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

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 2020) – rozwiązania

Dodaj komentarz Anuluj pisanie odpowiedzi