Korzystamy z twierdzenia o reszcie: reszta z dzielenia $W(x)$ przez dwumian $(x-a)$ jest równa $W(a)$.

Dzielenie przez $(x-1)$:

$$W(1)=1^{2019}-3\cdot1^{2000}+2\cdot1+6=1-3+2+6=6.$$

Reszta wynosi $6$, więc wielomian nie jest podzielny przez $(x-1)$.

Dzielenie przez $(x+1)$: podstawiamy $a=-1$. Wykładnik $2019$ jest nieparzysty, a $2000$ parzysty, więc

$$W(-1)=(-1)^{2019}-3\cdot(-1)^{2000}+2\cdot(-1)+6=-1-3-2+6=0.$$

Reszta wynosi $0$, więc wielomian jest podzielny przez $(x+1)$.

Odpowiedź: B

Licznik i mianownik są wielomianami tego samego stopnia (drugiego), więc granica równa się ilorazowi współczynników przy najwyższej potędze.

Formalnie dzielimy licznik i mianownik przez $n^{2}$:

$$a_n=\frac{3+\frac{7}{n}-\frac{5}{n^{2}}}{5-\frac{5}{n}+\frac{11}{n^{2}}}.$$

Składniki postaci $\frac{k}{n}$ oraz $\frac{k}{n^{2}}$ dążą do zera, zatem

$$\lim_{n\to\infty}a_n=\frac{3}{5}.$$

Odpowiedź: C

Stosujemy wzór na prawdopodobieństwo całkowite.

Krok 1. Wybór urny. Pierwszą urnę wybieramy, gdy wypadnie jedno oczko:

$$P(U_1)=\frac{1}{6},\qquad P(U_2)=\frac{5}{6}.$$

Krok 2. Kula biała z każdej urny. W każdej urnie jest po $10$ kul:

$$P(B\mid U_1)=\frac{3}{10},\qquad P(B\mid U_2)=\frac{1}{10}.$$

Krok 3. Złożenie.

$$P(B)=\frac16\cdot\frac{3}{10}+\frac56\cdot\frac{1}{10}=\frac{3}{60}+\frac{5}{60}=\frac{8}{60}=\frac{2}{15}.$$

Odpowiedź: A

Korzystamy ze wzoru dwumianowego Newtona. Składnik zawierający $x^{2}y^{2}$ odpowiada wyrazowi o numerze $k=2$:

$$\binom{4}{2}\left(x\sqrt{2}\right)^{2}\left(y\sqrt{3}\right)^{2}.$$

Krok 1. Współczynnik dwumianowy.

$$\binom{4}{2}=\frac{4!}{2!\,2!}=6.$$

Krok 2. Potęgi.

$$\left(x\sqrt{2}\right)^{2}=2x^{2},\qquad \left(y\sqrt{3}\right)^{2}=3y^{2}.$$

Krok 3. Iloczyn.

$$6\cdot 2x^{2}\cdot 3y^{2}=36x^{2}y^{2}.$$

Zatem $c=36$. Zwróćmy uwagę, że pierwiastki podniesione do kwadratu dają liczby wymierne — dlatego warianty z $\sqrt{6}$ odpadają.

Odpowiedź: B

Krok 1. Oznaczenie boków. Przyjmijmy $|AC|=1$. Wtedy

$$|AB|=3,\qquad |BC|=\frac{4}{5}\cdot 3=\frac{12}{5}.$$

Sprawdzenie warunku trójkąta: $1+\frac{12}{5}=\frac{17}{5}=3{,}4>3$ ✓

Krok 2. Który kąt jest najmniejszy. Najmniejszy kąt leży naprzeciw najkrótszego boku. Najkrótszy jest $AC=1$, a leży on naprzeciw kąta przy wierzchołku $B$.

Krok 3. Twierdzenie cosinusów dla boku $AC$:

$$|AC|^{2}=|AB|^{2}+|BC|^{2}-2\,|AB|\,|BC|\cos\beta.$$

$$\cos\beta=\frac{|AB|^{2}+|BC|^{2}-|AC|^{2}}{2\,|AB|\,|BC|}.$$

Krok 4. Podstawienie.

$$|AB|^{2}=9=\frac{225}{25},\qquad |BC|^{2}=\frac{144}{25},\qquad |AC|^{2}=1=\frac{25}{25}.$$

$$\cos\beta=\frac{\frac{225+144-25}{25}}{2\cdot3\cdot\frac{12}{5}}=\frac{\frac{344}{25}}{\frac{72}{5}}=\frac{344}{25}\cdot\frac{5}{72}=\frac{344}{360}=\frac{43}{45}.$$

Krok 5. Rozwinięcie dziesiętne.

$$\frac{43}{45}=0{,}9555\ldots$$

Pierwsze trzy cyfry po przecinku to $9$, $5$, $5$.

Odpowiedź: 9 5 5

Krok 1. Podstawienie. Oznaczmy $t=(a-1)^{2}-4$. Równanie przyjmuje postać $|x-5|=t$.

Krok 2. Analiza liczby rozwiązań.

Dla $t\lt 0$ równanie nie ma rozwiązań, dla $t=0$ ma jedno ($x=5$), a dla $t>0$ ma dwa:

$$x_1=5+t,\qquad x_2=5-t.$$

Krok 3. Warunek dodatniości. Rozwiązanie $x_1=5+t$ jest dodatnie zawsze, gdy $t>0$. Drugie wymaga

$$5-t>0\ \Longrightarrow\ t\lt 5.$$

Zatem warunkiem jest $0\lt t\lt 5$.

Krok 4. Powrót do parametru.

$$0\lt (a-1)^{2}-4\lt 5\ \Longrightarrow\ 4\lt (a-1)^{2}\lt 9\ \Longrightarrow\ 2\lt |a-1|\lt 3.$$

Nierówność $|a-1|>2$ daje $a\lt -1$ lub $a>3$, a $|a-1|\lt 3$ daje $-2\lt a\lt 4$. Część wspólna:

$$a\in(-2,-1)\cup(3,4).$$

Kontrola brzegów: dla $a=4$ mamy $t=5$ i wtedy $x_2=0$ — rozwiązanie nie jest dodatnie. Dla $a=3$ mamy $t=0$ i tylko jedno rozwiązanie. Oba przypadki słusznie wykluczone.

Odpowiedź: $a\in(-2,-1)\cup(3,4)$

Oznaczmy $|AD|=d$ (połowa podstawy). Z symetrii $|BD|=d$.

Krok 1. Odcinki styczne z wierzchołka $C$. Z punktu leżącego poza okręgiem odcinki styczne mają równe długości. Niech $M^{\prime}$ będzie punktem styczności okręgu z bokiem $BC$. Wtedy $|CM|=|CM^{\prime}|$.

Krok 2. Obwód trójkąta $KLC$. Niech $P$ będzie punktem styczności odcinka $KL$ z okręgiem. Z równości odcinków stycznych:

$$|KM|=|KP|,\qquad |LM^{\prime}|=|LP|.$$

Ponieważ $|KM|=|CM|-|KC|$ oraz $|LM^{\prime}|=|CM^{\prime}|-|LC|=|CM|-2$, otrzymujemy

$$|KL|=|KP|+|PL|=2\left(|CM|-2\right).$$

Zatem obwód trójkąta $KLC$ wynosi

$$|KC|+|CL|+|KL|=2+2+2|CM|-4=2\,|CM|.$$

Krok 3. Podobieństwo. Trójkąty $KLC$ i $ABC$ są równoramienne o wspólnym kącie przy wierzchołku $C$, więc są podobne w skali

$$k=\frac{|KC|}{|AC|}=\frac{2}{6}=\frac13\ \Longrightarrow\ |KL|=\frac{|AB|}{3}=\frac{2d}{3}.$$

Krok 4. Wyznaczenie $|CM|$ i $d$. Ponieważ $DM\perp AC$, w trójkącie prostokątnym $ADM$ mamy $|AM|=|AD|\cos\alpha$, gdzie $\cos\alpha=\frac{d}{6}$, czyli

$$|AM|=\frac{d^{2}}{6},\qquad |CM|=6-\frac{d^{2}}{6}.$$

Z Kroku 2 obwód wynosi $2|CM|$, a bezpośrednio $4+|KL|$:

$$4+\frac{2d}{3}=2\left(6-\frac{d^{2}}{6}\right)=12-\frac{d^{2}}{3}.$$

Mnożymy przez $3$:

$$12+2d=36-d^{2}\ \Longrightarrow\ d^{2}+2d-24=0\ \Longrightarrow\ (d+6)(d-4)=0.$$

Długość jest dodatnia, więc $d=4$.

Krok 5. Szukany stosunek.

$$|AM|=\frac{4^{2}}{6}=\frac{8}{3},\qquad |MC|=6-\frac{8}{3}=\frac{10}{3}.$$

$$\frac{|AM|}{|MC|}=\frac{\frac83}{\frac{10}{3}}=\frac{8}{10}=\frac{4}{5}. \qquad\blacksquare$$

Kontrola: obwód $\triangle KLC$ wynosi $2+2+\frac{2\cdot4}{3}=\frac{20}{3}$, a $2|CM|=2\cdot\frac{10}{3}=\frac{20}{3}$ — zgadza się.

Krok 1. Przeniesienie wszystkiego na jedną stronę.

$$a^{2}+2a-4b^{2}-4b=0.$$

Krok 2. Grupowanie. Łączymy wyrazy kwadratowe i liniowe:

$$\left(a^{2}-4b^{2}\right)+\left(2a-4b\right)=0.$$

Pierwszy nawias rozkładamy wzorem na różnicę kwadratów, z drugiego wyłączamy $2$:

$$(a-2b)(a+2b)+2(a-2b)=0.$$

Krok 3. Wyłączenie wspólnego czynnika.

$$(a-2b)\left(a+2b+2\right)=0.$$

Krok 4. Analiza czynników. Z założenia $a>0$ oraz $b>0$, więc

$$a+2b+2>2>0,$$

czyli drugi czynnik nigdy nie jest zerem. Iloczyn może być równy zero tylko wtedy, gdy

$$a-2b=0\ \Longrightarrow\ a=2b. \qquad\blacksquare$$

Krok 1. Sprowadzenie do jednej funkcji. Korzystamy ze wzorów

$$\cos 2x=1-2\sin^{2}x,\qquad \cos^{2}x=1-\sin^{2}x.$$

Podstawiamy do równania:

$$3\left(1-2\sin^{2}x\right)+10\left(1-\sin^{2}x\right)=24\sin x-3.$$

$$3-6\sin^{2}x+10-10\sin^{2}x=24\sin x-3.$$

$$13-16\sin^{2}x=24\sin x-3.$$

Krok 2. Równanie kwadratowe.

$$16\sin^{2}x+24\sin x-16=0\ \Big|:8\ \Longrightarrow\ 2\sin^{2}x+3\sin x-2=0.$$

Podstawmy $s=\sin x$:

$$2s^{2}+3s-2=0,\qquad \Delta=9+16=25,\qquad \sqrt{\Delta}=5.$$

$$s_1=\frac{-3+5}{4}=\frac{1}{2},\qquad s_2=\frac{-3-5}{4}=-2.$$

Krok 3. Odrzucenie niemożliwego rozwiązania. Zawsze $|\sin x|\le1$, więc $s_2=-2$ odpada.

Krok 4. Rozwiązanie równania $\sin x=\frac12$. W przedziale $\langle0,2\pi\rangle$:

$$x=\frac{\pi}{6}\qquad\text{lub}\qquad x=\frac{5\pi}{6}.$$

Sprawdzenie dla $x=\frac{\pi}{6}$: lewa strona $=3\cdot\frac12+10\cdot\frac34=9$, prawa $=24\cdot\frac12-3=9$ ✓

Odpowiedź: $x=\frac{\pi}{6}$ lub $x=\frac{5\pi}{6}$

Krok 1. Oznaczenia. Niech ciąg arytmetyczny ma pierwszy wyraz $b_1$ i różnicę $r$. Ciąg jest rosnący, więc $r>0$. Z treści:

$$a_1=b_4=b_1+3r,\qquad a_2=b_2=b_1+r,\qquad a_3=b_1.$$

Krok 2. Warunek ciągu geometrycznego. Dla trzech kolejnych wyrazów zachodzi $a_2^{2}=a_1a_3$:

$$\left(b_1+r\right)^{2}=\left(b_1+3r\right)b_1.$$

$$b_1^{2}+2b_1r+r^{2}=b_1^{2}+3b_1r\ \Longrightarrow\ r^{2}=b_1r.$$

Ponieważ $r>0$, dzielimy obie strony przez $r$:

$$b_1=r.$$

Krok 3. Wyrazy ciągu geometrycznego.

$$a_3=r,\qquad a_2=2r,\qquad a_1=4r.$$

Krok 4. Wykorzystanie sumy.

$$4r+2r+r=7r=\frac{21}{4}\ \Longrightarrow\ r=\frac{3}{4}.$$

Krok 5. Wynik.

$$a_1=4r=4\cdot\frac34=3.$$

Sprawdzenie: ciąg geometryczny to $3;\ 1{,}5;\ 0{,}75$ — iloraz $\frac12$, suma $5{,}25=\frac{21}{4}$ ✓. Ciąg arytmetyczny: $0{,}75;\ 1{,}5;\ 2{,}25;\ 3$ — rosnący ✓.

Odpowiedź: $a_1=3$

Krok 1. Wzory Viète'a.

$$S=x_1+x_2=3m+2,\qquad P=x_1x_2=2m^{2}+7m-15.$$

Krok 2. Przekształcenie warunku. Zauważmy, że

$$2x_1^{2}+5x_1x_2+2x_2^{2}=2\left(x_1^{2}+x_2^{2}\right)+5x_1x_2=2\left(S^{2}-2P\right)+5P=2S^{2}+P.$$

Warunek przyjmuje więc prostą postać

$$2S^{2}+P=2.$$

Krok 3. Podstawienie.

$$2(3m+2)^{2}+2m^{2}+7m-15=2.$$

$$2\left(9m^{2}+12m+4\right)+2m^{2}+7m-15=2.$$

$$18m^{2}+24m+8+2m^{2}+7m-15=2\ \Longrightarrow\ 20m^{2}+31m-9=0.$$

Krok 4. Rozwiązanie.

$$\Delta=31^{2}+4\cdot20\cdot9=961+720=1681,\qquad \sqrt{\Delta}=41.$$

$$m_1=\frac{-31+41}{40}=\frac{1}{4},\qquad m_2=\frac{-31-41}{40}=-\frac{9}{5}.$$

Krok 5. Warunek istnienia różnych pierwiastków.

$$\Delta_x=(3m+2)^{2}-4\left(2m^{2}+7m-15\right)=m^{2}-16m+64=(m-8)^{2}.$$

$$\Delta_x>0\ \Longleftrightarrow\ m\neq 8.$$

Obie znalezione wartości spełniają ten warunek.

Kontrola: dla $m=\frac14$ mamy $S=2{,}75$, $P=-13{,}125$ i $2S^{2}+P=2$ ✓; dla $m=-\frac95$ mamy $S=-3{,}4$, $P=-21{,}12$ i również $2$ ✓.

Odpowiedź: $m=\frac{1}{4}$ lub $m=-\frac{9}{5}$

Krok 1. Postać kanoniczna okręgu. Uzupełniamy do kwadratów:

$$x^{2}-8x+y^{2}-6y+8=0\ \Longrightarrow\ (x-4)^{2}-16+(y-3)^{2}-9+8=0,$$

$$(x-4)^{2}+(y-3)^{2}=17.$$

Środek $O=(4,3)$, promień $r=\sqrt{17}$.

Krok 2. Punkt $S$. Środek cięciwy to spodek prostopadłej poprowadzonej ze środka okręgu do prostej. Prosta prostopadła do $x+y-10=0$ przechodząca przez $O$ ma kierunek $[1,1]$:

$$x=4+t,\qquad y=3+t.$$

Podstawiamy do równania prostej:

$$(4+t)+(3+t)-10=0\ \Longrightarrow\ 2t=3\ \Longrightarrow\ t=\frac32.$$

$$S=\left(\frac{11}{2},\ \frac{9}{2}\right).$$

Kontrola: $\frac{11}{2}+\frac92-10=0$ ✓, a odległość $|OS|=\frac{3}{\sqrt2}\lt \sqrt{17}$, więc prosta faktycznie przecina okrąg.

Krok 3. Obraz środka w jednokładności. Dla jednokładności o środku $S$ i skali $k$:

$$O^{\prime}=S+k\left(O-S\right).$$

$$O-S=\left(4-\tfrac{11}{2},\ 3-\tfrac92\right)=\left(-\tfrac32,\ -\tfrac32\right).$$

$$O^{\prime}=\left(\tfrac{11}{2},\tfrac92\right)+(-3)\cdot\left(-\tfrac32,-\tfrac32\right)=\left(\tfrac{11}{2}+\tfrac92,\ \tfrac92+\tfrac92\right)=(10,\ 9).$$

Krok 4. Promień obrazu. Jednokładność o skali $k$ zmienia promień $|k|$-krotnie:

$$r^{\prime}=|-3|\cdot\sqrt{17}=3\sqrt{17},\qquad \left(r^{\prime}\right)^{2}=9\cdot17=153.$$

Odpowiedź: $(x-10)^{2}+(y-9)^{2}=153$

Krok 1. Struktura liczby. Liczba ma $7$ cyfr, z czego trzy to $1$, dwie to $2$, a pozostałe dwie cyfry muszą być różne od $1$ i od $2$ — mamy więc dla nich po $8$ możliwości: $\{0,3,4,5,6,7,8,9\}$.

Krok 2. Zliczanie bez ograniczeń. Rozmieszczenie na $7$ pozycjach trzech jedynek, dwóch dwójek i dwóch pozycji „wolnych":

$$\frac{7!}{3!\,2!\,2!}=\frac{5040}{24}=210.$$

Dla każdego rozmieszczenia dwie wolne pozycje wypełniamy na $8\cdot8=64$ sposoby:

$$210\cdot 64=13\,440.$$

Krok 3. Odrzucenie liczb z zerem na początku. Liczba siedmiocyfrowa nie może zaczynać się od $0$. Jeśli pierwsza cyfra to $0$, to jest ona jedną z pozycji „wolnych". Pozostaje $6$ pozycji: trzy jedynki, dwie dwójki i jedna wolna:

$$\frac{6!}{3!\,2!\,1!}=\frac{720}{12}=60,$$

a jedyną pozostałą wolną cyfrę wybieramy na $8$ sposobów:

$$60\cdot 8=480.$$

Krok 4. Wynik.

$$13\,440-480=12\,960.$$

Odpowiedź: $12\,960$

Krok 1. Kluczowa obserwacja. Skoro każda ściana boczna tworzy z płaszczyzną podstawy ten sam kąt $\alpha$, to spodek wysokości ostrosłupa jest jednakowo oddalony od wszystkich boków podstawy — jest więc środkiem okręgu wpisanego w trapez. Oznacza to, że w trapez $ABCD$ można wpisać okrąg.

Krok 2. Warunek opisywalności. W czworokąt można wpisać okrąg wtedy i tylko wtedy, gdy sumy przeciwległych boków są równe:

$$|AB|+|CD|=|AD|+|BC|=10+16=26.$$

Krok 3. Wysokość trapezu. Kąt $ABC$ leży między podstawą $AB$ a ramieniem $BC$, więc odległość punktu $C$ od prostej $AB$ wynosi

$$h_{t}=|BC|\cdot\sin 30^\circ=16\cdot\frac12=8.$$

Krok 4. Promień okręgu wpisanego. Okrąg wpisany jest styczny do obu podstaw, więc jego średnica równa się wysokości trapezu:

$$2r=8\ \Longrightarrow\ r=4.$$

Krok 5. Pole podstawy.

$$P_{p}=\frac{|AB|+|CD|}{2}\cdot h_{t}=\frac{26}{2}\cdot 8=104.$$

Krok 6. Wysokość ostrosłupa. Kąt nachylenia ściany bocznej to kąt między apotemą ściany a jej rzutem, czyli promieniem $r$:

$$H=r\cdot\tg\alpha=4\cdot\frac92=18.$$

Krok 7. Objętość.

$$V=\frac13\,P_{p}\,H=\frac13\cdot 104\cdot 18=104\cdot 6=624.$$

Odpowiedź: $V=624$

Krok 1. Oznaczenia. Niech $a$ będzie szerokością ekranu (wymiar wzdłuż krótszych brzegów), a $b$ jego wysokością. Z warunku zadania

$$a\cdot b=60\ \Longrightarrow\ b=\frac{60}{a},\qquad a>0.$$

Krok 2. Wymiary całego smartfona. Z rysunku: po bokach dodajemy po $0{,}3$ cm, u góry i u dołu po $0{,}5$ cm:

$$\text{szerokość}=a+2\cdot0{,}3=a+0{,}6,\qquad \text{wysokość}=b+2\cdot0{,}5=b+1.$$

Krok 3. Funkcja pola.

$$P(a)=(a+0{,}6)\left(\frac{60}{a}+1\right)=60+a+\frac{36}{a}+0{,}6=a+\frac{36}{a}+60{,}6.$$

Krok 4. Minimum.

$$P^{\prime}(a)=1-\frac{36}{a^{2}}.$$

$$P^{\prime}(a)=0\ \Longleftrightarrow\ a^{2}=36\ \Longleftrightarrow\ a=6\quad(a>0).$$

Dla $a\lt 6$ pochodna jest ujemna, dla $a>6$ dodatnia, więc w $a=6$ funkcja osiąga minimum.

Krok 5. Wymiary i wynik.

$$b=\frac{60}{6}=10\ \mathrm{cm}.$$

Ekran ma wymiary $6\ \mathrm{cm}\times 10\ \mathrm{cm}$ — jest wyższy niż szerszy, co zgadza się z rysunkiem.

$$P(6)=6{,}6\cdot 11=72{,}6\ \mathrm{cm}^{2}.$$

Odpowiedź: ekran o wymiarach $6\ \mathrm{cm}\times10\ \mathrm{cm}$; najmniejsze pole ekranu wraz z obramowaniem wynosi $72{,}6\ \mathrm{cm}^{2}$.