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^\circC. Temperatura w pokoju (temperatura otoczenia) jest stała i równa 20^\circC. 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^\circC.

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^\circC oraz T_z=20^\circC, 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^\circC, 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^\circC.



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

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



Dodaj komentarz

Twój adres e-mail nie zostanie opublikowany.