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

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 $a=b=6$ .

Matura rozszerzona z matematyki (maj 2022) – rozwiązania

Dodaj komentarz Anuluj pisanie odpowiedzi