matura rozszerzona | Matematyczne nietuzinki ;)

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).

$\begin{tikzpicture}[scale=1.3] \draw (0,0) circle (2cm); \coordinate (A) at (275:2); \coordinate (B) at (345:2); \coordinate (C) at (55:2); \coordinate (D) at (125:2); \coordinate (E) at (200:2); \foreach \x/\w in {A/275,B/345,C/55,D/125,E/200} \draw[fill=black] (\x) circle (1pt) node at (\w:2.28) {$\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 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.

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

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 $R+3$ .

$\begin{tikzpicture}[scale=0.9] \coordinate[label=below left:$A$] (A) at (200:3); \coordinate[label=below right:$B$] (B) at (340:3); \coordinate[label=above:$C$] (C) at (2,4); \coordinate[label=above:$D$] (D) at (-1.2,4); \coordinate[label=right:$P$] (P) at (intersection of A--C and B--D); \draw (C)--(D) node[above,midway] {$a$}; \draw (A)--(B) node[below,midway] {$a+2$}; \draw[thick] (A)--(C); \draw[thick] (B)--(D); \draw[thick] (A)--(B)--(C)--(D)--cycle; \draw[thin,blue,shift={(P)}] (46:0.6) arc (46:127:0.6) node at (88:0.4) {$\alpha$}; \draw[thin,blue,shift={(P)}] (226:0.6) arc (226:307:0.6) node at (268:0.4) {$\alpha$}; \node at (0.35,3.4) {$R$}; \node at (0.2,0.2) {$R+3$}; \end{tikzpicture}$

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.

$\begin{tikzpicture}[scale=1.2,yscale=1] \draw[thin,fill=red!20] (-1,0) rectangle (0,0.4); \draw[red!20,thin,fill=red!20] (3,0) rectangle (3.9,0.4); \draw (3,0)--(3,0.4)--(3.9,0.4) ; \draw[thick,blue,domain=-1.7:3.3, smooth, variable=\x,yscale=0.2] plot ({\x},{(\x+1)*(\x+0)*(\x-3)}); \draw[very thick,->] (-1.8,0)--(4,0) node[below] {$x$}; \foreach \x/\w in {-1/{-1},0/{-\frac{1}{2}},3/3} { \draw (\x,0)--(\x,-0.06) node[below] {$\w$}; \draw[fill=black] (\x,0) circle (2pt);} \end{tikzpicture}$

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.

$\begin{tikzpicture}[scale=1.5] \draw[fill=blue!20,blue!20] (0,3.5)--(2,0)--(3,4.9); \draw[thick,dashed] (0,0)--(2,0)--(3,1.4)--(1,1.4)--cycle (1,1.4)--(1,4.9); \draw[thick] (0,0)--(2,0)--(3,1.4); \draw[thick,shift={(0,3.5)}] (0,0)--(2,0)--(3,1.4)--(1,1.4)--cycle; \draw[thick] (0,0)--(0,3.5) (2,0)--(2,3.5) (3,1.4)--(3,4.9); \draw[blue,thick] (0,3.5)--(2,0)--(3,4.9); \foreach \x/\y/\g/\w in {0/0/{below left}/D,2/0/{below right}/A,3/1.4/right/B,1/1.4/left/C, 0/3.5/{left}/H,2/3.5/{below right}/E,3/4.9/above/F,1/4.9/above/G } \node[\g] at (\x,\y) {$\w$}; \draw[thick,blue,shift={(2,0)}] (77:0.7) arc (77:120.5:0.7) node[black] at (99:0.55) {$\alpha$}; \node[left] at (0,1.75) {$h$}; \end{tikzpicture}$

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

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

$\begin{tikzpicture}[scale=1.5] \draw (0,0)--(1,-4) node[left,midway] {$\sqrt{a^2+h^2}$}; \draw (3,0)--(1,-4) node[right,midway] {$\sqrt{b^2+h^2}$}; \draw (0,0)--(3,0) node[above,midway] {$\sqrt{a^2+b^2}$}; \draw[blue,thick,fill=blue!20] (0,0)--(3,0)--(1,-4)--cycle; \foreach \x/\y/\g/\w in {0/0/{above left}/H,3/0/{above right}/F,1/-4/below/A} \node[\g] at (\x,\y) {$\w$}; \draw[thick,blue,shift={(1,-4)}] (64:0.6) arc (64:105:0.6) node[black] at (84:0.4) {$\alpha$}; \end{tikzpicture}$

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.

$\begin{tikzpicture}[scale=0.5] \draw[black!30] (-10.5,-9.5) grid (10.5,9.5); \draw[ultra thick,->] (-10.5,0)--(10.5,0) node[below] {$x$}; \draw[very thick,->] (0,-9.5)--(0,9.5) node[left] {$y$}; \coordinate[label=above:$A$] (A) at (-3,2); \coordinate[label=below right:$C$] (C) at (4,3); \coordinate[label=below right:$B_1$] (B1) at (9,8); \coordinate[label=left:$B_2$] (B2) at (-1,-2); \draw[blue] (-8,-9)--(10.5,9.5) node[below,sloped,near start] {$y=x-1$}; \draw[fill=black] (A) circle (0.09cm); \draw[fill=black] (C) circle (0.09cm); \draw[fill=black] (B1) circle (0.09cm); \draw[fill=black] (B2) circle (0.09cm); \draw[red,thick] (A)--(B1)--(C)--cycle; \draw[green!50!black,thick] (A)--(B2)--(C)--cycle; \end{tikzpicture}$

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 $b>\dfrac{9}{2}$ .

$\begin{tikzpicture}[scale=1.4] \draw[thick](0,0)--(2,0)--(1,3)--cycle; \draw[thick,blue] (1,3)--(1,0); \node[left,blue] at (1,1.2) {$h$}; \node[below] at (1,0) {$a$}; \draw (0,0)--(1,3) node[left,midway] {$b$}; \draw (2,0)--(1,3) node[right,midway] {$b$}; \end{tikzpicture}$

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 $a=b=6$ .

Zadania maturalne z matematyki – profil matematyczno-fizyczny (maj 1988)

Treści zadań pochodzą z czasopisma Matematyka nr 5/1988.

Zadanie 1.
Współczynniki $a$ , $b$ , $c$ równania $ax^2+bx+c=0$ są kolejnymi wyrazami ciągu arytmetycznego, a ich suma wynosi $24$ . Jednym z pierwiastków równania jest liczba $x_1=-3$ . Wyznaczyć drug pierwiastek tego równania.

$x_2=-5$ .

Zadanie 2.
Dla jakich wartości parametru $m$ równanie

$x^2-(2m-1)x+m^2-4=0$

ma dwa różne pierwiastki rzeczywiste, oba mniejsze od $4$ ?

$m\in(-\infty,-4)\cup(-4,\frac{17}{4})$ .

Zadanie 3.
Dla jakiego parametru $p$ równanie

$(3p+2)x^2+(p-1)x+4p+3=0$

jest równaniem kwadratowym, mającym pierwiastki $x_1$ i $x_2$ spełniające warunek $x_1<-1<x_2<1$ ?

$p\in(-1,-\frac{2}{3})$ .

Zadanie 4.
Dane jest równanie

$(2\sin\alpha-1)x^2-2x+\sin\alpha=0,\qquad\text{gdzie}\,\,\alpha\in\left[-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}\right].$

Dla jakich wartości parametru $\alpha$ : a) równanie ma pierwiastki rzeczywiste? b) suma odwrotności pierwiastków jest równa $4\cos \alpha$ ?

a) $\alpha\in\left[-\frac{\pi}{6},\,\frac{\pi}{2}\right]$ i $\alpha\neq\frac{\pi}{6}$ .
b) $\alpha = \frac{\pi}{4}$ .

Zadanie 5.
Dla jakich wartości parametru $\alpha$ z przedziału $[0,\pi]$ równanie o niewiadomej $x$

$(2\cos^2\alpha-1)x^2-2x\cos\alpha+1=0$

ma dwa różne pierwiastki rzeczywiste.

$\alpha\in\left(0,\frac{\pi}{4}\right)\cup \left(\frac{\pi}{4},\frac{3\pi}{4}\right)\cup\left(\frac{3\pi}{4},\pi\right)$ .

Matura rozszerzona z matematyki (maj 2019) – rozwiązania

Poniżej prezentujemy rozwiązania wszystkich zadań maturalnych z matematyki dla poziomu rozszerzonego, z którymi abiturienci mierzyli się 9. maja 2019 r. Zadania pochodzą z arkusza opublikowanego w serwisie Centralnej Komisji Egzaminacyjnej.

Zadanie 1. (0-1)
Dla dowolnych liczb $x>0$ , $x\neq 1$ , $y>0$ , $y\neq 1$ wartość wyrażenia $\left(\log_{\frac{1}{x}}y\right)\cdot \left(\log_{\frac{1}{y}}x\right)$ jest równa
   A. $x\cdot y$
   B. $\frac{1}{x\cdot y}$
   C. $-1$
   D. $1$

Z własności logarytmów, przy podanych założeniach mamy

(1) $\begin{eqnarray*} \left(\log_{\frac{1}{x}}y\right)\cdot \left(\log_{\frac{1}{y}}x\right)&=&\frac{1}{\log_y\frac{1}{x}}\cdot\frac{1}{\log_x\frac{1}{y}}=\nonumber\\[0.25cm] &=&\left(-\frac{1}{\log_yx}\right)\cdot\left(-\frac{1}{\log_xy}\right)=\nonumber\\[0.25cm] &=&\frac{1}{\log_yx}\cdot\log_yx=1.\nonumber \end{eqnarray*}$

Zatem poprawną jest odpowiedź D.

Zadanie 2. (0-1)
Liczba $\cos^2105^\circ-\sin^2105^\circ$ jest równa jest równa
   A. $-\frac{\sqrt{3}}{2}$
   B. $-\frac{1}{2}$
   C. $\frac{1}{2}$
   D. $\frac{\sqrt{3}}{2}$

Ze wzoru na cosinus podwojonego argumentu mamy

(2) $\begin{eqnarray*} \cos^2105^\circ-\sin^2105^\circ&=&\cos(2\cdot 105^\circ)=\cos 210^\circ=\nonumber\\ &=&\cos(30^\circ+180^\circ)=-\cos30^\circ=-\frac{\sqrt{3}}{2}.\nonumber \end{eqnarray*}$

Poprawną odpowiedzią jest A.

Zadanie 3. (0-1)
Na rysunku przedstawiono fragment wykresu funkcji $y=f(x),$ który jest złożony z dwóch półprostych $AD$ i $CE$ oraz dwóch odcinków $AB$ i $BC$ , gdzie $A=(-1,0),$ $B=(1,2),$ $C=(3,0),$ $D=(-4,3)$ , $E=(6,3)$ .

$\begin{tikzpicture}[scale=0.8] \draw[black!70] (-5.1,-2) grid (7.1,6); \draw[very thick,->] (-5.1,0)--(7.1,0) node[below] {$x$}; \draw[very thick,->] (0,-2)--(0,6) node[right] {$y$}; \foreach \x in {-5,...,7} \draw[thin] (\x,0.15)--(\x,-0.15) node[below,scale=0.8] {\bf \x}; \foreach \x in {-1,1,2,3,4,5} \draw[thin] (0.15,\x)--(-0.15,\x) node[left,scale=0.8] {\bf \x}; \coordinate[label=above right:$D$] (D) at (-4,3); \coordinate[label=below left:$A$] (A) at (-1,0); \coordinate[label=above:$B$] (B) at (1,2); \coordinate[label=below right:$C$] (C) at (3,0); \coordinate[label=above left:$E$] (E) at (6,3); \draw[blue,very thick] (-5.1,4.1)--(A)--(B)--(C)--(7,4); \end{tikzpicture}$

Wzór funkcji $f$ to:
   A. $f(x)=|x+1|+|x-1|$
   B. $f(x)=||x-1|-2|$
   C. $f(x)=||x-1|+2|$
   D. $f(x)=|x-1|+2$

Z opisu wykresu funkcji $f(x)$ wynika w szczególności, że $f(0)=1$ . Podstawiając argument $x=0$ do podanych czterech propozycji odpowiedzi, widzimy, że kolejne wartości są równe: $f_A(0)=2$ , $f_B(0)=1$ , $f_C(0)=3$ oraz $f_D(0)=3$ . Zatem poprawną odpowiedzią jest B.

Zadanie 4. (0-1)
Zdarzenia losowe $A$ i $B$ zawarte w $\Omega$ są takie, że prawdopodobieństwo $P(B')$ zdarzenia $B'$ , przeciwnego do zdarzenia $B$ , jest równe $\frac{1}{4}.$ Ponadto prawdopodobieństwo warunkowe $P(A|B)=\frac{1}{5}.$ Wynika stąd, że
   A. $P(A\cap B)=\frac{1}{20}$
   B. $P(A\cap B)=\frac{4}{15}$
   C. $P(A\cap B)=\frac{3}{20}$
   D. $P(A\cap B)=\frac{4}{5}$

Mamy $P(A|B)=\frac{P(A\cap B)}{P(B)}$ , czyli

$P(A\cap B)=P(A|B)\cdot P(B)=P(A|B)\cdot (1-P(B'))=\frac{1}{5}\cdot\frac{3}{4}=\frac{3}{20}.$

Odpowiedź C.

Zadanie 5. (0-2)
Obliczyć granicę

$\lim\limits_{n\to\infty}\left(\frac{9n^3+11n^2}{7n^3+5n^2+3n+1}-\frac{n^2}{3n^2+1}\right).$

Wpisz w poniższe kratki – od lewej do prawej – trzy kolejne cyfry po przecinku rozwinięcia dziesiętnego otrzymanego wyniku.

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

Wyłączając przed nawias, z liczników i mianowników obu ułamków, dominujący czynnik (czyli odpowiednio $n^3$ i $n^2$ , otrzymamy

(3) $\begin{eqnarray*} &{}&\lim\limits_{n\to\infty}\left(\frac{9n^3+11n^2}{7n^3+5n^2+3n+1}-\frac{n^2}{3n^2+1}\right)=\nonumber\\ &=&\lim\limits_{n\to\infty}\left(\frac{n^3\big(9+\frac{11}{n}\big)}{n^3\big(7+\frac{5}{n}+\frac{3}{n^2}+\frac{1}{n^3}\big)}-\frac{n^2}{n^2\big(3+\frac{1}{n^2}\big)}\right)=\nonumber\\ &=&\frac{9}{7}-\frac{1}{3}=\frac{27}{21}-\frac{7}{21}=\frac{20}{21}\approx 0,\!95238095\ldots\nonumber \end{eqnarray*}$

To oznacza, że w kratki należało wpisać cyfry $9$ , $5$ i $2$ .

Zadanie 6. (0-3)
Rozważamy wszystkie liczby naturalne pięciocyfrowe zapisane przy użyciu cyfr 1, 3, 5, 7, 9, bez powtarzania jakiejkolwiek cyfry. Oblicz sumę wszystkich takich liczb.

Wszystkich permutacji pięciu podanych cyfry jest $5!=120$ . Każda z nich odpowiada jednemu składnikowi sumy, którą mamy obliczyć. W dokładnie $4!=\frac{5!}{5}=24$ różnych składnikach cyfra $1$ będzie stanowiła cyfrę jedności; w tylu samo składnikach cyfrą jedności będzie $3$ itd. dla każdej z ustalonych pięciu cyfr. Podobnie sytuacja wygląda dla kolejnych rzędów (tzn. dla cyfr dziesiątek, setek, itd.) Ponieważ wkład tych cyfr do szukanej sumy $S$ wynosi

$24\cdot(1+3+5+7+9)=24\cdot 25=600$

dla każdego dostępnego rzędu wielkości, więc

$S=600\cdot (1+10+100+1000+10000)=600\cdot 11111=6666600.$

Zadanie 7. (0-2)
Punkt $P=(10,2429)$ leży na paraboli o równaniu $y=2x^2+x+2219$ Prosta o równaniu kierunkowym $y=ax+b$ jest styczna do tej paraboli w punkcie $P$ . Oblicz współczynnik $b$ .

Niech $f(x)=2x^2+x+2219$ będzie daną funkcją kwadratową. Współczynnik $a$ prostej stycznej jest wartością pochodnej funkcji $f(x)$ dla argumentu $x=10$ (zgodnego ze współrzędną odciętą punktu $P$ ). Mamy $f'(x)=4x+1$ , stąd $a=f'(10)=4\cdot 10+1=41$ . Styczna przechodzi przez punkt $P$ , więc $2429=41\cdot 10+b$ , a stąd $b=2429-410=2019$ .

Zadanie 8. (0-3)
Udowodnij, że dla dowolnych dodatnich liczb rzeczywistych $x$ i $y$ , takich że $x<y,$ i dowolnej dodatniej liczby rzeczywistej $a$ , prawdziwa jest nierówność $\dfrac{x+a}{y+a}+\dfrac{y}{x}>2.$

Zauważmy, że dla $y>x$ i $a>0$ prawdziwa jest nierówność

$(x-y)^2+a(y-x)>0.$

Wynika z niej, że $x(x+a)+y(y+a)>2xy+2ax$ . Dzieląc ostatnią nierówność obustronnie przez liczbę dodatnią $x(y+a)$ otrzymamy

$\frac{x+a}{y+a}+\frac{y}{x}>2,$

to kończy dowód.

Zadanie 9. (0-3)
Dany jest trójkąt równoramienny $ABC$ , w którym $|AC|=|BC|.$ Na ramieniu $AC$ tego trójkąta wybrano punkt $M$ ( $M\neq A$ i $M\neq C$ ), a na ramieniu $BC$ wybrano punkt $N$ , w taki sposób, że $|AM|=|CN|.$ Przez punkty $M$ i $N$ poprowadzono proste prostopadłe do podstawy $AB$ tego trójkąta, które wyznaczają na niej punkty $S$ i $T$ . Udowodnij, że $|ST|=\frac{1}{2}|AB|.$

$\begin{tikzpicture} \coordinate[label=below left:$A$] (A) at (0,0); \coordinate[label=below right:$B$] (B) at (7,0); \coordinate[label=above:$C$] (C) at (3.5,6); \coordinate[label=above left:$M$] (M) at ($(A)!0.3!(C)$); \coordinate[label=above right:$N$] (N) at ($(C)!0.3!(B)$); \coordinate[label=below:$S$] (S) at ($(A)!(M)!(B)$); \coordinate[label=below:$T$] (T) at ($(A)!(N)!(B)$); \coordinate[label=below:$P$] (P) at (3.5,0); \coordinate[label=left:$K$] (K) at ($(C)!(N)!(P)$); \draw[thick] (A)--(B)--(C)--cycle (S)--(M) (T)--(N); \draw[thick,blue] (C)--(P); \draw[very thick, red] (A)--(S) (P)--(T) (N)--(K); \foreach \p in {A,B,C,M,N,S,T,P,K} \draw[fill=black!70] (\p) circle (0.03cm); \end{tikzpicture}$

Sytuacja wygląda jak na rysunku. Poprowadźmy odcinek $CP$ , będący wysokością trójkąta $ABC$ wychodzącą z wierzchołka $C$ oraz odcinek $NK$ , gdzie $K$ jest rzutem prostokątnym punktu $N$ na wysokość $CP$ . Wówczas odcinki $NK$ i $AB$ są równoległe (bo są prostopadłe do wspólnej wysokości $CP$ ). Ponieważ trójkąt $ABC$ jest równoramienny, to z równoległości tej mamy równości kątów: $\angle BAC=\angle CNK$ oraz $\angle AMS=\angle KCN$ (wysokość poprowadzona na podstawę w trójkącie równoramiennym jest jednocześnie dwusieczną kąta). Z treści zadania mamy jeszcze $|AM|=|CN|$ , zatem trójkąty $\triangle\, AMS$ i $\triangle\, NCK$ są przystające (cecha kąt-bok-kąt). W szczególności mamy $|AS|=|KN|=|PT|$ . To już oznacza, że

$\frac{1}{2}|AB|=|AP|=|AS|+|SP|=|PT|+|SP|=|ST|,$

a to kończy dowód.

Zadanie 10. (0-4)
Punkt $D$ leży na boku $AB$ trójkąta $ABC$ oraz $|AC|=16,$ $|AD|=6,$ $|CD|=14,$ $|BC|=|BD|.$ Oblicz obwód trójkąta $ABC$ .

$\begin{tikzpicture} \coordinate[label=below left:$A$] (A) at (180:7); \coordinate[label=below right:$B$] (B) at (0,0); \coordinate[label=above:$C$] (C) at (130:5); \coordinate[label=below:$D$] (D) at (180:5); \draw[thick] (A)--(B)--(C)--cycle (C)--(D); \draw[thin] (C)--(D) node[midway,right] {$14$}; \draw[thin] (C)--(A) node[midway,left] {$16$}; \draw[thin] (C)--(B) node[midway,right] {$x$}; \draw[thin] (B)--(D) node[midway,below] {$x$}; \draw[thin] (A)--(D) node[midway,below] {$6$}; \foreach \p in {A,B,C,D} \draw[fill=black!70] (\p) circle (0.03cm); \end{tikzpicture}$

Niech $x=|BC|=|BD|$ . Wykorzystamy dwukrotnie twierdzenie kosinusów. Najpierw dla trójkąta $ADC,$ aby wyznaczyć kosinus kąta $\beta=\angle ADC.$ Mamy $16^2=6^2+14^2-2\cdot 6\cdot 14\cos\beta$ , czyli

$\cos\beta=\frac{36+196-256}{12\cdot 14}=-\frac{1}{7}.$

Zatem $\cos\angle CDB=\cos(180^\circ-\beta)=-\cos\beta=\frac{1}{7}$ . Stąd – stosując drugi raz twierdzenie kosinusów – w trójkącie równoramiennym $BCD$ mamy

$x^2=14^2+x^2-2\cdot 14x\cos\angle CDB,$

czyli $2\cdot 14x\cdot\frac{1}{7}=196$ , a zatem $x=49$ . To oznacza, że szukany obwód trójkąta $ABC$ wynosi $|AB|+|BC|+|CA|=(6+49)+49+16=120.$

Zadanie 11. (0-6)
Dane są okręgi o równaniach $x^2+y^2-12x-8y+43=0$ i $x^2+y^2-2ax+4y+a^2-77=0$ . Wyznacz wszystkie wartości parametru $a,$ dla których te okręgi mają dokładnie jeden punkt wspólny. Rozważ wszystkie przypadki.

Dane równania można przekształcić do postaci $(x-6)^2+(y-4)^2=3^2$ oraz $(x-a)^2+(y+2)^2=9^2$ . To oznacza, że pierwszy okrąg — oznaczmy go przez $\omega_1$ , ma środek w punkcie $O_1=(6,4)$ i promieniu $r_1=3$ . Drugi okrąg zaś – nazwijmy go $\omega_2$ – ma środek w punkcie $O_2=(a,-2)$ i promień $r_2=9$ .

$\begin{tikzpicture}[scale=0.4] \draw[black!70] (-6,-12) grid (17,9); \draw[very thick,->] (-6,0)--(17,0) node[below] {$x$}; \draw[very thick,->] (0,-12)--(0,9) node[left] {$y$}; \foreach \x in {-2,2,4,...,12,14} \draw[thin] (\x,0.25)--(\x,-0.25) node[below,scale=0.7] {\bf \x}; \foreach \x in {-10,-8,...,-2,2,4} \draw[thin] (0.25,\x)--(-0.25,\x) node[left,scale=0.7] {\bf \x}; \draw[blue,thick] (6,4) circle (3cm); \draw[dashed,red,very thick] (-5.5,-2)--(16.5,-2); \draw[red,thick] (6,-2) circle (9cm); \draw[very thick, green!80!black,shift={(-4.39,-2)}] (-60:9) arc (-60:90:9); \draw[very thick, green!80!black,shift={(16.39,-2)}] (95:9) arc (95:195:9); \draw[fill=black!70,thick] (-4.39,-2) circle (0.1cm) node[below,scale=0.9] {$a=6-6\sqrt{3}$}; \draw[fill=black!70,thick] (16.39,-2) circle (0.1cm) node[below,scale=0.9] {$a=6+6\sqrt{3}$}; \draw[fill=black!70,thick] (6,-2) circle (0.1cm) node[below,scale=0.9] {$a=6$}; \draw[fill=black!70,thick] (6,4) circle (0.1cm) node[right,scale=0.8] {$(6,4)$}; \end{tikzpicture}$

Dane okręgi mogą być styczne zewnętrznie lub wewnętrznie. Ponieważ środki okręgu $\omega_2$ leżą na prostej $y=-2$ , to styczność wewnętrzna może się zdarzyć jedynie dla $a=4$ – wówczas bowiem środki obu okręgów będą możliwie najbliżej siebie i $|O_1O_2|=6=r_2-r_1$ .

Obliczymy teraz te wartości $a$ , dla których okręgi są styczne zewnętrznie. Musi być wtedy spełniony warunek $|O_1O_2|=r_1+r_2$ , czyli

$\sqrt{(6-a)^2+(4-(-2))^2}=12\qquad\Longleftrightarrow\qquad (6-a)^2=108.$

Stąd $a=6\sqrt{3}+6$ lub $a=-6\sqrt{3}+6$ . Ostatecznie mamy więc trzy możliwe rozwiązania: $a=6$ , $a=6-6\sqrt{3}$ i $a=6+6\sqrt{3}$ .

Zadanie 12. (0-6)
Trzywyrazowy ciąg $(a,b,c)$ o wyrazach dodatnich jest arytmetyczny, natomiast ciąg $\left(\dfrac{1}{a},\dfrac{2}{3b},\,\dfrac{1}{2a+2b+c}\right)$ jest geometryczny. Oblicz iloraz ciągu geometrycznego.

Z warunku na ciąg arytmetyczny mamy $2b=a+c$ , natomiast z warunku na ciąg geometryczny jest $\left(\dfrac{2}{3b}\right)^2=\dfrac{1}{a}\cdot\dfrac{1}{2a+2b+c}$ . Wyznaczając $b$ z pierwszej zależności i wstawiając do drugiej, otrzymujemy

$\left(\frac{2}{3\cdot\frac{a+c}{2}}\right)^2=\frac{1}{a}\cdot\frac{1}{2a+a+c+c}.$

Porządkując wyrazy, mamy $\frac{16}{9(a+c)^2}=\frac{1}{a(3a+2c)}$ , czyli $9(a+c)^2=16a(3a+2c)$ . Podstawiając zmienną pomocniczą $t=\frac{a}{c}$ , po obustronnym podzieleniu ostatniego równania przez $c^2$ , dostaniemy

$9(t+1)^2=16t(3t+2)\quad\Leftrightarrow\quad $39t^2+14t-9=0.$

Obliczamy wyróżnik $\Delta=14^2+4\cdot 39\cdot 9=1600$ , więc $t_1=\frac{-14-40}{78}<0$ oraz $t_2=\frac{-14+40}{78}=\frac{1}{3}$ . Pierwsze rozwiązanie odrzucamy, bo $t=\frac{a}{c}>0$ dla $a,c>0$ .

Obliczamy iloraz ciągu geometrycznego. Wynosi on

$q=\frac{2}{3b}:\frac{1}{a}=\frac{2a}{3b}=\frac{4a}{3(a+c)}=\frac{4t}{3(t+1)}=\frac{4/3}{1+3}=\frac{1}{3}.$

Zadanie 13. (0-6)
Wielomian określony wzorem $W(x)=2x^3+(m^3+2)x^2-11x-2(2m+1)$ jest podzielny przez dwumian $(x-2)$ oraz przy dzieleniu przez dwumian $(x+1)$ daje resztę $6.$ Oblicz $m$ i dla wyznaczonej wartości $m$ rozwiąż nierówność $W(x)\leqslant 0$ .

Na podstawie twierdzenia Bézouta mamy $W(2)=0$ oraz $W(-1)=6$ . Stąd $2\cdot 2^3+(m^3+2)\cdot 2^2-11\cdot 2-2(2m+1)=0$ , czyli $4m^3-4m=0$ . To prowadzi do $4m(m-1)(m+1)=0$ , więc $m\in\{-1,\,0,\,1\}.$ Wystarcz teraz zobaczyć, która z tych trzech możliwości spełnia drugi warunek: $W(-1)=6$ . Ponieważ $W(-1)=m^3-4m+9$ , to widzimy, że musi być $m=1.$

Interesuje nas więc wielomian $W(x)=2x^3+3x^2-11x-6$ . Wykorzystując ponownie informację o pierwiastku $W(2)=0$ , po wykonaniu dzielenia $W(x):(x-2)$ otrzymujemy zależność

$W(x)=(x-2)(2x^2+7x+3).$

Możemy obliczyć pierwiastki drugiego czynnika: $\Delta=49-24=25$ , czyli $x_1=\frac{-7-5}{4}=-3$ oraz $x_2=\frac{-7+5}{4}=-\frac{1}{2}$ . Zatem

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

$\begin{tikzpicture}[yscale=0.15] \draw[thick,->] (-5,0) -- (4,0) node[above right] {$x$}; \draw[domain=-3.2:2.3,smooth,variable=\x,blue,thick] plot ({\x},{2*\x*\x*\x+3*\x*\x-11*\x-6}); \foreach \x/\w in {-3/-3,-0.5/{-\frac{1}{2}},2/2} \node[below] at (\x,0) {$\w$}; \end{tikzpicture}$

Z pomocniczego wykresu odczytujemy rozwiązanie nierówności $W(x)\leqslant 0$ . Tworzy je suma przedziałów $(-\infty,\,-3]\cup \left[-\frac{1}{2},2\right]$ .

Zadanie 14. (0-4)
Rozwiąż równanie $(\cos x)\left[\sin\left(x-\dfrac{\pi}{3}\right)+\sin\left(x+\dfrac{\pi}{3}\right)\right]=\dfrac{1}{2}\sin x.$

Wykorzystamy wzór na sinus sumy argumentów: $\sin(x+y)=\sin x\cos y+\cos x\sin y$ . Stąd mamy

(4) $\begin{eqnarray*} &{}&\sin\left(x-\dfrac{\pi}{3}\right)+\sin\left(x+\dfrac{\pi}{3}\right)=\nonumber\\[0.25cm] &=&\sin x\cos\frac{\pi}{3}-\cos x\sin\frac{\pi}{3}+\sin x\cos\frac{\pi}{3}+\cos x\sin\frac{\pi}{3}=\sin x. \end{eqnarray*}$

Równanie przyjmuje więc postać $2\cos x\sin x=\sin x$ , czyli $\sin x(2\cos x-1)=0$ . To prowadzi do alternatywy: $\sin x=0$ lub $\cos x=\frac{1}{2}$ . Stąd odpowiedź

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

gdzie $k$ jest liczbą całkowitą.

Zadanie 15. (0-7)
Rozważmy wszystkie graniastosłupy prawidłowe trójkątne o objętości $V=2.$ Wyznacz długości krawędzi tego z rozważanych graniastosłupów, którego pole powierzchni całkowitej jest najmniejsze. Oblicz to najmniejsze pole.

Niech $x>0$ będzie długością krawędzi podstawy, zaś $h>0$ wysokością (i jednocześnie długością krawędzi bocznej) w rozważanych graniastosłupach. Mamy $V=\frac{\sqrt{3}}{4}x^2h=2$ , a stąd $h=\frac{8}{\sqrt{3}}\cdot\frac{1}{x^2}$ .

Niech $S=f(x)$ będzie polem powierzchni całkowitej naszego graniastosłupa. Wówczas na $S$ składają się pola dwóch podstaw (trójkątów równobocznych o krawędzi $x$ ) oraz pola trzech ścian bocznych (prostokątów $x\times h$ ). Stąd, wykorzystując zależność na $V$ , mamy

$f(x)=S=2\cdot\frac{\sqrt{3}}{4}x^2+3xh=\frac{\sqrt{3}}{2}x^2+\frac{8\sqrt{3}}{x}.$

Naszym celem jest wyznaczenie minimum funkcji $f(x)$ dla $x>0$ . Można wykorzystać rachunek różniczkowy, lub posłużyć się nierównością pomiędzy średnią geometryczną i średnią arytmetyczną dla trzech liczb dodatnich: $\sqrt[3]{abc}\leqslant\dfrac{a+b+c}{3}$ dla dowolnych $a,b,c>0$ ; równość zachodzi jedynie dla $a=b=c$ .

Przyjmijmy w powyższej nierówności $a=b=\frac{8}{x}$ oraz $c=x^2$ . Wtedy $4=\sqrt[3]{\frac{8}{x}\cdot\frac{8}{x}\cdot x^2}\leqslant \frac{\frac{8}{x}+\frac{8}{x}+x^2}{3}$ , czyli

$x^2+\frac{16}{x}\geqslant 12$

i równość zachodzi wyłącznie dla $x^2=\frac{8}{x}$ , a więc dla $x^3=8$ , skąd $x=2$ .

Zauważmy, że nierówność powyższa pozwala nam napisać

(5) $\begin{eqnarray*} f(x)&=&\frac{\sqrt{3}}{2}x^2+\frac{8\sqrt{3}}{x}=\frac{\sqrt{3}}{2}\left(x^2+\frac{16}{x}\right)\geqslant\nonumber\\[0.25cm] &\geqslant&\frac{\sqrt{3}}{2}\cdot 12=6\sqrt{3}.\nonumber \end{eqnarray*}$

Oznacza to, że szukany graniastosłup ma krawędzie długości $x=2$ , $h=\frac{8}{\sqrt{3}}\cdot\frac{1}{2^2}=\frac{2\sqrt{3}}{3}$ , a jego objętość wynosi $6\sqrt{3}$ .