בגרות במתמטיקה 571 - חורף 2026

$OA\perp AK$ ו-$OE\perp EK$, כי משיק מאונך לרדיוס בנקודת ההשקה. נתון גם $AK\perp EK$.

במרובע $OAKE$ יש שלוש זוויות ישרות, ולכן הוא מלבן. ומאחר ש-$OA=OE=R$, הוא ריבוע שצלעו $R$.

האלכסון של הריבוע: $KO=R\sqrt2$. הנקודה $B$ על המעגל, ולכן $OB=R$ ו-$KB=KO-OB=R\sqrt2-R=R(\sqrt2-1)$.

למשולשים $AOB$ ו-$AKB$ יש קודקוד משותף $A$, והבסיסים שלהם $OB$ ו-$KB$ מונחים על אותו ישר $KO$. לכן יש להם אותו גובה מ-$A$ לישר $KO$, ויחס השטחים שווה ליחס הבסיסים:

שטח המשולש $AOB$ גדול פי $\sqrt2+1\approx2.41$ משטח המשולש $AKB$.

טעות נפוצה: לחלק את $OB$ באלכסון כולו $KO$ במקום בקטע $KB$, ולקבל $\frac{1}{\sqrt2}\approx0.71$.

במשולש $AOB$: $OA=OB=R$, והזווית ביניהן $\angle AOB=45^\circ$, כי האלכסון $KO$ חוצה את זווית הריבוע $\angle AOE=90^\circ$.

לפי א(1): $S_{AKB}=\frac{25}{\sqrt2+1}=25(\sqrt2-1)\approx10.36$.

הגובה לצלע $AK$ יוצא מהקודקוד $B$, ו-$AK=R$ (צלע הריבוע):

(בדרך אחרת: $h=KB\cdot\sin45^\circ=R(\sqrt2-1)\cdot\frac{\sqrt2}{2}=R\left(1-\frac{\sqrt2}{2}\right)\approx2.463$.)

טעות נפוצה: לקחת את $\angle AOB=90^\circ$ (זווית הריבוע כולה) ולקבל $R^2=50$, ומכאן $h=\frac{50(\sqrt2-1)}{\sqrt{50}}\approx2.93$.

בכל משחק: $P(\text{נדב מנצח})=p$, $P(\text{יאיר מנצח})=2p$, ולכן $P(\text{תיקו})=1-3p$ (סכום שלוש ההסתברויות הוא 1).

המשחקים בלתי תלויים, ולכן מכפילים לאורך מסלול בעץ.

"אחד מן השחקנים משיג שני ניצחונות" פירושו: יאיר מנצח בשני המשחקים, או נדב מנצח בשני המשחקים. אלה מאורעות זרים, ולכן מחברים:

טעות נפוצה: לכתוב $(2p)^2=2p^2$ ולקבל $3p^2$.

המאורע המתנה, "שום שחקן לא השיג שני ניצחונות", הוא המשלים של המאורע מ-ב(1). ההסתברות שלו: $1-5p^2$.

אם שני המשחקים הסתיימו בתיקו, אף שחקן לא ניצח פעמיים. לכן המאורע "שני תיקו" מוכל במאורע המתנה, והחיתוך שלהם הוא $(1-3p)^2$:

$p=0.36$ או $p=0.3$.

$p=0.36$ נפסל: אז $P(\text{יאיר})+P(\text{נדב})=3p=1.08>1$, וההסתברות לתיקו יוצאת שלילית.

לכן $p=0.3=\frac{3}{10}$ - אפשרות III. (אפשרות I אינה פותרת את המשוואה: עבור $p=\frac18$ מתקבל $\frac{(5/8)^2}{1-5/64}=\frac{25}{59}\ne\frac{1}{55}$.)

טעות נפוצה: לפתור את המשוואה ולבחור באפשרות II, $p=\frac{9}{25}$, כי גם היא פתרון של המשוואה - בלי לבדוק שכל ההסתברויות בין 0 ל-1.

סכום של שורשים מוגדר כאשר כל אחד מהשורשים מוגדר, ולכן לוקחים את החיתוך של שני התנאים.

$x^2-4\ge0\quad\Rightarrow\quad x\le-2$ או $x\ge2$.

$64-x^2\ge0\quad\Rightarrow\quad-8\le x\le8$.

החיתוך: $-8\le x\le-2$ או $2\le x\le8$.

טעות נפוצה: לפתור את $x^2-4\ge0$ כ-$x\ge2$ בלבד, ולקבל רק את הקטע $2\le x\le8$.

לפי ג(1) תחום ההגדרה בנוי משני קטעים נפרדים, והפונקציה אינה מוגדרת ב-$-2<x<2$. גרפים I ו-II עוברים ברציפות מעל $x=0$, ולכן הם נפסלים.

נשארו III ו-IV. נחשב ערכים בקטע $2\le x\le8$:

באמצע הקטע הערך גדול משני הקצוות, ולכן הענף עולה ואחר כך יורד - צורת $\cap$.

(אפשר גם לגזור: $f'(x)=\frac{x}{\sqrt{x^2-4}}-\frac{2x}{\sqrt{64-x^2}}$. ליד $x=2$ האיבר הראשון שואף ל-$+\infty$ והפונקציה עולה; ליד $x=8$ האיבר השני שואף ל-$-\infty$ והפונקציה יורדת.)

$f(-x)=f(x)$, כלומר $f$ זוגית, ולכן הענף השמאלי הוא שיקוף של הימני ביחס לציר ה-$y$.

הגרף המתאים: IV.

טעות נפוצה: לבחור בגרף III מתוך מחשבה שבקצוות, שבהם אחד השורשים מתאפס, הפונקציה נמוכה ובאמצע יש מינימום - אבל בכל קצה השורש השני חיובי, ו-$f(4)\approx17.3$ גדול משני הקצוות.

$2\pi$, $4\pi$ ו-$8\pi$ הן כפולות של $2\pi$, ולכן $\cos(2\pi)=\cos(4\pi)=\cos(8\pi)=1$.

טעות נפוצה: לחשב $\cos(\pi\cdot2^n)$ כאילו היה $\cos(\pi n)=(-1)^n$, ולקבל $a_1=-\frac16$, $a_2=\frac1{12}$, $a_3=-\frac1{24}$.

לכל $n$ טבעי $2^n$ הוא מספר זוגי, ולכן $\pi\cdot2^n$ היא כפולה של $2\pi$ ו-$\cos(\pi\cdot2^n)=1$.

כלומר לכל $n$: $a_n=\frac{1}{3\cdot2^n}$, ובפרט $a_n\ne0$.

המנה קבועה ואינה תלויה ב-$n$, ולכן הסדרה הנדסית עם $q=\frac12$.

טעות נפוצה: לחשב את המנה הפוך, $\frac{a_n}{a_{n+1}}$, ולקבל $q=2$.

$|q|=\frac12<1$, ולכן לסדרה האין-סופית יש סכום:

טעות נפוצה: לכתוב במכנה $1+q$ במקום $1-q$ ולקבל $S=\frac{1/6}{3/2}=\frac19$.

האיברים במקומות האי-זוגיים, $a_1,a_3,a_5,\ldots$, הם סדרה הנדסית עם איבר ראשון $a_1$ ומנה $q^2$ (בין שני איברים סמוכים בה יש שני צעדים של $q$).

האיברים במקומות הזוגיים, $a_2,a_4,\ldots$, הם סדרה הנדסית עם איבר ראשון $a_2=a_1q$ ומנה $q^2$.

הסכום של $a_n$ מתכנס, ולכן $|q|<1$ וגם $q^2<1$:

בסדרה הנדסית עם מנה שלילית האיברים מחליפים סימן, ולכן היא אינה יורדת. הסדרה יורדת, ולכן $q=\frac15$.

טעות נפוצה: לבחור $q=-\frac15$ (או להשאיר שני ערכים) - סדרה עם מנה שלילית מתחלפת סימן ואינה יורדת.

לפי א: $q=\frac15$, ולכן $a_2=\frac{a_1}{5}$ ו-$1+q=\frac65$.

בסדרה הנדסית עם $0<q<1$: אם $a_1>0$ האיברים חיוביים ויורדים, ואם $a_1<0$ האיברים שליליים ועולים לכיוון 0. הסדרה יורדת, ולכן $a_1=\sqrt6$.

טעות נפוצה: לשכוח את הגורם $q$ ב-$a_2$, כלומר לכתוב $a_1\cdot a_2=a_1^2$, ולקבל $a_1^2=\frac65$, $a_1\approx1.10$.

$a_n=\sqrt6\cdot\left(\frac15\right)^{n-1}$ ו-$a_{n+1}=\sqrt6\cdot\left(\frac15\right)^{n}$. במכפלה מחברים את המעריכים: $(n-1)+n=2n-1$.

בדיקה: $b_1=5^0=1$, כנתון.

טעות נפוצה: לחבר את המעריכים כ-$(n-1)+n=2n$, לקבל $a_na_{n+1}=6\cdot5^{-2n}$ ו-$b_n=5^{2n-1}$ - ואז $b_1=5$, בסתירה לנתון.

לפי ג: $b_n=5^{2n-2}=25^{n-1}$.

בדיקה עבור $n=1$: באגף שמאל $b_1=1$, ובאגף ימין $\frac{25-1}{24}=1$. הטענה נכונה.

הנחת האינדוקציה: עבור $n=k$ מתקיים $b_1+\ldots+b_k=\frac{25^k-1}{24}$.

צריך להוכיח עבור $n=k+1$: $b_1+\ldots+b_{k+1}=\frac{25^{k+1}-1}{24}$.

מוסיפים לסכום את האיבר הבא, $b_{k+1}=25^k$:

לפי עקרון האינדוקציה הטענה נכונה לכל $n$ טבעי.

(דרך אחרת: $b_n=25^{n-1}$ היא סדרה הנדסית עם $b_1=1$ ומנה 25, ולכן $S_n=\frac{1\cdot(25^n-1)}{25-1}=\frac{25^n-1}{24}$.)

טעות נפוצה: להוסיף בשלב הצעד את $b_k=25^{k-1}$ במקום $b_{k+1}$, ולקבל $\frac{49\cdot25^{k-1}-1}{24}$, שאינו $\frac{25^{k+1}-1}{24}$.

נסמן: $M$ - התלמיד מדריך, $L$ - לתלמיד יש רישיון.

"חצי מן התלמידים שיש להם רישיון הם מדריכים": $P(M|L)=\frac12$.

"אחוז המדריכים מבין בעלי הרישיון שווה לאחוז חסרי הרישיון מבין המדריכים": $P(\bar L|M)=P(M|L)=\frac12$, ולכן גם $P(L|M)=1-\frac12=\frac12$.

נחשב את החיתוך בשתי דרכים:

לכן $P(M)=P(L)$. נסמן $x=P(M)=P(L)$; אז $P(M\cap L)=\frac x2$.

24% מן התלמידים הם מדריכים.

טעות נפוצה: לחבר $P(M)+P(L)$ בלי להחסיר את החיתוך, $2x=0.36$, ולקבל 18%.

לפי א: $P(M)=P(L)=0.24$ ו-$P(M\cap L)=0.12$.

מדריכים בלי רישיון: $P(M\cap\bar L)=P(M)-P(M\cap L)=0.24-0.12=0.12$.

תלמידים בלי רישיון: $P(\bar L)=1-0.24=0.76$.

טעות נפוצה: לחלק ב-$P(M)=0.24$ במקום ב-$P(\bar L)$, ולקבל $\frac12$ - זו ההסתברות שלמדריך אין רישיון, $P(\bar L|M)$, ולא מה שנשאל.

השכבה גדולה, ולכן כל אחת מ-5 הבחירות היא ניסוי בלתי תלוי עם הסתברות "הצלחה" (מדריך) $p=\frac{3}{19}$ - ניסויי ברנולי עם $n=5$. נסמן ב-$X$ את מספר המדריכים שנבחרו.

"יותר ממדריך אחד" פירושו $X\ge2$. נוח לחשב דרך המשלים, $X=0$ או $X=1$:

טעות נפוצה: להחסיר רק את $P(X=0)$, כלומר לחשב "לפחות מדריך אחד", ולקבל $0.577$.

המאורע המתנה הוא $X\ge2$, וההסתברות שלו $0.1795$ (ג(1)).

מבין הערכים $X=2,3,4,5$, הזוגיים הם $X=2$ ו-$X=4$:

טעות נפוצה: לא לחלק בהסתברות של התנאי, ולענות $P(X=2)+P(X=4)\approx0.151$.

$\angle BAC=\angle BCA$, ולכן במשולש $ABC$ מול זוויות שוות מונחות צלעות שוות: $BA=BC$.

נתון $BK=AB$, ולכן $BA=BC=BK$.

במשולש $ACK$ הקטע $CB$ הוא תיכון לצלע $AK$ ($B$ אמצע $AK$), והוא שווה למחצית הצלע הזו: $CB=\frac{AK}{2}$. לפי המשפט ההפוך למשפט התיכון ליתר, המשולש $ACK$ ישר זווית והזווית הישרה מול $AK$: $\angle ACK=90^\circ$.

$F$ על המשך $KC$ מעבר ל-$C$, ולכן $\angle ACF=180^\circ-\angle ACK=90^\circ$.

$\angle ACF$ היא זווית היקפית ישרה במעגל, ולכן המיתר $AF$ שעליו היא נשענת הוא קוטר.

טעות נפוצה: להסיק $\angle ACK=90^\circ$ רק מכך ש-$CB$ תיכון במשולש $ACK$ - תיכון לבדו אינו נותן זווית ישרה; צריך גם $CB=\frac{AK}{2}$, שנובע מהזוויות השוות.

לפי א, $AF$ קוטר, ולכן הזווית ההיקפית $\angle ABF$ הנשענת עליו ישרה: $FB\perp AK$.

$B$ היא אמצע $AK$ (נתון $AB=BK$), ולכן הישר $FB$ הוא האנך האמצעי של הקטע $AK$.

$D$ נמצאת על $FB$, וכל נקודה על האנך האמצעי של קטע נמצאת במרחק שווה מקצותיו: $DA=DK$. לכן המשולש $ADK$ שווה שוקיים.

(אפשר גם בחפיפה: $\triangle ABD\cong\triangle KBD$ לפי צ.ז.צ: $AB=KB$, $\angle ABD=\angle KBD=90^\circ$, $BD$ משותפת.)

טעות נפוצה: להסיק $DA=DK$ רק מכך ש-$DB\perp AK$ - אנך לבדו אינו מספיק; צריך גם ש-$B$ היא אמצע $AK$.

$\angle DBK=90^\circ$, כי $FB\perp AK$ (סעיף ב) ו-$D$ על $FB$.

$\angle DCK=\angle ACK=90^\circ$, כי $D$ על $AC$ (סעיף א).

$\angle DBK$ ו-$\angle DCK$ הן זוויות נגדיות במרובע $BDCK$, וסכומן $180^\circ$. לכן המרובע בר חסימה.

(בניסוח אחר: $B$ ו-$C$ רואות את הקטע $DK$ בזווית ישרה, ולכן שתיהן על המעגל שקוטרו $DK$.)

טעות נפוצה: לנמק "יש במרובע שתי זוויות ישרות" בלי לבדוק שהן נגדיות - שתי זוויות ישרות סמוכות (כמו בטרפז ישר זווית) אינן מבטיחות מרובע בר חסימה.

במעגל שעובר דרך $B$, $D$, $C$, $K$ (סעיף ג(1)): $\angle DKC$ ו-$\angle DBC$ הן זוויות היקפיות הנשענות על אותה קשת $DC$, ולכן $\angle DKC=\angle DBC$.

$D$ על המיתר $BF$, ולכן $\angle DBC=\angle FBC$.

במעגל הנתון: $\angle FBC$ ו-$\angle FAC$ הן זוויות היקפיות הנשענות על אותה קשת $FC$, ולכן $\angle FBC=\angle FAC$.

מכאן $\angle DKC=\angle FAC$.

טעות נפוצה: לטעון ש-$\angle DKC=\angle FAC$ כי שתיהן "נשענות על $FC$" - הנקודה $K$ אינה על המעגל הנתון, ולכן צריך לעבור דרך המעגל של $BDCK$.

במשולשים $ACF$ ו-$KCD$:

$\angle ACF=\angle KCD=90^\circ$ (סעיף א; $D$ על $AC$, ו-$F$, $C$, $K$ על ישר אחד).

$\angle FAC=\angle DKC$ (סעיף ג(2)).

לכן $\triangle ACF\sim\triangle KCD$ (ז.ז.), בהתאמה $A\leftrightarrow K$, $C\leftrightarrow C$, $F\leftrightarrow D$:

לפי סעיף ב: $KD=AD$. מציבים ומקבלים $AC\cdot AD=KC\cdot AF$.

טעות נפוצה: לכתוב את יחס הדמיון בהתאמה לא נכונה, $\frac{AC}{KD}=\frac{AF}{KC}$, ולקבל $AC\cdot KC=KD\cdot AF$ - שוויון שאינו נכון בסרטוט הזה.

המשולש ABD שווה שוקיים ($AB=AD=k$) עם זווית ראש $2\alpha$. הגובה מ-A לבסיס BD חוצה את זווית הראש ואת הבסיס, ובמשולש ישר הזווית שנוצר הצלע $\frac{BD}{2}$ מול הזווית $\alpha$:

המשולש CDB שווה שוקיים ($CB=CD$), ולכן זוויות הבסיס שוות: $\angle CBD=\angle CDB=2\alpha$, ו-$\angle BCD=180^\circ-4\alpha$.

לפי משפט הסינוסים במשולש CDB, הצלע BD מול הזווית C:

(השתמשנו ב-$\sin(180^\circ-4\alpha)=\sin4\alpha$.)

טעות נפוצה: במשולש ישר הזווית לקחת את הקוסינוס במקום הסינוס, $\frac{BD}{2}=k\cos\alpha$, ולקבל $R_{CDB}=\frac{k\cos\alpha}{\sin4\alpha}$.