Korzystamy ze wzoru na zamianę podstawy logarytmu oraz z własności $\log_a\frac1b=-\log_a b$.

Krok 1. Pierwszy czynnik.

$$\log_{\frac{1}{x}}y=\frac{\ln y}{\ln\frac1x}=\frac{\ln y}{-\ln x}=-\frac{\ln y}{\ln x}.$$

Krok 2. Drugi czynnik.

$$\log_{\frac{1}{y}}x=\frac{\ln x}{-\ln y}=-\frac{\ln x}{\ln y}.$$

Krok 3. Iloczyn. Minusy się znoszą, a ułamki skracają:

$$\left(-\frac{\ln y}{\ln x}\right)\cdot\left(-\frac{\ln x}{\ln y}\right)=\frac{\ln y}{\ln x}\cdot\frac{\ln x}{\ln y}=1.$$

Założenia $x\neq1$ i $y\neq1$ gwarantują, że $\ln x\neq0$ i $\ln y\neq0$, więc dzielenie jest poprawne.

Odpowiedź: D

Korzystamy ze wzoru na cosinus podwojonego kąta:

$$\cos^{2}\alpha-\sin^{2}\alpha=\cos 2\alpha.$$

Dla $\alpha=105^\circ$:

$$\cos^{2}105^\circ-\sin^{2}105^\circ=\cos 210^\circ.$$

Kąt $210^\circ$ leży w III ćwiartce, gdzie cosinus jest ujemny, a jego kąt odniesienia to $210^\circ-180^\circ=30^\circ$:

$$\cos 210^\circ=-\cos 30^\circ=-\frac{\sqrt{3}}{2}.$$

Odpowiedź: A

Najprościej sprawdzić, który wzór daje wszystkie zaznaczone punkty. Testujemy wzór z wariantu B: $f(x)=\bigl||x-1|-2\bigr|$.

$$f(-1)=\bigl||-2|-2\bigr|=|2-2|=0\quad\Rightarrow\quad A=(-1,0)\ \checkmark$$

$$f(1)=\bigl||0|-2\bigr|=2\quad\Rightarrow\quad B=(1,2)\ \checkmark$$

$$f(3)=\bigl||2|-2\bigr|=0\quad\Rightarrow\quad C=(3,0)\ \checkmark$$

$$f(-4)=\bigl||-5|-2\bigr|=3\quad\Rightarrow\quad D=(-4,3)\ \checkmark$$

$$f(6)=\bigl||5|-2\bigr|=3\quad\Rightarrow\quad E=(6,3)\ \checkmark$$

Wszystkie pięć punktów się zgadza.

Dlaczego pozostałe odpadają: wariant D daje $f(1)=2$, ale $f(-1)=4\neq0$. Wariant C to $\bigl||x-1|+2\bigr|=|x-1|+2$ (wyrażenie w środku jest zawsze dodatnie), więc funkcja nigdy nie przyjmuje wartości $0$. Wariant A daje $f(1)=2$, ale $f(-1)=2\neq0$.

Interpretacja: wykres powstaje z $y=|x-1|$ przez przesunięcie o $2$ w dół, a następnie odbicie części poniżej osi $OX$ — stąd charakterystyczny kształt litery W.

Odpowiedź: B

Krok 1. Prawdopodobieństwo zdarzenia $B$. Zdarzenia $B$ i $B^{\prime}$ są przeciwne, więc

$$P(B)=1-P(B^{\prime})=1-\frac14=\frac34.$$

Krok 2. Definicja prawdopodobieństwa warunkowego.

$$P(A|B)=\frac{P(A\cap B)}{P(B)}\ \Longrightarrow\ P(A\cap B)=P(A|B)\cdot P(B).$$

Krok 3. Podstawienie.

$$P(A\cap B)=\frac15\cdot\frac34=\frac{3}{20}.$$

Odpowiedź: C

Krok 1. Pierwszy ułamek. Licznik i mianownik są wielomianami stopnia trzeciego, więc granica równa się ilorazowi współczynników przy $n^{3}$:

$$\lim_{n\to\infty}\frac{9n^{3}+11n^{2}}{7n^{3}+5n^{2}+3n+1}=\frac{9}{7}.$$

Krok 2. Drugi ułamek. Tu oba wielomiany są stopnia drugiego:

$$\lim_{n\to\infty}\frac{n^{2}}{3n^{2}+1}=\frac{1}{3}.$$

Krok 3. Różnica granic. Obie granice są skończone, więc granica różnicy równa się różnicy granic:

$$\frac{9}{7}-\frac{1}{3}=\frac{27}{21}-\frac{7}{21}=\frac{20}{21}.$$

Krok 4. Rozwinięcie dziesiętne.

$$\frac{20}{21}=0{,}952380952380\ldots$$

Trzy kolejne cyfry po przecinku to $9$, $5$, $2$.

Odpowiedź: 9 5 2

Krok 1. Ile jest takich liczb. Każda liczba to permutacja pięciu różnych cyfr:

$$5!=120.$$

Krok 2. Kluczowa obserwacja o symetrii. Żadna cyfra nie jest wyróżniona, więc na każdej z pięciu pozycji każda z cyfr pojawia się tyle samo razy:

$$\frac{120}{5}=24\ \text{razy}.$$

Krok 3. Suma cyfr na jednej pozycji. Suma wszystkich cyfr wynosi

$$1+3+5+7+9=25,$$

więc suma cyfr stojących na ustalonej pozycji we wszystkich $120$ liczbach to

$$24\cdot 25=600.$$

Krok 4. Uwzględnienie wag pozycji. Pozycje mają wagi $10^{4},10^{3},10^{2},10^{1},10^{0}$, a wkład każdej z nich jest taki sam:

$$S=600\cdot\left(10^{4}+10^{3}+10^{2}+10+1\right)=600\cdot 11111.$$

Krok 5. Wynik.

$$S=6\,666\,600.$$

Odpowiedź: $6\,666\,600$

Krok 1. Sprawdzenie, że $P$ leży na paraboli.

$$2\cdot10^{2}+10+2219=200+10+2219=2429\ \checkmark$$

Krok 2. Współczynnik kierunkowy stycznej. Styczna do wykresu funkcji w punkcie o odciętej $x_0$ ma współczynnik kierunkowy równy pochodnej w tym punkcie:

$$y^{\prime}=4x+1\ \Longrightarrow\ a=y^{\prime}(10)=4\cdot10+1=41.$$

Krok 3. Wyznaczenie $b$. Styczna przechodzi przez punkt $P=(10,2429)$:

$$2429=41\cdot 10+b\ \Longrightarrow\ 2429=410+b\ \Longrightarrow\ b=2019.$$

Sprawdzenie: prosta $y=41x+2019$ w punkcie $x=10$ daje $410+2019=2429$ ✓

Odpowiedź: $b=2019$

Krok 1. Porównanie pierwszego składnika z ułamkiem $\frac{x}{y}$. Pokażemy, że

$$\frac{x+a}{y+a}>\frac{x}{y}.$$

Oba mianowniki są dodatnie ($y>0$, $y+a>0$), więc możemy pomnożyć nierówność na krzyż bez zmiany znaku:

$$(x+a)\,y>x\,(y+a)\ \Longleftrightarrow\ xy+ay>xy+ax\ \Longleftrightarrow\ ay>ax.$$

Ostatnia nierówność jest prawdziwa, bo $a>0$ oraz $y>x$. Zatem faktycznie $\frac{x+a}{y+a}>\frac{x}{y}$.

Krok 2. Oszacowanie lewej strony.

$$\frac{x+a}{y+a}+\frac{y}{x}>\frac{x}{y}+\frac{y}{x}.$$

Krok 3. Klasyczna nierówność. Dla dodatnich $x\neq y$:

$$\frac{x}{y}+\frac{y}{x}-2=\frac{x^{2}+y^{2}-2xy}{xy}=\frac{(x-y)^{2}}{xy}>0,$$

bo licznik jest dodatni (skoro $x\neq y$), a mianownik dodatni. Stąd

$$\frac{x}{y}+\frac{y}{x}>2.$$

Krok 4. Połączenie. Z Kroków 2 i 3 otrzymujemy

$$\frac{x+a}{y+a}+\frac{y}{x}>\frac{x}{y}+\frac{y}{x}>2,$$

co kończy dowód. $\blacksquare$

Oznaczmy $|AC|=|BC|=b$, $|AB|=c$ oraz $\alpha=\angle BAC=\angle ABC$ (kąty przy podstawie trójkąta równoramiennego są równe).

Krok 1. Rzut punktu $M$ na podstawę. Prosta $MS$ jest prostopadła do $AB$, więc w trójkącie prostokątnym $AMS$:

$$|AS|=|AM|\cdot\cos\alpha.$$

Krok 2. Rzut punktu $N$ na podstawę. Analogicznie, w trójkącie prostokątnym $BNT$ (kąt przy $B$ również wynosi $\alpha$):

$$|BT|=|NB|\cdot\cos\alpha.$$

Krok 3. Suma odcinków $|AM|$ i $|NB|$. Punkt $N$ leży na $BC$, a z założenia $|CN|=|AM|$, więc

$$|NB|=|BC|-|CN|=b-|AM|.$$

Stąd

$$|AM|+|NB|=|AM|+b-|AM|=b.$$

Krok 4. Suma rzutów.

$$|AS|+|BT|=\left(|AM|+|NB|\right)\cos\alpha=b\cos\alpha.$$

Krok 5. Wyznaczenie $b\cos\alpha$. W trójkącie równoramiennym wysokość poprowadzona z $C$ pada w środek podstawy, więc w trójkącie prostokątnym o przeciwprostokątnej $AC$:

$$\cos\alpha=\frac{\frac{c}{2}}{b}\ \Longrightarrow\ b\cos\alpha=\frac{c}{2}.$$

Krok 6. Zakończenie. Punkty $S$ i $T$ leżą na odcinku $AB$, a odcinek $ST$ jest tym, co zostaje po odjęciu obu rzutów:

$$|ST|=|AB|-|AS|-|BT|=c-\frac{c}{2}=\frac{c}{2}=\frac12|AB|. \qquad\blacksquare$$

Krok 1. Kąt przy wierzchołku $A$. Rozpatrujemy trójkąt $ACD$, w którym znamy wszystkie trzy boki. Z twierdzenia cosinusów dla boku $CD$:

$$|CD|^{2}=|AC|^{2}+|AD|^{2}-2\,|AC|\,|AD|\cos\alpha,$$

$$196=256+36-2\cdot16\cdot6\cdot\cos\alpha=292-192\cos\alpha.$$

$$192\cos\alpha=96\ \Longrightarrow\ \cos\alpha=\frac12\ \Longrightarrow\ \alpha=60^\circ.$$

Krok 2. Oznaczenie niewiadomej. Niech $|BC|=|BD|=t$. Punkt $D$ leży na boku $AB$, więc

$$|AB|=|AD|+|DB|=6+t.$$

Krok 3. Twierdzenie cosinusów w trójkącie $ABC$ dla boku $BC$ (kąt przy $A$ jest ten sam):

$$t^{2}=|AC|^{2}+|AB|^{2}-2\,|AC|\,|AB|\cos 60^\circ,$$

$$t^{2}=256+(6+t)^{2}-2\cdot16\cdot(6+t)\cdot\frac12=256+(6+t)^{2}-16(6+t).$$

Krok 4. Rozwiązanie równania.

$$t^{2}=256+36+12t+t^{2}-96-16t.$$

$$0=196-4t\ \Longrightarrow\ t=49.$$

Krok 5. Obwód.

$$|BC|=49,\qquad |AB|=6+49=55,\qquad |AC|=16.$$

$$\text{Obwód}=16+55+49=120.$$

Sprawdzenie: $256+55^{2}-16\cdot55=256+3025-880=2401=49^{2}$ ✓

Odpowiedź: obwód trójkąta $ABC$ wynosi $120$.

Krok 1. Postać kanoniczna pierwszego okręgu.

$$(x-6)^{2}-36+(y-4)^{2}-16+43=0\ \Longrightarrow\ (x-6)^{2}+(y-4)^{2}=9.$$

$$O_1=(6,4),\qquad r_1=3.$$

Krok 2. Postać kanoniczna drugiego okręgu.

$$(x-a)^{2}-a^{2}+(y+2)^{2}-4+a^{2}-77=0\ \Longrightarrow\ (x-a)^{2}+(y+2)^{2}=81.$$

$$O_2=(a,-2),\qquad r_2=9.$$

Zauważmy, że promień drugiego okręgu nie zależy od $a$ — parametr przesuwa jedynie środek wzdłuż prostej $y=-2$.

Krok 3. Odległość środków.

$$d=\sqrt{(a-6)^{2}+(-2-4)^{2}}=\sqrt{(a-6)^{2}+36}.$$

Krok 4. Warunek dokładnie jednego punktu wspólnego. Dwa okręgi mają dokładnie jeden punkt wspólny, gdy są styczne — zewnętrznie albo wewnętrznie:

$$d=r_1+r_2=12\qquad\text{lub}\qquad d=|r_2-r_1|=6.$$

Przypadek A — styczność zewnętrzna.

$$\sqrt{(a-6)^{2}+36}=12\ \Longrightarrow\ (a-6)^{2}+36=144\ \Longrightarrow\ (a-6)^{2}=108.$$

$$a-6=\pm\sqrt{108}=\pm 6\sqrt{3}\ \Longrightarrow\ a=6-6\sqrt{3}\ \text{lub}\ a=6+6\sqrt{3}.$$

Przypadek B — styczność wewnętrzna.

$$\sqrt{(a-6)^{2}+36}=6\ \Longrightarrow\ (a-6)^{2}=0\ \Longrightarrow\ a=6.$$

Sprawdzenie: dla $a=6$ środki to $(6,4)$ i $(6,-2)$, odległość $6=9-3$ — mniejszy okrąg leży wewnątrz większego i jest z nim styczny ✓

Odpowiedź: $a=6-6\sqrt{3}$, $\;a=6$, $\;a=6+6\sqrt{3}$

Krok 1. Warunek ciągu arytmetycznego.

$$2b=a+c\ \Longrightarrow\ c=2b-a.$$

Krok 2. Uproszczenie trzeciego wyrazu.

$$2a+2b+c=2a+2b+(2b-a)=a+4b.$$

Ciąg geometryczny ma więc postać $\left(\frac1a,\ \frac{2}{3b},\ \frac{1}{a+4b}\right)$.

Krok 3. Warunek ciągu geometrycznego. Kwadrat wyrazu środkowego równa się iloczynowi sąsiednich:

$$\left(\frac{2}{3b}\right)^{2}=\frac{1}{a}\cdot\frac{1}{a+4b}\ \Longrightarrow\ \frac{4}{9b^{2}}=\frac{1}{a(a+4b)}.$$

$$4a(a+4b)=9b^{2}\ \Longrightarrow\ 4a^{2}+16ab-9b^{2}=0.$$

Krok 4. Rozwiązanie względem $a$. Traktujemy to jako równanie kwadratowe ze względu na $a$:

$$\Delta=(16b)^{2}+4\cdot4\cdot9b^{2}=256b^{2}+144b^{2}=400b^{2},\qquad \sqrt{\Delta}=20b\ (b>0).$$

$$a=\frac{-16b\pm20b}{8}\ \Longrightarrow\ a=\frac{b}{2}\quad\text{lub}\quad a=-\frac{9b}{2}.$$

Wyrazy są dodatnie, więc drugie rozwiązanie odpada i $a=\frac{b}{2}$.

Krok 5. Iloraz.

$$q=\frac{\frac{2}{3b}}{\frac{1}{a}}=\frac{2a}{3b}=\frac{2\cdot\frac b2}{3b}=\frac{b}{3b}=\frac{1}{3}.$$

Sprawdzenie: przy $a=\frac b2$ mamy $c=\frac{3b}{2}$, a ciąg geometryczny to $\frac{2}{b},\ \frac{2}{3b},\ \frac{2}{9b}$ — kolejne ilorazy równe $\frac13$ ✓

Odpowiedź: $q=\frac{1}{3}$

Krok 1. Warunek podzielności przez $(x-2)$. Z twierdzenia o reszcie $W(2)=0$:

$$2\cdot8+\left(m^{3}+2\right)\cdot4-22-2(2m+1)=0,$$

$$16+4m^{3}+8-22-4m-2=0\ \Longrightarrow\ 4m^{3}-4m=0.$$

$$4m\left(m^{2}-1\right)=0\ \Longrightarrow\ m\in\{-1,\ 0,\ 1\}.$$

Krok 2. Warunek reszty przy dzieleniu przez $(x+1)$. $W(-1)=6$:

$$-2+\left(m^{3}+2\right)+11-2(2m+1)=6,$$

$$m^{3}-4m+9=6\ \Longrightarrow\ m^{3}-4m+3=0.$$

Krok 3. Wspólne rozwiązanie. Sprawdzamy kandydatów z Kroku 1:

dla $m=-1$: $-1+4+3=6\neq0$;   dla $m=0$: $3\neq0$;   dla $m=1$: $1-4+3=0$ ✓

$$m=1.$$

Krok 4. Postać wielomianu. Podstawiamy $m=1$:

$$W(x)=2x^{3}+3x^{2}-11x-6.$$

Krok 5. Rozkład na czynniki. Wiemy, że $(x-2)$ jest dzielnikiem. Po podzieleniu:

$$W(x)=(x-2)\left(2x^{2}+7x+3\right)=(x-2)(2x+1)(x+3).$$

Miejsca zerowe: $x=-3$, $x=-\frac12$, $x=2$.

Krok 6. Analiza znaku. Współczynnik wiodący jest dodatni, więc idąc od prawej znaki to $+,\,-,\,+,\,-$. Wielomian jest niedodatni na

$$x\in(-\infty,\ -3]\cup\left[-\frac12,\ 2\right].$$

Kontrola: $W(-1)=-2+3+11-6=6>0$ — zgadza się z resztą podaną w treści, a punkt $x=-1$ leży w przedziale, gdzie wielomian jest dodatni ✓

Odpowiedź: $m=1$, $\;x\in(-\infty,-3]\cup\left[-\frac12,2\right]$

Krok 1. Zwinięcie sumy sinusów. Korzystamy ze wzoru

$$\sin\gamma+\sin\delta=2\sin\frac{\gamma+\delta}{2}\cos\frac{\gamma-\delta}{2}.$$

Dla $\gamma=x-\frac{\pi}{3}$ i $\delta=x+\frac{\pi}{3}$ mamy $\frac{\gamma+\delta}{2}=x$ oraz $\frac{\gamma-\delta}{2}=-\frac{\pi}{3}$:

$$\sin\left(x-\tfrac{\pi}{3}\right)+\sin\left(x+\tfrac{\pi}{3}\right)=2\sin x\cos\left(-\tfrac{\pi}{3}\right)=2\sin x\cdot\tfrac12=\sin x.$$

Krok 2. Uproszczone równanie.

$$\cos x\cdot\sin x=\frac12\sin x.$$

Krok 3. Przeniesienie i wyłączenie czynnika.

$$\sin x\left(\cos x-\frac12\right)=0.$$

Krok 4. Rozwiązania.

$$\sin x=0\ \Longrightarrow\ x=k\pi,\qquad k\in\mathbb{Z};$$

$$\cos x=\frac12\ \Longrightarrow\ x=\frac{\pi}{3}+2k\pi\ \ \text{lub}\ \ x=-\frac{\pi}{3}+2k\pi,\qquad k\in\mathbb{Z}.$$

Uwaga: warto zauważyć, że nie wolno tu dzielić obu stron przez $\sin x$ — stracilibyśmy rozwiązania $x=k\pi$.

Odpowiedź: $x=k\pi$ lub $x=\pm\frac{\pi}{3}+2k\pi$, gdzie $k\in\mathbb{Z}$

Krok 1. Oznaczenia. Graniastosłup prawidłowy trójkątny ma w podstawie trójkąt równoboczny. Niech $a$ będzie krawędzią podstawy, a $H$ — krawędzią boczną (wysokością bryły).

$$P_{p}=\frac{a^{2}\sqrt{3}}{4}.$$

Krok 2. Warunek objętości.

$$V=P_{p}\cdot H=\frac{a^{2}\sqrt{3}}{4}\,H=2\ \Longrightarrow\ H=\frac{8}{a^{2}\sqrt{3}}.$$

Krok 3. Pole powierzchni całkowitej. Dwie podstawy i trzy prostokąty boczne:

$$S=2P_{p}+3aH=\frac{a^{2}\sqrt{3}}{2}+3a\cdot\frac{8}{a^{2}\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{3}}{2}a^{2}+\frac{24}{a\sqrt{3}}.$$

Usuwamy niewymierność z mianownika: $\frac{24}{\sqrt{3}}=8\sqrt{3}$, więc

$$S(a)=\frac{\sqrt{3}}{2}a^{2}+\frac{8\sqrt{3}}{a},\qquad a>0.$$

Krok 4. Minimum funkcji.

$$S^{\prime}(a)=\sqrt{3}\,a-\frac{8\sqrt{3}}{a^{2}}=\sqrt{3}\left(a-\frac{8}{a^{2}}\right).$$

$$S^{\prime}(a)=0\ \Longleftrightarrow\ a^{3}=8\ \Longleftrightarrow\ a=2.$$

Dla $a\lt 2$ pochodna jest ujemna, dla $a>2$ dodatnia, więc w $a=2$ funkcja osiąga minimum.

Krok 5. Krawędź boczna.

$$H=\frac{8}{2^{2}\sqrt{3}}=\frac{8}{4\sqrt{3}}=\frac{2}{\sqrt{3}}=\frac{2\sqrt{3}}{3}.$$

Krok 6. Najmniejsze pole.

$$S(2)=\frac{\sqrt{3}}{2}\cdot4+\frac{8\sqrt{3}}{2}=2\sqrt{3}+4\sqrt{3}=6\sqrt{3}.$$

Sprawdzenie: pole podstawy $=\frac{4\sqrt3}{4}=\sqrt3$, objętość $=\sqrt3\cdot\frac{2}{\sqrt3}=2$ ✓; pole boczne $=3\cdot2\cdot\frac{2}{\sqrt3}=4\sqrt3$, razem $2\sqrt3+4\sqrt3=6\sqrt3$ ✓

Odpowiedź: krawędź podstawy $a=2$, krawędź boczna $H=\frac{2\sqrt{3}}{3}$; najmniejsze pole powierzchni całkowitej wynosi $6\sqrt{3}$.