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

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