Zapisujemy oba pierwiastki jako potęgi liczby $3$:

$$\sqrt{27}=27^{\frac12}=\left(3^3\right)^{\frac12}=3^{\frac32},\qquad \sqrt{3}=3^{\frac12}.$$

Stąd pierwszy logarytm wynosi $\log_3 3^{\frac32}=\frac32$.

Drugi obliczamy ze wzoru na zamianę podstawy, bo $27=3^3$:

$$\log_{27}\sqrt{3}=\frac{\log_3 3^{\frac12}}{\log_3 3^3}=\frac{\frac12}{3}=\frac16.$$

Różnica: $$\frac32-\frac16=\frac96-\frac16=\frac86=\frac43.$$

Odpowiedź: A

Licznik rozkładamy wzorem na różnicę sześcianów $a^3-b^3=(a-b)(a^2+ab+b^2)$:

$$x^3-8=(x-2)\left(x^2+2x+4\right).$$

Dla $x\neq 2$ można skrócić przez $(x-2)$, więc funkcja upraszcza się do wielomianu:

$$f(x)=x^2+2x+4.$$

Pochodna: $$f'(x)=2x+2.$$

Podstawiamy $x=\frac12$: $$f'\left(\tfrac12\right)=2\cdot\tfrac12+2=1+2=3.$$

Odpowiedź: C

Kąt $\beta$ leży w III ćwiartce, więc $\sin\beta\lt 0$. Z jedynki trygonometrycznej:

$$\sin^2\beta=1-\cos^2\beta=1-\tfrac19=\tfrac89\ \Rightarrow\ \sin\beta=-\frac{2\sqrt{2}}{3}.$$

Stosujemy wzór na sinus różnicy:

$$\sin\left(\beta-\tfrac{\pi}{3}\right)=\sin\beta\cos\tfrac{\pi}{3}-\cos\beta\sin\tfrac{\pi}{3}.$$

Podstawiamy $\cos\frac{\pi}{3}=\frac12$ oraz $\sin\frac{\pi}{3}=\frac{\sqrt3}{2}$:

$$=-\frac{2\sqrt2}{3}\cdot\frac12-\left(-\frac13\right)\cdot\frac{\sqrt3}{2}=-\frac{\sqrt2}{3}+\frac{\sqrt3}{6}=\frac{-2\sqrt2+\sqrt3}{6}.$$

Odpowiedź: A

Korzystamy ze wzoru na prawdopodobieństwo całkowite. Moneta jest symetryczna, więc każda z urn jest wybierana z prawdopodobieństwem $\frac12$.

Prawdopodobieństwo wylosowania kuli białej z poszczególnych urn:

$$P(B\mid U_1)=\frac{1}{7},\qquad P(B\mid U_2)=\frac{4}{7}.$$

Zatem:

$$P(B)=\frac12\cdot\frac17+\frac12\cdot\frac47=\frac{1}{14}+\frac{4}{14}=\frac{5}{14}.$$

Odpowiedź: A

Licznik i mianownik są wielomianami stopnia trzeciego, więc granicę wyznacza iloraz współczynników przy $n^3$. Dzielimy licznik i mianownik przez $n^3$:

$$a_n=\frac{(7p-1)+\frac{5p}{n^2}-\frac{3}{n^3}}{(p+1)+\frac{1}{n}+\frac{p}{n^3}}.$$

Składniki z $n$ w mianowniku dążą do zera, zatem

$$\lim_{n\to\infty}a_n=\frac{7p-1}{p+1}.$$

Przyrównujemy do $\frac43$ (zauważmy, że $p>0$, więc $p+1\neq 0$):

$$\frac{7p-1}{p+1}=\frac{4}{3}\ \Longrightarrow\ 3(7p-1)=4(p+1).$$

$$21p-3=4p+4\ \Longrightarrow\ 17p=7\ \Longrightarrow\ p=\frac{7}{17}.$$

Zamieniamy na rozwinięcie dziesiętne:

$$p=\frac{7}{17}=0{,}411764705\ldots$$

Pierwsze trzy cyfry po przecinku to $4$, $1$, $1$.

Odpowiedź: 4 1 1

Przenosimy wszystkie wyrazy na lewą stronę:

$$7x^3+4x^2y-y^3-2xy^2+x^3\ge 0,$$

czyli po redukcji

$$8x^3+4x^2y-2xy^2-y^3\ge 0.$$

Grupujemy wyrazy parami i wyłączamy wspólne czynniki:

$$\left(8x^3+4x^2y\right)-\left(2xy^2+y^3\right)=4x^2(2x+y)-y^2(2x+y)=(2x+y)\left(4x^2-y^2\right).$$

Drugi nawias rozkładamy wzorem na różnicę kwadratów:

$$(2x+y)(2x-y)(2x+y)=(2x+y)^2(2x-y).$$

Czynnik $(2x+y)^2$ jest nieujemny jako kwadrat, a z założenia $2x>y$ wynika $2x-y>0$. Iloczyn liczby nieujemnej i dodatniej jest nieujemny, więc

$$(2x+y)^2(2x-y)\ge 0,$$

co kończy dowód. $\blacksquare$

Wartość bezwzględna jest nieujemna, więc prawa strona też musi być nieujemna:

$$2x+11\ge 0\ \Longleftrightarrow\ x\ge -\frac{11}{2}.$$

Przypadek 1: $x\ge 3$, wtedy $|x-3|=x-3$:

$$x-3=2x+11\ \Longrightarrow\ x=-14.$$

Liczba $-14$ nie spełnia warunku $x\ge 3$, więc odpada.

Przypadek 2: $x\lt 3$, wtedy $|x-3|=3-x$:

$$3-x=2x+11\ \Longrightarrow\ -8=3x\ \Longrightarrow\ x=-\frac{8}{3}.$$

Liczba $-\frac83\approx-2{,}67$ spełnia $x\lt 3$ oraz $x\ge-\frac{11}{2}$, więc jest rozwiązaniem.

Sprawdzenie: $\left|-\frac83-3\right|=\left|-\frac{17}{3}\right|=\frac{17}{3}$ oraz $2\cdot\left(-\frac83\right)+11=-\frac{16}{3}+\frac{33}{3}=\frac{17}{3}$. Obie strony są równe.

Odpowiedź: $x=-\frac{8}{3}$

Oznaczmy $|CD|=a$, wtedy $|AB|=a+2$. Niech $R_2$ będzie promieniem okręgu opisanego na trójkącie $CPD$, a $R_1=R_2+3$ promieniem okręgu opisanego na trójkącie $APB$.

Krok 1. Podobieństwo trójkątów. Podstawy trapezu są równoległe, więc kąty $\angle PAB$ i $\angle PCD$ są naprzemianległe, a kąty $\angle APB$ i $\angle CPD$ wierzchołkowe. Trójkąty $APB$ i $CPD$ są zatem podobne, a skala podobieństwa to stosunek podstaw:

$$\frac{|AB|}{|CD|}=\frac{R_1}{R_2}\ \Longrightarrow\ \frac{a+2}{a}=\frac{R_2+3}{R_2}.$$

Krok 2. Wyznaczenie $R_2$. Mnożymy na krzyż:

$$R_2(a+2)=a(R_2+3)\ \Longrightarrow\ aR_2+2R_2=aR_2+3a\ \Longrightarrow\ 2R_2=3a\ \Longrightarrow\ R_2=\frac{3a}{2}.$$

Krok 3. Twierdzenie sinusów. Oznaczmy $\alpha=\angle CPD$. W trójkącie $CPD$ bok $CD$ leży naprzeciw kąta $\alpha$, więc

$$\frac{|CD|}{\sin\alpha}=2R_2\ \Longrightarrow\ \frac{a}{\sin\alpha}=3a\ \Longrightarrow\ \sin\alpha=\frac{1}{3}.$$

Krok 4. Cosinus kąta. Trójkąt $CPD$ jest ostrokątny, więc $\cos\alpha>0$:

$$\cos\alpha=\sqrt{1-\sin^2\alpha}=\sqrt{1-\frac19}=\sqrt{\frac89}=\frac{2\sqrt{2}}{3}.$$

Krok 5. Twierdzenie cosinusów w trójkącie $CPD$ dla boku $CD$:

$$|CD|^2=|DP|^2+|CP|^2-2\,|DP|\,|CP|\cos\alpha.$$

Przenosimy i podstawiamy $\cos\alpha=\frac{2\sqrt2}{3}$:

$$|DP|^2+|CP|^2-|CD|^2=2\,|DP|\,|CP|\cdot\frac{2\sqrt{2}}{3}=\frac{4\sqrt{2}}{3}\cdot|DP|\cdot|CP|,$$

czyli dokładnie tezę. $\blacksquare$

Krok 1. Wyznaczenie $m$ z twierdzenia o reszcie. Reszta z dzielenia przez $x+2$ jest równa $W(-2)$:

$$W(-2)=4\cdot(-8)-6\cdot 4-(5m+1)\cdot(-2)-2m.$$

$$W(-2)=-32-24+10m+2-2m=-54+8m.$$

Z warunku $W(-2)=-30$ otrzymujemy:

$$-54+8m=-30\ \Longrightarrow\ 8m=24\ \Longrightarrow\ m=3.$$

Krok 2. Postać wielomianu. Podstawiamy $m=3$, czyli $5m+1=16$ oraz $2m=6$:

$$W(x)=4x^3-6x^2-16x-6.$$

Krok 3. Rozkład na czynniki. Dzielimy obie strony nierówności przez $2$:

$$2x^3-3x^2-8x-3\ge 0.$$

Sprawdzamy $x=-1$: $\;-2-3+8-3=0$, więc $(x+1)$ jest dzielnikiem. Po podzieleniu:

$$2x^3-3x^2-8x-3=(x+1)\left(2x^2-5x-3\right)=(x+1)(2x+1)(x-3).$$

Zatem $W(x)=2(x+1)(2x+1)(x-3)$, a pierwiastki to

$$x_1=-1,\qquad x_2=-\frac{1}{2},\qquad x_3=3.$$

Krok 4. Analiza znaku. Współczynnik przy $x^3$ jest dodatni, więc dla argumentów większych od największego pierwiastka wielomian jest dodatni, a znak zmienia się przy każdym pierwiastku jednokrotnym. Idąc od prawej: $+$ na $(3,+\infty)$, $-$ na $\left(-\frac12,3\right)$, $+$ na $\left(-1,-\frac12\right)$, $-$ na $(-\infty,-1)$.

Kontrola: $W(-2)=2\cdot(-1)\cdot(-3)\cdot(-5)=-30$ — zgadza się z treścią zadania.

Krok 5. Odczytanie rozwiązania. Nierówność jest nieostra, więc pierwiastki należą do zbioru rozwiązań:

$$x\in\left\langle-1,\ -\frac{1}{2}\right\rangle\cup\left\langle 3,\ +\infty\right).$$

Odpowiedź: $m=3$, $\;x\in\left\langle-1,-\frac{1}{2}\right\rangle\cup\left\langle3,+\infty\right)$

Krok 1. Iloraz ciągu geometrycznego. Zapisujemy wyrazy przez $a_{21}$ i iloraz $q$: $a_{22}=a_{21}q$, $a_{23}=a_{21}q^2$. Warunek przyjmuje postać

$$a_{21}q=\frac54 a_{21}q^2+\frac15 a_{21}.$$

Wszystkie wyrazy są dodatnie, więc $a_{21}>0$ i można podzielić stronami:

$$q=\frac54 q^2+\frac15\ \Big|\cdot 20\ \Longrightarrow\ 20q=25q^2+4.$$

$$25q^2-20q+4=0\ \Longrightarrow\ (5q-2)^2=0\ \Longrightarrow\ q=\frac{2}{5}.$$

Krok 2. Suma ciągu geometrycznego. Ponieważ $|q|\lt 1$, szereg jest zbieżny:

$$S=\frac{a_1}{1-q}=\frac{675}{1-\frac25}=\frac{675}{\frac35}=1125.$$

Krok 3. Wyraz $a_3$.

$$a_3=a_1q^2=675\cdot\frac{4}{25}=108\quad\Longrightarrow\quad b_4=108.$$

Krok 4. Suma 25 wyrazów ciągu arytmetycznego. Oznaczmy różnicę przez $r$:

$$S_{25}=\frac{2b_1+24r}{2}\cdot 25=25\left(b_1+12r\right)=1125\ \Longrightarrow\ b_1+12r=45.$$

Krok 5. Układ równań. Z warunku $b_4=108$ mamy $b_1+3r=108$. Odejmujemy równania stronami:

$$\left(b_1+12r\right)-\left(b_1+3r\right)=45-108\ \Longrightarrow\ 9r=-63\ \Longrightarrow\ r=-7.$$

$$b_1=108-3\cdot(-7)=108+21=129.$$

Sprawdzenie: $b_1+12r=129-84=45$, więc $S_{25}=25\cdot45=1125$ — zgadza się z sumą ciągu geometrycznego.

Odpowiedź: $b_1=129$

Krok 1. Grupowanie i wzór na sumę sinusów. Łączymy skrajne składniki:

$$\sin x+\sin 3x=2\sin\frac{x+3x}{2}\cos\frac{x-3x}{2}=2\sin 2x\cos(-x)=2\sin 2x\cos x.$$

Równanie przyjmuje postać

$$2\sin 2x\cos x+\sin 2x=0.$$

Krok 2. Wyłączenie wspólnego czynnika.

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

Iloczyn jest zerem, gdy zeruje się któryś z czynników.

Krok 3. Pierwszy czynnik. $\sin 2x=0$ oznacza $2x=k\pi$, czyli $x=\frac{k\pi}{2}$. Dla $x\in\langle0,\pi\rangle$ mamy $2x\in\langle0,2\pi\rangle$, więc

$$x=0,\qquad x=\frac{\pi}{2},\qquad x=\pi.$$

Krok 4. Drugi czynnik.

$$2\cos x+1=0\ \Longrightarrow\ \cos x=-\frac12.$$

W przedziale $\langle0,\pi\rangle$ jedynym takim argumentem jest $x=\frac{2\pi}{3}$.

Odpowiedź: $x\in\left\{0,\ \frac{\pi}{2},\ \frac{2\pi}{3},\ \pi\right\}$

Krok 1. Warunki na pierwiastki. Ze wzorów Viète'a:

$$x_1+x_2=m+1,\qquad x_1x_2=m.$$

Aby oba pierwiastki były różne od zera, musi być $x_1x_2=m\neq 0$.

Wyróżnik: $\Delta=(m+1)^2-4m=(m-1)^2$. Dwa różne rozwiązania istnieją, gdy $\Delta>0$, czyli $m\neq 1$.

Uwaga: równanie rozkłada się na $(x-1)(x-m)=0$, więc jego pierwiastkami są $1$ oraz $m$ — to potwierdza oba warunki.

Krok 2. Przekształcenie warunku. Lewa strona:

$$\frac{1}{x_1}+\frac{1}{x_2}=\frac{x_1+x_2}{x_1x_2}=\frac{m+1}{m}.$$

Prawa strona:

$$\frac{1}{x_1^{2}}+\frac{1}{x_2^{2}}=\frac{x_1^{2}+x_2^{2}}{\left(x_1x_2\right)^{2}}=\frac{(x_1+x_2)^2-2x_1x_2}{\left(x_1x_2\right)^{2}}=\frac{(m+1)^2-2m}{m^2}=\frac{m^2+1}{m^2}.$$

Krok 3. Równanie na $m$.

$$\frac{m+1}{m}+2=\frac{m^2+1}{m^2}\ \Big|\cdot m^2\ (m\neq0)$$

$$m(m+1)+2m^2=m^2+1\ \Longrightarrow\ 3m^2+m=m^2+1\ \Longrightarrow\ 2m^2+m-1=0.$$

$$(2m-1)(m+1)=0\ \Longrightarrow\ m=\frac{1}{2}\ \ \text{lub}\ \ m=-1.$$

Krok 4. Sprawdzenie warunków. Obie wartości spełniają $m\neq0$ oraz $m\neq1$.

Odpowiedź: $m=-1$ lub $m=\frac{1}{2}$

Oznaczmy $|AB|=a$, $|AD|=b$ oraz wysokość $h$. Wierzchołek $E$ leży nad $A$, $F$ nad $B$, $G$ nad $C$, a $H$ nad $D$.

Krok 1. Boki trójkąta $AFH$. Odcinki $AF$ i $AH$ są przekątnymi ścian bocznych, a $FH$ — przekątną górnej podstawy:

$$|AF|=\sqrt{a^2+h^2},\qquad |AH|=\sqrt{b^2+h^2},\qquad |FH|=\sqrt{a^2+b^2}.$$

Krok 2. Cosinus kąta. Kąt $\alpha$ jest ostry, więc

$$\cos\alpha=\sqrt{1-\left(\tfrac{12}{13}\right)^{2}}=\sqrt{\tfrac{25}{169}}=\frac{5}{13}.$$

Krok 3. Twierdzenie cosinusów w trójkącie $AFH$ dla boku $FH$:

$$|FH|^2=|AF|^2+|AH|^2-2\,|AF|\,|AH|\cos\alpha.$$

$$a^2+b^2=\left(a^2+h^2\right)+\left(b^2+h^2\right)-2\,|AF|\,|AH|\cdot\frac{5}{13}.$$

Po redukcji $a^2+b^2$ zostaje

$$0=2h^2-\frac{10}{13}\,|AF|\,|AH|\ \Longrightarrow\ |AF|\,|AH|=\frac{13}{5}h^2.$$

Krok 4. Pole trójkąta.

$$P=\frac12\,|AF|\,|AH|\sin\alpha=\frac12\cdot\frac{13}{5}h^2\cdot\frac{12}{13}=\frac{6}{5}h^2=1{,}2\,h^2.$$

Krok 5. Wyznaczenie $h$.

$$1{,}2\,h^2=26{,}4\ \Longrightarrow\ h^2=22\ \Longrightarrow\ h=\sqrt{22}.$$

Odpowiedź: $h=\sqrt{22}\approx 4{,}69$

Krok 1. Odległość $A$ od prostej $BC$. Prostą $y=x-1$ zapisujemy jako $x-y-1=0$:

$$d=\frac{|-3-2-1|}{\sqrt{1^2+(-1)^2}}=\frac{6}{\sqrt2}=3\sqrt2.$$

Krok 2. Długość boku $BC$. Odcinek $BC$ leży na tej prostej, więc $d$ jest wysokością opuszczoną na $BC$:

$$P=\frac12\,|BC|\cdot d\ \Longrightarrow\ 15=\frac12\,|BC|\cdot 3\sqrt2\ \Longrightarrow\ |BC|=\frac{30}{3\sqrt2}=5\sqrt2.$$

Z równoramienności $|AC|=|BC|=5\sqrt2$.

Krok 3. Wyznaczenie $C$. Punkt $C$ leży na prostej, więc $C=(t,\,t-1)$:

$$|AC|^2=(t+3)^2+(t-3)^2=2t^2+18=\left(5\sqrt2\right)^2=50.$$

$$2t^2=32\ \Longrightarrow\ t^2=16\ \Longrightarrow\ t=4\ \text{lub}\ t=-4.$$

$$C=(4,\,3)\qquad\text{lub}\qquad C=(-4,\,-5).$$

Krok 4. Wyznaczenie $B$. Punkt $B$ leży na tej samej prostej w odległości $5\sqrt2$ od $C$. Wektor kierunkowy prostej to $[1,1]$ o długości $\sqrt2$, więc przesunięcie o $5\sqrt2$ odpowiada wektorowi $[5,5]$:

$$B=C+[5,5]\qquad\text{lub}\qquad B=C-[5,5].$$

Dla $C=(4,3)$: $\;B=(9,8)$ lub $B=(-1,-2)$.

Dla $C=(-4,-5)$: $\;B=(1,0)$ lub $B=(-9,-10)$.

Odpowiedź — cztery rozwiązania:

$C=(4,3)$ i $B=(-1,-2)$;   $C=(4,3)$ i $B=(9,8)$;   $C=(-4,-5)$ i $B=(1,0)$;   $C=(-4,-5)$ i $B=(-9,-10)$.

a) Wyprowadzenie wzoru. Ramiona mają długość $b$, więc podstawa wynosi $a=18-2b$. Wysokość opuszczona na podstawę dzieli ją na połowy, zatem z twierdzenia Pitagorasa:

$$h=\sqrt{b^2-\left(\frac{a}{2}\right)^2}=\sqrt{b^2-(9-b)^2}=\sqrt{b^2-81+18b-b^2}=\sqrt{18b-81}.$$

Stąd pole:

$$P=\frac12\,a\,h=\frac{(18-2b)\sqrt{18b-81}}{2}. \qquad\blacksquare$$

b) Dziedzina. Muszą zachodzić jednocześnie:

$$a=18-2b>0\ \Longrightarrow\ b\lt 9,$$

$$18b-81>0\ \Longrightarrow\ b>\frac{9}{2}.$$

Warunek trójkąta $a\lt 2b$ daje $18-2b\lt 2b$, czyli $b>\frac92$ — to samo ograniczenie. Zatem

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

c) Największe pole. Zapiszmy $P(b)=(9-b)\sqrt{18b-81}$. Ponieważ na dziedzinie $P>0$, wystarczy zmaksymalizować kwadrat wyrażenia pomocniczego:

$$g(b)=(9-b)^2(2b-9).$$

$$g'(b)=-2(9-b)(2b-9)+2(9-b)^2=(9-b)\bigl[-4b+18+18-2b\bigr]=6(9-b)(6-b).$$

Na przedziale $\left(\frac92,9\right)$ czynnik $(9-b)$ jest dodatni, więc znak pochodnej wyznacza $(6-b)$: dla $b\lt 6$ funkcja rośnie, dla $b>6$ maleje. Maksimum wypada w $b=6$.

Wtedy podstawa $a=18-2\cdot6=6$, czyli trójkąt jest równoboczny.

Kontrola: $P(6)=(9-6)\sqrt{18\cdot6-81}=3\sqrt{27}=9\sqrt3$, co zgadza się ze wzorem na pole trójkąta równobocznego $\frac{6^2\sqrt3}{4}=9\sqrt3$.

Odpowiedź: boki $6$, $6$, $6$ (trójkąt równoboczny), pole $9\sqrt3$.