\ \text{możliwości każda}.$$

Krok 2. Rozmieszczenie zer. Liczba sześciocyfrowa nie może zaczynać się od zera, więc trzy zera muszą trafić na pozycje od drugiej do szóstej. Wybieramy $3$ pozycje spośród $5$:

$$\binom{5}{3}=10.$$

Krok 3. Rozmieszczenie piątki. Zostają trzy wolne pozycje (w tym zawsze pierwsza). Piątka może stanąć na dowolnej z nich:

$$3\ \text{sposoby}.$$

Piątka na pierwszej pozycji jest dopuszczalna, bo $5\neq0$.

Krok 4. Pozostałe dwie cyfry.

$$8\cdot8=64.$$

Jeśli któraś z nich trafi na pierwszą pozycję, też jest w porządku — wszystkie osiem dopuszczalnych cyfr jest niezerowych.

Krok 5. Reguła mnożenia.

$$10\cdot3\cdot64=1920.$$

Odpowiedź: $1920$

Krok 1. Sprowadzenie do jednej funkcji. Korzystamy ze wzoru $\cos 2x=2\cos^{2}x-1$:

$$2\cos^{2}x-1+\cos x+1=0\ \Longrightarrow\ 2\cos^{2}x+\cos x=0.$$

Krok 2. Wyłączenie wspólnego czynnika.

$$\cos x\left(2\cos x+1\right)=0.$$

Krok 3. Pierwszy czynnik: $\cos x=0$. W przedziale $\langle0,2\pi\rangle$:

$$x=\frac{\pi}{2}\qquad\text{lub}\qquad x=\frac{3\pi}{2}.$$

Krok 4. Drugi czynnik: $\cos x=-\frac12$. Cosinus przyjmuje wartość $-\frac12$ w II i III ćwiartce:

$$x=\frac{2\pi}{3}\qquad\text{lub}\qquad x=\frac{4\pi}{3}.$$

Sprawdzenie: dla $x=\frac{2\pi}{3}$: $\cos\frac{4\pi}{3}+\cos\frac{2\pi}{3}+1=-\frac12-\frac12+1=0$ ✓; dla $x=\frac{\pi}{2}$: $\cos\pi+0+1=-1+1=0$ ✓

Odpowiedź: $x\in\left\{\frac{\pi}{2},\ \frac{2\pi}{3},\ \frac{4\pi}{3},\ \frac{3\pi}{2}\right\}$

Krok 1. Wykorzystanie ciągu arytmetycznego. Dla trzech kolejnych wyrazów zachodzi $2b=a+c$, więc suma wynosi

$$a+b+c=(a+c)+b=2b+b=3b=33\ \Longrightarrow\ b=11,$$

a stąd $a+c=22$.

Krok 2. Warunek ciągu geometrycznego. Kwadrat wyrazu środkowego równa się iloczynowi skrajnych:

$$(b+5)^{2}=(a-1)(c+19)\ \Longrightarrow\ 16^{2}=(a-1)(c+19)\ \Longrightarrow\ 256=(a-1)(c+19).$$

Krok 3. Redukcja do jednej niewiadomej. Podstawiamy $c=22-a$:

$$256=(a-1)(41-a)=-a^{2}+42a-41,$$

$$a^{2}-42a+297=0.$$

$$\Delta=1764-1188=576,\qquad \sqrt{\Delta}=24,\qquad a=\frac{42\pm24}{2}.$$

$$a_1=9,\qquad a_2=33.$$

Krok 4. Obie trójki.

Przypadek 1: $a=9$, $b=11$, $c=13$. Ciąg arytmetyczny o różnicy $2$ ✓, a ciąg geometryczny to $(8,\ 16,\ 32)$ o ilorazie $2$ ✓

Przypadek 2: $a=33$, $b=11$, $c=-11$. Ciąg arytmetyczny o różnicy $-22$ ✓, a ciąg geometryczny to $(32,\ 16,\ 8)$ o ilorazie $\frac12$ ✓

W obu przypadkach $16^{2}=256$ równa się iloczynowi wyrazów skrajnych, więc oba rozwiązania są poprawne.

Odpowiedź: $a=9,\ b=11,\ c=13$  lub  $a=33,\ b=11,\ c=-11$

Krok 1. Wzory Viète'a.

$$S=x_1+x_2=2m-2,\qquad P=x_1x_2=m^{2}-m.$$

Krok 2. Warunek dwóch różnych pierwiastków.

$$\Delta=4(1-m)^{2}-4\left(m^{2}-m\right)=4\left(1-2m+m^{2}-m^{2}+m\right)=4(1-m).$$

$$\Delta>0\ \Longleftrightarrow\ m\lt 1.$$

Krok 3. Lewa nierówność $x_1x_2\le 6m$.

$$m^{2}-m\le 6m\ \Longrightarrow\ m^{2}-7m\le0\ \Longrightarrow\ m(m-7)\le0,$$

$$0\le m\le 7.$$

Krok 4. Prawa nierówność $6m\le x_1^{2}+x_2^{2}$. Korzystamy z $x_1^{2}+x_2^{2}=S^{2}-2P$:

$$S^{2}-2P=(2m-2)^{2}-2\left(m^{2}-m\right)=4m^{2}-8m+4-2m^{2}+2m=2m^{2}-6m+4.$$

$$6m\le 2m^{2}-6m+4\ \Longrightarrow\ 2m^{2}-12m+4\ge0\ \Longrightarrow\ m^{2}-6m+2\ge0.$$

$$\Delta=36-8=28,\qquad \sqrt{28}=2\sqrt{7},\qquad m=\frac{6\pm2\sqrt{7}}{2}=3\pm\sqrt{7}.$$

$$m\le 3-\sqrt{7}\qquad\text{lub}\qquad m\ge 3+\sqrt{7}.$$

Krok 5. Część wspólna. Ponieważ $\sqrt{7}\approx2{,}65$, mamy $3-\sqrt{7}\approx0{,}35$ oraz $3+\sqrt{7}\approx5{,}65$. Warunek $m\ge3+\sqrt7$ jest sprzeczny z $m\lt 1$, więc odpada. Zostaje

$$0\le m\le 3-\sqrt{7},$$

co automatycznie spełnia też $m\lt 1$.

Kontrola: dla $m=0$ równanie to $x^{2}+2x=0$ o pierwiastkach $0$ i $-2$; warunek: $0\le0\le4$ ✓. Dla $m=0{,}3$: $-0{,}21\le1{,}8\le2{,}38$ ✓. Dla $m=0{,}5$: $3\le1{,}5$ — fałsz, zgodnie z wykluczeniem ✓

Odpowiedź: $m\in\left\langle 0,\ 3-\sqrt{7}\right\rangle$

Krok 1. Odległość środka od prostej. Korzystamy ze wzoru na odległość punktu od prostej $Ax+By+C=0$:

$$d=\frac{|3\cdot3-4\cdot12-36|}{\sqrt{3^{2}+(-4)^{2}}}=\frac{|9-48-36|}{5}=\frac{75}{5}=15.$$

Krok 2. Związek cięciwy z promieniem. Odcinek poprowadzony ze środka okręgu prostopadle do cięciwy dzieli ją na połowy. Powstaje trójkąt prostokątny o przyprostokątnych $d$ i $\frac{|AB|}{2}$ oraz przeciwprostokątnej $r$:

$$r^{2}=d^{2}+\left(\frac{|AB|}{2}\right)^{2}.$$

Krok 3. Obliczenie promienia.

$$r^{2}=15^{2}+20^{2}=225+400=625\ \Longrightarrow\ r=25.$$

Kontrola: $d=15\lt 25=r$, więc prosta faktycznie przecina okrąg w dwóch punktach ✓. Ponadto długość cięciwy wynosi $2\sqrt{r^{2}-d^{2}}=2\sqrt{400}=40$ ✓

Krok 4. Równanie okręgu.

$$(x-3)^{2}+(y-12)^{2}=625.$$

Odpowiedź: $(x-3)^{2}+(y-12)^{2}=625$

Krok 1. Twierdzenie o reszcie. Reszta z dzielenia przez $x+1$ równa się $W(-1)$:

$$W(-1)=4\cdot(-1)-5\cdot1-23\cdot(-1)+m=-4-5+23+m=14+m.$$

$$14+m=20\ \Longrightarrow\ m=6.$$

Krok 2. Postać wielomianu.

$$W(x)=4x^{3}-5x^{2}-23x+6.$$

Krok 3. Szukanie pierwiastka wymiernego. Kandydatami są dzielniki wyrazu wolnego podzielone przez dzielniki współczynnika wiodącego. Sprawdzamy $x=3$:

$$W(3)=108-45-69+6=0\ \checkmark$$

Zatem $(x-3)$ jest dzielnikiem wielomianu.

Krok 4. Podział.

$$W(x)=(x-3)\left(4x^{2}+7x-2\right).$$

Sprawdzenie: $(x-3)\left(4x^{2}+7x-2\right)=4x^{3}+7x^{2}-2x-12x^{2}-21x+6=4x^{3}-5x^{2}-23x+6$ ✓

Krok 5. Pozostałe pierwiastki.

$$4x^{2}+7x-2=0,\qquad \Delta=49+32=81,\qquad \sqrt{\Delta}=9.$$

$$x=\frac{-7\pm9}{8}\ \Longrightarrow\ x=\frac{1}{4}\quad\text{lub}\quad x=-2.$$

Kontrola: $W(-2)=-32-20+46+6=0$ ✓ oraz $W\left(\tfrac14\right)=\tfrac{1}{16}-\tfrac{5}{16}-\tfrac{92}{16}+\tfrac{96}{16}=0$ ✓

Odpowiedź: $m=6$; pierwiastki: $x=-2$, $x=\frac{1}{4}$, $x=3$

Krok 1. Kluczowa obserwacja. Zauważmy, że $|DC|=|BC|=10$, więc trójkąt $DCB$ jest równoramienny. Wysokość opuszczona z $C$ na prostą $AB$ pada zatem w środek odcinka $DB$; oznaczmy ten punkt przez $H$.

Krok 2. Oznaczenia. Niech $|AD|=3t$ oraz $|DB|=4t$. Wtedy

$$|DH|=|HB|=2t,\qquad |AH|=|AD|+|DH|=3t+2t=5t.$$

Krok 3. Wysokość z dwóch trójkątów prostokątnych. Z trójkąta $CHB$:

$$|CH|^{2}=10^{2}-(2t)^{2}=100-4t^{2}.$$

Z trójkąta $CHA$:

$$|AC|^{2}=|AH|^{2}+|CH|^{2}\ \Longrightarrow\ 289=25t^{2}+100-4t^{2}.$$

Krok 4. Wyznaczenie $t$.

$$21t^{2}=189\ \Longrightarrow\ t^{2}=9\ \Longrightarrow\ t=3.$$

Zatem $|AD|=9$, $|DB|=12$, $|AB|=21$ oraz

$$|CH|=\sqrt{100-36}=8.$$

Krok 5. Pole.

$$P_{ABC}=\frac12\cdot|AB|\cdot|CH|=\frac12\cdot21\cdot8=84.$$

Kontrola wzorem Herona: boki $21,10,17$, $s=24$, a $\sqrt{24\cdot3\cdot14\cdot7}=\sqrt{7056}=84$ ✓

Odpowiedź: $P_{ABC}=84$

Oznaczmy wysokość ostrosłupa przez $H=|AS|$ (krawędź $AS$ jest prostopadła do podstawy).

Krok 1. Gdzie mierzyć odległość. Niech $M$ będzie środkiem boku $BC$. W trójkącie równobocznym $AM\perp BC$ oraz

$$|AM|=\frac{a\sqrt{3}}{2}.$$

Ponadto $SA\perp BC$ (bo $SA$ jest prostopadła do całej podstawy). Skoro $BC$ jest prostopadła do dwóch przecinających się prostych $AM$ i $SA$, to

$$BC\perp\text{płaszczyzna } SAM.$$

Wynika stąd, że odległość punktu $A$ od ściany $BCS$ równa się odległości $A$ od prostej $SM$ mierzonej w trójkącie $SAM$.

Krok 2. Wysokość w trójkącie prostokątnym. Trójkąt $SAM$ ma kąt prosty przy $A$, o przyprostokątnych $H$ i $\frac{a\sqrt3}{2}$. Wysokość opuszczona na przeciwprostokątną:

$$d=\frac{H\cdot\frac{a\sqrt{3}}{2}}{\sqrt{H^{2}+\frac{3a^{2}}{4}}}.$$

Krok 3. Wyznaczenie $H$. Podnosimy do kwadratu i porządkujemy:

$$d^{2}\left(H^{2}+\frac{3a^{2}}{4}\right)=\frac{3a^{2}}{4}H^{2}\ \Longrightarrow\ H^{2}\left(\frac{3a^{2}}{4}-d^{2}\right)=\frac{3a^{2}}{4}d^{2},$$

$$H^{2}=\frac{3a^{2}d^{2}}{3a^{2}-4d^{2}}\ \Longrightarrow\ H=\frac{a\,d\sqrt{3}}{\sqrt{3a^{2}-4d^{2}}}.$$

Warunek istnienia: $3a^{2}>4d^{2}$, czyli $d\lt \frac{a\sqrt3}{2}=|AM|$ — odległość od ściany musi być mniejsza niż wysokość podstawy.

Krok 4. Objętość. Pole podstawy to $\frac{a^{2}\sqrt{3}}{4}$:

$$V=\frac13\cdot\frac{a^{2}\sqrt{3}}{4}\cdot\frac{a\,d\sqrt{3}}{\sqrt{3a^{2}-4d^{2}}}=\frac{3a^{3}d}{12\sqrt{3a^{2}-4d^{2}}}=\frac{a^{3}d}{4\sqrt{3a^{2}-4d^{2}}}.$$

Kontrola liczbowa: dla $a=2$ i $H=2$ mamy $d=\frac{2\sqrt3}{\sqrt7}\approx1{,}309$; wzór daje $V\approx1{,}1545$, a bezpośrednio $V=\frac13\cdot\sqrt3\cdot2\approx1{,}1547$ ✓

Odpowiedź: $V=\frac{a^{3}d}{4\sqrt{3a^{2}-4d^{2}}}$

Krok 1. Przestrzeń zdarzeń.

$$|\Omega|=6^{4}=1296.$$

Krok 2. Rozkład liczby 60 na czynniki.

$$60=2^{2}\cdot3\cdot5.$$

Spośród ścianek kostki tylko „$5$" wnosi czynnik $5$. Ponieważ $25\nmid 60$, piątka musi wypaść dokładnie raz.

Krok 3. Pozostałe trzy rzuty. Ich iloczyn wynosi $\frac{60}{5}=12$. Szukamy trójek liczb ze zbioru $\{1,\ldots,6\}$ o iloczynie $12$. Wypisując je w kolejności niemalejącej:

$$\{1,2,6\},\qquad \{1,3,4\},\qquad \{2,2,3\}.$$

Innych nie ma — dla najmniejszego elementu $\ge3$ pozostały iloczyn $\le\frac{12}{3}=4$ nie da się rozbić na dwa czynniki $\ge3$.

Krok 4. Zliczanie kolejności. Rzuty są rozróżnialne, więc liczymy permutacje:

$$\{1,2,6\}:\ 3!=6,\qquad \{1,3,4\}:\ 3!=6,\qquad \{2,2,3\}:\ \frac{3!}{2!}=3.$$

$$6+6+3=15\ \text{uporządkowanych trójek}.$$

Krok 5. Umieszczenie piątki. Piątka może wypaść w dowolnym z czterech rzutów:

$$|A|=4\cdot15=60.$$

Krok 6. Prawdopodobieństwo.

$$P(A)=\frac{60}{1296}=\frac{5}{108}.$$

Odpowiedź: $P=\frac{5}{108}$

a) Wyznaczenie $p$. Funkcja $f(x)=\log_{2}(x-p)$ ma asymptotę pionową o równaniu $x=p$. Z wykresu odczytujemy, że asymptota przechodzi przez $x=-4$, zatem

$$p=-4\qquad\text{i}\qquad f(x)=\log_{2}(x+4).$$

Kontrola z wykresu: $f(-3)=\log_{2}1=0$ ✓ oraz $f(0)=\log_{2}4=2$ ✓

b) Wykres $y=|f(x)|$. Dziedziną jest $x>-4$. Rozpatrujemy dwa przedziały:

• dla $x\ge-3$ mamy $x+4\ge1$, więc $\log_{2}(x+4)\ge0$ i wykres pozostaje bez zmian;

• dla $-4\lt x\lt -3$ mamy $0\lt x+4\lt 1$, więc $\log_{2}(x+4)\lt 0$ — tę część odbijamy symetrycznie względem osi $OX$.

Powstaje wykres w kształcie litery „V" z ramieniem rosnącym od $x=-3$ w prawo oraz ramieniem wznoszącym się do $+\infty$ przy $x\to-4^{+}$; najmniejsza wartość $0$ jest przyjmowana dla $x=-3$.

c) Warunek na $m$. Rozwiązujemy $|\log_{2}(x+4)|=m$. Dla $m>0$ otrzymujemy dwa równania:

$$\log_{2}(x+4)=m\ \Longrightarrow\ x_1=2^{m}-4,$$

$$\log_{2}(x+4)=-m\ \Longrightarrow\ x_2=2^{-m}-4.$$

Znak $x_2$: dla $m>0$ mamy $0\lt 2^{-m}\lt 1$, więc $x_2\in(-4,-3)$ — jest zawsze ujemny.

Znak $x_1$:

$$x_1>0\ \Longleftrightarrow\ 2^{m}>4\ \Longleftrightarrow\ m>2.$$

Dla $m=0$ równanie ma tylko jedno rozwiązanie ($x=-3$), a dla $m\lt 0$ — żadnego.

Kontrola: dla $m=3$: $x_1=4>0$, $x_2=-3{,}875\lt 0$ ✓; dla $m=2$: $x_1=0$ — zero nie ma znaku, więc warunek niespełniony ✓; dla $m=1$: $x_1=-2$ i $x_2=-3{,}5$ — oba ujemne ✓

Odpowiedź: a) $p=-4$;   c) $m\in(2,+\infty)$