admin | Matematyczne nietuzinki ;)

Matura rozszerzona z matematyki (maj 2024) – rozwiązania

Poniżej prezentujemy rozwiązania wszystkich zadań maturalnych z matematyki dla poziomu rozszerzonego (wersja arkusza w ,,formule 2023″), z którymi abiturienci mierzyli się 15. maja 2024 r. Zadania pochodzą z arkusza opublikowanego w serwisie Centralnej Komisji Egzaminacyjnej.

Zadanie 1. (0-2)
W chwili początkowej ( $t=0$ ) filiżanka z gorącą kawą znajduje się w pokoju, a temperatura tej kawy jest równa $80^\circ$ C. Temperatura w pokoju (temperatura otoczenia) jest stała i równa $20^\circ$ C. Temperatura $T$ tej kawy zmienia się w czasie zgodnie z zależnością

$T(t)=(T_p-T_z)\cdot k^{-t}+T_z\quad\text{dla}\quad t\geqslant 0,$

gdzie
   $T -$ temperatura kawy wyrażona w stopniach Celsjusza,
   $t -$ czas wyrażony w minutach, liczony od chwili początkowej,
   $T_p -$ temperatura początkowa kawy wyrażona w stopniach Celsjusza,
   $T_z -$ temperatura otoczenia wyrażona w stopniach Celsjusza,
   $k -$ stała charakterystyczna dla danej cieczy.
Po $10$ minutach, licząc od chwili początkowej, kawa ostygła do temperatury $65^\circ$ C.

Oblicz temperaturę tej kawy po następnych pięciu minutach. Wynik podaj w stopniach Celsjusza, w zaokrągleniu do jedności. Zapisz obliczenia.

Zgodnie z treścią zadania mamy $T_p=80^\circ$ C oraz $T_z=20^\circ$ C, stała $k$ nie jest znana. Zauważmy, że dla $t=0$ podana zależność na $T(t)$ jest tautologią: $T(0)=T_p$ . Wiemy jednak, że $T(10)=65^\circ$ C, stąd

$65=(80-20)\cdot k^{-10}+20\quad\Rightarrow\quad k^{-10}=\frac{3}{4}.$

Oznacza to, że $k^{-15}=\left(\dfrac{3}{4}\right)^{3/2}=\dfrac{3\sqrt{3}}{8}$ i stąd
$T(15)=(80-20)\cdot k^{-15}+20=60\cdot\dfrac{3\sqrt{3}}{8}+20=\dfrac{45}{2}\sqrt{3}+20\approx 59^\circ$ C.

Zadanie 2. (0-2)
Oblicz granicę

$\lim\limits_{x\to 2^{-}}\frac{x^3-8}{(x-2)^2}$

Zapisz obliczenia.

Ze wzoru na różnicę sześcianów, mamy

(1) $\begin{eqnarray*} \lim\limits_{x\to 2^{-}}\frac{x^3-8}{(x-2)^2}&=&\lim\limits_{x\to 2^{-}}\frac{(x-2)(x^2+2x+4)}{(x-2)^2}=\nonumber\\ &=&\lim\limits_{x\to 2^{-}}\frac{x^2+2x+4}{x-2}=\left[\frac{4+4+4}{0^{-}}\right]=-\infty.\nonumber \end{eqnarray*}$

Zadanie 3. (0-3)
W pewnym zakładzie mleczarskim śmietana produkowana jest w $200$ -gramowych opakowaniach. Prawdopodobieństwo zdarzenia, że w losowo wybranym opakowaniu śmietana zawiera mniej niż $36\%$ tłuszczu, jest równe $0,\!01$ . Kontroli poddajemy $10$ losowo wybranych opakowań ze śmietaną.
Oblicz prawdopodobieństwo zdarzenia polegającego na tym, że wśród opakowań poddanych tej kontroli będzie co najwyżej jedno opakowanie ze śmietaną, które zawiera mniej niż $36\%$ tłuszczu. Wynik zapisz w postaci ułamka dziesiętnego w zaokrągleniu do części tysięcznych. Zapisz obliczenia.

Wykorzystamy schemat Bernoulliego. Niech $p=0,\!01$ będzie prawdopodobieństwem sukcesu w jednej próbie, czyli w jednym losowo wybranym opakowaniu badana śmietana zawiera mniej niż $36\%$ tłuszczu. Wówczas przy $n=10$ niezależnych próbach, prawdopodobieństwo wystąpienia co najwyżej jednego sukcesu wynosi

(2) $\begin{eqnarray*} \binom{10}{0}p^0(1-p)^{10}+\binom{10}{1}p^1(1-p)^9&=&(0,\!99)^{10}+(0,\!99)^9\approx\nonumber\\ \approx 0,\!996.\nonumber \end{eqnarray*}$

Zadanie 4. (0-4)
Funkcja $f$ jest określona wzorem

$f(x)=\frac{x^3-3x+2}{x}$

dla każdej liczby rzeczywistej $x$ różnej od zera. W kartezjańskim układzie współrzędnych $(x,y)$ punkt $P$ , o pierwszej współrzędnej równej $2$ , należy do wykresu funkcji $f$ . Prosta o równaniu $y=ax+b$ jest styczna do wykresu funkcji $f$ w punkcie $P$ .
Oblicz współczynniki $a$ oraz $b$ w równaniu tej stycznej. Zapisz obliczenia.

Ustalmy współrzędne punktu $P$ . Ponieważ $f(2)=\dfrac{8-6+2}{2}=2$ , więc $P=(2,2)$ . Opisana prosta styczna przechodzi więc przez punkt $(2,2)$ . Dodatkowo wiadomo, że współczynnik kierunkowy $a$ tej stycznej jest równy pochodnej funkcji $f$ dla $x=2$ :

$a=f'(2).$

Ponieważ $f'(x)=\left(x^2-3+\dfrac{2}{x}\right)'=2x-\dfrac{2}{x^2}$ , to $a=f'(2)=4-\dfrac{1}{2}=\dfrac{7}{2}$ . Stąd równanie stycznej

$y=\frac{7}{2}(x-2)+2\quad\Leftrightarrow\quad y=\frac{7}{2}x-5,$

i ostatecznie $a=\dfrac{7}{2}$ oraz $b=-5$ .

Zadanie 5. (0-3)
Wykaż, że jeżeli $\log_5 4=a$ oraz $\log_4 3=b$ , to $\log_{12} 80=\dfrac{2a+1}{a(1+b)}$ .

Zauważmy, że

$2a+1=2\log_5 4+1=\log_5(4^2\cdot 5)=\log_5 80$

oraz

$a(1+b)=\log_5 4\cdot (1+\log_4 3)=\log_5 4\cdot \log_4 12=\log_5 12.$

To oznacza, że istotnie

$\frac{2a+1}{a(1+b)}=\frac{\log_5 80}{\log_5 12}=\log_{12} 80$

na mocy wzoru o zmianie podstawy logarytmu. To kończy dowód.

Zadanie 6. (0-3)
Rozważamy wszystkie liczby naturalne, w których zapisie dziesiętnym nie powtarza się jakakolwiek cyfra oraz dokładnie trzy cyfry są nieparzyste i dokładnie dwie cyfry są parzyste.
Oblicz, ile jest wszystkich takich liczb. Zapisz obliczenia.

Z podanych warunków wynika, że rozpatrujemy liczby pięciocyfrowe o różnych cyfrach. Wszystkich liczb spełniających nałożone ograniczenia jest

$\binom{5}{2}\cdot 5\cdot 4\cdot 5\cdot 4\cdot 3=12000,$

przy czym powyższy iloczyn trzeba pomniejszyć o liczby, których zapis dziesiętny rozpoczyna się zerem. Takich możliwości jest

$\binom{4}{1}\cdot 4\cdot 5\cdot 4\cdot 3=960.$

To daje ostateczną odpowiedź: $12000-960=11040.$

Zadanie 7. (0-4)
Trzywyrazowy ciąg $(x,y,z)$ jest geometryczny i rosnący. Suma wyrazów tego ciągu jest równa $105$ . Liczby $x$ , $y$ oraz $z$ są – odpowiednio – pierwszym, drugim oraz szóstym wyrazem ciągu arytmetycznego $(a_n)$ , określonego dla każdej liczby naturalnej $n\geqslant 1$ .
Oblicz $x$ , $y$ oraz $z$ . Zapisz obliczenia.

Niech $q$ będzie ilorazem danego ciągu geometrycznego; oczywiście $q>0$ , bo wiemy, że jest to ciąg rosnący. Mamy zależność

$x+xq+xq^2=105.$

Dodatkowo z informacji o ciągu arytmetycznym wynika, że

$z=x+5(y-x)\quad\Rightarrow\quad xq^2=5xq-4x.$

Gdyby $x=0$ , to suma rozważanego ciągu geometrycznego też byłaby zerem. Zatem $x\neq 0$ i z ostatniej równości otrzymujemy

$q^2-5q+4=0\quad\Leftrightarrow\quad q=1\,\,\vee\,\,q=4.$

Dla $q=1$ otrzymujemy ciąg stały, który nie jest rosnący. Tym samym $q=4$ , a wtedy równanie

$x+4x+16x=105$

prowadzi do $x=5$ . Ostatecznie szukane liczby to: $x=5$ , $y=xq=20$ oraz $z=xq^2=80$ .

Zadanie 8. (0-4)
Dany jest trójkąt $ABC$ , który nie jest równoramienny. W tym trójkącie miara kąta $ABC$ jest dwa razy większa od miary kąta $BAC$ .
Wykaż, że długości boków tego trójkąta spełniają warunek

$|AC|^2=|BC|^2+|AB|\cdot|BC|.$

Rozważmy trójkąt $ABC$ spełniający podane warunki. Oznaczmy miary jego kątów wewnętrznych odpowiednio przez $\alpha$ , $2\alpha$ i $\gamma$ . Na półprostej $CB^{\mapsto}$ niech punkt $D$ będzie tak wybrany, że $|BD|=|BA|$ . Wtedy trójkąt $DAB$ jest równoramienny, a ponieważ $\angle ABD=180^\circ-2\alpha$ , to $\angle DAB=\angle BDA=\alpha$ . To oznacza, że trójkąty $\triangle ABD$ oraz $\triangle ABC$ są podobne (mają jednakowe kąty wewnętrzne). Zatem zachodzi równość

$\frac{|BC|}{|AC|}=\frac{|AC|}{|BC|+|BD|}\quad\Leftrightarrow\quad |AC|^2=|BC|(|BC|+|AB|),$

co kończy dowód.

Rendered by QuickLaTeX.com

Zadanie 9. (0-4)
Dany jest kwadrat $ABCD$ o boku długości $a$ . Punkt $E$ jest środkiem boku $CD$ . Przekątna $BD$ dzieli trójkąt $ACE$ na dwie figury: $AGF$ oraz $CEFG$ (zobacz rysunek).

Rendered by QuickLaTeX.com

Oblicz pola figur $AGF$ oraz $CEFG$ . Zapisz obliczenia.

Zauważmy najpierw, że w trójkącie $ACD$ odcinki $AE$ oraz $DG$ są środkowymi, zatem ich punkt przecięcia dzieli je w stosunku $2\colon 1$ licząc od wierzchołka trójkąta. W szczególności mamy $|FG|=\dfrac{1}{3}|DG|=\dfrac{1}{6}|BD|=\dfrac{a\sqrt{2}}{6}$ . Stąd trójkąt (prostokątny) $AGF$ ma pole równe

$P_{AGF}=\frac{1}{2}|GF|\cdot|AG|=\frac{1}{2}\cdot \frac{a\sqrt{2}}{6}\cdot\frac{a\sqrt{2}}{2}=\frac{a^2}{12}.$

Pole czworokąta $CEFG$ obliczymy jako różnicę pól trójkątów $ACE$ i $AGF$ :

$P_{CEFG}=P_{ACE}-P_{AGF}=\frac{a^2}{4}-\frac{a^2}{12}=\frac{a^2}{6}.$

Zadanie 10. (0-5)
Rozwiąż równanie

$\sin(4x)-\sin(2x)=4\cos^2x-3$

w zbiorze $[0,2\pi]$ . Zapisz obliczenia.

Wykorzystamy następujące tożsamości trygonometrczne

$\sin(4x)=2\sin(2x)\cos(2x), \quad \cos^2x=\frac{\cos(2x)+1}{2}.$

Dzięki nim dane równanie możemy zapisać jako

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

A stąd

$\sin(2x)(2\cos(2x)-1)=2\cos(2x)-1,$

co bezpośrednio prowadzi do postaci iloczynowej:

$(2\cos(2x)-1)(\sin(2x)-1)=0.$

Otrzymujemy zatem $\cos(2x)=\dfrac{1}{2}$ lub $\sin(2x)=1$ . Druga możliwość daje rozwiązania postaci $2x=\dfrac{\pi}{2}+2k\pi$ , czyli $x=\dfrac{\pi}{4}+k\pi$ gdzie $k\in\mathbf{Z}$ . Pierwsza opcja prowadzi do

$2x=\frac{\pi}{3}+2k\pi\quad\vee\quad 2x=-\frac{\pi}{3}+2k\pi,$

skąd $x=\dfrac{\pi}{6}+k\pi$ lub $x=-\dfrac{\pi}{6}+k\pi$ , gdzie $k$ jest całkowite. Ponieważ interesują nas rozwiązania wyłącznie w przedziale $[0,2\pi]$ , to musi być $k=0$ lub $k=1$ lub $k=2$ . Ostatecznie otrzymujemy sześć rozwiązań:

$x\in\left\{\frac{\pi}{6},\,\frac{\pi}{4},\,\frac{5\pi}{6},\,\frac{7\pi}{6},\,\frac{5\pi}{4},\,\frac{11\pi}{6}\right\}.$

Zadanie 11. (0-5)
W kartezjańskim układzie współrzędnych $(x,y)$ środek $S$ okręgu o promieniu $\sqrt{5}$ leży na prostej o równaniu $y=x+1$ . Przez punkt $A=(1,2)$ , którego odległość od punktu $S$ jest większa od $\sqrt{5}$ , poprowadzono dwie proste styczne do tego okręgu w punktach – odpowiednio – $B$ i $C$ . Pole czworokąta $ABSC$ jest równe $15$ .
Oblicz współrzędne punktu $S$ . Rozważ wszystkie przypadki. Zapisz obliczenia.

Rozważmy najpierw sytuację bez wprowadzania układu współrzędnych (rysunek), gdzie z punktu $A$ leżącego poza kołem o środku $S$ i promieniu $\sqrt{5}$ poprowadzono styczne do tego koła w punktach $B$ i $C$ , przy czym pole czworokąta $ABSC$ jest równe $15$ .

Rendered by QuickLaTeX.com

Czworkąt ten składa się z dwóch przystających trójkątów prostokątnych: $ABS$ i $ACS$ , więc jego pole można zapisać jako

$P_{ABSC}=2P_{ACS}=2\cdot\frac{1}{2}\cdot|AC|\cdot \sqrt{5}=|AC|\cdot\sqrt{5}.$

Oznacza to, że $|AC|=|AB|=\dfrac{15}{\sqrt{5}}=3\sqrt{5}$ . Z twierdzenia Pitagorasa mamy też $|AS|^2=|AC|^2+|CS|^2=9\cdot 5+5=50$ . Zatem $|AS|=\sqrt{50}=5\sqrt{2}$ .
Gdy wykorzystamy to spostrzeżenie do sytuacji opisanej w zadaniu w podanym układzie odniesienia, to widać, że szukane punkty $S=(x_S,y_S)$ muszą leżeć na prostej o równaniu $y=x+1$ i być odległe od $A$ o dokładnie $5\sqrt{2}$ . Mamy zatem

$y_S=x_S+1\quad\text{oraz}\quad (x_S-1)^2+(y_S-2)^2=50.$

Zależności te prowadzą do równania kwadratowego $2(x_S-1)^2=50$ , czyli $|x_S-1|=5$ , a stąd $x_S=-4$ lub $x_S=6$ . Wówczas odpowiednio $y_S=-3$ lub $y_S=7$ . Mamy zatem dwa (symetryczne względem punktu $A$ ) rozwiązania: $S=(-4,-3)$ lub $S=(6,7)$ .

Rendered by QuickLaTeX.com

Zadanie 12. (0-6)
Wyznacz wszystkie wartości parametru $m$ , dla których równanie

$x^2-(3m+1)\cdot x+2m^2+m+1=0$

ma dwa różne rozwiązania rzeczywiste $x_1$ , $x_2$ spełniające warunek
$x_1^3+x_2^3+3\cdot x_1\cdot x_2(x_1+x_2-3)\leqslant 3m-7.$
Zapisz obliczenia.

Wyróżnik danego równania kwadratowego musi być dodatni:

$\Delta=[-(3m+1)]^2-4(2m^2+m+1)>0.$

Dodatkowo rozwiązania $x_1$ i $x_2$ będą spełniały podaną nierówność dokładnie wtedy, gdy

$(x_1+x_2)^3-9x_1x_2\leqslant 3m-7,$

czyli, ze wzorów Viete’a, gdy $(3m+1)^3-9(2m^2+m+1)\leqslant 3m-7$ . Rozwiązując nierówność związaną z wyróżnikiem, otrzymamy kolejno

$9m^2+6m+1-8m^2-4m-4>0\,\,\Leftrightarrow\,\, m^2+2m-3>0,$

czyli $(m+3)(m-1)>0$ , a stąd $m\in (-\infty,\,-3)\cup(1,\,\infty)$ . Z kolei druga nierówność daje nam

$27m^3+27m^2+9m+1-18m^2-9m-9-3m+7\leqslant 0,$

a stąd $27m^3+9m^2-3m-1\leqslant 0$ . Grupując wyrazy otrzymamy dalej $9m^2(3m+1)-(3m+1)\leqslant 0$ , czyli

$(3m+1)(9m^2-1)\leqslant 0\,\,\Leftrightarrow\,\,(3m+1)^2(3m-1)\leqslant 0.$

Ostatnią nierówność wielomianową można zilustrować prostym wykresem:

Rendered by QuickLaTeX.com

Ostatecznie rozwiązaniem jest zbiór tych liczb $m$ , które spełniają jednocześnie warunki:

$m\in (-\infty,\,-3)\cup(1,\,\infty)\quad\text{oraz}\quad m\leqslant\frac{1}{3},$

tzn. przedział $(-\infty,\,-3)$ .

Zadanie 13.
Rozważamy wszystkie graniastosłupy prawidłowe trójkątne o objętości $3456$ , których krawędź podstawy ma długość nie większą niż $8\sqrt{3}$ .

Zadanie 13.1 (0-2)
Wykaż, że pole $P$ powierzchni całkowitej graniastosłupa w zależności od długości $a$ krawędzi podstawy graniastosłupa jest określone wzorem

$P(a)=\frac{a^2\sqrt{3}}{2}+\frac{13824\sqrt{3}}{a}.$

Pole powierzchni całkowitej opisanego w zadaniu graniastosłupa jest sumą pól dwóch trójkątnych podstaw $P_p=2\cdot\dfrac{\sqrt{3}}{4}\cdot a^2$ oraz powierzchni bocznej $P_b=3aH$ , gdzie $H$ jest wysokością bryły. Ponieważ znamy objętość $V$ graniastosłupa oraz

$V=P_p\cdot H=\frac{\sqrt{3}}{4}\cdot a^2\cdot H=3456,$

to $H=\dfrac{13824}{a^2\cdot\sqrt{3}}=\dfrac{4608\sqrt{3}}{a^2}$ . To oznacza, że istotnie

$P(a)=P_p+P_b=\frac{\sqrt{3}}{2}\cdot a^2+3\cdot a\cdot\frac{4608\sqrt{3}}{a^2}=\frac{a^2\sqrt{3}}{2}+\frac{13824\sqrt{3}}{a}.$

Warto zwrócić uwagę, że założenie $a\leqslant 8\sqrt{3}$ nie jest – na tym etapie obliczeń – istotne.

Zadanie 13.2 (0-4)
Pole $P$ powierzchni całkowitej graniastosłupa w zależności od długości $a$ krawędzi podstawy graniastosłupa jest określone wzorem

$P=\frac{a^2\sqrt{3}}{2}+\frac{13824\sqrt{3}}{a},$

dla $a\in(0,8\sqrt{3}]$ .
Wyznacz długość krawędzi podstawy tego z rozważanych graniastosłupów, którego pole powierzchni całkowitej jest najmniejsze. Oblicz to najmniejsze pole. Zapisz obliczenia.

Wyznaczymy szukane minimum badając pochodną funkcji $P(a)$ z poprzedniej części rozwiązania, dla $a\in (0,8\sqrt{3}]$ . Mamy

$P'(a)=a\sqrt{3}-\frac{13824\sqrt{3}}{a^2}=\frac{\sqrt{3}}{a^2}\left(a^3-13824\right).$

Wynika stąd, że $P'(a)=0$ jedynie dla $a^3=13824$ , czyli gdy $a=24>8\sqrt{3}$ . Natomiast dla całego interesującego nas zakresu $a\in(0,\,8\sqrt{3}]$ jest $P'(a)<0,$ co oznacza, że funkcja $P(a)$ jest malejąca. Wartość najmniejszą pola uzyskamy więc przy podstawie długości $a=8\sqrt{3}$ , wtedy mamy

$P(8\sqrt{3})=\frac{192\sqrt{3}}{2}+\frac{13824\sqrt{3}}{8\sqrt{3}}=96\sqrt{3}+1728.$

Matura rozszerzona z matematyki (maj 2023) – rozwiązania

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).

Rendered by QuickLaTeX.com

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

Rendered by QuickLaTeX.com

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.

Rendered by QuickLaTeX.com

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 $|AD|=2$ .

Rendered by QuickLaTeX.com

Wykaż, że $|ND|=\sqrt{3}+1$ .

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

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

Rendered by QuickLaTeX.com

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 $(5b)$ .

Rendered by QuickLaTeX.com

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.

Rendered by QuickLaTeX.com

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.

Rendered by QuickLaTeX.com

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 $\sin\alpha=\dfrac{1}{4}$ .

Rendered by QuickLaTeX.com

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).

Rendered by QuickLaTeX.com

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

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

Rendered by QuickLaTeX.com

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

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

Rendered by QuickLaTeX.com

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 2020) – rozwiązania

Poniżej prezentujemy rozwiązania wszystkich zadań maturalnych z matematyki dla poziomu rozszerzonego, z którymi abiturienci mierzyli się 7. maja 2020 r. Zadania pochodzą z arkusza opublikowanego w serwisie Centralnej Komisji Egzaminacyjnej.

Zadanie 1. (0-1)
Wielomian $W$ określony wzorem $W(x)=x^{2019}-3x^{2000}+2x+6$
   A. jest podzielny przez $(x-1)$ i z dzielenia przez $(x+1)$ daje resztę równą $6$
   B. jest podzielny przez $(x+1)$ i z dzielenia przez $(x-1)$ daje resztę równą $6$
   C. jest podzielny przez $(x-1)$ i jest podzieleny przez $(x+1)$
   D. nie jest podzielny ani przez $(x-1)$ , ani przez $(x+1)$

Obliczamy wartości $W(1)$ oraz $W(-1)$ . Zgodnie z twierdzeniem Bezouta są to reszty z dzielenia wielomianu $W(x)$ odpowiednio przez $(x-1)$ oraz $(x+1)$ . Mamy $W(1)=1-3+2+6=6$ , $W(-1)=-1-3-2+6=0$ . Zatem poprawną jest odpowiedź B.

Zadanie 2. (0-1)
Ciąg $(a_n)$ jest określony wzorem $a_n=\dfrac{3n^2+7n-5}{11-5n+5n^2}$ dla każdej liczby naturalnej $n\geqslant 1$ . Granica tego ciągu jest równa
   A. $3$
   B. $\frac{1}{5}$
   C. $\frac{3}{5}$
   D. $-\frac{5}{11}$

Obliczamy

(1) $\begin{eqnarray*} \lim\limits_{n\to\infty} a_n &=&\lim\limits_{n\to\infty} \frac{3n^2+7n-5}{11-5n+5n^2}=\lim\limits_{n\to\infty} \frac{n^2\left(3+\frac{7}{n}-\frac{5}{n^2}\right)}{n^2\left(\frac{11}{n^2}-\frac{5}{n}+5\right)}\nonumber\\ &=&\frac{3+0-0}{0-0+5}=\frac{3}{5}.\nonumber \end{eqnarray*}$

Poprawną odpowiedzią jest C.

Zadanie 3. (0-1)
Mamy dwie urny. W pierwszej są $3$ kule białe i $7$ kul czarnych, w drugiej jest jedna kula biała i $9$ kul czarnych. Rzucamy symetryczną sześcienną kostką do gry, która na każdej ściance ma inną liczbę oczek, od jednego oczka do sześciu oczek. Jeśli w wyniku rzutu otrzymamy ściankę z jednym oczkiem, to losujemy jedną kulę z pierwszej urny, w przeciwnym przypadku – losujemy jedną kulę z drugiej urny. Wtedy prawdopodobieństwo wylosowania kuli białej jest równe
   A. $\frac{2}{15}$
   B. $\frac{1}{5}$
   C. $\frac{4}{5}$
   D. $\frac{13}{15}$

Wyrzucenie kostką ścianki z jednym oczkiem to zdarzenie o prawdopodobieństwie $\dfrac{1}{6}$ . Wylosowanie kuli białej z pierwszej urny ma szansę zajścia równą $p_1=\dfrac{3}{10}$ , zaś wylosowanie kuli białej z drugiej urny zachodzi z prawdopodobieństwem $p_2=\dfrac{1}{10}$ . Stąd szukaną wartością jest

$\frac{1}{6}\cdot p_1+\frac{5}{6}\cdot p_2=\frac{1\cdot 3}{6\cdot 10}+\frac{5\cdot 1}{6\cdot 10}=\frac{8}{60}=\frac{2}{15}.$

Właściwą odpowiedzią jest więc A.

Zadanie 4. (0-1)
Po przekształceniu wyrażenia algebraicznego $\left(x\sqrt{2}+y\sqrt{3}\right)^4$ do postaci $ax^4+bx^3y+cx^2y^2+dxy^3+ey^4$ współczynnik $c$ jest równy
   A. $6$
   B. $36$
   C. $8\sqrt{6}$
   D. $12\sqrt{6}$

Interesujący nas współczynnik jest równy

$c=\binom{4}{2}\cdot(\sqrt{2})^2\cdot(\sqrt{3})^2=6\cdot 6=36.$

Odpowiedź B.

Zadanie 5. (0-2)
W trójkącie $ABC$ bok $AB$ jest $3$ razy dłuższy od boku $AC$ , a długość boku $BC$ stanowi $\dfrac{4}{5}$ długości boku $AB$ . Oblicz cosinus najmniejszego kąta trójkąta $ABC$ .

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

Rendered by QuickLaTeX.com

Z twierdzenia sinusów wynika, że najmniejszy kąt w trójkącie leży naprzeciwko najkrótszego boku. Jeśli $|AC|=a$ , to zgodnie z zadaniem jest $|AB|=3a$ oraz $|BC|=\dfrac{4}{5}|AB|=\dfrac{12}{5}a$ . Najkrótszym jest więc bok $AC$ . Korzystamy z twierdzenia cosinusów ( $\beta=\angle B$ – szukany kąt):

$|AC|^2=|AB|^2+|BC|^2-2\cdot |AB|\cdot |BC|\cdot \cos\beta.$

Podstawiając znane długości poszczególnych boków dostaniemy

$a^2=9a^2+\frac{144}{25}a^2-\frac{72}{5}a^2\cos\beta.$

Dzieląc obustronnie przez $a^2>0$ i wyliczając $\cos \beta$ otrzymamy

$\cos \beta=\frac{9+\frac{144}{25}-1}{\frac{72}{5}}=\frac{344}{360}=\frac{43}{45}\approx 0,\!95555.$

W kratki należy zatem wpisać kolejno cyfry $9$ , $5$ i $5$ .

Zadanie 6. (0-3)
Wyznacz wszystkie wartości parametru $a$ , dla których równanie

$|x-5|=(a-1)^2-4$

ma dwa różne rozwiązania dodatnie.

Z wykresu funkcji $x\mapsto |x-5|$ widać, że warunki zadania będą spełnione jedynie w przypadku, gdy

$0<(a-1)^2-4<5,$

bo tylko wtedy dane równanie ma dwa rozwiązania, które są dodatnie.

Rendered by QuickLaTeX.com

Mamy więc

$4<(a-1)^2<9\quad\Leftrightarrow\quad 2<|a-1|<3.$

To oznacza, że albo $2<a-1<3$ albo $-3<a-1<-2$ . Stąd ostateczna odpowiedź do zadania: $a\in (-2,-1)\cup (3,4)$ .

Zadanie 7. (0-3)
Dany jest trójkąt równoramienny $ABC$ , w którym $|AC|=|BC|=6$ , a punkt $D$ jest środkiem podstawy $AB$ . Okrąg o środku $D$ jest styczny do prostej $AC$ w punkcie $M$ . Punkt $K$ leży na boku $AC$ , punkt $L$ leży na boku $BC$ , odcinek $KL$ jest styczny do rozważanego okręgu oraz $|KC|=|LC|=2$ (zobacz rysunek).

Rendered by QuickLaTeX.com

Wykaż, że $\dfrac{|AM|}{|MC|}=\dfrac{4}{5}$ .

Niech $P$ będzie punktem styczności okręgu i odcinka $KL$ . Oczywiście (twierdzenie Talesa) $KL\parallel AB$ . Oznaczmy jeszcze $|KP|=|PL|=a$ , zaś $r$ niech oznacza długość promienia okręgu.

Rendered by QuickLaTeX.com

Wtedy z podobieństwa $\triangle CKL\sim\triangle CAB$ mamy $|AD|=3a$ . Dodatkowo $|CP|=\dfrac{1}{3}(|CP|+r)$ , skąd $|CP|=\dfrac{r}{2}$ . Zauważmy jeszcze, że $|PK|=|KM|=a$ (własność okręgu wpisanego w kąt) oraz $DM\perp AC$ . Z twierdzenia Pitagorasa dla trójkąta $DMC$ możemy więc napisać

$|DM|^2+|CM|^2=|CD|^2\quad\Leftrightarrow\quad r^2+(a+2)^2=\left(\frac{3}{2}r\right)^2.$

Podobnie w trójkącie $ACD$ mamy

$|AD|^2+|DC|^2=|AC|^2\quad\Leftrightarrow\quad (3a)^2+\left(\frac{3}{2}r\right)^2=6^2.$

Pierwsze z otrzymanych równań prowadzi do

$\frac{5}{4}r^2=(a+2)^2\quad\Leftrightarrow\quad \frac{9}{4}r^2=\frac{9}{5}(a+2)^2,$

co po wstawieniu do drugiego równania daje

$9a^2+\frac{9}{5}(a+2)^2=36\quad\Leftrightarrow\quad 5a^2+(a+2)^2=20.$

Ostatnie równanie kwadratowe może być przepisane równoważnie jako

$3a^2+2a-8=0,$

a jego rozwiązaniami są liczby $a_1=-2$ oraz $a_2=\dfrac{4}{3}$ . Pierwsze nie ma geometrycznego sensu ( $a>0$ ). Zatem ostatecznie $a=\dfrac{4}{3}$ , skąd $|KM|=a=\dfrac{4}{3}$ i mamy

$\frac{|AM|}{|MC|}=\frac{6-2-\frac{4}{3}}{\frac{4}{3}+2}=\frac{4}{5},$

co mieliśmy wykazać.

Zadanie 8. (0-3)
Liczby dodatnie $a$ i $b$ spełniają równość $a^2+2a=4b^2+4b$ . Wykaż, że $a=2b$ .

Do obu stron danej równości dodajmy jedynkę. Wtedy dostaniemy

$a^2+2a+1=4b^2+4b+1\quad\Leftrightarrow\quad (a+1)^2=(2b+1)^2.$

Po skorzystaniu ze wzoru na różnicę kwadratów dostajemy dalej

$(a-2b)(a+2b+2)=0.$

Zauważmy, że czynnik $(a+2b+2)$ jest dodatni (a nawet większy od $2$ , bo $a,b>0$ ), zatem musi być $a-2b=0$ , czyli $a=2b$ . To kończy dowód.

Zadanie 9. (0-4)
Rozwiąż równanie $3\cos 2x+10\cos^2x=24\sin x-3$ dla $x\in[0,2\pi]$ .

Korzystamy z tożsamości $\cos2x=1-2\sin^2x$ oraz $\cos^2x=1-\sin^2x$ . Wtedy w danym równaniu niewiadoma będzie występowała tylko w wyrażeniu $\sin x$ :

$3(1-2\sin^2x)+10(1-\sin^2x)=24\sin x-3.$

Możemy użyć zmiennej pomocniczej $t=\sin x\in[-1,1]$ . Wtedy

$3(1-2t^2)+10(1-t^2)=24t-3\quad\Leftrightarrow\quad -16t^2-24t+16=0$

lub jeszcze prościej $2t^2+3t-2=0$ . Rozwiązaniami tego równania są liczby $t_1=-2$ oraz $t_2=\dfrac{1}{2}$ . Pierwsze z nich odrzucamy (bo $t_1\not\in[-1,1]$ ) i wystarczy, że rozwiążemy równanie

$\sin x=\frac{1}{2}$

na przedziale $[0,2\pi]$ . Odpowiedź stanowią wartości: $x=\dfrac{\pi}{6}$ lub $x=\dfrac{5\pi}{6}$ .

Zadanie 10. (0-5)
W trzywyrazowym ciągu geometrycznym $(a_1,a_2,a_3)$ spełniona jest równość $a_1+a_2+a_3=\dfrac{21}{4}$ . Wyrazy $a_1$ , $a_2$ , $a_3$ są – odpowiednio – czwartym, drugim i pierwszym wyrazem rosnącego ciągu arytmetycznego. Oblicz $a_1$ .

Niech $q$ będzie ilorazem danego ciągu geometrycznego. Ponieważ $(a_1,a_2,a_3)$ to czwarty, drugi i pierwszy wyraz rosnącego ciągu arytmetycznego, to mamy równość

$a_1=a_3+3(a_2-a_3)\quad\Leftrightarrow\quad a_1=3a_2-2a_3.$

Podstawiając $a_2=a_1q$ oraz $a_3=a_1q^2$ mamy

$a_1=3a_1q-2a_1q^2.$

Zauważmy, że nie może być $a_1=0$ , ani $q=1$ , bo wtedy wskazany ciąg arytmetyczny nie byłby rosnący (bo mielibyśmy $a_2=a_3$ ). Powyższe równanie można więc obustronnie podzielić przez $a_1$ , a wtedy

$2q^2-3q+1=0.$

To daje nam rozwiązania: $q=1$ lub $q=\dfrac{1}{2}$ . Pierwszą możliwość odrzucamy. Zatem $(a_1,a_2,a_3)=\left(a_1,\dfrac{a_1}{2},\,\dfrac{a_1}{4}\right)$ , a ponieważ suma tych liczb wynosi $\dfrac{21}{4}$ , to

$a_1+\dfrac{a_1}{2}+\dfrac{a_1}{4}=\dfrac{21}{4}\quad\Rightarrow\quad a_1=3.$

To kończy rozwiązanie zadania.

Zadanie 11. (0-4)
Dane jest równanie kwadratowe $x^2-(3m+2)x+2m^2+7m-15=0$ z niewiadomą $x$ . Wyznacz wszystkie wartości parametru $m$ , dla których różne rozwiązania $x_1$ i $x_2$ tego równania istnieją i spełniają warunek

$2x_1^2+5x_1x_2+2x_2^2=2.$

Wyróżnik danego równania musi być dodatni. Dodatkowo ze wzorów Viete’a mamy

(2) $\begin{eqnarray*} 2&=&2x_1^2+5x_1x_2+2x_2^2=2(x_1+x_2)^2+x_1x_2=\nonumber\\ &=&2\cdot\left(\frac{3m+2}{1}\right)^2+\frac{2m^2+7m-15}{1}=\nonumber\\ &=&20m^2+31m-7.\nonumber \end{eqnarray*}$

Ponieważ $\Delta=(3m+2)^2-4(2m^2+7m-15)=m^2-16m+64=(m-8)^2$ , to $\Delta>0$ wtedy i tylko wtedy, gdy $m\neq 8$ . Rozwiązujemy jeszcze powyższe równanie

$20m^2+31m-9=0.$

Tutaj $\Delta_m=961+720=1681=41^2$ , więc $m=\dfrac{-31-41}{40}=-\dfrac{9}{5}$ lub $m=\dfrac{-31+41}{40}=\dfrac{1}{4}$ . Obie te liczby są różne od $8$ , więc stanowią rozwiązanie zadania.

Zadanie 12. (0-5)
Prosta o równaniu $x+y-10=0$ przecina okrąg o równaniu $x^2+y^2-8x-6y+8=0$ w punktach $K$ i $L$ . Punkt $S$ jest środkiem cięciwy $KL$ . Wyznacz równanie obrazu tego okręgu w jednokładności o środku $S$ i skali $k=-3$ .

Wyznaczmy najpierw współrzędne punktów $K$ i $L$ . Są to rozwiązania układu równań:

$\left\{\begin{array}{l}x+y-10=0\\x^2+y^2-8x-6y+8=0 \end{array} \right.$

Ponieważ równanie okręgu możemy zapisać w postaci $(x-4)^2+(y-3)^2=17$ , zaś $y=10-x$ z pierwszego równania, to widać, że środkiem danego okręgu jest punkt $O=(3,4)$ , a interesujące nas rozwiązanie powyższego układu wyznaczymy z równania

$(x-4)^2+(10-x-3)^2=17\quad\Leftrightarrow\quad 2x^2-22x+65=17,$

stąd $x^2-11x+24=0$ i dalej $(x-3)(x-8)=0$ , a stąd $x=3$ lub $x=8$ . Wóœczas odpowiednio $y=7$ lub $2$ . Tym samym $K=(3,7)$ oraz $L=(8,2)$ . Środkiem odcinka $KL$ jest punkt $S=\dfrac{K+L}{2}=\left(\dfrac{11}{2},\,\dfrac{9}{2}\right)$ .

Rendered by QuickLaTeX.com

Środek $Q=(a,b)$ szukanego okręgu spełnia warunek:

$\vec{SQ}=3\vec{OS},$

czyli $\left[a-\dfrac{11}{2},\,b-\dfrac{9}{2}\right]=3\cdot\left[\dfrac{11}{2}-4,\,\dfrac{9}{2}-3\right]$ . Stąd $a=10$ oraz $b=9$ . Promień tego obraz jest $|k|=3$ razy dłuższy od promienia $r=\sqrt{17}$ okręgu wyjściowego. Zatem ostatecznie równanie, które należało wyznaczyć ma postać

$(x-10)^2+(y-9)^2=(3\sqrt{17})^2=153.$

Zadanie 13. (0-4)
Oblicz, ile jest wszystkich siedmiocyfrowych liczb naturalnych, w których zapisie dziesiętnym występują dokładnie trzy cyfry $1$ i dokładnie dwie cyfry $2$ .

Obliczmy najpierw ile jest ciągów cyfr o długości siedem, w których występują dokładnie trzy cyfry $1$ oraz dokładnie dwie cyfry $2$ (nie zważając, czy ciąg ten zaczyna się cyfrą $0$ , czy nie). Pozycje dla jedynek możemy wybrać na $\dbinom{7}{3}$ sposobów, a kolejne pozycje dla dwójek na $\dbinom{7-3}{2}$ sposobów. Pozostałe dwa miejsca uzupełniamy dowolnymi cyframi różnymi od $1$ i od $2$ – tu mamy $8\cdot 8$ możliwości. Zatem ciągów, spełniających nałożone warunki jest

$\binom{7}{3}\cdot\binom{4}{2}\cdot 8^2=35\cdot 6\cdot 64=13440.$

Obliczmy teraz w podobny sposób ile z tych ciągów ma początkowy wyraz będący cyfrą zero. Takich ciągów jest

$\binom{6}{3}\cdot\binom{3}{2}\cdot 8=480.$

To oznacza, że szukaną liczbą jest różnica $13440-480=12960$ .

Zadanie 14. (0-6)
Podstawą ostrosłupa czworokątnego $ABCDS$ jest trapez $ABCD$ $(AB\paralell CD)$ . Ramiona tego trapezu mają długości $|AD|=10$ $|BC|=16$ , a miara kąta $ABC$ jest równa $30^\circ$ . Każda ściana boczna tego ostrosłupa tworzy z płaszczyzną podstawy kąt $\alpha$ , taki, że $\text{tg}\alpha=\dfrac{9}{2}$ . Oblicz objętość tego ostrosłupa.

Niech $H$ oznacza długość wysokości ostrosłupa. Wszystkie ściany boczne rozważanego ostrosłupa są nachylone do płaszczyzny podstawy pod takim samym kątem $\alpha<\dfrac{\pi}{2}$ . Oznacza to, że punkt $S'$ , będący rzutem prostokątnym wierzchołka $S$ na podstawę $ABCD$ jest środkiem okręgu wpisanego w tę podstawę (bo odległości punktu $S'$ od każdej krawędzi podstawy są jednakowe i równe $r$ , gdzie $\dfrac{H}{r}=\text{tg}\alpha=\dfrac{9}{2}$ ; zobacz rysunek).

Rendered by QuickLaTeX.com

Jeśli $X$ i $Y$ są rzutami prostokątnymi wierzchołków $C$ i $D$ odpowiednio na krawędź $AB$ , to trójkąt $BCX$ jest prostokątny i $\angle CBX=30^\circ$ . Stąd $|CX|=|DY|=16\sin 30^\circ=8$ . Wynika stąd, że $r=\dfrac{1}{2}|CX|=4$ , a stąd $H=r\text{tg}\alpha=4\cdot\dfrac{9}{2}=18$ . Na koniec, z warunku wpisywalności okręgu w czwokąt $ABCD$ mamy

$|AB|+|CD|=|BC|+|AD|=16+10=26.$

Stąd szukana objętość ostrosłupa $ABCDS$ jest równa

$V=\frac{1}{3}\cdot\frac{|AB|+|CD|}{2}\cdot |CX|\cdot H=\frac{1}{3}\cdot \frac{26}{2}\cdot 8\cdot 18=624.$

Zadanie 15. (0-7)
Należy zaprojektować wymiary prostokątnego ekranu smartfona, tak aby odległości tego ekranu od krótszych brzegów smartfona były równe $0,\!5$ cm każda, a odległości tego ekranu od dłuższych brzegów smartfona były równe $0,\!3$ cm każda (zobacz rysunek – ekran zaznaczono kolorem szarym). Sam ekran ma mieć powierzchnię $60$ cm $^2$ . Wyznacz takie wymiary ekranu smartfona, przy których powierzchnia ekranu wraz z obramowaniem jest najmniejsza.

Rendered by QuickLaTeX.com

Niech $x$ oraz $y$ będą wymiarami (odpowiednio poziomym i pionowym) ekranu smartfona wyrażonymi w centymetrach, $x,y>0$ . Oczywiście wiemy, że $xy=60$ . Wtedy powierzchnia całego ekranu wraz z obramowaniem będzie równa

$P=P(x)=(x+0,\!6)(y+1)=(x+0,\!6)\left(\frac{60}{x}+1\right).$

Zbadamy, dla jakiego $x>0$ otrzymana funkcja $P(x)=x+\dfrac{36}{x}+60,\!6$ osiąga minimum. Ponieważ średnia arytmetyczna dwóch liczb dodatnich jest nie mniejsza niż ich średnia geometryczna, a równość zachodzi tylko wtedy, gdy liczby te są równe, to mamy

$\frac{1}{2}\left(x+\frac{36}{x}\right)\geqslant \sqrt{x\cdot \frac{36}{x}}=6.$

Oznacza to, że $P(x)\geqslant 2\cdot 6+60,\!6=72,\!6$ , a równość zachodzi wyłącznie kiedy $x=\dfrac{36}{x}$ , czyli dla $x=6$ . Wtedy $y=\dfrac{60}{x}=10$ . Zatem optymalne wymiary ekranu, przy podanych warunkach, to $6$ cm $\times 10$ cm.

Do pełnego rozwiązania brakuje dokładnej dziedziny funkcji $P(x)$ . W treści zadania jest mowa o brzegach krótszych i dłuższych. Wynika stąd, że przy wprowadzonych powyżej znaczeniach wielkości $x$ i $y$ , musi być spełniona dodatkowa nierówność:

$x+0,\!6<y+1\quad\Leftrightarrow\quad x-\frac{60}{x}<0,\!4,$

którą należy rozwiązać dla $x>0$ . Interesującym nas zbiorem jest przedział

$x\in\left(0,\,0,\!2+\sqrt{59,\!96}\right)$

Matura rozszerzona z matematyki (maj 2021) – rozwiązania

Poniżej prezentujemy rozwiązania wszystkich zadań maturalnych z matematyki dla poziomu rozszerzonego, z którymi abiturienci mierzyli się 11. maja 2021 r. Zadania pochodzą z arkusza opublikowanego w serwisie Centralnej Komisji Egzaminacyjnej.

Zadanie 1. (0-1)
Różnica $\cos^2165^\circ-\sin^2165^\circ$ jest równa
   A. $-1$
   B. $-\frac{\sqrt{3}}{2}$
   C. $-\frac{1}{2}$
   D. $\frac{\sqrt{3}}{2}$

Zgodnie z tożsamością $\cos 2t=\cos^2t-\sin^2t$ dana liczba jest równa

$\cos(2\cdot 165^\circ)=\cos 330^\circ=\cos(360^\circ-30^\circ)=\cos 30^\circ=\frac{\sqrt{3}}{2}.$

Zatem poprawną jest odpowiedź D.

Zadanie 2. (0-1)
Na rysunku przedstawiono fragment wykresu funkcji $f$ określonej dla każdej liczby rzeczywistej $f$ .

Rendered by QuickLaTeX.com

Jeden spośród podanych poniżej wzorów jest wzorem tej funkcji. Wskaż wzór funkcji $f$ .
   A. $f(x)=\frac{\cos x+1}{|\cos x|+1}$
   B. $f(x)=\frac{\sin x+1}{|\sin x|+1}$
   C. $f(x)=\frac{|\cos x|-2}{\cos x-2}$
   D. $f(x)=\frac{|\sin x|-2}{\sin x-2}$

Zauważmy, że podany wykres przedstawia funkcję $f(x)$ , dla której $f(\pi)\in(0,1)$ . Naomiast wzory funkcji w podpunktach A., B. oraz D. zwracają wartości równe odpowiednio $f_A(\pi)=0$ , $f_B(\pi)=1$ oraz $f_D(\pi)=1$ .

Poprawną odpowiedzią musi być więc C.

Zadanie 3. (0-1)
Wielomian $W(x)=x^4+81$ jest podzielny przez
   A. $x-3$
   B. $x^2+9$
   C. $x^2-3\sqrt{2}x+9$
   D. $x^2+3\sqrt{2}x-9$

Mamy

(1) $\begin{eqnarray*} W(x)&=&x^4+81=x^4+18x^2+81-18x^2=\nonumber\\ &=&(x^2+9)^2-\left(3\sqrt{2}x\right)^2=\nonumber\\ &=&(x^2-3\sqrt{2}x+9)(x^2+3\sqrt{2}x+9).\nonumber \end{eqnarray*}$

Właściwą odpowiedzią jest więc C.

Zadanie 4. (0-1)
Liczba różnych pierwiastków równania $3x+|x-4|=0$ jest równa
   A. $0$
   B. $1$
   C. $2$
   D. $3$

Z równania wynika, że $3x=-|x-4|$ . Jeśli więc równanie ma rozwiązanie, to jest ono liczbą niedodatnią. Wtedy jednak $(x-4)<0$ , więc równanie przybiera postać

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

Mamy więc dokładnie jedno rozwiązanie.

Odpowiedź B.

Zadanie 5. (0-2)
Oblicz granicę

$\lim\limits_{n\to\infty}\frac{(3n+2)^2-(1-2n)^2}{(2n-1)^2}.$

W poniższe kratki wpisz kolejno – od lewej do prawej – cyfrę jedności i pierwsze dwie cyfry po przecinku skończonego rozwinięcia dziesiętnego otrzymanego wyniku.

Rendered by QuickLaTeX.com

Obliczamy

(2) $\begin{eqnarray*} &{}&\lim\limits_{n\to\infty}\frac{(3n+2)^2-(1-2n)^2}{(2n-1)^2} =\nonumber\\ &=&\lim\limits_{n\to\infty}\frac{9n^2+12n+4-4n^2+4n-1}{4n^2-4n+1}=\nonumber\\ &=&\lim\limits_{n\to\infty}\frac{n^2\left(5+\frac{16}{n}+\frac{3}{n^2}\right)}{n^2\left(2-\frac{1}{n}\right)^2}=\nonumber\\ &=&\frac{5+0+0}{(2-0)^2}=\frac{5}{4}=1,\!25.\nonumber \end{eqnarray*}$

W kratki należy zatem wpisać kolejno cyfry $1$ , $2$ i $5$ .

Zadanie 6. (0-3)
Niech $\log_{2}18=c$ . Wykaż, że $\log_34=\dfrac{4}{c-1}$ .

Oczywiście $c\neq 1$ . Mamy

$\frac{4}{c-1}=\frac{4}{\log_218-1}=\frac{4}{\log_29}=\frac{\log_216}{\log_29}=\log_916=\log_34,$

co należało pokazać.

Zadanie 7. (0-3)
Rozwiąż nierówność

$\frac{2x-1}{1-x}\leqslant\frac{2+2x}{5x}.$

Dziedzina: $x\neq 1$ i jednocześnie $x\neq 0$ . Przenosimy wszystkie wyrazy na jedną stronę i staramy się uzyskać postać iloczynową:

(3) $\begin{eqnarray*} \frac{2x-1}{1-x}-\frac{2+2x}{5x}&=&\frac{5x(2x-1)-(2+2x)(1-x)}{5x(1-x)}=\nonumber\\ &=&\frac{10x^2-5x-2+2x-2x+2x^2}{5x(1-x)}=\nonumber\\ &=&\frac{12x^2-5x-2}{5x(1-x)}\leqslant 0.\nonumber \end{eqnarray*}$

Wyróżnik $\Delta$ funkcji kwadratowej z licznika ostatniego wyrażenia wynosi $\Delta=25+96=121$ , zatem pierwiastkami są $x_1=-\dfrac{1}{4}$ oraz $x_2=\dfrac{2}{3}$ . Musimy zatem rozwiązać nierówność

$\frac{12}{5}\cdot\frac{\left(x+\frac{1}{4}\right)\left(x-\frac{2}{3}\right)}{x(1-x)}\leqslant 0.$

W obrębie dziedziny, dla $x\not\in\{0,1\}$ jest ona równoważna nierówności wielomianowej

$x(1-x)\left(x+\frac{1}{4}\right)\left(x-\frac{2}{3}\right)\leqslant 0,$

którą wygodnie jest zilustrować na prostym wykresie

Rendered by QuickLaTeX.com

Ostatecznie rozwiązaniem danej nierówności jest zbiór $x\in\left(-\infty,\,-\dfrac{1}{4}\right]\cup\left(0,\,\dfrac{2}{3}\right]\cup(1,\,\infty)$ .

Zadanie 8. (0-3)
Dany jest trójkąt równoboczny $ABC$ . Na bokach $AB$ i $AC$ wybrano punkty – odpowiednio – $D$ i $E$ takie, że $|BD|=|AE|=\dfrac{1}{3}|AB|$ . Odcinki $CD$ i $BE$ przecinają się w punkcie $P$ (zobacz rysunek).

Rendered by QuickLaTeX.com

Wykaż, że pole trójkąta $DBP$ jest $21$ razy mniejsze od pola trójkąta $ABC$ .

Oczywiście mamy $|CD|=|BE|$ . Zauważmy też, że jeśli w danym trójkącie równobocznym oznaczymy $\alpha=\angle BCD=\angle ABE$ , to $\angle BDC=\angle AEB=120^\circ-\alpha$ . Wynika stąd równość $\angle CPE=\angle BPD=60^\circ$ . W szczególności $\triangle BPD\sim\triangle CBD$ oraz $\triangle CPE\sim\triangle CAD$ . Z pierwszego podobieństwa mamy $\dfrac{|PD|}{|PB|}=\dfrac{|BD|}{|AB|}=\dfrac{1}{3}$ , czyli $|BP|=3|PD|$ . Z drugiego podobieństwa wynika zaś zależność

$\frac{|EP|}{|PC|}=\frac{|AD|}{|AC|}=\frac{2}{3}\quad\Rightarrow\quad |EP|=\frac{2}{3}|CP|.$

To oznacza, że

(4) $\begin{eqnarray*} |CD|&=&|BE|=|BP|+|EP|=3|PD|+\frac{2}{3}|CP|=\nonumber\\ &=&\frac{7}{3}|PD|+\frac{2}{3}(|PD|+|CP|)=\frac{7}{3}|PD|+\frac{2}{3}|CD|, \end{eqnarray*}$

stąd $\dfrac{1}{3}|CD|=\dfrac{7}{3}|PD|$ i $|CD|=7|PD|$ . W szczególności pole poszczególnych trójkątów spełniają równości

$P_{DBP}=\frac{1}{7}P_{DBC}=\frac{1}{7}\cdot\frac{1}{3}P_{ABC}=\frac{1}{21}P_{ABC},$

co należało udowodnić.

Zadanie 9. (0-4)
Ze zbioru wszystkich liczb naturalnych czterocyfrowych losujemy jedną liczbę. Oblicz prawdopodobieństwo zdarzenia polegającego na tym, że wylosowana liczba jest podzielna przez $15$ , jeśli wiadomo, że jest ona podzielna przez $18$ .

Przestrzeń $\Omega$ zdarzeń elementarnych składa się z liczb naturalnych czterocyfrowych:

$\Omega=\{1000,1001,\ldots,9999\},\quad |\Omega|=9999-1000+1=9000.$

Wśród tych liczb podzielnych przez $18$ jest dokładnie $d_{18}=\dfrac{9990-1008}{18}+1=500$ elementów. Obliczmy jeszcze ile jest w $\Omega$ liczb podzielnych jednocześnie przez $15$ i przez $18$ , czyli podzielnych przez $\text{NWW}(15,18)=90$ . Takich liczb jest

$d_{90}=\frac{9990-1080}{90}+1=100.$

Ponieważ mamy wyznaczyć prawdopodobieństwo warunkowe $\mathbf{P}(A|B)$ , gdzie $A$ – liczba z $\Omega$ jest podzielna przez $15$ , $B$ – liczba z $\Omega$ jest podzielna przez $18$ , to

$\mathbf{P}(A|B)=\frac{\mathbf{P}(A\cap B)}{\mathbf{P}(B)}=\frac{\frac{d_{90}}{|\Omega|}}{\frac{d_{18}}{|\Omega|}}=\frac{d_{90}}{d_{18}}=\frac{100}{500}=\frac{1}{5}.$

Zadanie 10. (0-4)
Prosta przechodząca przez punkty $A=(8,-6)$ i $B=(5,15)$ jest styczna do okręgu o środku w punkcie $O=(0,0)$ . Oblicz promień tego okręgu i współrzędne punktu styczności tego okręgu z prostą $AB$ .

Promień okręgu stycznego do prostej $AB$ jest odległością punktu $O$ od prostej. Wyznaczmy równanie $y=ax+b$ prostej $AB$ . Mamy

$\left\{\begin{array}{l}8a+b=-6\\5a+b=15 \end{array}\right.\quad\Leftrightarrow\quad (a,b)=(-7,50).$

Zatem prosta $AB$ ma równanie $y=-7x+50$ lub równoważnie $7x+y-50=0$ .

Rendered by QuickLaTeX.com

Odległość od punktu $O$ wyznaczymy ze wzoru

$r=d(O,AB)=\frac{|7\cdot 0 + 0 -50|}{\sqrt{\sqrt{7^2+1^2}}}=\frac{50}{\sqrt{50}}=\sqrt{50}=5\sqrt{2}.$

Tyle wynosi szukany promień okręgu stycznego. Prosta prostopadła do $AB$ przechodząca przez punkt $O$ przecina $AB$ w punkcie styczności $P$ . Równanie tej prostej ma postać $y=\dfrac{1}{7}x$ , więc współrzędne $(x,y)$ punktu $P$ stanowią rozwiązanie układu równań

$\left\{\begin{array}{l}y=-7x+50\\y=\frac{1}{7}x \end{array}\right.$

Stąd $P=(7,1)$ ;

Zadanie 11. (0-5)
Wyznacz wszystkie wartości parametru $m$ , dla których trójmian kwadratowy

$4x^2-2(m+1)x+m$

ma dwa różne pierwiastki rzeczywiste $x_1$ oraz $x_2$ , spełniające warunki:

$x_1\neq 0,\quad x_2\neq 0\quad\text{oraz}\quad x_1+x_2\leqslant \frac{1}{x_1}+\frac{1}{x_2}.$

Niech $f(x)=4x^2-2(m+1)x+m$ . Aby istniały dwa różne pierwiastki rzeczywiste funkcji kwadratowej $f(x)$ , to jej wyróżnik musi być dodatni: $\Delta=4(m+1)^2-16m=4m^2-8m+4=4(m-1)^2>0$ dla $m\neq 1$ . Aby pierwiastki te były różne od zera, to $f(0)\neq 0$ , czyli $m\neq 0$ . Pozostaje zbadać nierówność $x_1+x_2\leqslant \frac{1}{x_1}+\dfrac{1}{x_2}$ , którą przekształcimy korzystając ze wzorów Viete’a:

$x_1+x_2\leqslant\frac{x_1+x_2}{x_1x_2}\quad\Leftrightarrow\quad (x_1+x_2)\left(\frac{1}{x_1x_2}-1\right)\geqslant 0\right)$

i dalej

$\dfrac{2(m+1)}{4}\cdot\left(\dfrac{4}{m}-1\right)\geqslant 0\quad\Leftrightarrow\quad \frac{1}{2}(m+1)\cdot \frac{4-m}{m}\geqslant 0.$

Pamiętając o założeniach $m\not\in\{0,1\}$ możemy napisać

$m(m+1)(4-m)\geqslant 0.$

Schemat odpowiedniego wykresu pozwala odczytać rozwiązanie:

Rendered by QuickLaTeX.com

$m\in(-\infty,\,-1)\cup(0,1)\cup(1,4]$ .

Zadanie 12. (0-5)
Rozwiąż równanie $\cos 2x=\dfrac{\sqrt{2}}{2}(\cos x-\sin x)$ w przedziale $[0,\pi]$ .

Nietrudno zauważyć, że $\dfrac{\sqrt{2}}{2}=\cos\dfrac{\pi}{4}=\sin\dfrac{\pi}{4}$ . Stąd prawą stronę danego równania można zapisać w prostszej postaci:

$\dfrac{\sqrt{2}}{2}(\cos x-\sin x)=\cos\frac{\pi}{4}\cdot\cos x-\sin\frac{\pi}{4}\cdot\sin x=\cos\left(x+\frac{\pi}{4}\right).$

Nasze równanie wygląda więc tak: $\cos 2x=\cos\left(x+\dfrac{\pi}{4}\right)$ . Wynika stąd, że $2x=x+\dfrac{\pi}{4}+2k\pi$ dla pewnego $k\in\mathbf{Z}$ lub $-2x=x+\dfrac{\pi}{4}+2m\pi$ dla pewnego $m\in\mathbf{Z}$ . W pierwszym przypadku mamy $x=\dfrac{\pi}{4}+2k\pi$ , a w drugim $x=-\dfrac{\pi}{12}-\dfrac{2m\pi}{3}$ przy całkowitych $k$ i $m$ . Aby rozwiązania pochodziły z przedziału $[0,\pi]$ musi być $k=0$ lub $m=-1$ . Stąd końcową odpowiedź tworzą liczby $x=\dfrac{\pi}{4}$ lub $x=\dfrac{7\pi}{12}$ .

Zadanie 13. (0-4)
Dany jest trójkąt prostokątny $ABC$ . Promień okręgu wpisanego w ten trójkąt jest pięć razy krótszy od przeciwprostokątnej tego trójkąta. Oblicz sinus tego z kątów ostrych trójkąta $ABC$ , który ma większą miarę.

Przyjmijmy oznaczenia jak na rysunku, przy czym załóżmy, że $a\geqslant b$ .

Rendered by QuickLaTeX.com

Jak wiadomo, w trójkącie prostokątnym o przyprostokątnych $a$ , $b$ i przeciwprostokątnej $c$ , promień $r$ okręgu wpisanego ma długość

$r=\frac{a+b-c}{2}\quad\Rightarrow\quad 10r=5(a+b-c).$

Ponieważ $c=5r$ , to mamy $2c=5(a+b)-5c$ , czyli $7c=5(a+b)$ . To prowadzi do równości

$49(a^2+b^2)=25(a+b)^2\quad\Leftrightarrow\quad 24a^2-50ab+24b^2=0.$

Dzieląc obustronnie przez $b^2$ i podstawiając $t=\dfrac{a}{b}=\text{tg}\angle BAC$ dostajemy

$12t^2-25t+12=0\quad\Rightarrow t_1=\frac{3}{4}\,\,\vee\,\, t_2=\frac{4}{3}.$

Ponieważ założyliśmy, że $a\geqslant b$ , to $t\geqslant 1$ i ostatecznie $t=\dfrac{3}{2}$ . Większy kąt w trójkącie leży naprzeciw dłuższego boku, więc interesuje nas $\sin\angle BAC$ . Jak wiadomo, dla $\alpha\in\left(0,\,\dfrac{\pi}{2}\right)$ , zachodzi równość

$\sin \alpha = \frac{1}{\sqrt{1+\text{ctg}^2\alpha}},$

a że $\text{ctg}\angle BAC=\dfrac{1}{\text{tg}\angle BAC}=\dfrac{3}{4}$ . to mamy $\sin\angle BAC=\dfrac{1}{\sqrt{1+\frac{9}{16}}}=\dfrac{4}{5}$ .

Zadanie 14. (0-6)
Dane są parabola o równaniu $y=x^2$ oraz punkty $A=(0,2)$ i $B=(1,3)$ (zobacz rysunek). Rozpatrujemy wszystkie trójkąty $ABC$ , których wierzchołek $C$ leży na tej paraboli. Niech $m$ oznacza pierwszą współrzędną punktu $C$ .
a) Wyznacz pole $P$ trójkąta $ABC$ jako funkcję zmiennej $m$ .
b) Wyznacz wszystkie wartości $m$ , dla których trójkąt $ABC$ jest ostrokątny.

Rendered by QuickLaTeX.com

Wierzchołek $C$ ma współrzędne $C=(m,m^2)$ dla pewnego $m\in\mathbf{R}$ .

Rendered by QuickLaTeX.com

a) Pole $P=P(m)$ trójkąta $ABC$ obliczymy za pomocą wyznacznika. Ponieważ $\vec{AB}=\left[1,1\right]$ oraz $\vec{AC}=\left[m,m^2-2\right]$ , to

$P(m)=\frac{1}{2}\cdot\left|\begin{array}{cc}1 & 1\\m & m^2-2 \end{array}\right|=\frac{1}{2}|m^2-m-2|=\frac{1}{2}|(m-2)(m+1)|.$

Jeśli interesują nas tylko trójkąty niezdegenerowane, to należy dodać założenie $m\neq -1$ oraz $m\neq 2$ .
b) Zbadamy każdy z kątów $\alpha = \angle A$ , $\beta=\angle B$ i $\gamma=\angle C$ trójkąta sprawdzając kiedy ich cosinusy są ujemne. Mamy $|AB|=\sqrt{2}$ , $|BC|=\sqrt{(m-1)^2+(m^2-3)^2}$ oraz $|AC|=\sqrt{m^2+(m^2-2)^2}$ . Trójkąt jest ostrokątny, gdy suma kwadratów każdych dwóch jego boków jest większa od kwadratu długości trzeciego boku.
$1^\circ$ . $|AB|^2+|BC|^2>|AC|^2$ . Ta nierówność przyjmuje postać

$2+(m-1)^2+(m^2-3)^2>m^2+(m^2-2)^2.$

Równoważnie $m^2+m-4<0$ , stąd $m\in\left(-\dfrac{\sqrt{17}+1}{2},\,\dfrac{\sqrt{17}-1}{2}\right)$ .
$2^\circ$ . $|BC|^2+|AC|^2>|AB|^2$ . Tym razem mamy

$(m-1)^2+(m^2-3)^2+m^2+(m^2-2)^2>2.$

Stąd $2m^4-8m^2-2m+12>0$ . Zauważmy, że wyrażenie po lewej stronie tej nierówności może być zapisane w postaci

$2\left(m^4-\frac{9}{2}m^2+\frac{81}{16}\right)+m^2-2m+1+\frac{7}{8},$

co jest równe $2\left(m^2-\dfrac{9}{4}\right)^2+(m-1)^2+\dfrac{7}{8}$ i jest to liczba dodatnia dla każdego $m\in\mathbf{R}$ .
$3^\circ$ . $|AC|^2+|AB|^2>|BC|^2$ . Tutaj jest

$m^2+(m^2-2)^2+2>(m-1)^2+(m^2-3)^2$

lub równoważnie $m^2+m-2>0$ , a stąd $m\in(-\infty,\,-2)\cup(1,\,\infty)$ .
Ostatecznie, biorąc część wspólną poszczególnych przypadków, otrzymamy odpowiedź $m\in\left(-\dfrac{\sqrt{17}+1}{2},\,-2\right)\cup\left(1,\,\dfrac{\sqrt{17}-1}{2}\right)$ .

Zadanie 15. (0-7)
Pewien zakład otrzymał zamówienie na wykonanie prostopadłościennego zbiornika (całkowicie otwartego od góry) o pojemności $144$ m $^3$ . Dno zbiornika ma być kwadratem. Żaden z wymiarów zbiornika (krawędzi prostopadłościanu) nie może przekraczać $9$ metrów. Całkowity koszt wykonania zbiornika ustalono w następujący sposób:
➛ $100$ zł za $1$ m $^2$ dna,
➛ $75$ zł za $1$ m $^2$ ściany bocznej.
Oblicz wymiary zbiornika, dla którego tak ustalony koszt wykonania będzie najmniejszy.

Niech $a\in(0,\,9]$ oraz $h\in(0,\,9]$ będą długościami krawędzi podstawy i krawędzi bocznej projektowanego zbiornika (wyrażonymi w metrach). Mamy wtedy $a^2h=144$ . Całkowity koszt $K$ wykonania zbiornika jest funkcją zależną od $a$ i od $h$ :

$k=k(a,h)=100a^2+75\cdot 4ah.$

Ponieważ $h=\dfrac{144}{a^2}$ , to ostatecznie otrzymujemy funkcję jednej zmiennej: $k(a)=100a^2+300\cdot \dfrac{144a}{a^2}=100\left(a^2+\dfrac{432}{a}\right),$ gdzie $a\in(0,9]$ . Aby zagwarantować, że $h\in(0,9]$ musimy jeszcze rozwiązać nierówność: $\dfrac{144}{a^2}\leqslant 9$ , która prowadzi do warunku $a\geqslant 4$ . Dziedziną funkcji $k(a)$ jest zatem przedział $[4,9]$ . Minimum tej funkcji znajdziemy wykorzystując nierówność pomiędzy średnią arytmetyczną i geometryczną trzech liczb dodatnich (równość zachodzi w niej, gdy wszystkie trzy liczby są jednakowe). Mamy

$\frac{k(a)}{300}=\frac{1}{3}\left(a^2+\frac{216}{a}+\frac{216}{a}\right)\geqslant\sqrt[3]{a^2\cdot\frac{216}{a}\cdot\frac{216}{a}}=\sqrt[3]{6^6}=36,$

przy czym wiadomo, że równość w tej nierówność ma miejsce wyłącznie gdy $a^2=\dfrac{216}{a}$ , czyli dla $a=6\in[4,9]$ . Wtedy $h=\dfrac{144}{a^2}=4\in(0,9]$ . Optymalny zbiornik będzie mieć zatem wymiary (w metrach): $6\times 6\times 4$ .

Matura rozszerzona z matematyki (maj 2022) – rozwiązania

Poniżej prezentujemy rozwiązania wszystkich zadań maturalnych z matematyki dla poziomu rozszerzonego, z którymi abiturienci mierzyli się 11. maja 2022 r. Zadania pochodzą z arkusza opublikowanego w serwisie Centralnej Komisji Egzaminacyjnej.

Zadanie 1. (0-1)
Liczba $\log_3 27-\log_{27}\sqrt{3}$ jest równa
   A. $\frac{4}{3}$
   B. $\frac{1}{2}$
   C. $\frac{11}{12}$
   D. $3$

Z własności logarytmów mamy kolejno

(1) $\begin{eqnarray*} \log_3 \sqrt{27}-\log_{27}\sqrt{3}&=&\log_3\left(3^{3/2}\right)-\log_{3^3}\left(3^{1/2}\right)=\nonumber\\ &=&\frac{3}{2}-\frac{1}{3}\cdot\frac{1}{2}=\frac{9}{6}-\frac{1}{6}=\frac{4}{3}.\nonumber \end{eqnarray*}$

Zatem poprawną jest odpowiedź A.

Zadanie 2. (0-1)
Funkcja $f$ jest określona wzorem $f(x)=\dfrac{x^3-8}{x-2}$ dla każdej liczby rzeczywistej $x\neq 2$ . Wartość pochodnej tej funkcji dla argumentu $x=\dfrac{1}{2}$ jest równa
   A. $\frac{3}{4}$
   B. $\frac{9}{4}$
   C. $3$
   D. $\frac{54}{8}$

Zauważmy, że wyrażenie opisujące funkcję $f$ można skrócić, otrzymamy wtedy (dla $x\neq 2)$

$f(x)=\frac{(x-2)(x^2+2x+4)}{x-2}=x^2+2x+4.$

To oznacza, że $f'(x)=2x+2$ i tym samym $f'(\frac{1}{2})=3$ .

Poprawną odpowiedzią jest C.

Zadanie 3. (0-1)
Jeżeli $\cos\beta=-\dfrac{1}{3}$ i $\beta\in\left(\pi,\,\dfrac{3}{2}\pi\right)$ , to wartość wyrażenia $\sin\left(\beta-\dfrac{1}{3}\pi\right)$ jest równa:
   A. $\frac{-2\sqrt{2}+\sqrt{3}}{6}$
   B. $\frac{2\sqrt{6}+1}{6}$
   C. $\frac{2\sqrt{2}+\sqrt{3}}{6}$
   D. $\frac{1-2\sqrt{6}}{6}$

W podanym przedziale liczba $\sin\beta$ jest ujemna, stąd $\sin\beta=-\sqrt{1-\left(-\dfrac{1}{3}\right)^2}=-\dfrac{2\sqrt{2}}{3}$ . Mamy też

(2) $\begin{eqnarray*} \sin\left(\beta-\dfrac{\pi}{3}\right) &=& \sin\beta\cdot\cos\dfrac{\pi}{3}-\cos\beta\cdot\sin\dfrac{\pi}{3}=\nonumber\\ &=&-\dfrac{2\sqrt{2}}{3}\cdot\dfrac{1}{2}-\left(-\dfrac{1}{3}\right)\cdot\dfrac{\sqrt{3}}{2}=\dfrac{\sqrt{3}}{6}-\dfrac{\sqrt{2}}{3}=\nonumber\\ &=&\dfrac{\sqrt{3}-2\sqrt{2}}{6}.\nonumber \end{eqnarray*}$

Właściwą odpowiedzią jest więc A.

Zadanie 4. (0-1)
Dane są dwie urny z kulami. W każdej z urn jest siedem kul. W pierwszej urnie są jedna kula biała i sześć kul czarnych, w drugiej urnie są cztery kule białe i trzy kule czarne. Rzucamy jeden raz symetryczną monetą. Jeżeli wypadnie reszka, to losujemy jedną kulę z pierwszej urny, w przeciwnym przypadku – jedną kulę z drugiej urny. Prawdopodobieństwo zdarzenia polegającego na tym, że wylosujemy kulę białą w tym doświadczeniu, jest równe
   A. $\frac{5}{14}$
   B. $\frac{9}{14}$
   C. $\frac{5}{7}$
   D. $\frac{6}{7}$

Gdy losujemy kulę z pierwszej urny, to szanse na wybranie kuli białej wynoszą $\dfrac{1}{7}$ (bo na łącznie 7 kul tylko jedna jest biała). Podobnie, gdybyśmy losowali jedną kulę z drugiej urny, prawdopodobieństwo otrzymania kuli białej jest równe $\dfrac{4}{7}$ . Ponieważ rzut symetryczną monetą wskazuję każdą z obu urn z prawdopodobieństwem $\dfrac{1}{2}$ , to zgodnie ze wzorem na prawdopodobieństwo całkowite, szukana wartość wynosi

$\dfrac{1}{2}\cdot\dfrac{1}{7}+\dfrac{1}{2}\cdot\dfrac{4}{7}=\dfrac{5}{14}.$

Odpowiedź A.

Zadanie 5. (0-2)
Ciąg $(a_n)$ jest określony dla każdej liczby naturalnej $n\geqslant 1$ wzorem

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

gdzie $p$ jest liczbą rzeczywistą dodatnią.
Oblicz wartość $p$ , dla której granica ciągu $(a_n)$ jest równa $\dfrac{4}{3}$ .

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

Rendered by QuickLaTeX.com

Zauważmy, że dla $n\to\infty$ i $p>0$ granica danego ciągu jest równa $\dfrac{7p-1}{p+1}$ (bo takie są odpowiednie współczynniki w liczniku i mianowniku przy najbardziej znaczącym wyrazie – czyli $n^3$ , we wzorze na wyraz ogólny ciągu). Dostajemy więc równanie

$\frac{7p-1}{p+1}=\frac{4}{3}\quad\Leftrightarrow\quad 21p-3=4p+4.$

Jego rozwiązaniem jest $p=\dfrac{7}{17}\approx 0,\!41176\ldots$ To oznacza, że w kratki należało wpisać kolejno cyfry 4, 1 i 1.

Zadanie 6. (0-3)
Wykaż, że dla każdej liczby rzeczywistej $x$ i dla każdej liczby rzeczywistej $y$ takich, że $2x>y$ , spełniona jest nierówność

$7x^3+4x^2y\geqslant y^3+2xy^2-x^3.$

Przenosimy wszystkie wyrazy na jedną stronę, porządkujemy i grupujemy w nawiasy. Otrzymamy wówczas

(3) $\begin{eqnarray*} &{}&8x^3-y^3+4x^2y-2xy^2 = \nonumber\\ &=&(2x-y)(4x^2+2xy+y^2)+2xy(2x-y) =\nonumber\\ &=& (2x-y)(4x^2+4xy+y^2) = \nonumber\\ &=&(2x-y)(2x+y)^2.\nonumber \end{eqnarray*}$

Ostatnie wyrażenie to iloczyn liczby dodatniej (bo $2x>y$ ) i liczby nieujemnej (kwadratu liczby rzeczywistej), jest więc to wartość większa lub równa zero. To kończy dowód.

Zadanie 7. (0-3)
Rozwiąż równanie

$|x-3|=2x+11.$

Rozpatrujemy dwa przypadki:

$1^\circ$ . Dla $x\in(-\infty,\,3)$ . Wtedy dane równanie przybiera postać $-(x-3)=2x+11$ , czyli $3x=-8$ i tym samym $x=-\dfrac{8}{3}<3$ .

$2^\circ$ . Dla $x\in[3,\,\infty)$ . Wtedy mamy $x-3=2x+11$ , a stąd $x=-14$ , co nie należy do rozpatrywanego zakresu.

Ostatecznie uzyskujemy tylko jedno rozwiązanie: $x=-\dfrac{8}{3}$ .

Zadanie 8. (0-3)
Punkt $P$ jest punktem przecięcia przekątnych trapezu $ABCD$ . Długość podstawy $CD$ jest o 2 mniejsza od długości podstawy $AB$ . Promień okręgu opisanego na trójkącie ostrokątnym $CPD$ jest o 3 mniejszy od promienia okręgu opisanego na trójkącie $APB$ . Wykaż, że spełniony jest warunek $|DP|^2+|CP|^2-|CD|^2=\dfrac{4\sqrt{2}}{3}\cdot|DP|\cdot |CP|$ .

Załóżmy, że $|CD|=a$ i okrąg opisany na trójkącie $CDP$ ma długość $R$ . Wtedy $|AB|=a+2$ , zaś okrąg opisany na trójkącie $ABP$ ma promień długości $R+3$ .

Rendered by QuickLaTeX.com

Oznaczmy też przez $\alpha$ kąty wierzchołkowe w interesujących nas trójkątach. Jest to kąt ostry i z twierdzenia sinusów dla obu trójkątów mamy

$2R=\frac{a}{\sin\alpha},\qquad 2(R+3)=\frac{a+2}{\sin\alpha}.$

Stąd $\sin\alpha=\dfrac{a}{2R}$ oraz $\sin\alpha=\dfrac{a+2}{2(R+3)}$ i mamy zależność

$2R(a+2)=2a(R+3)\quad\Leftrightarrow\quad 2R=3a.$

Tym samym $\sin\alpha=\dfrac{a}{2R}=\dfrac{1}{3}$ i dalej $\cos\alpha=\sqrt{1-\sin^2\alpha}=\dfrac{2\sqrt{2}}{3}$ .

Jeśli napiszemy teraz twierdzenie cosinusów dla trójkąta $CDP$ , to otrzymamy żądaną zależność:

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

To kończy dowód.

Zadanie 9. (0-4)
Reszta z dzielenia wielomianu $W(x)=4x^3-6x^2-(5m+1)x-2m$ przez dwumian $x+2$ jest równa $-30$ . Oblicz $m$ i dla wyznaczonej wartości $m$ rozwiąż nierówność $W(x)\geqslant 0$ .

Z twierdzenia Bezouta, mamy natychmiast $W(-2)=-30$ , czyli $-32-24+10m+2-2m=-30$ , a stąd $m=3$ .

Wielomian $W(x)$ ma więc postać $W(x)=4x^3-6x^2-16x-6$ . Nierudno zauważyć, że jednym z pierwiastków tego wielomianu jest liczba $x=-1$ . To prowadzi do rozkładu na czynniki

$W(x)=2(x+1)(2x^2-5x-3).$

Otrzymany trójmian kwadratowy ma dwa pierwiastki rzeczywiste: $\Delta=(-5)^2-4\cdot2\cdot(-3)=49$ , więc $x_1=-\dfrac{1}{2}$ oraz $x_2=3$ . Stąd

$W(x)=4(x+1)\left(x+\frac{1}{2}\right)(x-3).$

Rozwiązanie nierówności $W(x)\geqslant 0$ najprościej teraz przeprowadzić na osi liczbowej.

Rendered by QuickLaTeX.com

Zadanie 10. (0-4)
Ciąg $(a_n)$ , określony dla każdej liczby naturalnej $n\geqslant 1$ , jest geometryczny i ma wszystkie wyrazy dodatnie. Ponadto $a_1=675$ i $a_{22}=\dfrac{5}{4}a_{23}+\dfrac{1}{5}a_{21}$ .
Ciąg $(b_n)$ , określony dla każdej liczby naturalnej $n\geqslant 1$ , jest arytmetyczny. Suma wszystkich wyrazów ciągu $(a_n)$ jest równa sumie dwudziestu pięciu początkowych kolejnych wyrazów ciągu $(b_n)$ . Ponadto $a_3=b_4$ . Oblicz $b_1$ .

Każdy wyraz ciągu geometrycznego $(a_n)$ możemy zapisać jako $a_n=a_1\cdot q^{n-1}$ dla pewnej liczby $q>0$ (to wynika stąd, że ciąg ten ma wszystkie wyrazy dodatnie). Mamy zatem równość

$a_1\cdot q^{21}=\frac{5}{4}\cdot q^{22}+\frac{1}{5}\cdot q^{20}.$

Dzieląc ją obustronnie przez liczbę $\dfrac{a_1q^{20}}{20}$ , otrzymamy $20q=25q^2+4$ , a stąd $(5q-2)^2=0$ . To prowadzi do wyniku $q=\dfrac{2}{5}.$

Suma $S$ wszystkich wyrazów ciągu geometrycznego $(a_n)$ wynosi

$S=\frac{a_1}{1-q}=\frac{675}{1-\frac{2}{5}}=1125.$

Mamy więc $b_1+b_2+\ldots+b_{25}=1125$ . Stąd, ponieważ ciąg $(b_n)$ jest arytmetyczny, możemy wnioskować, że środkowy składnik tej sumy – czyli wyraz $b_{13}$ – jest równy $\dfrac{1125}{25}=45$ . Dodatkowo wiemy, że $b_4=a_3=a_1\cdot q^2=675\cdot \dfrac{2}{5}\cdot\dfrac{2}{5}=108$ .

Mamy więc układ zależności dotyczący ciągu $(b_n)$ . Mianowicie: $b_{13}=45$ i $b_4=108$ . Jeśli oznaczymy przez $r$ różnicę w tym postępie arytmetycznym, to uzyskamy równania

$\left\{\begin{array}{l}b_{13}=b_1+12r=45\\b_4=b_1+3r=108\end{array}\right..$

Rozwiązaniem tego układu równań jest $r=-7$ i $b_1=129$ . To kończy rozwiązanie zadania.

Zadanie 11. (0-4)
Rozwiąż równanie $\sin x + \sin 2x + \sin 3x = 0$ w przedziale $[0,\,\pi]$ .

Wykorzystamy wzory trygonometryczne na sinus sumy argumentów oraz na sinus i cosinus podwojonego argumentu: $\sin(a+b)=\sin a\cdot \cos b+\cos a\cdot \sin b$ oraz $\sin 2x=2\sin x\cos x$ i $\cos 2x=2\cos^2x-1$ dla wszelkich liczb $a,b,x$ rzeczywistych. Mamy

$\sin 3x=\sin(2x+x)=\sin 2x\cdot \cos x+\cos 2x\cdot \sin x.$

To oznacza, że

$\sin x+\sin 2x+\sin 3x=\sin x(1+2\cos x+2\cos^2x+2\cos^2 x-1).$

Dane równanie przyjmuje więc postać

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

To oznacza, że mamy alternatywę trzech możliwości: $\sin x=0$ lub $\cos x=0$ lub $\cos x=-\dfrac{1}{2}$ . Rozwiązania tych równań na przedziale $[0,\,\pi]$ są cztery: $x=0$ lub $x=\pi$ , $x=\dfrac{\pi}{2}$ , $x=\dfrac{2\pi}{3}$ . Liczby te stanowią odpowiedź do zadania.

Zadanie 12. (0-5)
Wyznacz wszystkie wartości parametru $m$ , dla których równanie

$x^2-(m+1)x+m=0$

ma dwa różne rozwiązania rzeczywiste $x_1$ oraz $x_2$ , spełniające warunki:

$x_1\neq 0,\quad x_2\neq 0\quad\text{oraz}\quad \frac{1}{x_1}+\frac{1}{x_2}+2=\frac{1}{x_1^2}+\frac{1}{x_2^2}.$

Aby równanie miało dwa różne rozwiązania, musi być $\Delta>0$ . Stąd $(m+1)^2-4m=(m-1)^2>0$ , czyli $m\neq 1$ . Rozwiązania $x_1$ i $x_2$ będą różne od zera, gdy liczba zero nie będzie spełniała danego równania kwadratowego, stąd $m\neq 0$ .

Przekształćmy teraz zależność wiążącą oba pierwiastki tak, aby móc użyć wzorów Viete’a. Równanie

$\frac{1}{x_1}+\frac{1}{x_2}+2=\frac{1}{x_1^2}+\frac{1}{x_2^2}$

jest równoważne równości

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

Podstawiając teraz $x_1+x_2=m+1$ oraz $x_1x_2=m$ , uzyskamy

$\frac{m+1}{m}+2=\frac{(m+1)^2-2m}{m^2}\quad\Leftrightarrow\quad m^2+m+2m^2=m^2+1,$

stąd $2m^2+m-1=0$ i obliczając wyróżnik tej zależności kwadratowej $\Delta_m=9$ , dostajemy $m_1=-1$ oraz $m_2=\dfrac{1}{2}$ . Obie te liczby spełniają wcześniej wyprowadzone warunki, stanowią więc rozwiązanie naszego zadania.

Zadanie 13. (0-5)
Dany jest graniastosłup prosty $ABCDEFGH$ o podstawie prostokątnej $ABCD$ . Przekątne $AH$ i $AF$ ścian bocznych tworzą kąt ostry o mierze $\alpha$ takiej, że $\sin\alpha=\dfrac{12}{13}$ (zobacz rysunek). Pole trójkąta $AFH$ jest równe $26,\!4.$ Oblicz wysokość $h$ tego graniastosłupa.

Rendered by QuickLaTeX.com

Niech podstawa graniastosłupa ma wymiary $|AD|=a$ oraz $|AB|=b$ . Wtedy z twierdzenia Pitagorasa wynika, że trójkąt $AFH$ będący wskazanym przekrojem, ma boki długości odpowiednio

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

Rendered by QuickLaTeX.com

Ponieważ kąt $\alpha$ jest ostry, to $\cos\alpha=\sqrt{1-\sin^2\alpha}=\dfrac{5}{13}$ . Z twierdzenia cosinusów mamy więc

$|HF|^2=|AH|^2+|AF|^2-2\cdot|AH|\cdot |AF|\cdot\cos\alpha,$

czyli

$a^2+b^2=a^2+h^2+b^2+h^2-2\cdot|AH|\cdot |AF|\cdot\cos\alpha,$

a stąd $h^2=|AH|\cdot |AF|\cdot\dfrac{5}{13}$ .

Zauważmy teraz, że znając pole $S=26,\!4$ trójkąta $AHF$ możemy napisać $S=\dfrac{1}{2}\cdot|AH|\cdot |AF|\cdot\sin\alpha$ , czyli

$|AH|\cdot |AF|=\frac{2S}{\sin\alpha}=\frac{52,\!8}{\frac{12}{13}}=52,\!8\cdot \frac{13}{12}.$

Podstawiając ten iloczyn do poprzedniej zależności na $h^2$ otrzymamy ostatecznie $h^2=52,\!8\cdot \dfrac{13}{12}\cdot\dfrac{5}{13}=22$ i tym samym $h=\sqrt{22}$ .

Zadanie 14. (0-6)
Punkt $A=(-3,2)$ jest wierzchołkiem trójkąta równoramiennego $ABC$ , w którym $|AC|=|BC|$ . Pole tego trójkąta jest równe 15. Bok $BC$ zawarty jest w prostej o równaniu $y=x-1$ . Oblicz współrzędne wierzchołków $B$ i $C$ tego trójkąta.

Jak niemal każde zadanie z geometrii najlepiej rozpocząć od wykonania w miarę dokładnego rysunku.

Rendered by QuickLaTeX.com

Ponieważ punkty $B$ i $C$ leżą na prostej $y=x-1$ , to możemy przyjąć, że $B=(b,b-1)$ i $C=(c,c-1)$ dla pewnych liczb $b$ oraz $c$ . Możemy obliczyć długość odcinka $BC$ korzystając z informacji o polu naszego trójkąta. Istotnie, traktując bok $BC$ jako podstawę, wysokość będzie odległością punktu $A$ od danej prostej $x-y-1=0$ . Ma ona wartość

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

Stąd $\dfrac{1}{2}\cdot h\cdot |BC|=15$ , czyli $|BC|=\dfrac{30}{3\sqrt{2}}=5\sqrt{2}$ .

Możemy teraz napisać

$25\cdot 2=|BC|^2=(b-c)^2+(b-1-c+1)^2=2(b-c)^2,$

a stąd $(b-c)^2=25$ . To daje nam dwie możliwości: $b=5+c$ albo $b=-5+c$ .

Pozostaje jeszcze sprawdzić, kiedy otrzymamy trójkąt równoramienny z równością $|AC|=|BC|=5\sqrt{2}$ . Mamy

$|AC|=\sqrt{(c+3)^2+(c-1-2)^2}=\sqrt{2c^2+18},$

stąd $2c^2+18=50$ lub w wersji uproszczonej $c^2=16$ . Rozwiązując to równanie kwadratowe uzyskamy możliwe wartości $c=-4$ lub $c=4$ . Mamy więc $C=(-4,-5)$ lub $C=(4,3)$ . Wtedy, zgodnie z wcześniejszymi obliczeniami $B=(1,0)$ lub $B=(-9,-10)$ albo odpowiednio $B=(9,8)$ lub $B=(-1,-2)$ . Są zatem cztery trójkąty $ABC$ , które spełniają warunki zadania, ale tylko dwa możliwe położenia wierzchołka $C$ .

Zadanie 15. (0-7)
Rozpatrujemy wszystkie trójkąty równoramienne o obwodzie równym 18.

a) Wykaż, że pole $P$ każdego z tych trójkątów, jako funkcja długości $b$ ramienia, wyraża się wzorem $P(b)=(18-2b)\sqrt{18b-81}.$

b) Wyznacz dziedzinę funkcji $P$ .

c) Oblicz długości boków tego z rozpatrywanych trójkątów, który ma największe pole.

Niech $a>0$ będzie długością podstawy w takim trójkącie, zaś $h$ długością wysokości opuszczonej na tę podstawę. Mamy $a+2b=18$ i stąd $a=18-2b$ , zatem $18-2b>0$ , co daje $b<9$ . Z drugiej strony ponieważ w trójkącie suma długości dwóch boków musi być większa od trzeciego, zachodzi nierówność $2b>a=18-2b$ , a stąd $b>\dfrac{9}{2}$ .

Rendered by QuickLaTeX.com

a) Z twierdzenia Pitagorasa mamy $h^2=b^2-\left(\dfrac{a}{2}\right)^2$ , czyli $h^2=b^2-(9-b)^2=18b-81$ . Dlatego pole $P(b)$ takiego trójkąta wynosi

$P(b)=\frac{1}{2}\cdot ah=(9-b)\sqrt{18b-81}.$

b) Dziedzina tej funkcji wynika z początkowych rozważań: geometryczny sens jest zachowany przy $b\in\left(\dfrac{9}{2},\,9\right)$ .

c) Aby zmaksymalizować wartość dodatniej funkcji $P(b)$ wystarczy zbadać funkcję $f(b)=(P(b))^2=9(b-9)^2(2b-9)$ dla $\dfrac{9}{2}<b<9$ . Mamy

$f'(b)=18(b-9)(2b-9)+18(b-9)^2=54(b-9)(b-6).$

Wynika stąd, że pochodna $f'(b)$ jest ujemna wyłącznie przy $b\in(6,9)$ . Zatem dla $b=6$ pochodna ta zmienia znak z dodatniego na ujemny i w punkcie tym faktycznie badana funkcja osiąga maksimum. Maksymalna jest też wówczas wartość funkcji $P(b)$ . Największe pole spośród badanych trójkątów ma więc trójkąt równoboczny o boku długości $a=b=6$ .

Stereometria – przykłady z rozwiązaniami

Zadanie 1. (0-5)
W ostrosłupie prawidłowym trójkątnym krawędź podstawy ma długość $a$ . Ściany boczne są trójkątami ostrokątnymi. Miara kąta między sąsiednimi ścianami bocznymi jest równa $2\alpha$ . Wyznacz objętość tego ostrosłupa.

♦ matura – poziom rozszerzony, maj 2010.

Wykonajmy szkic sytuacyjny na modelu ostrosłupa $ABCD$ . Należy pamiętać, że kąt pomiędzy przecinającymi się płaszczyznami zaznacza się na przekroju płaszczyzną prostopadłą do wspólnej krawędzi tych płaszczyzn. W naszym przypadku niech $K$ będzie odpowiednim punktem na krawędzi $BD$ tak, aby płaszczyzna $AKC$ była do tej krawędzi prostopadła. Wtedy $\angle AKC=2\alpha$ . Niech też $|DP|=H$ będzie wysokością tego ostrosłupa, gdzie $P$ jest punktem z trójkąta równobocznego $ABC$ .

Rendered by QuickLaTeX.com

Oznaczmy przez $x$ długość odcinka $AK$ , jest to jednocześnie wysokość ściany bocznej $ABD$ . Rozważmy trójkąt $AKC$ podzielony wysokością opuszczoną na bok $AC$ .

Rendered by QuickLaTeX.com

Mamy wtedy

$\frac{\frac{a}{2}}{x}=\sin \alpha\quad\Leftrightarrow\quad x=\frac{a}{2\sin\alpha}.$

Niech $b$ będzie długością krawędzi bocznych naszego ostrosłupa, zaś $h$ niech będzie długością wysokości tych ścian, opuszczonych z wierzchołka $D$ .

Rendered by QuickLaTeX.com

Z twierdzenia Pitagorasa mamy

$h^2=b^2-\left(\frac{a}{2}\right)^2,$

zaś z równości pól liczonych raz dla wysokości $x$ , a raz dla wysokości $h$ , dostajemy $\dfrac{1}{2}\cdot |BD|\cdot x=\dfrac{1}{2}\cdot |AB|\cdot h$ , czyli $bx=ah$ . Podstawiając obliczone wartości $x$ i $h$ , możemy napisać

$\frac{ab}{2\sin\alpha}=a\sqrt{b^2-\frac{a^2}{4}}.$

Dostajemy stąd $\dfrac{a^2}{4}=b^2\left(1-\dfrac{1}{4\sin^2\alpha}\right)$ , czyli

$b=\frac{a\sin\alpha}{\sqrt{4\sin^2\alpha-1}}.$

Na koniec zauważmy, że podstawa $P$ wysokości ostrosłupa znajduje się w środku ciężkości trójkąta równobocznego $ABC$ . Stąd $H^2=|BD|^2-|BP|^2$ , czyli

$H^2=b^2-\left(\frac{2}{3}\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}a\right)^2=\frac{a^2\sin^2\alpha}{4\sin^2\alpha-1}-\frac{a^2}{9}=\frac{5\sin^2\alpha+1}{9\left(4\sin^2\alpha-1\right)}a^2.$

Mamy więc odpowiedź

$V=\frac{1}{3}\cdot\frac{\sqrt{3}}{4}a^2\cdot H=\frac{\sqrt{15\sin^2\alpha+3}}{36\sqrt{4\sin^2\alpha-1}}\,a^3.$

Warto jeszcze zaznaczyć, jakie warunki powinny spełniać podane wielkości, aby opisana w zadaniu sytuacja miała sens. Musi być oczywiście $4\sin^2\alpha-1>0$ , a że $\alpha\in\left(0,\frac{\pi}{2}\right)$ , to $\sin\alpha>\dfrac{1}{2}$ , czyli $\alpha\in\left(\dfrac{\pi}{6},\,\dfrac{\pi}{2}\right)$ .

Zadanie 2. (0-8)
W trójkącie $ABC$ dane są: $|AC|=8$ , $|BC|=3$ , $\angle ACB=60^\circ$ . Oblicz objętość i pole powierzchni całkowitej bryły powstałej po obrocie trójkąta $ABC$ dookoła boku $BC$ .

♦ matura – poziom rozszerzony, maj 2003.

Wykonajmy szkic sytuacyjny danych z zadania. Warto przy tym ustawić oś obrotu (czyli bok $BC$ trójkąta) w pozycji pionowej, aby lepiej wyobrazić sobie powstałą po tej operacji bryłę.

Rendered by QuickLaTeX.com

Zauważmy, że w trójkącie $ABC$ kąt przy wierzchołku $C$ jest rozwarty. Można to potwierdzić np. twierdzeniem kosinusów ale zdecydowanie łatwiej zauważyć, że gdyby bok $BC$ byłby nieco dłuższy i miałby długość 4, to wtedy kąt $\angle ABC$ byłby prosty (dany trójkąt byłby połówką trójkąta równobocznego). Przez $A'$ oznaczmy teraz punkt symetryczny do $A$ względem osi obrotu $BC$ . Uzyskana bryła to stożek o przekroju osiowym $AA'C$ z ,,wydrążonym” w podstawie współosiowym stożkiem o przekroju $AA'B$ . Na podstawie tej obserwacji będziemy obliczać objętość $V$ tej bryły.

Długość odcinka $AA'$ to podwojona wysokość trójkąta równobocznego o boku długości 8, czyli $|AA'|=2\cdot\dfrac{8\sqrt{3}}{2}=8\sqrt{3}$ . Stąd

$V=\pi \cdot\left(\frac{|AA'|}{2}\right)^2\cdot 4-\pi \cdot\left(\frac{|AA'|}{2}\right)^2\cdot 1=\pi \cdot\left(4\sqrt{3}\right)^2\cdot 3=144\pi.$

Z kolei powierzchnia całkowita $S$ to jakby suma powierzchni bocznych wskazanych wyżej dwóch stożków. Tworząca $l_1$ pierwszego wynosi $l_1=|AC|=8$ , zaś tworząca stożka drugiego ma długość $l_2=|AB|$ , którą obliczymy z twierdzenia cosinusów:

$|AB|^2=8^2+3^2-2\cdot 8\cdot 3\cdot\cos 60^\circ=64+9-24=49,$

stąd $|AB|=7$ .

Mamy więc

$S=\pi\frac{|AA'|}{2}\cdot l_1+\pi\frac{|AA'|}{2}\cdot l_2=\pi\cdot 4\sqrt{3}\cdot (8+7)=60\pi\sqrt{3}.$

Zadanie 3. (0-4)
Wybierz dwie dowolne przekątne sześcianu i oblicz cosinus kąta między nimi. Sporządź odpowiedni rysunek i zaznacz na nim kąt, którego cosinus obliczasz.

♦ matura próbna – poziom rozszerzony, styczeń 2003.

Zgodnie z poleceniem, wykonajmy rysunek. Rozważamy sześcian $ABCDA_1B_1C_1D_1$ , niech $K$ będzie punktem wspólnym przekątnych $A_1C$ i $BD_1$ .

Rendered by QuickLaTeX.com

Oznaczmy przez $a$ długość krawędzi sześcianu. Wtedy oczywiście każda z jego przekątnych będzie miała długość $a\sqrt{3}$ . Nasz kąt możemy zaznaczyć na dodatkowym płaskim rysunku. Jest to kąt pomiędzy przekątnymi prostokąta $A_1BCD_1$ , którego boki wynoszą $|A_1B|=a\sqrt{2}$ oraz $|BC|=a$ .

Rendered by QuickLaTeX.com

Niech $\alpha$ będzie kątem ostrym pomiędzy wybranymi przekątnymi. Najłatwiej użyć jest twierdzenia cosinusów. Mamy

$|BC|^2=|BK|^2+|CK|^2-2\cdot|BK|\cdot|CK|\cos\alpha,$

podstawiając znane długości poszczególnych odcinków, dostaniemy $\cos\alpha=\dfrac{a^2-\frac{3}{4}a^2-\frac{3}{4}a^2}{-2\cdot\frac{\sqrt{3}}{2}a\cdot\frac{\sqrt{3}}{2}a}=\dfrac{\frac{1}{2}a^2}{\frac{3}{2}a^2}=\dfrac{1}{3}$ . To kończy rozwiązanie.

Zadanie 4. (0-4)
Graniastosłup prawidłowy czworokątny o krawędzi podstawy $a$ i dwa razy krótszej wysokości przecięto płaszczyzną przechodzącą przez przekątną podstawy i nachyloną do płaszczyzny podstawy pod kątem $60^\circ$ . Zaznacz ten kąt na rysunku oraz oblicz pole otrzymanego przekroju, wynik przedstaw w najprostszej postaci.

♦ matura próbna ,,Operon” – poziom rozszerzony, listopad 2019.

Sytuację przedstawia rysunek. Trzeba oczywiście sprawdzić, czy przy podanych wymiarach graniastosłupa opisany przekrój przecina obie podstawy bryły, czy też przecina jedną z krawędzi bocznych. Jeślj przyjmiemy oznaczenia wierzchołków graniastosłupa jak na rysunku poniżej i założymy, że interesujący nas przekrój zawiera przekątną $BD$ podstawy, to gdyby przekrój ten przechodził przez wierzchołek $C_1$ , to kąt nachylenia przekroju do płaszczyzny podstawy wynosiłby $\alpha$ i wówczas $\text{tg}\alpha=\dfrac{|CC_1|}{|TC_1|}$ , gdzie $T$ jest środkiem kwadratowej podstawy $ABCD$ . Stąd $\text{tg}\alpha=\dfrac{a/2}{a\sqrt{2}/2}=\dfrac{\sqrt{2}}{2}<\sqrt{3}=\text{tg} 60^\circ$ . Wynika stąd, że rozważany w zadaniu przekrój jest trapezem, którego podstawy zawierają się w podstawach graniastosłupa.

Rendered by QuickLaTeX.com

Niech $W$ będzie punktem przecięcia prostej $TV$ z przedłużeniem krawędzi bocznej $CC_1$ , przy czym $V$ jest środkiem podstawy $PQ$ trapezu będącego rozważanym przekrojem. Trójkąt prostokątny $CTW$ jest połówką trójkąta równobocznego i dodatkowo $|CT|=\dfrac{a\sqrt{2}}{2}$ , zatem $|CW|=\dfrac{a\sqrt{6}}{2}$ i $|TW|=2|CT|=a\sqrt{2}$ . Trójkątem ,,ekierkowym” jest także trójkąt $C_1VW$ oraz $|C_1W|=\dfrac{a(\sqrt{6}-1)}{2}$ , a stąd $|WV|=\dfrac{a(\sqrt{6}-1)}{\sqrt{3}}$ i tym samym

$|TV|=|TW|-|WV|=\frac{a\sqrt{3}}{3}.$

Mamy też $|PQ|=|WV|$ , więc możemy już obliczyć pole $S$ naszego przekroju. Mamy

$S=\frac{|BD|+|PQ|}{2}\cdot|TV|=\frac{a\sqrt{2}+\frac{a(\sqrt{6}-1)}{\sqrt{3}}}{2}\cdot \frac{a\sqrt{3}}{3}=\frac{a^2(2\sqrt{6}-1)}{6}.$

Zadanie 5. (0-7)
Powierzchnia całkowita graniastosłupa prawidłowego sześciokątnego jest równa $S\sqrt{3}$ . Wyznacz największą z możliwych objętość tego graniastosłupa, wynik zapisz w najprostszej postaci.

♦ matura próbna ,,Operon” – poziom rozszerzony, listopad 2019.

Niech $a,h>0$ będą odpowiednio długością podstawy i wysokością danego graniastosłupa. Sześciokąt foremny o boku długości $a$ składa się z sześciu trójkątów równobocznych o boku $a$ , stąd

$S\sqrt{3}=12\cdot\frac{\sqrt{3}}{4}a^2+6ah=3\sqrt{3}a^2+6ah.$

Rendered by QuickLaTeX.com

Obliczając z tego równania długość $h$ otrzymamy

$h=\dfrac{\sqrt{3}}{6}\left(\dfrac{S}{a}-3a\right).$

Wynika stąd w szczególności, że $S/a-3a>0$ , czyli $3a^2<S$ i stąd $a\in\left(0,\,\dfrac{\sqrt{3S}}{3}\right)$ . Objętość $V$ graniastosłupa, jako funkcja zmiennej $a$ wyraża się wzorem

$V(a)=6\cdot\frac{\sqrt{3}}{4}a^2\cdot h=\frac{3}{4}\left(Sa-3a^3\right).$

Mamy znaleźć maksimum funkcji $V(a)$ dla podanego wyżej zakresu zmiennej $a$ . Pochodna wynosi

$V'(a)=\frac{3}{4}\left(S-9a^2\right).$

Wynika stąd, że dla $a=\dfrac{\sqrt{S}}{3}$ pochodna ta zmienia znak z dodatniego na ujemny, więc w punkcie tym funkcja $V(a)$ osiąga maksimum.

Obliczamy

$V_{\max}=V\left(\frac{\sqrt{S}}{3}\right)=\frac{S\sqrt{S}}{6}.$

Kombinatoryka i rachunek prawdopodobieństwa – przykłady z rozwiązaniami

Zadanie 1. (0-4)
Oblicz prawdopodobieństwo tego, że w trzech rzutach symetryczną sześcienną kostką do gry suma kwadratów liczb uzyskanych oczek będzie podzielna przez 3.

♦ matura – poziom rozszerzony, maj 2010.

Zauważmy, że kwadraty liczb 1, 2, 4 i 5 dają przy dzieleniu przez 3 reszty 1; natomiast liczby $3^2$ i $6^2$ dają reszty zerowe przy takim dzieleniu. Aby więc suma trzech takich kwadratów dawała wynik podzielny przez 3 (czyli resztę zero), albo wszystkie trzy liczby muszą same być podzielne przez 3 – czyli pochodzić ze zbioru $\{3,6\}$ , albo wszystkie trzy liczby muszą pochodzić ze zbioru $\{1,2,4,5\}$ .

Jeżeli przez $A$ oznaczymy odpowiednie zdarzenie, to zgodnie z powyższą uwagą, mamy

$\bar{\bar{A}}=2^3+4^3.$

Dodatkowo $\Omega$ przestrzeń wszystkich zdarzeń elementarnych ma elementów

$\bar{\bar{\Omega}}=6^3.$

Zatem mamy odpowiedź: $\mathbf{P}(A)=\dfrac{\bar{\bar{A}}}{\bar{\bar{\Omega}}}=\dfrac{2^3+4^3}{6^3}=\dfrac{8+64}{216}=\dfrac{1}{3}$ .

Zadanie 2. (0-3)
Oblicz, ile jest liczb naturalnych sześciocyfrowych, w zapisie których występuje dokładnie trzy razy cyfra 0 i dokładnie raz występuje cyfra 5.

♦ matura – poziom rozszerzony, maj 2013.

Cyfra zero nie może występować na pierwszej pozycji w zapisie danej liczby sześciocyfrowej, pozostałe 5 miejsc jest już dozwolonych. Mamy więc ${5\choose 3}$ możliwości, aby umiejscowić cyfrę zero. Na pozostałych 3 miejscach (tym razem już łącznie z najbardziej znaczącą cyfrą – czyli cyfrą setek tysięcy danej liczby) musi wystąpić cyfra 5. Na to mamy niezależnych ${3\choose 1}$ możliwości. Pozostałe dwa miejsca możemy uzupełnić dowolnymi cyframi różnymi i od piątki i od zera. To daje kolejnych $8\cdot 8$ możliwości (jest osiem dostępnych cyfr na dwa pozostałe miejsca). Ostatecznie otrzymujemy odpowiedź: takich liczb jest dokładnie:

${5\choose 3}\cdot {3\choose 1}\cdot 8^2=10\cdot 3\cdot 64=1920.$

Zadanie 3. (0-4)
$A$ i $B$ są zdarzeniami losowymi i $\mathbf{P}(B)>0$ . Wykaż, że

$\mathbf{P}(A|B)\leqslant\frac{1-\mathbf{P}(A')}{\mathbf{P}(B)}.$

♦ matura – poziom rozszerzony, maj 2002.

Z definicji prawdopodobieństwa warunkowego mamy $\mathbf{P}(A|B)=\dfrac{\mathbf{P}(A\cap B)}{\mathbf{P}(B)}.$ Zauważmy, że zdarzenie $A\cap B$ jest zawarte w zdarzeniu $A$ , dlatego $\mathbf{P}(A\cap B)\leqslant \mathbf{P}(A)$ . Tym samym możemy napisać

$\mathbf{P}(A|B)=\frac{\mathbf{P}(A\cap B)}{\mathbf{P}(B)}\leqslant \frac{\mathbf{P}(A)}{\mathbf{P}(B)}=\frac{1-\mathbf{P}(A')}{\mathbf{P}(B)},$

z własności prawdopodobieństwa zdarzenia przeciwnego do $A$ . To kończy dowód.

Zadanie 4. (0-4)
Rzucamy pięć razy symetryczną kostką sześcienną. Oblicz prawdopodobieństwo zdarzenia, polegającego na tym, że ,,jedynka” wypadnie co najmniej cztery razy.

♦ matura próbna – poziom rozszerzony, styczeń 2003.

Oznaczmy przez $A$ zdarzenie opisane w zadaniu (tj. przy pięciokrotnym rzucie sześcienną kostką do gry, uzyskamy jedno oczko co najmniej cztery razy), zaś przez $\Omega$ tradycyjnie przestrzeń wszystkich możliwych wyników takiego doświadczenia losowego (pięciokrotnego rzutu kostką). Oczywiście wtedy $\bar{\bar{\Omega}}=6^5$ , gdyż musimy uwzględnić każdy możliwy wynik przy jednym rzucie (a tych jest sześć) i ,,zwielokrotnić” go tyle razy ile rzutów wykonujemy (stąd wykładnik 5).

Dla obliczenia liczby $\bar{\bar{A}}$ zauważmy, że $A$ zajdzie gdy albo uzyskamy wyłącznie ,,jedynki” we wszystkich pięciu rzutach, albo w dokładnie jednym z kolejnych rzutów (pierwszym lub drugim itd… lub piątym) ,,jedynka” nie wypadnie. To daje nam równość

$\bar{\bar{A}}=1^5+{5 \choose 1}\cdot 5\cdot 1^4=1+25=26$

(drugi składnik powyższej sumy zawiera symbol Newtona, odpowiadający za to, w którym z kolei rzucie wypadnie wynik inny niż ,,jedynka”).

Ostatecznie mamy

$\mathbf{P}(A)=\frac{\bar{\bar{A}}}{\bar{\bar{\Omega}}}=\frac{26}{6^5}\approx 0,\!0033.$

Zadanie 5. (0-4)
Z pewnej grupy osób, w której jest dwa razy więcej mężczyzn niż kobiet, wybrano losowo dwuosobową delegację. Prawdopodobieństwo tego, że w delegacji znajdą się tylko kobiety jest równe $0,\!1$ . Oblicz, ile kobiet i ilu mężczyzn jest w tej grupie.

♦ matura – poziom rozszerzony, maj 2008.

Załóżmy, że liczba kobiet w opisanej grupie wynosi $k$ , wtedy mężczyzn jest tam $2k$ . Wszystkich możliwych wyborów delegacji dwuosobowej jest równa

$\bar{\bar{\Omega}}={{k+2k}\choose 2}={3k\choose 2}=\frac{3k(3k-1)}{2}.$

Delegacji złożonych wyłącznie z kobiet można utworzyć

$\bar{\bar{A}}={k \choose 2}=\frac{k(k-1)}{2}.$

Stąd mamy równość

$\frac{\bar{\bar{A}}}{\bar{\bar{\Omega}}}=\frac{k(k-1)}{3k(3k-1)}=0,\!1.$

Stąd $(k-1)\cdot 10=9k-3$ , czyli $k=7$ . Mamy więc odpowiedź: w opisanej grupie było 7 kobiet.

Zadanie 6. (0-4)
Wśród $m$ losów loterii jest 6 losów wygrywających. Dla jakich $m$ prawdopodobieństwo tego, że zakupione dwa losy będą wygrywające, jest większe od $\dfrac{1}{3}$ ?

♦ matura – poziom podstawowy (Częstochowa), maj 1988.

Oczywiście $m$ jest liczbą naturalną i $m\geqslant 6$ . Wszystkich możliwych wyborów dwóch losów spośród $m$ jest dokładnie $\bar{\bar{\Omega}}={m\choose 2}$ . Możliwości, w których zakupione oba losy są zwycięskie mamy zaś $\bar{\bar{A}}={6\choose 2}$ . Stąd dostajemy nierówność

$\frac{\bar{\bar{A}}}{\bar{\bar{\Omega}}}=\frac{6\cdot 5}{m\cdot (m-1)}>\frac{1}{3}.$

To prowadzi do nierówności $m(m-1)<90$ , czyli $m^2-m-90<0$ . Obliczamy wyróżnik $\Delta=1+360$ i stąd $m_1=\dfrac{1-19}{2}=-9$ oraz $m_2=\dfrac{1+19}{2}=10$ , czyli $m\in(-9,10)$ . Uwzględniając założenia – otrzymujemy końcowe rozwiązanie: $m\in\{6,7,8,9\}$ .

Zadanie 7. (0-4)
W urnie umieszczono 4 kule białe i 8 kul czarnych. Losujemy jedną kulę. Jeżeli będzie biała, to wrzucamy ją z powrotem do urny i dorzucamy do niej jeszcze dwie białe kule. Jeżeli będzie czarna, to zatrzymujemy ją i dorzucamy dwie zielone kule do urny. Następnie losujemy z urny jednocześnie dwie kule. Oblicz prawdopodobieństwo zdarzenia, że obie z wylosowanych za drugim razem kul są białe.

♦ matura próbna ,,Operon” – poziom rozszerzony, listopad 2019.

Sytuację po pierwszym losowaniu wygodnie jest przedstawić za pomocą grafu.

Rendered by QuickLaTeX.com

Węzły drzewka zawierają opis zawartości urny w obu przypadkach. Wylosowanie za drugim razem dwóch kul białych wystąpi z prawdopodobieństwem

$\frac{4}{12}\cdot\frac{\binom{6}{2}}{\binom{14}{2}}+\frac{8}{12}\cdot\frac{\binom{4}{2}}{\binom{13}{2}}=\frac{1}{3}\cdot\frac{15}{91}+\frac{2}{3}\cdot\frac{6}{78}=\frac{29}{273}.$