Zbiór zadań

Znaleziono 757 zadań. Losuj z tych filtrów

1. Z jedynki trygonometrycznej wyznaczamy $\sin \alpha$ (dodatni, bo kąt $\alpha$ jest ostry).
   $$\sin \alpha =\sqrt{1-{\cos }^2\alpha }=\sqrt{1-\frac{25}{169}}=\sqrt{\frac{144}{169}}=\frac{12}{13}$$
2. Obliczamy tangens jako iloraz sinusa i cosinusa.
   $$\tan \alpha =\frac{\sin \alpha }{\cos \alpha }=\frac{12}{13}\cdot \frac{13}{5}=\frac{12\cdot \bcancel{13}}{\bcancel{13}\cdot 5}=\frac{12}{5}$$

1. Korzystamy ze wzoru na $n$-ty wyraz ciągu arytmetycznego $a_n=a_1+(n-1)r$ dla $n=25$:
   $$\begin{array}{rl}& a_{25}=a_1+24r\\ & 2=52+24r\\ & 24r=-50\\ & r=-\frac{50}{24}=-\frac{25}{12}\end{array}$$

1. Korzystamy ze wzoru na sumę $n$ początkowych wyrazów ciągu arytmetycznego:
   $$S_{25}=\frac{a_1+a_{25}}{2}\cdot 25=\frac{52+2}{2}\cdot 25=27\cdot 25=675$$

1. Obliczamy iloraz ciągu geometrycznego:
   $$q=\frac{a_2}{a_1}=\frac{9}{27}=\frac{1}{3}$$
2. Czwarty wyraz obliczamy ze wzoru na $n$-ty wyraz ciągu geometrycznego:
   $$a_4=a_1\cdot q^3=27\cdot {\left(\frac{1}{3}\right)}^3=27\cdot \frac{1}{27}=1$$

1. Korzystamy z zależności $a_{10}=a_6+4d$, gdzie $d=-4$:
   $$\begin{array}{rl}& -24=a_6+4\cdot (-4)\\ & -24=a_6-16\\ & a_6=-8\end{array}$$

1. W ciągu geometrycznym kwadrat wyrazu środkowego jest równy iloczynowi wyrazów skrajnych:
   $$\begin{array}{rl}& m^2=4(m-1)\\ & m^2-4m+4=0\\ & (m-2{)}^2=0\\ & m=2\end{array}$$
2. Sprawdzamy: dla $m=2$ ciąg to $(4,2,1)$ o ilorazie $q=\frac{1}{2}\ne 0$ — to poprawny ciąg geometryczny.

1. Podstawiamy znane wartości funkcji trygonometrycznych kątów $30°$ i $60°$.
   $$\sin 30°\cdot \cos 60°+\sin 60°\cdot \cos 30°=\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}$$
2. Wykonujemy mnożenia i dodajemy wyniki.
   $$\frac{1}{4}+\frac{3}{4}=1$$

1. Wyłączamy $\sin 25^{\circ }$ przed nawias w liczniku:
   $$\frac{\sin 25^{\circ }\left({\sin }^{2}25^{\circ }+{\cos }^{2}25^{\circ }\right)}{\cos 25^{\circ }}$$
2. Korzystamy z jedynki trygonometrycznej ${\sin }^2\alpha +{\cos }^2\alpha =1$ oraz definicji tangensa:
   $$\frac{\sin 25^{\circ }\cdot 1}{\cos 25^{\circ }}=\text{tg}25^{\circ }$$

1. Wyraz $a_6$ zapisujemy przez $a_3$ i iloraz $q$:
   $$a_6=a_3\cdot q^3$$
2. Podstawiamy do warunku $a_3=-8\cdot a_6$ i dzielimy obie strony przez $a_3\ne 0$:

1. Zapisujemy $\mathrm{tg}\alpha$ jako $\frac{\sin \alpha }{\cos \alpha }$ i podstawiamy do równania:
   $$\sqrt{3}\cdot \frac{\sin \alpha }{\cos \alpha }=2\sin \alpha$$
2. Kąt $\alpha$ jest ostry, więc $\sin \alpha \ne 0$ – możemy podzielić obie strony przez $\sin \alpha$, a następnie wyznaczyć $\cos \alpha$:
   $$\frac{\sqrt{3}}{\cos \alpha }=2⟹\cos \alpha =\frac{\sqrt{3}}{2}$$

1. Z jedynki trygonometrycznej obliczamy $\cos \alpha$:
   $$\begin{array}{rl}& {\cos }^2\alpha =1-{\sin }^2\alpha =1-\frac{16}{49}=\frac{33}{49}\\ & \cos \alpha =\frac{\sqrt{33}}{7}\end{array}$$
2. Ponieważ $\frac{\sqrt{33}}{7}\ne \frac{3}{7}$, pierwsze stwierdzenie jest fałszywe (F).
3. Kąty $\alpha$ i $\beta$ to kąty ostre tego samego trójkąta prostokątnego, więc $\alpha +\beta =90^{\circ }$, czyli $\beta =90^{\circ }-\alpha$. Stąd $\cos \beta =\cos (90^{\circ }-\alpha )=\sin \alpha =\frac{4}{7}$ — drugie stwierdzenie jest prawdziwe (P).

1. Ciąg $(\sqrt{5},1,x)$ jest arytmetyczny, więc środkowy wyraz to średnia arytmetyczna skrajnych:
   $$\begin{array}{rl}& 2\cdot 1=\sqrt{5}+x\\ & x=2-\sqrt{5}\end{array}$$
2. Ponieważ $\sqrt{5}\approx 2,24>2$, to $x<0$.
3. Ciąg $(\sqrt{5},1,y)$ jest geometryczny, więc iloraz między kolejnymi wyrazami jest stały:
   $$\begin{array}{rl}& \frac{1}{\sqrt{5}}=\frac{y}{1}\\ & y=\frac{1}{\sqrt{5}}=\frac{\sqrt{5}}{5}\end{array}$$
4. Ponieważ $\sqrt{5}>0$, to $y>0$. Zatem $x<0$ i $y>0$.