2021 | Matematyczne nietuzinki ;)

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): $6\times 6\times 4$ .

Tag: 2021

Matura rozszerzona z matematyki (maj 2021) – rozwiązania