Matura rozszerzona z matematyki, maj 2019 | Matematyczne nietuzinki ;)

Poniżej prezentujemy rozwiązania wszystkich zadań maturalnych z matematyki dla poziomu rozszerzonego, z którymi abiturienci mierzyli się 12. maja 2023 r. Zadania pochodzą z arkusza opublikowanego w serwisie Centralnej Komisji Egzaminacyjnej.

Zadanie 1. (0-1)
Granica $\lim\limits_{x\to 1}\dfrac{x^3-1}{(x-1)(x+2)}$ jest równa
   A. $(-1)$
   B. $0$
   C. $\frac{1}{3}$
   D. $1$

Rozkładamy licznik na czynniki (różnica sześcianów) i skracamy:

(1) $\begin{eqnarray*} \lim\limits_{x\to 1}\dfrac{x^3-1}{(x-1)(x+2)}&=&\lim\limits_{x\to 1}\dfrac{(x-1)(x^2+x+1)}{(x-1)(x+2)}=\nonumber\\ &=&\lim\limits_{x\to 1}\dfrac{x^2+x+1}{x+2}=\dfrac{1+1+1}{1+2}=1.\nonumber \end{eqnarray*}$

Zatem poprawną jest odpowiedź D.

Zadanie 2. (0-1)
Dane są wektory $\vec{u} =[4,-5]$ oraz $\vec{v} =[-1,-5]$ . Długość wektora $\vec{u}-4\vec{v}$ jest równa
   A. $7$
   B. $15$
   C. $17$
   D. $23$

Obliczamy współrzędne interesującego nas wektora:

$\vec{u}-4\vec{v}=[4,-5]-4\cdot[-1,-5]=[4-(-4),-5-(-20)]=[8,15].$

Długość tego wektora wynosi $\sqrt{8^2+15^2}=\sqrt{64+225}=\sqrt{289}=17$ .

Poprawną odpowiedzią jest C.

Zadanie 3. (0-1)
Punkty $A$ , $B$ , $C$ , $D$ , $E$ leżą na okręgu o środku $S$ . Miara kąta $BCD$ jest równa $110^\circ$ , a miara kąta $BDA$ jest równa $35^\circ$ (zobacz rysunek).

$\begin{tikzpicture}[scale=1.3] \draw (0,0) circle (2cm); \coordinate (A) at (275:2); \coordinate (B) at (345:2); \coordinate (C) at (55:2); \coordinate (D) at (125:2); \coordinate (E) at (200:2); \foreach \x/\w in {A/275,B/345,C/55,D/125,E/200} \draw[fill=black] (\x) circle (1pt) node at (\w:2.28) {$\x$}; \draw[fill=black] (0,0) circle (1pt) node[below right] {$S$}; \draw[thick] (A)--(B)--(C)--(D)--(E)--cycle; \draw (B)--(D)--(A); \draw[thin,shift={(C)}] (180:0.7) arc (180:290:0.7) node[scale=0.75] at (235:0.4) {$110^\circ$}; \draw[thin,shift={(D)}] (290:1.3) arc (290:325:1.3) node[scale=0.8] at (307:1) {$35^\circ$}; \draw[thin,shift={(E)}] (327:0.6) arc (327:432:0.6); \end{tikzpicture}$

Wtedy kąt $DEA$ ma miarę równą
   A. $100^\circ$
   B. $105^\circ$
   C. $110^\circ$
   D. $115^\circ$

$\begin{tikzpicture}[scale=1.3] \draw (0,0) circle (2cm); \coordinate (A) at (275:2); \coordinate (B) at (345:2); \coordinate (C) at (55:2); \coordinate (D) at (125:2); \coordinate (E) at (200:2); \foreach \x/\w in {A/275,B/345,C/55,D/125,E/200} \draw[fill=black] (\x) circle (1pt) node at (\w:2.28) {$\x$}; \draw[fill=black] (0,0) circle (1pt) node[left] {$S$}; \draw[thick] (A)--(B)--(C)--(D)--(E)--cycle; \draw (B)--(D)--(A); \draw[thin,shift={(C)}] (180:0.7) arc (180:290:0.7) node[scale=0.75] at (235:0.4) {$110^\circ$}; \draw[thin,shift={(D)}] (290:1.3) arc (290:325:1.3) node[scale=0.8] at (307:1) {$35^\circ$}; \draw[thin,shift={(E)}] (327:0.6) arc (327:432:0.6); \draw[blue] (A)--(0,0)--(B) (B)--(0,0)--(D); \draw[thin,shift={(E)}] (327:0.6) arc (327:432:0.6); \draw[thin,red] (275:0.5) arc (275:345:0.5) node[red,scale=0.8] at (310:0.35) {$70^\circ$}; \draw[thin,red] (345:0.4) arc (345:485:0.4) node[red,scale=0.7] at (55:0.23) {$140^\circ$}; \end{tikzpicture}$

Wyznaczamy kąty środkowe: $\angle ASB=2\angle ADB=70^\circ$ . Podobnie (kąt środkowy wklęsły) $\angle BSD=2\angle BCD=220^\circ$ , czyli kąt wypukły $\angle BSD=360^\circ-220^\circ=140^\circ$ . To oznacza, że $\angle AED$ jest połową kąta wklęsłego $\angle ASD=210^\circ$ i właściwą odpowiedzią jest B.

Zadanie 4. (0-1)
Dany jest zbiór trzynastu liczb $\{1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13\}$ , z którego losujemy jednocześnie dwie liczby. Wszystkich różnych sposobów wylosowania z tego zbioru dwóch liczb, których iloczyn jest liczbą parzystą, jest
   A. $\binom{7}{2}+49$
   B. $\binom{6}{1}\cdot\binom{7}{1}+49$
   C. $\binom{13}{2}-\binom{7}{2}$
   D. $\binom{13}{2}-\binom{6}{2}$

Losujemy obie liczby jednocześnie, więc ich kolejność nie ma znaczenia przy zliczaniu. Wszystkich możliwych par liczb utworzonych z elementów danego zbioru jest $\binom{13}{2}$ . Odrzucamy z nich te, których iloczyn jest liczbą nieparzystą, czyli gdy obie liczby są nieparzyste; takich zaś par jest dokładnie $\binom{7}{2}$ , bo liczb nieparzystych w danym zbiorze jest siedem.

Odpowiedź C.

Zadanie 5. (0-2)
Wielomian $W(x)=7x^3-9x^2+9x-2$ ma dokładnie jeden pierwiastek rzeczywisty. Oblicz ten pierwiastek.

W poniższe kratki wpisz kolejno – od lewej do prawej – pierwszą, drugą oraz trzecią cyfrę po przecinku nieskończonego rozwinięcia dziesiętnego otrzymanego wyniku.

$\begin{tikzpicture}[yscale=1.5,scale=0.8] \draw[very thick] (0,0) grid (3,1); \end{tikzpicture}$

Zauważmy, że $W(0)=-2<0$ oraz $W(1)=5>0$ , zatem jedyny pierwiastek rzeczywisty danego wielomianu leży w przedziale $(0,1)$ . Z twierdzenia o postaci pierwiastków wymiernych wielomianu mającego współczynniki całkowite wynika, że warto sprawdzić wartości postaci

$\frac{\text{dzielniki wyrazu wolnego}}{\text{dzielniki wsp. przy najwyższej potędze }x}.$

Do przedziału $(0,1)$ trafiają tylko dwa takie ułamki: $\dfrac{1}{7}$ oraz $\dfrac{2}{7}$ . Sprawdzamy, że $W(\frac{1}{7})\neq 0$ , zaś $W(\frac{2}{7})=0$ , a ponieważ $\dfrac{2}{7}=0,2857\ldots$ , to do kratek należy wpisać kolejno cyfry $2$ , $8$ i $5$ .

Zadanie 6. (0-3)
Liczby rzeczywiste $x$ oraz $y$ spełniają jednocześnie równanie $x+y=4$ i nierówność $x^3-x^2y\leqslant xy^2-y^3$ . Wykaż, że $x = 2$ oraz $y = 2$ .

Zauważmy, że dla dowolnych liczb rzeczywistych prawdziwa jest nierówność

$4(x-y)^2\geqslant 0,$

przy czym równość zachodzi w niej wyłącznie wtedy, kiedy $x=y$ .

Załóżmy teraz, że liczby $x$ i $y$ spełniają podane w zadaniu warunki. Rozpisując lewą stronę powyższego wyrażenia otrzymamy

$4(x^2-xy+y^2-xy)=4(x^2-xy+y^2)-4xy\geqslant 0.$

Zastępując teraz (dwukrotnie) czynniki $4$ sumą $x+y$ dostaniemy

$(x+y)(x^2-xy+y^2)\geqslant xy(x+y),$

czyli $x^3+y^3\geqslant x^2y+xy^2$ lub inaczej

$x^3-x^2y\geqslant xy^2-y^3.$

Jest to nierówność, której znak jest skierowany przeciwnie niż w przyjętych założeniach z zadania. Jest to możliwe wyłącznie wtedy, gdy obie te nierówności stają się równościami, czyli (zgodnie z uwagą w pierwszym akapicie) dla $x=y$ . A skoro także $x+y=4$ , to musi być $x=y=2$ , co kończy dowód.

Zadanie 7. (0-3)
Dany jest trójkąt prostokątny $ABC$ , w którym $|\angle ABC|=90^\circ$ oraz $|\angle CAB|=60^\circ$ . Punkty $K$ i $L$ leżą na bokach – odpowiednio – $AB$ i $BC$ tak, że $|BK|=|BL|=1$ (zobacz rysunek). Odcinek $KL$ przecina wysokość $BD$ tego trójkąta w punkcie $N$ , a ponadto $|AD|=2$ .

$\begin{tikzpicture}[scale=1.3] \coordinate (A) at (0,4); \coordinate (B) at (0,0); \coordinate (C) at (6.9282,0); \coordinate (K) at (0,1); \coordinate (L) at (1,0); \coordinate (D) at ($(A)!(B)!(C)$); \coordinate (N) at (intersection of B--D and K--L); \foreach \x/\r in {A/{above},B/{below left},C/{below},D/{above right},K/{left},L/{below},N/{right}} \draw[fill=black] (\x) circle (0.8pt) node[\r] {$\x$}; \draw (B)--(D); \draw[thin] (A)--(D) node[midway,above right] {$2$}; \draw[thin] (B)--(L) node[midway,below] {$1$}; \draw[thin] (B)--(K) node[midway,left] {$1$}; \draw[thick] (C)--(B)--(A)--cycle; \draw (K)--(L); \draw[thin,shift={(A)}] (270:0.7) arc (270:330:0.7) node at (300:0.5) {$60^\circ$}; \draw[thin,shift={(D)}] (150:0.5) arc (150:240:0.5) node[scale=2] at (195:0.3) {$\cdot$}; \end{tikzpicture}$

Wykaż, że $|ND|=\sqrt{3}+1$ .

Wysokość $BD$ w trójkącie ,,ekierkowym” $ABC$ ma długość równą

$|BD|=2\cdot\text{tg}\,60^\circ=2\sqrt{3}.$

$\begin{tikzpicture}[scale=1.3] \coordinate (A) at (0,4); \coordinate (B) at (0,0); \coordinate (C) at (6.9282,0); \coordinate (K) at (0,1); \coordinate (L) at (1,0); \coordinate (D) at ($(A)!(B)!(C)$); \coordinate (N) at (intersection of B--D and K--L); \foreach \x/\r in {A/{above},B/{below left},C/{below},D/{above right},K/{left},L/{below},N/{right}} \draw[fill=black] (\x) circle (0.8pt) node[\r] {$\x$}; \draw (B)--(D); \draw[thin] (A)--(D) node[midway,above right] {$2$}; \draw[thin] (B)--(K) node[midway,left] {$1$}; \draw[thick] (C)--(B)--(A)--cycle; \draw (K)--(L); \draw[thin,shift={(A)}] (270:0.7) arc (270:330:0.7) node at (300:0.5) {$60^\circ$}; \draw[thin,shift={(D)}] (150:0.5) arc (150:240:0.5) node[scale=2] at (195:0.3) {$\cdot$}; \coordinate (P) at ($(B)!(N)!(L)$); \draw[fill=blue!20] (B)--(N)--(P)--cycle; \draw[red] (N)--(P) node[below] {$P$}; \draw[thin,red] (N)--(P) node[right,midway,scale=0.7] {$x$}; \draw[thin,red] (L)--(P) node[above,midway,scale=0.7] {$x$}; \end{tikzpicture}$

Niech $P$ będzie rzutem prostokątnym punktu $N$ na bok $BC$ i rozważmy trójkąty $PLN$ (prostokątny i równoramienny) oraz $NBP$ (kolejny trójkąt ,,ekierkowy”). Jeżeli oznaczymy $|PN|=|LP|=x$ , to $|BP|=1-x$ i wtedy

$\frac{x}{1-x}=\frac{|PN|}{|BP|}=\text{tg}\,60^\circ=\sqrt{3},$

czyli $\sqrt{3}(1-x)=x$ i dalej $x(1+\sqrt{3})=\sqrt{3}$ , a stąd $x=\dfrac{\sqrt{3}}{1+\sqrt{3}}$ . Wtedy $\dfrac{|PN|}{|BN|}=\sin 60^\circ=\dfrac{\sqrt{3}}{2}$ . To oznacza, że

$|BN|=\frac{2x}{\sqrt{3}}=\frac{2}{1+\sqrt{3}}=\sqrt{3}-1.$

Ostatecznie $|ND|=|BD|-|BN|=2\sqrt{3}-(\sqrt{3}-1)=\sqrt{3}+1.$ To kończy dowód.

Zadanie 8. (0-3)
W pojemniku jest siedem kul: pięć kul białych i dwie kule czarne. Z tego pojemnika losujemy jednocześnie dwie kule bez zwracania. Następnie – z kul pozostałych w pojemniku – losujemy jeszcze jedną kulę. Oblicz prawdopodobieństwo wylosowania kuli czarnej w drugim losowaniu.

Schemat rozwiązania najlepiej pokazać w formie grafu. Po pierwszym losowaniu w pojemniku zostanie pięć kul, przy czym mogły to być: 3 kule białe i dwie czarne $(3b+2c)$ albo 4 białe i jedna czarna $(4b+1c)$ albo same kule białe $(5b)$ .

$\begin{tikzpicture}[scale=1.3,sibling distance=25mm, level distance=20mm] \node {$(5b+2c)$} child {node {$(3b+2c)$} child {node {$b$}} child {node {$c$}}} child {node {$(4b+1c)$} child {node {}} child {node {$b$}}} child {node {$(5b)$} child {node {}} child {node {$c$}} }; \end{tikzpicture}$

Warianty te pojawiają się z prawdopodobieństwami równymi odpowiednio:

$p_1=\frac{\binom{5}{2}}{\binom{7}{2}}=\frac{10}{21},\quad p_2=\frac{\binom{5}{1}\binom{2}{1}}{\binom{7}{2}}=\frac{10}{21},\quad p_3=\frac{\binom{2}{2}}{\binom{7}{2}}=\frac{1}{21}.$

Wylosowanie kuli czarnej w drugim losowaniu jest więc równe:

$p_1\cdot \frac{2}{5}+p_2\cdot\frac{1}{5}+p_3\cdot\frac{0}{5}=\frac{2}{7}.$

Zadanie 9. (0-3)
Funkcja $f$ jest określona wzorem $f(x)=\dfrac{3x^2-2x}{x^2+2x+8}$ dla każdej liczby rzeczywistej $x$ . Punkt $P=(x_0,3)$ należy do wykresu funkcji $f$ . Oblicz $x_0$ oraz wyznacz równanie stycznej do wykresu funkcji $f$ w punkcie $P$ .

Dziedzina: $x^2+2x+8\neq 0$ ; warunek ten jest spełniony dla wszystkich $x\in\mathbf{R}$ , gdyż wyróżnik tego trójmianu jest ujemny: $\Delta=4-32=-28$ .

Obliczamy wartość $x_0$ . Aby punkt $P$ należał do wykresu funkcji, musi być $f(x_0)=3$ , stąd

$\frac{3x_0^2-2x_0}{x_0^2+2x_0+8}=3\quad\Leftrightarrow\quad -2x_0=6x_0+24,$

czyli $x_0=-3.$

Obliczamy pochodną funkcji $f$ :

$f'(x)=\frac{(6x-2)(x^2+2x+8)-(3x^2-2x)(2x+2)}{(x^2+2x+8)^2}.$

Potrzebujemy jedynie wartości $f'(-3)$ . Mamy

$f'(-3)=\frac{(-20)\cdot 11-33\cdot(-4)}{11^2}=-\frac{8}{11}.$

Szukana styczna ma zatem równanie

$y=-\frac{8}{11}(x+3)+3=-\frac{8}{11}x+\frac{9}{11}.$

Zadanie 10. (0-4)
Rozwiąż nierówność

$\sqrt{x^2+4x+4}<\frac{25}{3}-\sqrt{x^2-6x+9}.$

Wskazówka: skorzystaj z tego, że $\sqrt{a^2}=|a|$ dla każdej liczby rzeczywistej $a$ .

Ponieważ $x^2+4x+4=(x+2)^2$ oraz $x^2-6x+9=(x-3)^2$ , to dana nierówność przyjmuje postać

$|x+2|+|x-3|<\frac{25}{3}.$

Prowadzi to do trzech przypadków, które możemy zilustrować na osi liczbowej.

$\begin{tikzpicture} \draw[very thick, ->] (-3.5,0)--(3.9,0) node[below] {$x$}; \foreach \x in {-2,0,3} \draw (\x,0)--(\x,-0.07) node[below] {$\x$}; \draw[thin,blue] (-3.2,0.4)--(-2.2,0.4)--(-2,0.05)--(-1.8,0.4)--(2.8,0.4)--(3,0.05)--(3.2,0.4)--(3.8,0.4); \node[above,red,scale=1.3] at (-2.7,0.3) {$1^\circ$}; \node[above,red,scale=1.3] at (0.5,0.3) {$2^\circ$}; \node[above,red,scale=1.3] at (3.5,0.3) {$3^\circ$}; \end{tikzpicture}$

Rozważamy kolejne przypadki. Należy pamiętać o zmianie znaku całego wyrażenia spod wartości bezwzględnej, jeśli w danym przedziale jest ono ujemne.

$1^\circ.\quad x\in(-\infty,-2]$ .
Wtedy $x+2\leqslant 0$ i podobnie $x-3\leqslant 0$ ; zmieniamy więc znak w obu składnikach. Dostajemy zatem nierówność
$-(x+2)-(x-3)< \frac{25}{3}\quad\Longleftrightarrow\quad -2x+1< \frac{25}{3}\quad\Longleftrightarrow\quad x> -\frac{11}{3}.$
Mamy więc w tym przypadku przedział $x\in(-11/3,-2]$ .
$2^\circ.\quad x\in(-2,3]$ .

Wtedy $x+2>0$ ale $x-3\leqslant 0$ ; zmieniamy znak tylko w drugim składniku. Mamy

$(x+2)-(x-3)< \frac{25}{3}\quad\Longleftrightarrow\quad 5< \frac{25}{3},$

$(-2,3]$

$3^\circ.\quad x\in(3,\infty)$ .

Wtedy $x+2>0$ i $x-3>0$ ; nie zmieniamy znaków. Mamy

$(x+2)+(x-3)< \frac{25}{3}\quad\Longleftrightarrow\quad 2x< \frac{28}{3}\quad\Longleftrightarrow\quad x< \frac{14}{3}.$

$(3,14/3)$

Na koniec, jako rozwiązanie, bierzemy sumę uzyskanych we wszystkich przypadkach zbiorów, czyli $x\in (-3,-2]\cup (-2,3]\cup (3,14/3)=(-3,14/3)$ .

Zadanie 11. (0-4)
Określamy kwadraty $K_1,\,K_2,\,K_3,\,\ldots$ następująco:
  • $K_1$ jest kwadratem o boku długości $a$
  • $K_2$ jest kwadratem, którego każdy wierzchołek leży na innym boku kwadratu $K_1$ i dzieli ten bok w stosunku $1 \colon 3$
  • $K_3$ jest kwadratem, którego każdy wierzchołek leży na innym boku kwadratu $K_2$ i dzieli ten bok w stosunku $1 \colon 3$
i ogólnie, dla każdej liczby naturalnej $n\geqslant 2,$
  • $K_n$ jest kwadratem, którego każdy wierzchołek leży na innym boku kwadratu $K_{n-1}$ i dzieli ten bok w stosunku $1 \colon 3$ .
Obwody wszystkich kwadratów określonych powyżej tworzą nieskończony ciąg geometryczny. Na rysunku przedstawiono kwadraty utworzone w sposób opisany powyżej.

$\begin{tikzpicture}[scale=1.3] \coordinate (A) at (0,0); \coordinate (B) at (4,0); \coordinate (C) at (4,4); \coordinate (D) at (0,4); \node[below] at (2,0) {$a$}; \node[left] at (0,2) {$a$}; \foreach \x in {1,...,10} { \draw (A)--(B)--(C)--(D)--cycle; \coordinate (A1) at ($(A)!0.25!(B)$); \coordinate (B1) at ($(B)!0.25!(C)$); \coordinate (C1) at ($(C)!0.25!(D)$); \coordinate (D1) at ($(D)!0.25!(A)$); \draw (A1)--(B1)--(C1)--(D1)--cycle; \coordinate (A) at ($(A1)!0.25!(B1)$); \coordinate (B) at ($(B1)!0.25!(C1)$); \coordinate (C) at ($(C1)!0.25!(D1)$); \coordinate (D) at ($(D1)!0.25!(A1)$); } \draw[thick] (0,0)--(4,0)--(4,4)--(0,4)--cycle; \end{tikzpicture}$

Oblicz sumę wszystkich wyrazów tego nieskończonego ciągu.

Niech $(r_n)$ oznacza obwód kwadratu $K_n$ dla $n=1,2,\ldots$ . Mamy oczywiście $r_1=4a$ . Wierzchołki kwadratu $K_2$ dzielą boki kwadratu $K_1$ w stosunku $1\colon 3$ , czyli powstają odcinki długości $\dfrac{a}{4}$ oraz $\dfrac{3a}{4}$ . Zatem bok $b$ kwadratu $K_2$ spełnia zależność:

$b^2=\left(\frac{a}{4}\right)^2+\left(\frac{3a}{4}\right)^2=\frac{a^2}{16}+\frac{9a^2}{16}=\frac{10}{16}a^2,$

a stąd $b=\dfrac{\sqrt{10}}{4}a$ i $r_2=4b=a\sqrt{10}$ . To już oznacza, że ciąg $(r_n)$ , jako ciąg geometryczny, ma iloraz równy $q=\dfrac{\sqrt{10}}{4}$ . Suma obwodów wszystkich opisanych w zadaniu kwadratów wynosi więc

$S=\frac{r_1}{1-q}=\frac{4a}{1-\frac{\sqrt{10}}{4}}=\frac{16}{4-\sqrt{10}}a=\frac{8(4+\sqrt{10})}{3}a.$

Zadanie 12. (0-4)
Rozwiąż równanie $3\sin^2x - \sin^2(2x) = 0$ w przedziale $[\pi,2\pi]$ .

Wykorzystamy równość $\sin 2x=2\sin x\cos x$ . Wówczas dane równanie przyjmuje postać

$3\sin^2x-4\sin^2x\cos^2x=0\quad\Leftrightarrow\quad \sin^2x(3-4\cos^2x)=0.$

Wynika stąd, że $\sin^2 x=0$ lub $\cos^2x=\dfrac{3}{4}$ , zatem

$\sin x=0\quad\text{lub}\quad \cos x=-\frac{\sqrt{3}}{2}\quad\text{lub}\quad\cos x=\frac{\sqrt{3}}{2}.$

W przedziale $[\pi,\,2\pi]$ dostajemy stąd $x=0$ lub $x=\pi$ lub $x=\dfrac{7\pi}{6}$ lub $x=\dfrac{11\pi}{6}$ .

Zadanie 13. (0-4)
Czworokąt $ABCD$ , w którym $|BC|=4$ i $|CD|=5$ , jest opisany na okręgu. Przekątna $AC$ tego czworokąta tworzy z bokiem $BC$ kąt o mierze $60^\circ$ , natomiast z bokiem $AB$ – kąt ostry, którego sinus jest równy $\dfrac{1}{4}$ . Oblicz obwód czworokąta $ABCD$ .

Przyjmijmy oznaczenia jak na rysunku, w szczególności $\sin\alpha=\dfrac{1}{4}$ .

$\begin{tikzpicture}[scale=0.65] \coordinate (A) at (-7.32,4.94); \coordinate (B) at (6.46,6.56); \coordinate (C) at (7.97,2.85); \coordinate (D) at (5.97,-1.73); \coordinate (O) at (4.3,2.9); \foreach \x/\w in {A/left,B/above,C/right,D/below} \draw[fill=black] (\x) circle (1pt) node[\w] {$\x$}; \draw[blue] (A)--(C); \draw[thin] (B)--(C) node[midway,right] {$4$}; \draw[thin] (D)--(C) node[midway,right] {$5$}; \draw[thin] (B)--(A) node[midway,above] {$a$}; \draw[thin] (D)--(A) node[midway,below] {$b$}; \draw[thin,shift={(A)}] (352:3) arc (352:366.5:3) node at (360:2.3) {$\alpha$}; \draw[thin,shift={(C)}] (472:1.4) arc (472:532:1.4) node at (501:0.9) {$60^\circ$}; \draw[thick] (A)--(B)--(C)--(D)--cycle; \draw[red] (O) circle (3.387cm); \end{tikzpicture}$

Z warunki opisywalności czworokąta na okręgu mamy $a+5=b+4$ , czyli $b=a+1$ . Z twierdzenia sinusów dla trójkąta $ABC$ możemy napisać

$\frac{a}{\sin 60^\circ}=\frac{4}{\sin\alpha}\quad\Rightarrow\quad a=\frac{4}{1/4}\cdot\frac{\sqrt{3}}{2}=8\sqrt{3}.$

Wówczas $b=a+1=8\sqrt{3}+1$ i obwód całego czworokąta wynosi $a+b+9=16\sqrt{3}+10$ .

Zadanie 14. (0-4)
Dany jest sześcian $ABCDEFGH$ o krawędzi długości $6$ . Punkt $S$ jest punktem przecięcia przekątnych $AH$ i $DE$ ściany bocznej $ADHE$ (zobacz rysunek).

$\begin{tikzpicture}[scale=0.9] \coordinate (A) at (0,0); \coordinate (B) at (5,0); \coordinate (C) at (7,2); \coordinate (D) at (2,2); \coordinate (E) at (0,5); \coordinate (F) at (5,5); \coordinate (G) at (7,7); \coordinate (H) at (2,7); \coordinate (S) at (1,3.5); \draw[thick] (A)--(B)--(C)--(G)--(H)--(E)--cycle (F)--(G) (E)--(F)--(B); \draw[thick,dashed] (A)--(D)--(H) (D)--(C); \draw[dotted,thick,black!75] (A)--(H) (E)--(D); \node[below] at (2.5,0) {$6$}; \foreach \x/\r in {A/{below left},B/{below right},C/right,D/{below right},E/left,F/right,G/{above right},H/above,S/left} \draw[fill=black] (\x) circle (1pt) node[\r] {$\x$}; \end{tikzpicture}$

Oblicz wysokość trójkąta $SBH$ poprowadzoną z punktu $S$ na bok $BH$ tego trójkąta.

Oznaczmy szukaną wysokość przez $d$ . Pole $P$ trójkąta $BHS$ stanowi połowę pola trójkąta $ABH$ , bo $S$ jest środkiem boku $AH$ . Z drugiej strony trójkąt $ABH$ jest połową prostokąta $ABGH$ . Stąd

$P=\frac{1}{4}|AB|\cdot|BG|=\frac{1}{4}\cdot 6\cdot 6\sqrt{2}=9\sqrt{2}.$

$\begin{tikzpicture}[scale=0.9] \coordinate (A) at (0,0); \coordinate (B) at (5,0); \coordinate (C) at (7,2); \coordinate (D) at (2,2); \coordinate (E) at (0,5); \coordinate (F) at (5,5); \coordinate (G) at (7,7); \coordinate (H) at (2,7); \coordinate (S) at (1,3.5); \coordinate (K) at ($(B)!(S)!(H)$); \draw[fill=yellow!30] (A)--(B)--(G)--(H)--cycle; \draw[fill=blue!30] (S)--(B)--(H)--cycle; \draw[red,thick] (S)--(K) node[below right,midway] {$d$}; \draw[thick] (A)--(B)--(C)--(G)--(H)--(E)--cycle (F)--(G) (E)--(F)--(B); \draw[thick,dashed] (A)--(D)--(H) (D)--(C); \draw[dotted,thick,black!75] (A)--(H) (E)--(D); \node[below] at (2.5,0) {$6$}; \foreach \x/\r in {A/{below left},B/{below right},C/right,D/{below right},E/left,F/right,G/{above right},H/above,S/left} \draw[fill=black] (\x) circle (1pt) node[\r] {$\x$}; \end{tikzpicture}$

Ponieważ przekątna $BH$ danego sześcianu ma długość $|BH|=6\cdot\sqrt{3}$ , to szukana wysokość ma długość

$d=\frac{2P}{|BH|}=\frac{18\sqrt{2}}{6\sqrt{3}}=3\sqrt{\frac{2}{3}}=\sqrt{6}.$

Zadanie 15. (0-5)
Wyznacz wszystkie wartości parametru $m\neq 2$ , dla których równanie

$x^2+4x-\frac{m-3}{m-2}=0$

ma dwa różne rozwiązania rzeczywiste $x_1$ , $x_2$ spełniające warunek $x_1^3+x_2^3>-28$ .

Aby spełnione były warunki nałożone przez treść zadania na daną funkcję kwadratową, muszą zachodzić zależności:

$\Delta >0\quad\wedge\quad x_1^3+x_2^3>-28.$

Ostatnią nierówność możemy zapisać jako

$(x_1+x_2)(x_1^2-x_1x_2+x_2^2)=(x_1+x_2)\big[(x_1+x_2)^2-3x_1x_2\big]>-28,$

i, dzięki wzorom Viete’a, mamy

$-4\left((-4)^2-3\cdot\left(-\frac{m-3}{m-2}\right)\right)>-28.$

Stąd $16+\dfrac{3(m-3)}{m-2}<7$ i dalej $\dfrac{9(m-2)+3(m-3)}{m-2}<0$ . Dzieląc obustronnie przez $3$ dostaniemy

$\frac{4m-9}{m-3}<0\quad\Leftrightarrow\quad m\in\left(\frac{9}{4},\,3\right).$

Podobnie warunek z wyróżnikiem:

$\Delta=16+4\cdot\frac{m-3}{m-2}=4\cdot\frac{5m-11}{m-2}>0\quad\Leftrightarrow\quad m\in\mathbf{R}\setminus\left[2,\,\frac{11}{5}\right].$

Ostatecznie, biorąc część wspólną obu otrzymanych zbiorów, uzyskujemy końcową odpowiedź: $m\in\left(\dfrac{9}{4},\,3\right)$

Zadanie 16. (0-7)
Rozważamy trójkąty $ABC$ , w których $A=(0,0)$ , $B=(m,0)$ , gdzie $m\in(4,+\infty)$ , a wierzchołek $C$ leży na prostej o równaniu $y=-2x$ . Na boku $BC$ tego trójkąta leży punkt $D=(3,2)$ .

a) Wykaż, że dla $m\in(4,+\infty)$ pole $P$ trójkąta $ABC$ , jako funkcja zmiennej $m$ , wyraża się wzorem

$P(m)=\frac{m^2}{m-4}.$

b) Oblicz tę wartość $m$ , dla której funkcja $P$ osiąga wartość najmniejszą. Wyznacz równanie prostej $BC$ , przy której funkcja $B$ osiąga tę najmniejszą wartość.

Wyznaczymy najpierw współrzędne punktu $C=(x_C,y_C)$ w zależności od $m$ . Równanie prostej przechodzącej przez punkty $B$ i $D$ ma postać

$y=\frac{0-2}{m-3}(x-m)\quad\Leftrightarrow\quad y=\frac{-2}{m-3}x+\frac{2m}{m-3}.$

Prosta ta przecina prostą $y=-2x$ w punkcie $C$ , którego współrzędne $(x_C,y_C)$ spełniają układ równań

$\left\{\begin{array}{l}y=\frac{-2}{m-3}x+\frac{2m}{m-3}\\ y=-2x\end{array}\right..$

$\begin{tikzpicture}[scale=1] \coordinate (A) at (0,0); \coordinate (B) at (6,0); \coordinate (D) at (3,2); \coordinate (C) at (-3,6); \draw[fill=yellow!40] (A)--(B)--(C)--cycle; \draw[black!70] (-6.4,-1.2) grid (6.3,8.3); \draw[very thick,->] (-6.4,0)--(6.3,0) node[below] {$x$}; \draw[very thick,->] (0,-1.2)--(0,8.3) node[left] {$y$}; \draw[thick,blue,dashed] (-4.3,8.6)--(1,-2) node[below,sloped,midway] {$y=-2x$}; \draw[very thick,brown,dashed] (4,-1.2)--(4,8.3); \foreach \x in {A,B,D,C} \draw[fill=black] (\x) circle (1.7pt) node[below left] {$\x$}; \node[below left] at (4,0) {$4$}; \node[above] at (B) {$(m,0)$}; \node[above] at (D) {$(3,2)$}; \end{tikzpicture}$

To oznacza, że $\displaystyle -\frac{2x}{m-3}+\frac{2m}{m-3}=-2x$ , a stąd $\left(\dfrac{2}{m-3}-2\right)x=\dfrac{2m}{m-3}$ i

$x=\frac{m}{4-m}\quad\text{dla}\quad m>4.$

Wtedy oczywiście $y=-2x=\dfrac{2m}{m-4}$ .

a) Pole $P(m)$ trójkąta $ABC$ jest równe

$P=\dfrac{1}{2}\cdot |AB|\cdot y_C=\frac{1}{2}\cdot m\cdot \frac{2m}{m-4}=\frac{m^2}{m-4}\quad\text{dla}\quad m>4.$

b) Znajdziemy minimum funkcji $P(m)$ dla $m>4$ . Obliczamy pochodną:

$P'(m)=\frac{2m(m-4)-m^2}{(m-4)^2}=\frac{m(m-8)}{(m-4)^2}.$

Widać, że dla $m>4$ jedynym miejscem zerowym pochodnej jest $m=8$ . W punkcie tym pochodna zmienia swój znak z ujemnego na dodatni (bo tak zachowuje się funkcja kwadratowa $m\mapsto m(m-8)$ ), wobec tego funkcja $P(m)$ osiąga dla $m=8$ swoje minimum. Wtedy prosta $BC$ ma równanie:

$y=-\frac{2}{5}x+\frac{16}{5}.$

Matura rozszerzona z matematyki (maj 2023) – rozwiązania

Dodaj komentarz Anuluj pisanie odpowiedzi