integralna funkcja wykładnicza

Transkrypt

NOWA MATURA 2005
Matematyka Arkusz II – treści zadań i rozwiązania zadań. 9 maja 2005
ZADANIE 11 (3 pkt). Wyznacz dziedzinę funkcji f ( x ) = log x2 -3 ( x 3 + 4 x 2 - x - 4 ) i zapisz ją w
postaci sumy przedziałów liczbowych.
ROZWIĄZANIE. Wyznaczamy dziedzinę funkcji f:
Liczba logarytmowana większa od zera, podstawa logarytmu większa od zera i różna od jeden.
x3 + 4 x 2 - x - 4 > 0 Ù
x2 - 3 > 0 Ù x 2 - 3 ¹ 1 .
Z pierwszej nierówności, mamy:
( x + 4 ) ( x2 - 1) > 0 ,
x2 ( x + 4) - ( x + 4) > 0 ,
( x + 4 )( x - 1)( x + 1) > 0 .
Zatem:
- - - - - -
0
+ + + + + +
-4
0
- - - - - -
0
-1
+ + + + + +
x
1
x Î ( - 4, - 1 ) È ( 1, + ¥ ) .
Rozwiązujemy drugą nierówność:
( x - 3 )( x + 3 ) > 0 i x ¹ -2 Ù
Zatem x Î ( - ¥, - 3 ) È ( 3, + ¥ )
x ¹ 2.
i x ¹ -2 Ù
x ¹ 2.
Zatem wyznaczamy część wspólną wszystkich rozwiązań:
-2
2
-4
- 3 -1
1
3
x
Ostatecznie:
(
) (
Odp. x Î ( - 4, - 2 ) È - 2, - 3 È
)
3, 2 È ( 2, + ¥ ) .
© CKA 2005. Plik pobrany ze strony www.matury.onet.pl - Matematyka – rozwiązaniai treści zadań Arkusz II
strona 1
ZADANIE 12.(4 pkt) Dana jest funkcja: f ( x ) = cos x - 3 sin x,
xÎ¡ .
a) Naszkicuj wykres funkcji f.
b) Rozwiąż równanie: f ( x ) = 1 .
ROZWIĄZANIE.
Mamy:
æ1
ö
3
f ( x ) = cos x - 3 sin x = 2 çç × cos x sin x ÷÷ = 2 ( cos 600 cos x - sin 600 sin x ) =
2
è2
ø
p
p
pö
æ
ö
æ
= 2 ç cos cos x - sin sin x ÷ = 2cos ç x + ÷
3
3
3ø
è
ø
è
Zatem
y
2
-
11
p
6
4
- p
3
5
- p
6
-p
-2p
-
p
2
p
3
1
p
6
-1
7
p
6
2
p
3
p
2
p
3p
2
13
p
6
5
p
3
2p
x
-2
b) Rozwiązujemy równanie:
pö
æ
2cos ç x + ÷ = 1 ,
3ø
è
pö 1
æ
cos ç x + ÷ = ,
3ø 2
è
pö
p
æ
cos ç x + ÷ = cos ,
3ø
3
è
stąd
x+
p p
= + 2kp
3 3
Odp. x = 2kp
Ú
Ú
x+
p
p
= - + 2kp .
3
3
2
x = - + 2kp , gdzie k = 0, ± 1, ± 2, K .
3
strona 2
ZADANIE 13 (4 pkt) Rzucamy n razy dwiema symetrycznymi sześciennymi kostkami do gry.
Oblicz, dla jakich n prawdopodobieństwo otrzymania co najmniej raz tej samej liczby oczek na
obu kostkach jest mniejsze od
671
.
1296
ROZWIĄZANIE. W pojedynczym rzucie wylosowanie różnej liczby oczek jest równe:
q = 1-
6 5
= .
36 6
W n rzutach wylosowanie różnej liczby oczek, wynosi:
n
æ5ö
q =ç ÷ .
è6ø
n
Ponieważ, mamy co najmniej raz tą samą liczbę oczek, więc poprzez prawdopodobieństwo
przeciwne, mamy:
671
p<
,
1296
n
671
æ 5ö
1- ç ÷ <
,
è 6 ø 1296
n
n
625
æ5ö
,
ç ÷ >
è 6 ø 1296
4
æ5ö æ5ö
ç ÷ >ç ÷ .
è6ø è6ø
Stąd na podstawie monotoniczności funkcji wykładniczej, mamy n < 4 . Zatem:
Odp. n Î { 1, 2, 3 } .
1 + 4 + 7 + K + ( 3n - 2 )
.
n ®¥ 5 + 7 + 9 + K + ( 2 n + 3 )
ZADANIE 14. (5 pkt) Oblicz: lim
ROZWIĄZANIE.
Licznik wyrażenia jest sumą ciągu arytmetycznego, w którym a1 = 1 , an = 3n - 2 .
Mianownik wyrażenia jest sumą ciągu arytmetycznego, w którym a1 = 5 , an = 2n + 3 .
Zatem:
1 + 3n - 2
n
1 + 4 + 7 + K + ( 3n - 2 )
3n - 1
2
.
lim
= lim
= lim
n ®¥ 5 + 7 + 9 + K + ( 2 n + 3 )
n®¥ 5 + 2 n + 3
n ®¥ 2 n + 8
n
2
W ostatniej granicy występuje symbol nieoznaczony
¥
, zatem każdy wyraz wyrażenia dzielimy
¥
przez n:
3n
3n - 1
n
lim
= lim
n ®¥ 2n + 8
n ®¥ 2n
+
n
1
n
8
n
Z0
=
3
.
2
]0
strona 3
ZADANIE 15. W dowolnym trójkącie ABC punkty M i N są odpowiednio środkami boków AC i
BC (Rys.1)
C
N
M
A
B
Zapoznaj się uważnie z następującym rozumowaniem
Korzystając z własności wektorów i działań na wektorach, zapisujemy równości:
uuuur uuur uuur uuur
MN = MA + AB + BN (1)
oraz
uuuur uuuur uuur
MN = MC + CN
(2)
Po dodaniu równości (1) i (2) stronami otrzymujemy:
uuuur uuur uuuur uuur uuur uuur
2 × MN = MA + MC + AB + BN + CN .
uuuur
uuur
uuur
uuur
Ponieważ MC = - MA oraz CN = - BN , więc:
uuuur uuur uuur uuur uuur uuur
2 × MN = MA - MA + AB + BN - BN ,
uuuur r uuur r
2 × MN = 0 + AB + 0 ,
uuuur 1 uuur
MN = × AB .
2
Wykorzystując własności iloczynu wektora przez liczbę, ostatnią równość można zinterpretować
następująco:
odcinek łączący środki dwóch boków dowolnego trójkąta jest równoległy do trzeciego boku
tego trójkąta, zaś jego długość jest równa połowie długości tego boku.
uuuur
Przeprowadzając analogiczne rozumowanie, ustal związek pomiędzy wektorem MN oraz
uuur uuur
wektorami AB i DC , wiedząc, ze czworokąt ABCD jest dowolnym trapezem, zaś punkty M i N są
odpowiednio środkami ramion AD i BC tego trapezu (Rys 2.)
strona 4
C
D
N
M
B
A
ROZWIĄZANIE.
Korzystając z własności wektorów i działań na wektorach, zapisujemy równości:
uuuur uuur uuur uuur
MN = MA + AB + BN (1)
oraz
uuuur uuuur uuur uuur
MN = MD + DC + CN
(2)
Po dodaniu równości (1) i (2) stronami otrzymujemy:
uuuur æ uuur uuuur ö uuur uuur æ uuur uuur ö
2 × MN = ç 1
MA + MD
BN
+ CN
3 ÷÷ + AB + DC + çç 1
424
3 ÷÷ .
ç 424
r
r
è
ø
0
0
è
ø
uuuur uuur uuur
2 × MN = AB + DC ,
uuur uuur
uuuur AB + DC
MN =
,
2
uuur uuur
Ponieważ AB P DC mają ten sam zwrot
stąd
MN =
AB + DC
.
2
Odcinek łączący środki dowolnych nierównoległych boków trapezu jest równoległy do jego
podstaw i długość tego odcinka jest równa średniej arytmetycznej boków.
strona 5
ZADANIE 16. (5 pkt) Sześcian o krawędzi długości a przecięto płaszczyzną przechodzącą przez
przekątną podstawy i nachyloną do płaszczyzny podstawy pod kątem
p
. Sporządź odpowiedni
3
rysunek. Oblicz pole otrzymanego przekroju.
ROZWIĄZANIE
D¢
A1
B1
R1
a
D
R
C
p
3
Q
A
B
Z trójkąta R1RQ , mamy:
a
p
= tg ,
RQ
3
a
= 3,
RQ
RQ =
a
.
3
Zatem
DR = DQ - RQ =
a 2 a
a
a
=
,
2
3
2
3
Ponadto z tego samego trójkąta, mamy:
a
p
= sin ,
R1Q
3
a
3
,
=
R1Q
2
R1Q =
2a
.
3
Zauważmy, że
A1R1 = D¢R1 , stąd A1 B1 = 2 D¢R1 .
Ponieważ D¢R1 = DR , oraz DR = DQ - RQ =
a
a
. Zatem:
2
3
a ö
2a
æ a
.
A1B1 = 2 ç
÷=a 23ø
3
è 2
strona 6
2a ö
æ
ça 2 + a 2 ÷
3 ø 2a
S=è
×
,
2
3
2 ö
æ
a2 ç 2 2 ÷
a2 2 6 - 2
3ø 2
è
S=
×
=
.
2
3
3
(
Odp. S =
2 2
a
3
(
)
)
6 -1 .
ZADANIE 17. (7 pkt) Wykaż, bez użycia kalkulatora i tablic, że
3
5 2 + 7 - 3 5 2 - 7 jest liczbą
całkowitą
ROZWIĄZANIE. Zauważmy, że:
(
)
3
2 + 1 = 2 2 + 6 + 3 2 + 1 , stąd
(
2 +1 = 5 2 + 7 ,
)
(
2 -1 = 5 2 - 7 .
3
oraz
(
)
3
2 - 1 = 2 2 - 6 + 3 2 - 1 , stąd
)
3
Zatem:
3
=
5 2 + 7 - 3 5 2 - 7 = 3 2 2 + 6 + 3 2 + 1 - 3 2 2 - 6 + 3 2 -1 =
3
(
Odp.
)
3
2 +1 - 3
3
(
) =(
2 -1
3
) (
2 +1 -
)
2 -1 = 2
.
5 2 +7 - 3 5 2 -7 = 2.
strona 7
ZADANIE 18. (8 pkt) Pary liczb
( x, y )
spełniające układ równań:
ì-4 x 2 + y 2 + 2 y + 1 = 0
í 2
î -x + y + 4 = 0
są współrzędnymi wierzchołków czworokąta wypukłego ABCD.
a) Wyznacz współrzędne punktów: A, B, C, D.
b) Wykaż, że czworokąt ABCD jest trapezem równoramiennym.
c) Wyznacz równanie okręgu opisanego na czworokącie ABCD.
ROZWIĄZANIE.Z drugiego równania, mamy:
x2 = y + 4 .
Wstawiając do pierwszego, otrzymujemy:
-4 ( y + 4 ) + y 2 + 2 y + 1 = 0 ,
-4 y - 16 + y 2 + 2 y + 1 = 0 ,
y 2 - 2 y - 15 = 0 .
Stąd y1 = -3,
y2 = 5 .
Zatem:
ì y = -3
ì y =5
Ú í 2
í 2
îx = 9
î x =1
Otrzymujemy, więc punkty:
( 1, - 3 ) , ( 3, 5 ) , ( - 1, - 3 ) , ( - 3, 5 ) .
Oznaczmy współrzędne wierzchołków czworokąta:
A ( - 1, - 3 ) , B ( 1, - 3 ) , C ( 3, 5 ) , D ( - 3, 5 ) .
strona 8
y
D
uuur
uuur
Zauważmy, że AB = [ 2, 0 ] , CD = [ - 6, 0 ] .
uuur uuur
Ponieważ AB P CD , więc czworokąt jest
C
S ( sx , s y )
trapezem.
-1
1
P ( px , p y )
Punkty A i B oraz C i D są symetryczne względem
x
osi Oy, a więc trapez jest równoramienny.
Szukamy symetralnej boku BC.
B ( 1, - 3 ) , C ( 3, 5 ) .
B
A
æ 1 + 3 -3 + 5
Zatem środek odcinka BC: P ç
,
2
è 2
ö
÷ , stąd P ( 2, 1 ) .
ø
Współczynnik kierunkowy prostej BC wynosi:
y2 - y1 5 + 3 8
=
= = 4.
x2 - x1 3 - 1 2
mBC =
Zatem współczynnik kierunkowy symetralnej, wynosi:
1
(jako prosta prostopadła do BC)
4
ms = -
Zatem symetralna ma równanie:
y - y0 = m ( x - x0 ) , a więc y - 1 = -
1
( x - 2 ) - symetralna boku BC.
4
Ponieważ środek okręgu opisanego na trapezie jest w punkcie przecięcia się symetralnych.
Zatem x = 0 , a więc y - 1 = -
1
( -2 ) ,
4
y = 1+
1 3
= .
2 2
Mamy więc:
æ 3ö
S = ç 0, ÷ , C ( 3, 5 ) .
è 2ø
A więc
3ö
49
36 + 49
85
æ
R = SC = 3 + ç 5 - ÷ = 9 +
=
=
.
2ø
4
4
4
è
2
2
Zatem równanie okręgu:
2
3
85
( x - 0 ) + æç y - ö÷ = .
2ø
4
è
2
strona 9
x2 + y2 - 3 y +
9 85
- =0
4 4
Odp. x 2 + y 2 - 3 y - 19 = 0 .
ZADANIE 19. (10pkt) Dane jest równanie x 2 + ( m - 5 ) x + m 2 + m +
1
=0.
4
Zbadaj, dla jakich wartości parametru m stosunek sumy pierwiastków rzeczywistych równania do
ich iloczynu przyjmuje wartość najmniejszą. Wyznacz tę wartość.
ROZWIĄZANIE. Niech:
y=
x1 + x2
.
x1 x2
Stosując wzory Vite’a, mamy:
-b
-b
5-m
x +x
m -5
==
.
y= 1 2 = a =
2
1
c
x1 x2
c
2
1
æ
ö
m +m+
+
4 çè m 2 ÷ø
a
Zauważmy, że pierwiastki funkcji kwadratowej istnieją, gdy D ³ 0 . Zatem:
1ö
4ö
2
æ
æ
D = ( m - 5) - 4 ç m 2 + m + ÷ = -3m 2 - 14m + 24 = -3 ( m + 6 ) ç m - ÷ ³ 0 .
4ø
3ø
è
è
Stąd -6 £ m £
4
.
3
Wyznaczamy minimum funkcji:
y ( m) =
5-m
1ö
æ
çm + 2÷
è
ø
2
gdzie dziedzina: D = - 6, -
1ö æ 1 4
.
÷È - ,
2 ø çè 2 3
Wyznaczamy pochodną funkcji y:
strona 10
2
1ö
1ö
æ
æ
21
-1ç m + ÷ - ( 5 - m ) × 2 ç m + ÷ - m - 1 - 10 + 2m
m2ø
2ø
è
2
2 .
y¢ = è
=
=
4
3
3
1ö
1ö
1ö
æ
æ
æ
çm + ÷
çm + ÷
çm+ ÷
2ø
2ø
2ø
è
è
è
Wyznaczamy znak pochodnej:
21 öæ
1ö
æ
y ¢ > 0 Û ç m - ÷ç m + ÷ > 0 i m Î D .
2 øè
2ø
è
4
3
-6 + + + + + +
-----------
21
2
1
2
Zauważmy, że pomimo tego, że w punkcie m = -
y¢ ( m )
m
1
pochodna zmienia znak, to nie ma w tym
2
punkcie ekstremum, gdyż nie należy do dziedziny ( m = natomiast w punkcie m =
1
jest asymptotą pionową tej funkcji),
2
21
pochodna się zeruje, ale wartość ta nie spełnia warunków zadania
2
(nie należy do dziedziny D)
Ponieważ m =
y ( -6 ) =
11
æ 11 ö
ç2÷
è ø
2
21
Ï D , więc wyznaczamy jeszcze wartości funkcji na końcach dziedziny:
2
=
4
,
11
4
11
æ4ö
3 = 3 = 11 × 36 = 12 .
yç ÷ =
2
2
3 112 11
è3ø æ4 1ö
æ 11 ö
+
ç
÷
ç ÷
è3 2ø
è6ø
5-
Wyznaczamy wartość najmniejszą (minimum globalne) tej funkcji:
æ 12 4 ö 4
min y ( m ) = min ç , ÷ = = y ( -6 ) .
mÎD
è 11 11 ø 11
Odp. ymin ( -6 ) =
4
11
© Centrum Kształcenia Akademickiego „C.K.A.”, Gliwice 2005.
Pełne rozwiązania zadań opracował zespół Centrum Kształcenia Akademickiego CKA. Nie są to oficjalne rozwiązania prezentowane przez Centralną Komisję
Egzaminacyjną. Nieautoryzowane rozpowszechnianie całości lub fragmentów rozwiązań zadań w jakiejkolwiek postaci jest zabronione bez zgody CKA.
Wykonywanie kopii metodą kserograficzną, fotograficzną a także kopiowanie na nośniku filmowym, magnetycznym lub innym powoduje naruszenie praw autorskich
niniejszej publikacji.
strona 11
Wydawnictwo CKA
poleca do maturzystów
„Matematyka – nowa matura - zagadnienia teoretyczne wraz z przykładami cz.1” jest książką przeznaczoną dla uczniów
przygotowujących się do egzaminu maturalnego z matematyki na poziomie podstawowym i rozszerzonym. Zawiera opracowanie
zagadnień teoretycznych zgodnych z wymaganiami programu nauczania. Zawarty materiał przedstawiony jest sposób zwięzły,
zobrazowany licznymi przykładami. Książka obejmuje wszystkie zagadnienia obowiązujące na egzaminie maturalnym z matematyki tj.
podstawowe działania (procenty, średnie, wykresy i diagramy), funkcja liniowa i kwadratowa, wielomiany, równania i nierówności
algebraiczne, funkcja wykładnicza, funkcja logarytmiczna, funkcje trygonometryczne, funkcje cyklometryczne, indukcja matematyczna,
dwumian Newtona, ciągi liczbowe, funkcja i rachunek różniczkowy, planimetria, stereometria, geometria analityczna, kombinatoryka,
rachunek prawdopodobieństwa i zmienna losowa oraz elementy statystyki.
Doskonałym uzupełnieniem tej pozycji jest książka naszego wydawnictwa „Matematyka – nowa matura – 1001 zadań z pełnymi
rozwiązaniami i komentarzami”.
„Matematyka – nowa matura - 1001 zadań z pełnymi rozwiązaniami i komentarzami cz.II” . Książka zawiera 1001 zadań z
pełnymi rozwiązaniami i komentarzami. Jest to jedyna taka publikacja na rynku, zawierająca tak ogromną bazę zadań przeznaczoną do
przygotowania się do nowej matury z matematyki. Zadania zostały ułożone działami matematyki i obejmują poziom podstawowy i
rozszerzony. Doskonałym uzupełnieniem drugiej części książki jest „Matematyka – nowa matura - zagadnienia teoretyczne wraz z
przykładami cz.1” gdzie zawarta jest teoria niezbędna do rozwiązywania zadań. Obydwie książki stanowią integralną całość ale
zakupić je można osobno.
Autorzy obu pozycji z matematyki są przekonani, że dzięki tym obu książkom maturzysta nabędzie umiejętności rozumienia i
rozwiązywania zadań z tej, całkiem przyjemnej, dziedziny, jaką jest matematyka. A co najważniejsze skutecznie przygotuje się do
egzaminu maturalnego.
Przykładowe zadania z książki „Matematyka – nowa matura - zagadnienia teoretyczne wraz z przykładami cz.1”oraz „Matematyka nowa matura –
1001 zadań z pełnymi rozwiązaniami i komentarzami cz. II” © CKA 2005 są dostępne na naszej stronie internetowej do bezpłatnego
pobrania www.cka.pl lub www.zadania.pl.
strona 12

integralna funkcja wykładnicza

Transkrypt

Podobne dokumenty

Matematyka - próbna nowa matura

1001 książka

Matematyka A II

Trening przed maturą

Trening przed maturą - Arkusz I

Język Polski - próbna matura 2004

Chemia - próbna nowa matura

Oficjalna ściąga, którą wolno przynieść na egzamin. Przynoszenie