2024 | Matematyczne nietuzinki ;)

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 $80^\circ$ C. Temperatura w pokoju (temperatura otoczenia) jest stała i równa $20^\circ$ C. 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 $65^\circ$ C.

Oblicz temperaturę tej kawy po następnych pięciu minutach. Wynik podaj w stopniach Celsjusza, w zaokrągleniu do jedności. Zapisz obliczenia.

Zgodnie z treścią zadania mamy $T_p=80^\circ$ C oraz $T_z=20^\circ$ C, stała $k$ nie jest znana. Zauważmy, że dla $t=0$ podana zależność na $T(t)$ jest tautologią: $T(0)=T_p$ . Wiemy jednak, że $T(10)=65^\circ$ C, 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
$T(15)=(80-20)\cdot k^{-15}+20=60\cdot\dfrac{3\sqrt{3}}{8}+20=\dfrac{45}{2}\sqrt{3}+20\approx 59^\circ$ C.

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

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

Tag: 2024

Matura rozszerzona z matematyki (maj 2024) – rozwiązania