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

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



Matura rozszerzona z matematyki (maj 2023) – rozwiązania

Poniżej prezentujemy rozwiązania wszystkich zadań maturalnych z matematyki dla poziomu rozszerzonego, z którymi abiturienci mierzyli się 12. maja 2023 r. Zadania pochodzą z arkusza opublikowanego w serwisie Centralnej Komisji Egzaminacyjnej.

Zadanie 1. (0-1)
Granica \lim\limits_{x\to 1}\dfrac{x^3-1}{(x-1)(x+2)} jest równa
   A. (-1)
   B. 0
   C. \frac{1}{3}
   D. 1


Rozkładamy licznik na czynniki (różnica sześcianów) i skracamy:

(1)   \begin{eqnarray*} \lim\limits_{x\to 1}\dfrac{x^3-1}{(x-1)(x+2)}&=&\lim\limits_{x\to 1}\dfrac{(x-1)(x^2+x+1)}{(x-1)(x+2)}=\nonumber\\ &=&\lim\limits_{x\to 1}\dfrac{x^2+x+1}{x+2}=\dfrac{1+1+1}{1+2}=1.\nonumber \end{eqnarray*}

Zatem poprawną jest odpowiedź D.



Zadanie 2. (0-1)
Dane są wektory \vec{u} =[4,-5] oraz \vec{v} =[-1,-5]. Długość wektora \vec{u}-4\vec{v} jest równa
   A. 7
   B. 15
   C. 17
   D. 23


Obliczamy współrzędne interesującego nas wektora:

    \[\vec{u}-4\vec{v}=[4,-5]-4\cdot[-1,-5]=[4-(-4),-5-(-20)]=[8,15].\]

Długość tego wektora wynosi \sqrt{8^2+15^2}=\sqrt{64+225}=\sqrt{289}=17.

Poprawną odpowiedzią jest C.



Zadanie 3. (0-1)
Punkty A, B, C, D, E leżą na okręgu o środku S. Miara kąta BCD jest równa 110^\circ, a miara kąta BDA jest równa 35^\circ (zobacz rysunek).

Rendered by QuickLaTeX.com

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


Rendered by QuickLaTeX.com

Wyznaczamy kąty środkowe: \angle ASB=2\angle ADB=70^\circ. Podobnie (kąt środkowy wklęsły) \angle BSD=2\angle BCD=220^\circ, czyli kąt wypukły \angle BSD=360^\circ-220^\circ=140^\circ. To oznacza, że \angle AED jest połową kąta wklęsłego \angle ASD=210^\circ i właściwą odpowiedzią jest B.



Zadanie 4. (0-1)
Dany jest zbiór trzynastu liczb \{1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13\}, z którego losujemy jednocześnie dwie liczby. Wszystkich różnych sposobów wylosowania z tego zbioru dwóch liczb, których iloczyn jest liczbą parzystą, jest
   A. \binom{7}{2}+49
   B. \binom{6}{1}\cdot\binom{7}{1}+49
   C. \binom{13}{2}-\binom{7}{2}
   D. \binom{13}{2}-\binom{6}{2}


Losujemy obie liczby jednocześnie, więc ich kolejność nie ma znaczenia przy zliczaniu. Wszystkich możliwych par liczb utworzonych z elementów danego zbioru jest \binom{13}{2}. Odrzucamy z nich te, których iloczyn jest liczbą nieparzystą, czyli gdy obie liczby są nieparzyste; takich zaś par jest dokładnie \binom{7}{2}, bo liczb nieparzystych w danym zbiorze jest siedem.

Odpowiedź C.



Zadanie 5. (0-2)
Wielomian W(x)=7x^3-9x^2+9x-2 ma dokładnie jeden pierwiastek rzeczywisty. Oblicz ten pierwiastek.

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

Rendered by QuickLaTeX.com


Zauważmy, że W(0)=-2<0 oraz W(1)=5>0, zatem jedyny pierwiastek rzeczywisty danego wielomianu leży w przedziale (0,1). Z twierdzenia o postaci pierwiastków wymiernych wielomianu mającego współczynniki całkowite wynika, że warto sprawdzić wartości postaci

    \[\frac{\text{dzielniki wyrazu wolnego}}{\text{dzielniki wsp. przy najwyższej potędze }x}.\]

Do przedziału (0,1) trafiają tylko dwa takie ułamki: \dfrac{1}{7} oraz \dfrac{2}{7}. Sprawdzamy, że W(\frac{1}{7})\neq 0, zaś W(\frac{2}{7})=0, a ponieważ \dfrac{2}{7}=0,2857\ldots, to do kratek należy wpisać kolejno cyfry 2, 8 i 5.



Zadanie 6. (0-3)
Liczby rzeczywiste x oraz y spełniają jednocześnie równanie x+y=4 i nierówność x^3-x^2y\leqslant xy^2-y^3. Wykaż, że x = 2 oraz y = 2.


Zauważmy, że dla dowolnych liczb rzeczywistych prawdziwa jest nierówność

    \[4(x-y)^2\geqslant 0,\]

przy czym równość zachodzi w niej wyłącznie wtedy, kiedy x=y.

Załóżmy teraz, że liczby x i y spełniają podane w zadaniu warunki. Rozpisując lewą stronę powyższego wyrażenia otrzymamy

    \[4(x^2-xy+y^2-xy)=4(x^2-xy+y^2)-4xy\geqslant 0.\]

Zastępując teraz (dwukrotnie) czynniki 4 sumą x+y dostaniemy

    \[(x+y)(x^2-xy+y^2)\geqslant xy(x+y),\]

czyli x^3+y^3\geqslant x^2y+xy^2 lub inaczej

    \[x^3-x^2y\geqslant xy^2-y^3.\]

Jest to nierówność, której znak jest skierowany przeciwnie niż w przyjętych założeniach z zadania. Jest to możliwe wyłącznie wtedy, gdy obie te nierówności stają się równościami, czyli (zgodnie z uwagą w pierwszym akapicie) dla x=y. A skoro także x+y=4, to musi być x=y=2, co kończy dowód.



Zadanie 7. (0-3)
Dany jest trójkąt prostokątny ABC, w którym |\angle ABC|=90^\circ oraz |\angle CAB|=60^\circ. Punkty K i L leżą na bokach – odpowiednio – AB i BC tak, że |BK|=|BL|=1 (zobacz rysunek). Odcinek KL przecina wysokość BD tego trójkąta w punkcie N, a ponadto |AD|=2.

Rendered by QuickLaTeX.com

Wykaż, że |ND|=\sqrt{3}+1.


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

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

Rendered by QuickLaTeX.com

Niech P będzie rzutem prostokątnym punktu N na bok BC i rozważmy trójkąty PLN (prostokątny i równoramienny) oraz NBP (kolejny trójkąt ,,ekierkowy”). Jeżeli oznaczymy |PN|=|LP|=x, to |BP|=1-x i wtedy

    \[\frac{x}{1-x}=\frac{|PN|}{|BP|}=\text{tg}\,60^\circ=\sqrt{3},\]

czyli \sqrt{3}(1-x)=x i dalej x(1+\sqrt{3})=\sqrt{3}, a stąd x=\dfrac{\sqrt{3}}{1+\sqrt{3}}. Wtedy \dfrac{|PN|}{|BN|}=\sin 60^\circ=\dfrac{\sqrt{3}}{2}. To oznacza, że

    \[|BN|=\frac{2x}{\sqrt{3}}=\frac{2}{1+\sqrt{3}}=\sqrt{3}-1.\]

Ostatecznie |ND|=|BD|-|BN|=2\sqrt{3}-(\sqrt{3}-1)=\sqrt{3}+1. To kończy dowód.



Zadanie 8. (0-3)
W pojemniku jest siedem kul: pięć kul białych i dwie kule czarne. Z tego pojemnika losujemy jednocześnie dwie kule bez zwracania. Następnie – z kul pozostałych w pojemniku – losujemy jeszcze jedną kulę. Oblicz prawdopodobieństwo wylosowania kuli czarnej w drugim losowaniu.


Schemat rozwiązania najlepiej pokazać w formie grafu. Po pierwszym losowaniu w pojemniku zostanie pięć kul, przy czym mogły to być: 3 kule białe i dwie czarne (3b+2c) albo 4 białe i jedna czarna (4b+1c) albo same kule białe (5b).

Rendered by QuickLaTeX.com

Warianty te pojawiają się z prawdopodobieństwami równymi odpowiednio:

    \[p_1=\frac{\binom{5}{2}}{\binom{7}{2}}=\frac{10}{21},\quad p_2=\frac{\binom{5}{1}\binom{2}{1}}{\binom{7}{2}}=\frac{10}{21},\quad p_3=\frac{\binom{2}{2}}{\binom{7}{2}}=\frac{1}{21}.\]

Wylosowanie kuli czarnej w drugim losowaniu jest więc równe:

    \[p_1\cdot \frac{2}{5}+p_2\cdot\frac{1}{5}+p_3\cdot\frac{0}{5}=\frac{2}{7}.\]



Zadanie 9. (0-3)
Funkcja f jest określona wzorem f(x)=\dfrac{3x^2-2x}{x^2+2x+8} dla każdej liczby rzeczywistej x. Punkt P=(x_0,3) należy do wykresu funkcji f. Oblicz x_0 oraz wyznacz równanie stycznej do wykresu funkcji f w punkcie P.


Dziedzina: x^2+2x+8\neq 0; warunek ten jest spełniony dla wszystkich x\in\mathbf{R}, gdyż wyróżnik tego trójmianu jest ujemny: \Delta=4-32=-28.

Obliczamy wartość x_0. Aby punkt P należał do wykresu funkcji, musi być f(x_0)=3, stąd

    \[\frac{3x_0^2-2x_0}{x_0^2+2x_0+8}=3\quad\Leftrightarrow\quad -2x_0=6x_0+24,\]

czyli x_0=-3.

Obliczamy pochodną funkcji f:

    \[f'(x)=\frac{(6x-2)(x^2+2x+8)-(3x^2-2x)(2x+2)}{(x^2+2x+8)^2}.\]

Potrzebujemy jedynie wartości f'(-3). Mamy

    \[f'(-3)=\frac{(-20)\cdot 11-33\cdot(-4)}{11^2}=-\frac{8}{11}.\]

Szukana styczna ma zatem równanie

    \[y=-\frac{8}{11}(x+3)+3=-\frac{8}{11}x+\frac{9}{11}.\]



Zadanie 10. (0-4)
Rozwiąż nierówność

    \[\sqrt{x^2+4x+4}<\frac{25}{3}-\sqrt{x^2-6x+9}.\]

Wskazówka: skorzystaj z tego, że \sqrt{a^2}=|a| dla każdej liczby rzeczywistej a.


Ponieważ x^2+4x+4=(x+2)^2 oraz x^2-6x+9=(x-3)^2, to dana nierówność przyjmuje postać

    \[|x+2|+|x-3|<\frac{25}{3}.\]

Prowadzi to do trzech przypadków, które możemy zilustrować na osi liczbowej.

Rendered by QuickLaTeX.com

Rozważamy kolejne przypadki. Należy pamiętać o zmianie znaku całego wyrażenia spod wartości bezwzględnej, jeśli w danym przedziale jest ono ujemne.

  • 1^\circ.\quad x\in(-\infty,-2].

    Wtedy x+2\leqslant 0 i podobnie x-3\leqslant 0; zmieniamy więc znak w obu składnikach. Dostajemy zatem nierówność

        \[-(x+2)-(x-3)< \frac{25}{3}\quad\Longleftrightarrow\quad -2x+1< \frac{25}{3}\quad\Longleftrightarrow\quad x> -\frac{11}{3}.\]

    Mamy więc w tym przypadku przedział x\in(-11/3,-2].

  • 2^\circ.\quad x\in(-2,3].
  • Wtedy x+2>0 ale x-3\leqslant 0; zmieniamy znak tylko w drugim składniku. Mamy

        \[(x+2)-(x-3)< \frac{25}{3}\quad\Longleftrightarrow\quad 5< \frac{25}{3},\]

    czyli nierónwość prawdziwą; rozwiązanie stanowi w tym przypadku pełen rozpatrywany zakres (-2,3].

  • 3^\circ.\quad x\in(3,\infty).
  • Wtedy x+2>0 i x-3>0; nie zmieniamy znaków. Mamy

        \[(x+2)+(x-3)< \frac{25}{3}\quad\Longleftrightarrow\quad 2x< \frac{28}{3}\quad\Longleftrightarrow\quad x< \frac{14}{3}.\]

    Ten przypadek prowadzi więc do przedziału (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_1jest kwadratem o boku długości a
  • K_2 jest kwadratem, którego każdy wierzchołek leży na innym boku kwadratu K_1 i dzieli ten bok w stosunku 1 \colon 3
  • K_3 jest kwadratem, którego każdy wierzchołek leży na innym boku kwadratu K_2 i dzieli ten bok w stosunku 1 \colon 3
i ogólnie, dla każdej liczby naturalnej n\geqslant 2,
  • K_n jest kwadratem, którego każdy wierzchołek leży na innym boku kwadratu K_{n-1} i dzieli ten bok w stosunku 1 \colon 3.
Obwody wszystkich kwadratów określonych powyżej tworzą nieskończony ciąg geometryczny. Na rysunku przedstawiono kwadraty utworzone w sposób opisany powyżej.

Rendered by QuickLaTeX.com

Oblicz sumę wszystkich wyrazów tego nieskończonego ciągu.


Niech (r_n) oznacza obwód kwadratu K_n dla n=1,2,\ldots. Mamy oczywiście r_1=4a. Wierzchołki kwadratu K_2 dzielą boki kwadratu K_1 w stosunku 1\colon 3, czyli powstają odcinki długości \dfrac{a}{4} oraz \dfrac{3a}{4}. Zatem bok b kwadratu K_2 spełnia zależność:

    \[b^2=\left(\frac{a}{4}\right)^2+\left(\frac{3a}{4}\right)^2=\frac{a^2}{16}+\frac{9a^2}{16}=\frac{10}{16}a^2,\]

a stąd b=\dfrac{\sqrt{10}}{4}a i r_2=4b=a\sqrt{10}. To już oznacza, że ciąg (r_n), jako ciąg geometryczny, ma iloraz równy q=\dfrac{\sqrt{10}}{4}. Suma obwodów wszystkich opisanych w zadaniu kwadratów wynosi więc

    \[S=\frac{r_1}{1-q}=\frac{4a}{1-\frac{\sqrt{10}}{4}}=\frac{16}{4-\sqrt{10}}a=\frac{8(4+\sqrt{10})}{3}a.\]



Zadanie 12. (0-4)
Rozwiąż równanie 3\sin^2x - \sin^2(2x) = 0 w przedziale [\pi,2\pi].


Wykorzystamy równość \sin 2x=2\sin x\cos x. Wówczas dane równanie przyjmuje postać

    \[3\sin^2x-4\sin^2x\cos^2x=0\quad\Leftrightarrow\quad \sin^2x(3-4\cos^2x)=0.\]

Wynika stąd, że \sin^2 x=0 lub \cos^2x=\dfrac{3}{4}, zatem

    \[\sin x=0\quad\text{lub}\quad \cos x=-\frac{\sqrt{3}}{2}\quad\text{lub}\quad\cos x=\frac{\sqrt{3}}{2}.\]

W przedziale [\pi,\,2\pi] dostajemy stąd x=0 lub x=\pi lub x=\dfrac{7\pi}{6} lub x=\dfrac{11\pi}{6}.



Zadanie 13. (0-4)
Czworokąt ABCD, w którym |BC|=4 i |CD|=5, jest opisany na okręgu. Przekątna AC tego czworokąta tworzy z bokiem BC kąt o mierze 60^\circ, natomiast z bokiem AB – kąt ostry, którego sinus jest równy \dfrac{1}{4}. Oblicz obwód czworokąta ABCD.


Przyjmijmy oznaczenia jak na rysunku, w szczególności \sin\alpha=\dfrac{1}{4}.

Rendered by QuickLaTeX.com

Z warunki opisywalności czworokąta na okręgu mamy a+5=b+4, czyli b=a+1. Z twierdzenia sinusów dla trójkąta ABC możemy napisać

    \[\frac{a}{\sin 60^\circ}=\frac{4}{\sin\alpha}\quad\Rightarrow\quad a=\frac{4}{1/4}\cdot\frac{\sqrt{3}}{2}=8\sqrt{3}.\]

Wówczas b=a+1=8\sqrt{3}+1 i obwód całego czworokąta wynosi a+b+9=16\sqrt{3}+10.



Zadanie 14. (0-4)
Dany jest sześcian ABCDEFGH o krawędzi długości 6. Punkt S jest punktem przecięcia przekątnych AH i DE ściany bocznej ADHE (zobacz rysunek).

Rendered by QuickLaTeX.com

Oblicz wysokość trójkąta SBH poprowadzoną z punktu S na bok BH tego trójkąta.

Oznaczmy szukaną wysokość przez d. Pole P trójkąta BHS stanowi połowę pola trójkąta ABH, bo S jest środkiem boku AH. Z drugiej strony trójkąt ABH jest połową prostokąta ABGH. Stąd

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

Rendered by QuickLaTeX.com

Ponieważ przekątna BH danego sześcianu ma długość |BH|=6\cdot\sqrt{3}, to szukana wysokość ma długość

    \[d=\frac{2P}{|BH|}=\frac{18\sqrt{2}}{6\sqrt{3}}=3\sqrt{\frac{2}{3}}=\sqrt{6}.\]

 

Zadanie 15. (0-5)
Wyznacz wszystkie wartości parametru m\neq 2, dla których równanie

    \[x^2+4x-\frac{m-3}{m-2}=0\]

ma dwa różne rozwiązania rzeczywiste x_1, x_2 spełniające warunek x_1^3+x_2^3>-28.

Aby spełnione były warunki nałożone przez treść zadania na daną funkcję kwadratową, muszą zachodzić zależności:

    \[\Delta >0\quad\wedge\quad x_1^3+x_2^3>-28.\]

Ostatnią nierówność możemy zapisać jako

    \[(x_1+x_2)(x_1^2-x_1x_2+x_2^2)=(x_1+x_2)\big[(x_1+x_2)^2-3x_1x_2\big]>-28,\]

i, dzięki wzorom Viete’a, mamy

    \[-4\left((-4)^2-3\cdot\left(-\frac{m-3}{m-2}\right)\right)>-28.\]

Stąd 16+\dfrac{3(m-3)}{m-2}<7 i dalej \dfrac{9(m-2)+3(m-3)}{m-2}<0. Dzieląc obustronnie przez 3 dostaniemy

    \[\frac{4m-9}{m-3}<0\quad\Leftrightarrow\quad m\in\left(\frac{9}{4},\,3\right).\]

Podobnie warunek z wyróżnikiem:

    \[\Delta=16+4\cdot\frac{m-3}{m-2}=4\cdot\frac{5m-11}{m-2}>0\quad\Leftrightarrow\quad m\in\mathbf{R}\setminus\left[2,\,\frac{11}{5}\right].\]

Ostatecznie, biorąc część wspólną obu otrzymanych zbiorów, uzyskujemy końcową odpowiedź: m\in\left(\dfrac{9}{4},\,3\right)



Zadanie 16. (0-7)
Rozważamy trójkąty ABC, w których A=(0,0), B=(m,0), gdzie m\in(4,+\infty), a wierzchołek C leży na prostej o równaniu y=-2x. Na boku BC tego trójkąta leży punkt D=(3,2).

a) Wykaż, że dla m\in(4,+\infty) pole P trójkąta ABC, jako funkcja zmiennej m, wyraża się wzorem

    \[P(m)=\frac{m^2}{m-4}.\]

b) Oblicz tę wartość m, dla której funkcja P osiąga wartość najmniejszą. Wyznacz równanie prostej BC, przy której funkcja B osiąga tę najmniejszą wartość.


Wyznaczymy najpierw współrzędne punktu C=(x_C,y_C) w zależności od m. Równanie prostej przechodzącej przez punkty B i D ma postać

    \[y=\frac{0-2}{m-3}(x-m)\quad\Leftrightarrow\quad y=\frac{-2}{m-3}x+\frac{2m}{m-3}.\]

Prosta ta przecina prostą y=-2x w punkcie C, którego współrzędne (x_C,y_C) spełniają układ równań

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

Rendered by QuickLaTeX.com

To oznacza, że \displaystyle -\frac{2x}{m-3}+\frac{2m}{m-3}=-2x, a stąd \left(\dfrac{2}{m-3}-2\right)x=\dfrac{2m}{m-3} i

    \[x=\frac{m}{4-m}\quad\text{dla}\quad m>4.\]

Wtedy oczywiście y=-2x=\dfrac{2m}{m-4}.

a) Pole P(m) trójkąta ABC jest równe

    \[P=\dfrac{1}{2}\cdot |AB|\cdot y_C=\frac{1}{2}\cdot m\cdot \frac{2m}{m-4}=\frac{m^2}{m-4}\quad\text{dla}\quad m>4.\]

b) Znajdziemy minimum funkcji P(m) dla m>4. Obliczamy pochodną:

    \[P'(m)=\frac{2m(m-4)-m^2}{(m-4)^2}=\frac{m(m-8)}{(m-4)^2}.\]

Widać, że dla m>4 jedynym miejscem zerowym pochodnej jest m=8. W punkcie tym pochodna zmienia swój znak z ujemnego na dodatni (bo tak zachowuje się funkcja kwadratowa m\mapsto m(m-8)), wobec tego funkcja P(m) osiąga dla m=8 swoje minimum. Wtedy prosta BC ma równanie:

    \[y=-\frac{2}{5}x+\frac{16}{5}.\]



Matura rozszerzona z matematyki (maj 2021) – rozwiązania

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

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


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

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

Zatem poprawną jest odpowiedź D.



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

Rendered by QuickLaTeX.com

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


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

Poprawną odpowiedzią musi być więc C.



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


Mamy

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

Właściwą odpowiedzią jest więc C.



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


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

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

Mamy więc dokładnie jedno rozwiązanie.

Odpowiedź B.



Zadanie 5. (0-2)
Oblicz granicę

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

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

Rendered by QuickLaTeX.com


Obliczamy

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

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



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


Oczywiście c\neq 1. Mamy

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

co należało pokazać.



Zadanie 7. (0-3)
Rozwiąż nierówność

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


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

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

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

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

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

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

którą wygodnie jest zilustrować na prostym wykresie

Rendered by QuickLaTeX.com

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



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

Rendered by QuickLaTeX.com

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


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

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

To oznacza, że

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

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

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

co należało udowodnić.



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


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

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

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

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

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

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



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


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

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

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

Rendered by QuickLaTeX.com

Odległość od punktu O wyznaczymy ze wzoru

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

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

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

Stąd P=(7,1);



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

    \[4x^2-2(m+1)x+m\]

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

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


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

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

i dalej

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

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

    \[m(m+1)(4-m)\geqslant 0.\]

Schemat odpowiedniego wykresu pozwala odczytać rozwiązanie:

Rendered by QuickLaTeX.com

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



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


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

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

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



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


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

Rendered by QuickLaTeX.com

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

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

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

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

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

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

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

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

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



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

Rendered by QuickLaTeX.com


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

Rendered by QuickLaTeX.com

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

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

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

    \[2+(m-1)^2+(m^2-3)^2>m^2+(m^2-2)^2.\]

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

    \[(m-1)^2+(m^2-3)^2+m^2+(m^2-2)^2>2.\]

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

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

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

    \[m^2+(m^2-2)^2+2>(m-1)^2+(m^2-3)^2\]

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

 

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


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

    \[k=k(a,h)=100a^2+75\cdot 4ah.\]

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

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

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



Matura rozszerzona z matematyki (maj 2020) – rozwiązania

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

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


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



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


Obliczamy

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

Poprawną odpowiedzią jest C.



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


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

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

Właściwą odpowiedzią jest więc A.



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


Interesujący nas współczynnik jest równy

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

Odpowiedź B.



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

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

Rendered by QuickLaTeX.com


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

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

Podstawiając znane długości poszczególnych boków dostaniemy

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

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

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

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



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

    \[|x-5|=(a-1)^2-4\]

ma dwa różne rozwiązania dodatnie.


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

    \[0<(a-1)^2-4<5,\]

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

Rendered by QuickLaTeX.com

Mamy więc

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

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



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

Rendered by QuickLaTeX.com

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


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

Rendered by QuickLaTeX.com

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

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

Podobnie w trójkącie ACD mamy

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

Pierwsze z otrzymanych równań prowadzi do

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

co po wstawieniu do drugiego równania daje

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

Ostatnie równanie kwadratowe może być przepisane równoważnie jako

    \[3a^2+2a-8=0,\]

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

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

co mieliśmy wykazać.



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


Do obu stron danej równości dodajmy jedynkę. Wtedy dostaniemy

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

Po skorzystaniu ze wzoru na różnicę kwadratów dostajemy dalej

    \[(a-2b)(a+2b+2)=0.\]

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



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


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

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

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

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

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

    \[\sin x=\frac{1}{2}\]

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



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


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

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

Podstawiając a_2=a_1q oraz a_3=a_1q^2 mamy

    \[a_1=3a_1q-2a_1q^2.\]

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

    \[2q^2-3q+1=0.\]

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

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

To kończy rozwiązanie zadania.



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

    \[2x_1^2+5x_1x_2+2x_2^2=2.\]


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

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

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

    \[20m^2+31m-9=0.\]

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



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


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

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

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

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

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

Rendered by QuickLaTeX.com

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

    \[\vec{SQ}=3\vec{OS},\]

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

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



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


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

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

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

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

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



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


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

Rendered by QuickLaTeX.com

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

    \[|AB|+|CD|=|BC|+|AD|=16+10=26.\]

Stąd szukana objętość ostrosłupa ABCDS jest równa

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

 

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

Rendered by QuickLaTeX.com


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

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

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

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

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

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

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

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

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



Matura rozszerzona z matematyki (maj 2022) – rozwiązania

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

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


Z własności logarytmów mamy kolejno

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

Zatem poprawną jest odpowiedź A.



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


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

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

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

Poprawną odpowiedzią jest C.



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


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

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

Właściwą odpowiedzią jest więc A.



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


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

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

Odpowiedź A.



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

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

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

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

Rendered by QuickLaTeX.com


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

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

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



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

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


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

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

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



Zadanie 7. (0-3)
Rozwiąż równanie

    \[|x-3|=2x+11.\]


Rozpatrujemy dwa przypadki:

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

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

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



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


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

Rendered by QuickLaTeX.com

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

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

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

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

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

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

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

To kończy dowód.



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


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

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

    \[W(x)=2(x+1)(2x^2-5x-3).\]

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

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

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

Rendered by QuickLaTeX.com



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


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

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

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

Suma S wszystkich wyrazów ciągu geometrycznego (a_n) wynosi

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

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

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

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

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



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


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

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

To oznacza, że

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

Dane równanie przyjmuje więc postać

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

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



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

    \[x^2-(m+1)x+m=0\]

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

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


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

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

    \[\frac{1}{x_1}+\frac{1}{x_2}+2=\frac{1}{x_1^2}+\frac{1}{x_2^2}\]

jest równoważne równości

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

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

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

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



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

Rendered by QuickLaTeX.com


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

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

Rendered by QuickLaTeX.com

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

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

czyli

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

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

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

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

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



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


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

Rendered by QuickLaTeX.com

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

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

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

Możemy teraz napisać

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

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

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

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

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

 

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

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

b) Wyznacz dziedzinę funkcji P.

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


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

Rendered by QuickLaTeX.com

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

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

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

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

    \[f'(b)=18(b-9)(2b-9)+18(b-9)^2=54(b-9)(b-6).\]

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



Stereometria – przykłady z rozwiązaniami

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

♦ matura – poziom rozszerzony, maj 2010.


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

Rendered by QuickLaTeX.com

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

Rendered by QuickLaTeX.com

Mamy wtedy

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

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

Rendered by QuickLaTeX.com

Z twierdzenia Pitagorasa mamy

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

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

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

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

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

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

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

Mamy więc odpowiedź

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

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

 

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

♦ matura – poziom rozszerzony, maj 2003.


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

Rendered by QuickLaTeX.com

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

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

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

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

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

stąd |AB|=7.

Mamy więc

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

 

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

♦ matura próbna – poziom rozszerzony, styczeń 2003.


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

Rendered by QuickLaTeX.com

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

Rendered by QuickLaTeX.com

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

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

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

 

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

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


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

Rendered by QuickLaTeX.com

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

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

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

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

 

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

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


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

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

Rendered by QuickLaTeX.com

Obliczając z tego równania długość h otrzymamy

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

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

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

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

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

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

Obliczamy

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

 

Kombinatoryka i rachunek prawdopodobieństwa – przykłady z rozwiązaniami

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

♦ matura – poziom rozszerzony, maj 2010.


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

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

    \[\bar{\bar{A}}=2^3+4^3.\]

Dodatkowo \Omega przestrzeń wszystkich zdarzeń elementarnych ma elementów

    \[\bar{\bar{\Omega}}=6^3.\]

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

 

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

♦ matura – poziom rozszerzony, maj 2013.


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

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

 

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

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

♦ matura – poziom rozszerzony, maj 2002.


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

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

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

 

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

♦ matura próbna – poziom rozszerzony, styczeń 2003.


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

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

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

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

Ostatecznie mamy

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

 

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

♦ matura – poziom rozszerzony, maj 2008.


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

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

Delegacji złożonych wyłącznie z kobiet można utworzyć

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

Stąd mamy równość 

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

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

 

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

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


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

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

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

 

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

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


Sytuację po pierwszym losowaniu wygodnie jest przedstawić za pomocą grafu.

Rendered by QuickLaTeX.com

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

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