www.zadania.info – N
AJWI ˛
EKSZY
I
NTERNETOWY
Z
BIÓR
Z
ADA ´
N Z
M
ATEMATYKI
L
UBELSKA PRÓBA PRZED MATUR ˛
A
DLA KLAS TRZECICH
POZIOM PODSTAWOWY
GRUPA
I
25
LUTEGO
2014
C
ZAS PRACY
: 170
MINUT
Zadania zamkni˛ete
Z
ADANIE
1
(1
PKT
)
Liczba
1
3
·
3
−2
·
3
3
3
−3
·
√
81
·
3
2
:27
0
−
1
jest równa
A) 3
−
1
B) 3
−
2
C) 3
1
D) 3
2
R
OZWI ˛
AZANIE
Liczymy
3
−
1
·
3
−
2
·
3
3
3
−
3
·
3
2
·
3
2
: 1
−
1
= =
3
−
1
−
2
+
3
3
−
3
+
2
+
2
−
1
=
1
3
−
1
=
3.
Odpowied´z: C
Z
ADANIE
2
(1
PKT
)
Liczba
(
2
−
√
3
)
2
−
2
(
2
−
2
√
3
)
jest równa
A)
−
√
3
B) 3
C) 4
−
√
3
D) 4
+
√
3
R
OZWI ˛
AZANIE
Liczymy korzystaj ˛
ac ze wzoru skróconego mno ˙zenia
(
a
−
b
)
2
=
a
2
−
2ab
+
b
2
.
Mamy wi˛ec
(
2
−
√
3
)
2
−
2
(
2
−
2
√
3
) =
4
−
4
√
3
+
3
−
4
+
4
√
3
=
3.
Odpowied´z: B
Z
ADANIE
3
(1
PKT
)
Liczb ˛
a odwrotn ˛
a do liczby
1
2
−
√
2
+
1
2
+
√
2
jest liczba
A)
−
2
B) 2
C)
1
2
D) 2
√
2
Materiał pobrany z serwisu
1
www.zadania.info – N
AJWI ˛
EKSZY
I
NTERNETOWY
Z
BIÓR
Z
ADA ´
N Z
M
ATEMATYKI
R
OZWI ˛
AZANIE
Zauwa ˙zmy, ˙ze (sprowadzamy ułamki do wspólnego mianownika)
a
=
1
2
−
√
2
+
1
2
+
√
2
=
(
2
+
√
2
) + (
2
−
√
2
)
(
2
−
√
2
)(
2
+
√
2
)
=
4
4
−
2
=
2.
Zatem
1
a
=
1
2
.
Odpowied´z: C
Zadania
.info
Podobają Ci się nasze rozwiązania?
Pokaż je koleżankom i kolegom ze szkoły!
Z
ADANIE
4
(1
PKT
)
Cen˛e ksi ˛
a ˙zki obni ˙zono o 20%, a po miesi ˛
acu now ˛
a cen˛e obni ˙zono o dalsze 10%. W wyniku
obu obni ˙zek cena ksi ˛
a ˙zki zmniejszyła si˛e o
A) 25%
B) 28%
C) 29%
D) 30%
R
OZWI ˛
AZANIE
Oznaczmy przez x wyj´sciow ˛
a cen˛e nart. Zatem po pierwszej obni ˙zce cena wynosiła
0, 8x.
Po kolejnej obni ˙zce cena wynosiła
0, 9
·
0, 8x
=
0, 72x.
Zatem cena została ł ˛
acznie obni ˙zona o 28%.
Odpowied´z: B
Z
ADANIE
5
(1
PKT
)
Warto´s´c liczbowa wyra ˙zenia 5 log
2
2
−
log
2
2 jest równa
A) 2
−
1
B) 2
0
C) 2
1
D) 2
2
R
OZWI ˛
AZANIE
Poniewa ˙z log
2
2
=
1, wi˛ec
5 log
2
2
−
log
2
2
=
5
−
1
=
4
=
2
2
.
Odpowied´z: D
Materiał pobrany z serwisu
2
www.zadania.info – N
AJWI ˛
EKSZY
I
NTERNETOWY
Z
BIÓR
Z
ADA ´
N Z
M
ATEMATYKI
Z
ADANIE
6
(1
PKT
)
Liczba 5 jest pierwiastkiem wielomianu W
(
x
) =
x
3
−
5x
2
+
ax
+
10. Współczynnik a jest
równy
A)
−
2
B)
−
5
C) 2
D) 5
R
OZWI ˛
AZANIE
Liczymy
0
=
W
(
5
) =
125
−
125
+
5a
+
10
=
10
+
5a
−
10
=
5a
/ : 5
−
2
=
a.
Odpowied´z: A
Z
ADANIE
7
(1
PKT
)
Rozwi ˛
azaniem nierówno´sci
|
x
+
8
|
6 3 jest zbiór
A)
h−
11,
−
5
i
B)
h−
11, 5
i
C)
h
5, 11
i
D)
h−
5, 11
i
R
OZWI ˛
AZANIE
Sposób I
Liczymy
|
x
+
8
|
6 3
−
3 6 x
+
8 6 3 /
−
8
−
11 6 x 6
−
5.
Zatem x
∈ h−
11,
−
5
i
.
Sposób II
Dan ˛
a nierówno´s´c mo ˙zemy zapisa´c w postaci:
|
x
− (−
8
)|
6 3.
Zatem szukamy tych liczb, które na osi liczbowej s ˛
a oddalone od
−
8 o nie wi˛ecej ni ˙z 3.
Wykonujemy rysunek
-10 -9
-6
-8 -7
-5 -4 -3
3
3
0
-2 -1
-11
-12
Teraz ju ˙z łatwo odczyta´c, ˙ze zbiorem rozwi ˛
aza ´n jest
h−
11,
−
5
i
.
Odpowied´z: A
Materiał pobrany z serwisu
3
www.zadania.info – N
AJWI ˛
EKSZY
I
NTERNETOWY
Z
BIÓR
Z
ADA ´
N Z
M
ATEMATYKI
Z
ADANIE
8
(1
PKT
)
Długo´s´c odcinka AB o ko ´ncach w punktach A
= (−
1,
−
2
)
i B
= (−
4,
−
3
)
jest równa
A)
√
7
B)
√
10
C)
√
11
D)
√
13
R
OZWI ˛
AZANIE
Liczymy
AB
=
q
(−
4
− (−
1
))
2
+ (−
3
− (−
2
))
2
=
√
9
+
1
=
√
10.
Odpowied´z: B
Z
ADANIE
9
(1
PKT
)
W trójk ˛
acie równoramiennym rami˛e ma długo´s´c 5, a k ˛
at ostry przy podstawie jest równy α.
Wysoko´s´c poprowadzona na podstaw˛e trójk ˛
ata wynosi
A) 5 cos α
B) 5 tg α
C) 5 sin α
D) 5 ctg α
R
OZWI ˛
AZANIE
Zaczynamy od szkicowego rysunku.
A
B
C
D
5
5
α
h
W trójk ˛
acie prostok ˛
atnym ADC mamy
sin α
=
h
5
⇒
h
=
5 sin α.
Odpowied´z: C
Z
ADANIE
10
(1
PKT
)
Prosta prostopadła do prostej o równaniu y
=
1
2
x
−
2 i przechodz ˛
aca przez punkt A
=
(−
1, 3
)
ma równanie
A) y
= −
2x
−
2
B) y
=
2x
−
1
C) y
=
2x
+
2
D) y
= −
2x
+
1
Materiał pobrany z serwisu
4
www.zadania.info – N
AJWI ˛
EKSZY
I
NTERNETOWY
Z
BIÓR
Z
ADA ´
N Z
M
ATEMATYKI
R
OZWI ˛
AZANIE
Proste y
=
ax
+
b oraz y
=
cx
+
d s ˛
a prostopadłe je ˙zeli ac
= −
1. Zatem szukana prosta musi
mie´c współczynnik kierunkowy (liczb˛e przy x) równy
−
2. W takim razie musi to by´c prosta
y
= −
2x
−
2 lub y
= −
2x
+
1. Sprawdzamy teraz, w przypadku której z tych prostych
otrzymamy y
=
3 po podstawieniu x
= −
1. Gdy to zrobimy, oka ˙ze si˛e, ˙ze szukan ˛
a prost ˛
a
jest y
= −
2x
+
1.
Odpowied´z: D
Z
ADANIE
11
(1
PKT
)
Rozwi ˛
azaniem równania
x
+
1
x
−
3
=
2
7
jest liczba
A) 2
3
5
B)
−
2
3
5
C) 2
3
7
D)
−
2
3
7
R
OZWI ˛
AZANIE
Liczymy
x
+
1
x
−
3
=
2
7
/
·
7
(
x
−
3
)
7x
+
7
=
2x
−
6
5x
= −
13
⇒
x
= −
13
5
= −
2
3
5
.
Odpowied´z: B
Z
ADANIE
12
(1
PKT
)
Zbiorem rozwi ˛
aza ´n nierówno´sci
−(
x
+
3
)(
x
−
5
)
> 0 jest
A)
h−
5,
−
3
i
B)
h
3, 5
i
C)
h−
3, 5
i
D)
h−
5, 3
i
R
OZWI ˛
AZANIE
Wykresem funkcji kwadratowej z lewej strony nierówno´sci jest parabola o ramionach skie-
rowanych w dół i miejscach zerowych
−
3 i 5 (dla takich warto´sci x zeruj ˛
a si˛e nawiasy).
-5
-1
+5
x
-1
+1
+5
+10
y
Materiał pobrany z serwisu
5
www.zadania.info – N
AJWI ˛
EKSZY
I
NTERNETOWY
Z
BIÓR
Z
ADA ´
N Z
M
ATEMATYKI
Zatem rozwi ˛
azaniem nierówno´sci jest zbiór
h−
3, 5
i
.
Odpowied´z: C
Z
ADANIE
13
(1
PKT
)
Najwi˛eksz ˛
a liczb ˛
a całkowit ˛
a nale ˙z ˛
ac ˛
a do zbioru rozwi ˛
aza ´n nierówno´sci x
+
1
3
6
x
2
jest
A)
−
2
B)
−
1
C) 1
D) 2
R
OZWI ˛
AZANIE
Przekształ´cmy dan ˛
a nierówno´s´c.
x
+
1
3
6
x
2
/
·
6
6x
+
2 6 3x
3x 6
−
2
/ : 3
x 6
−
2
3
.
Najwi˛eksza liczba całkowita spełniaj ˛
aca t˛e nierówno´s´c to
−
1.
Odpowied´z: B
Z
ADANIE
14
(1
PKT
)
Funkcja liniowa f
(
x
) = (
k
2
−
1
)
x
−
5 jest malej ˛
aca dla
A) k
∈ h−
1, 1
i
B) k
∈
R
\ {−
1, 1
}
C) k
∈
R
\ h−
1, 1
i
D) k
∈ (−
1, 1
)
R
OZWI ˛
AZANIE
Funkcja liniowa jest malej ˛
aca je ˙zeli współczynnik kierunkowy jest liczb ˛
a ujemn ˛
a. Rozwi ˛
a-
zujemy nierówno´s´c
k
2
−
1
<
0
(
k
−
1
)(
k
+
1
) <
0
k
∈ (−
1, 1
)
.
Odpowied´z: D
Z
ADANIE
15
(1
PKT
)
Najmniejsza warto´s´c funkcji f
(
x
) = (
x
+
1
)(
x
−
5
)
wynosi
A)
−
5
B) 5
C)
−
9
D)
−
1
Materiał pobrany z serwisu
6
www.zadania.info – N
AJWI ˛
EKSZY
I
NTERNETOWY
Z
BIÓR
Z
ADA ´
N Z
M
ATEMATYKI
R
OZWI ˛
AZANIE
Wykresem podanej funkcji jest parabola o ramionach skierowanych w gór˛e i miejscach ze-
rowych
−
1 i 5. Wierzchołek tej paraboli znajduje si˛e dokładnie w ´srodku mi˛edzy pierwiast-
kami, czyli pierwsza współrz˛edna wierzchołka jest równa
−
1
+
5
2
=
2. Druga współrz˛edna
wierzchołka jest równa
f
(
2
) = (
2
+
1
)(
2
−
5
) =
3
· (−
3
) = −
9.
Jest to oczywi´scie najmniejsza warto´s´c funkcji.
-5
-1
+2
+5
x
-10
-5
-1
+1
y
Odpowied´z: C
Z
ADANIE
16
(1
PKT
)
Suma długo´sci kraw˛edzi sze´scianu jest równa 60 cm. Długo´s´c przek ˛
atnej tego sze´scianu
wynosi
A) 5
√
2 cm
B) 5
√
3 cm
C) 3
√
5 cm
D) 2
√
5 cm
R
OZWI ˛
AZANIE
Sze´scian ma 12 kraw˛edzi, wi˛ec mamy do czynienia z sze´scianem o kraw˛edzi długo´sci
60
12
=
5.
d
A
B
C
5
5
5
Materiał pobrany z serwisu
7
www.zadania.info – N
AJWI ˛
EKSZY
I
NTERNETOWY
Z
BIÓR
Z
ADA ´
N Z
M
ATEMATYKI
Je ˙zeli dorysujemy przek ˛
atn ˛
a kwadratu w podstawie to powinno by´c jasne, ˙ze
BC
=
p
AB
2
+
AC
2
=
q
(
5
√
2
)
2
+
5
2
=
√
3
·
25
=
5
√
3.
Odpowied´z: B
Z
ADANIE
17
(1
PKT
)
Suma dwudziestu pocz ˛
atkowych wyrazów niesko ´nczonego ci ˛
agu arytmetycznego
(
a
n
)
, w
którym a
1
=
0, 5 oraz a
3
=
3
1
2
jest równa
A) 295
B) 298
C) 305
D) 308
R
OZWI ˛
AZANIE
Obliczmy najpierw ró ˙znic˛e ci ˛
agu
3
1
2
=
a
3
=
a
2
+
r
=
a
1
+
2r
=
1
2
+
2r
2r
=
3
⇒
r
=
3
2
.
Suma pierwszych 20 wyrazów ci ˛
agu jest wi˛ec równa
S
20
=
2a
1
+ (
n
−
1
)
r
2
·
n
=
1
+
19
·
3
2
2
·
20
=
20
+
570
2
=
295.
Odpowied´z: A
Z
ADANIE
18
(1
PKT
)
Na diagramie podano wzrost uczniów klasy I w pewnym liceum.
liczba osób
wzrost
0
1
2
3
4
5
6
7
8
158 160 164 166 168 170
Mediana wszystkich wyników jest równa
A) 163
B) 164
C) 165
D) 166
Materiał pobrany z serwisu
8
www.zadania.info – N
AJWI ˛
EKSZY
I
NTERNETOWY
Z
BIÓR
Z
ADA ´
N Z
M
ATEMATYKI
R
OZWI ˛
AZANIE
W sumie na diagramie przedstawiono informacje o wzro´scie
3
+
6
+
4
+
4
+
6
+
2
=
25
osób. Mediana jest wi˛ec równa wzrostowi 13-tej osoby, je ˙zeli uporz ˛
adkujemy te osoby we-
dług wzrostu. Poniewa ˙z 3
+
6
+
4
=
13, wi˛ec trzynasta osoba ma 164 cm wzrostu.
Odpowied´z: B
Z
ADANIE
19
(1
PKT
)
Liczby
−
8; x
−
2;
−
2 (w podanej kolejno´sci) s ˛
a pierwszym, drugim i trzecim wyrazem ci ˛
agu
geometrycznego. Wówczas liczba x mo ˙ze by´c równa
A) 4
B) 6
C) 7
D) 8
R
OZWI ˛
AZANIE
Je ˙zeli trzy liczby a, b, c s ˛
a kolejnymi wyrazami ci ˛
agu geometrycznego to b
2
=
ac. Daje to
nam równanie
(
x
−
2
)
2
= (−
8
) · (−
2
) =
16
x
−
2
= ±
4
x
= −
2
∨
x
=
6
Wida´c wi˛ec, ˙ze x mo ˙ze by´c równe 6.
Odpowied´z: B
Z
ADANIE
20
(1
PKT
)
K ˛
at α jest k ˛
atem ostrym w trójk ˛
acie prostok ˛
atnym i sin α
=
5
7
. Wówczas
A) tg α
=
5
√
6
4
B) tg α
=
√
6
12
C) tg α
=
5
√
6
12
D) tg α
=
√
6
4
R
OZWI ˛
AZANIE
Szkicujemy trójk ˛
at prostok ˛
atny, w którym sin α
=
5
7
.
α
7
x
5
Obliczamy długo´s´c drugiej przyprostok ˛
atnej.
x
=
p
7
2
−
5
2
=
√
49
−
25
=
√
24
=
2
√
6.
W takim razie
tg α
=
5
x
=
5
2
√
6
=
5
√
6
12
.
Odpowied´z: C
Materiał pobrany z serwisu
9
www.zadania.info – N
AJWI ˛
EKSZY
I
NTERNETOWY
Z
BIÓR
Z
ADA ´
N Z
M
ATEMATYKI
Z
ADANIE
21
(1
PKT
)
Wszystkich liczb naturalnych dwucyfrowych, których obie cyfry s ˛
a mniejsze od 5 jest
A) 17
B) 18
C) 19
D) 20
R
OZWI ˛
AZANIE
Pierwsz ˛
a cyfr˛e takiej liczby mo ˙zemy wybra´c na 4 sposoby (bo nie mo ˙ze to by´c 0). Drug ˛
a
cyfr˛e mo ˙zemy natomiast wybra´c na 5 sposobów. Razem daje nam to (zasada mno ˙zenia)
4
·
5
=
20
mo ˙zliwo´sci.
Odpowied´z: B
Z
ADANIE
22
(1
PKT
)
Dany jest okr ˛
ag o ´srodku S i promieniu r, długo´s´c łuku AB
=
1
4
·
2π
·
r (patrz rysunek).
α
A
B
S
Miara k ˛
ata α jest równa
A) 40
◦
B) 45
◦
C) 50
◦
D) 55
◦
R
OZWI ˛
AZANIE
Wiemy, ˙ze łuk AB ma długo´s´c równ ˛
a
1
4
·
2πr
2πr
=
1
4
długo´sci okr˛egu.
α
A
B
S 90
o
C
Materiał pobrany z serwisu
10
www.zadania.info – N
AJWI ˛
EKSZY
I
NTERNETOWY
Z
BIÓR
Z
ADA ´
N Z
M
ATEMATYKI
Zatem k ˛
at ´srodkowy ]ASB ma miar˛e
1
4
·
360
◦
=
90
◦
.
K ˛
at wpisany ]ACB jest dwa razy mniejszy, czyli
α
=
]ACB
=
1
2
·
90
◦
=
45
◦
.
Odpowied´z: B
Z
ADANIE
23
(1
PKT
)
Z talii 52 kart wylosowano jedn ˛
a kart˛e. Jakie jest prawdopodobie ´nstwo, ˙ze wylosowano
pikow ˛
a dam˛e lub kierowego waleta?
A)
2
52
B)
4
52
C)
6
52
D)
8
52
R
OZWI ˛
AZANIE
Poniewa ˙z s ˛
a 2 zdarzenia sprzyjaj ˛
ace, prawdopodobie ´nstwo jest równe
2
52
.
Odpowied´z: A
Zadania otwarte
Z
ADANIE
24
(2
PKT
)
Wyka ˙z, ˙ze ci ˛
ag o wzorze ogólnym a
n
= −
2
+
14n, gdzie n > 1, jest ci ˛
agiem arytmetycznym.
R
OZWI ˛
AZANIE
Ci ˛
ag
(
a
n
)
jest ci ˛
agiem arytmetycznym je ˙zeli ró ˙znica a
n
+
1
−
a
n
mi˛edzy dwoma kolejnymi
wyrazami jest stała (tzn. nie zale ˙zy od n). Dla danego ci ˛
agu mamy
a
n
+
1
−
a
n
= −
2
+
14
(
n
+
1
) − (−
2
+
14n
) = −
2
+
14n
+
14
+
2
−
14n
=
14.
Jest to zatem ci ˛
ag arytmetyczny o ró ˙znicy 14.
Z
ADANIE
25
(2
PKT
)
Dla jakich argumentów x, funkcja f
(
x
) = −
x
2
+
2x
+
15 przyjmuje warto´sci dodatnie?
Materiał pobrany z serwisu
11
www.zadania.info – N
AJWI ˛
EKSZY
I
NTERNETOWY
Z
BIÓR
Z
ADA ´
N Z
M
ATEMATYKI
R
OZWI ˛
AZANIE
Znajdujemy najpierw miejsca zerowe trójmianu
−
x
2
+
2x
+
15
∆
=
2
2
+
4
·
1
·
15
=
4
+
60
=
64
x
1
=
−
2
−
8
−
2
=
5
x
2
=
−
2
+
8
−
2
= −
3.
Poniewa ˙z współczynnik przy x
2
jest ujemny, wykres tego trójmianu jest parabol ˛
a o ramio-
nach skierowanych w dół.
-10
-2
+2
+10
x
-10
-2
+2
+10
y
Otrzymujemy st ˛
ad rozwi ˛
azanie nierówno´sci:
(−
3, 5
)
.
Odpowied´z:
(−
3, 5
)
Z
ADANIE
26
(2
PKT
)
Wyka ˙z, ˙ze dla dowolnego k ˛
ata ostrego α, warto´s´c wyra ˙zenia sin
4
α
+
cos
2
α
+
sin
2
α
·
cos
2
α
jest stała.
R
OZWI ˛
AZANIE
Przekształcamy dane wyra ˙zenie korzystaj ˛
ac z jedynki trygonometrycznej.
sin
4
α
+
cos
2
α
+
sin
2
α
·
cos
2
α
=
=
sin
2
α
(
sin
2
α
+
cos
2
α
) +
cos
2
α
=
sin
2
α
+
cos
2
α
=
1.
Z
ADANIE
27
(2
PKT
)
Do´swiadczenie losowe polega na trzykrotnym rzucie symetryczn ˛
a monet ˛
a. Jakie jest praw-
dopodobie ´nstwo, ˙ze wylosujemy co najmniej dwa razy orła?
Materiał pobrany z serwisu
12
www.zadania.info – N
AJWI ˛
EKSZY
I
NTERNETOWY
Z
BIÓR
Z
ADA ´
N Z
M
ATEMATYKI
R
OZWI ˛
AZANIE
Umówmy si˛e, ˙ze za wyniki uwa ˙zamy uporz ˛
adkowane ci ˛
agi otrzymanych reszek/orłów.
Mamy wtedy
|
Ω
3
| =
2
3
=
8.
Zdarzenia sprzyjaj ˛
ace to
(
O, O, R
)
,
(
O, R, O
)
,
(
R, O, O
)
,
(
O, O, O
)
i prawdopodobie ´nstwo wynosi
4
8
=
1
2
.
Odpowied´z:
1
2
Z
ADANIE
28
(2
PKT
)
Rozwi ˛
a ˙z równanie 0, 25 log
3
x
2
+
1
=
0.
R
OZWI ˛
AZANIE
Ze wzgl˛edu na dziedzin˛e logarytmu musi by´c oczywi´scie x
6=
0. Przekształcamy dane rów-
nanie.
0, 25 log
3
x
2
+
1
=
0
1
4
log
3
x
2
= −
1
/
·
4
log
3
x
2
= −
4
=
log
3
3
−
4
x
2
=
3
−
4
=
1
3
4
=
1
3
2
2
=
1
9
2
x
= ±
1
9
.
Odpowied´z: x
= −
1
9
lub x
=
1
9
Z
ADANIE
29
(4
PKT
)
Oblicz pole trójk ˛
ata równoramiennego ABC (patrz rysunek,
|
AC
| = |
BC
|
), w którym wyso-
ko´s´c
|
AE
| =
8, a długo´s´c odcinka
|
BE
| =
6.
A
B
C
E
D
Materiał pobrany z serwisu
13
www.zadania.info – N
AJWI ˛
EKSZY
I
NTERNETOWY
Z
BIÓR
Z
ADA ´
N Z
M
ATEMATYKI
R
OZWI ˛
AZANIE
Korzystaj ˛
ac z twierdzenia Pitagorasa w trójk ˛
acie ABE obliczmy długo´s´c podstawy trójk ˛
ata
ABC.
AB
=
p
AE
2
+
BE
2
=
√
64
+
36
=
√
100
=
10.
W takim razie AD
=
DB
=
5. Wysoko´s´c DC obliczamy korzystaj ˛
ac z podobie ´nstwa trójk ˛
a-
tów ABE i CBD (oba s ˛
a prostok ˛
atne i maj ˛
a wspólny k ˛
at przy wierzchołku B).
AE
BE
=
CD
DB
8
6
=
CD
5
⇒
CD
=
8
6
·
5
=
40
6
=
20
3
.
Pole trójk ˛
ata ABC jest wi˛ec równe
1
2
AB
·
CD
=
1
2
·
10
·
20
3
=
100
3
.
Odpowied´z:
100
3
Z
ADANIE
30
(4
PKT
)
Dany jest prostok ˛
at o polu 72 cm
2
. Gdyby zwi˛ekszy´c długo´s´c jednego z boków o 2 cm, a
drugi bok zmniejszy´c o 3 cm, to pole nie ulegnie zmianie. Oblicz długo´sci boków danego
prostok ˛
ata.
R
OZWI ˛
AZANIE
Oznaczmy przez a i b długo´sci boków danego prostok ˛
ata. Wiemy, ˙ze
(
ab
=
72
(
a
+
2
)(
b
−
3
) =
72.
Podstawiamy b
=
72
a
z pierwszego równania do drugiego.
(
a
+
2
)
72
a
−
3
=
72
/
·
a
(
a
+
2
)(
72
−
3a
) =
72a
72a
−
3a
2
+
144
−
6a
=
72a
/ : 6
0
=
1
2
a
2
+
a
−
24
∆
=
1
+
48
=
49
a
= −
1
−
7
= −
8
∨
a
= −
1
+
7
=
6.
Ujemne rozwi ˛
azanie odrzucamy i mamy a
=
6. St ˛
ad b
=
72
a
=
12.
Odpowied´z: 6 cm i 12 cm.
Materiał pobrany z serwisu
14
www.zadania.info – N
AJWI ˛
EKSZY
I
NTERNETOWY
Z
BIÓR
Z
ADA ´
N Z
M
ATEMATYKI
Z
ADANIE
31
(4
PKT
)
Dane s ˛
a dwa punkty A
= (−
4, 2
)
i B
= (
1, 4
)
oraz prosta k : x
+
4y
+
12
=
0. Wyznacz
współrz˛edne punktu C le ˙z ˛
acego na prostej k i tak samo odległego od punktów A i B.
R
OZWI ˛
AZANIE
Rozpoczynamy od szkicowego rysunku.
-10
-5
-1
+3
x
-5
-1
+1
+5
y
A
B
C
Sposób I
Szukamy punktu C
= (
x, y
) = (−
4y
−
12, y
)
tak, aby spełniona była równo´s´c AC
=
BC. Od
razu porównujemy kwadraty odległo´sci ( ˙zeby nie mie´c pierwiastków).
AC
2
=
BC
2
(−
4y
−
12
+
4
)
2
+ (
y
−
2
)
2
= (−
4y
−
12
−
1
)
2
+ (
y
−
4
)
2
(−
4y
−
8
)
2
+ (
y
−
2
)
2
= (−
4y
−
13
)
2
+ (
y
−
4
)
2
16y
2
+
64y
+
64
+
y
2
−
4y
+
4
=
16y
2
+
104y
+
169
+
y
2
−
8y
+
16
−
117
=
36y
⇒
y
= −
117
36
= −
13
4
.
St ˛
ad x
= −
4y
−
12
=
13
−
12
=
1 i C
=
1,
−
13
4
.
Sposób II
Tym razem napiszemy równanie symetralnej odcinka AB i znajdziemy jej punkt wspólny C
z dan ˛
a prost ˛
a x
+
4y
+
12
=
0.
Korzystamy ze wzoru na równanie prostej prostopadłej do wektora
→
v
= [
p, q
]
i przecho-
dz ˛
acej przez punkt
(
x
0
, y
0
)
p
(
x
−
x
0
) +
q
(
y
−
y
0
) =
0.
W naszej sytuacji mamy
→
v
=
−→
AB
= [
1
+
4, 4
−
2
] = [
5, 2
]
,
Materiał pobrany z serwisu
15
www.zadania.info – N
AJWI ˛
EKSZY
I
NTERNETOWY
Z
BIÓR
Z
ADA ´
N Z
M
ATEMATYKI
a punkt to ´srodek odcinka AB, czyli
−
4
+
1
2
,
2
+
4
2
=
−
3
2
, 3
.
W takim razie równanie symetralnej jest nast˛epuj ˛
ace
5
x
+
3
2
+
2
(
y
−
3
) =
0
/
·
2
10x
+
15
+
4y
−
12
=
0
4y
+
10x
+
3
=
0.
Szukamy teraz punktu wspólnego tej prostej z dan ˛
a prost ˛
a x
+
4y
+
12
=
0, czyli podsta-
wiamy w powy ˙zszym równaniu 4y
= −
x
−
12.
−
x
−
12
+
10x
+
3
=
0
9x
=
9
⇒
x
=
1.
Zatem y
=
1
4
(−
x
−
12
) = −
13
4
i C
=
1,
−
13
4
.
Odpowied´z: C
=
1,
−
13
4
Z
ADANIE
32
(5
PKT
)
Obj˛eto´s´c sto ˙zka jest równa 1000π, a tworz ˛
aca jest nachylona do podstawy pod k ˛
atem 30
◦
.
Oblicz pole powierzchni bocznej tego sto ˙zka.
R
OZWI ˛
AZANIE
Szkicujemy sto ˙zek.
h
r
r
30
o
l
Obliczamy wysoko´s´c i tworz ˛
ac ˛
a sto ˙zka w zale ˙zno´sci od promienia podstawy.
h
r
=
tg 30
◦
=
√
3
3
⇒
h
=
r
√
3
3
r
l
=
cos 30
◦
=
√
3
2
⇒
l
=
2r
√
3
.
Materiał pobrany z serwisu
16
www.zadania.info – N
AJWI ˛
EKSZY
I
NTERNETOWY
Z
BIÓR
Z
ADA ´
N Z
M
ATEMATYKI
Wykorzystujemy teraz informacj˛e o obj˛eto´sci sto ˙zka.
1
3
πr
2
·
h
=
1000π
/ : π
1
3
r
2
·
r
√
3
3
=
1000
/
·
3
√
3
r
3
=
1000
·
3
√
3
= (
10
√
3
)
3
r
=
10
√
3.
Mamy zatem l
=
2r
√
3
=
20 i pole powierzchni bocznej sto ˙zka jest równe
P
b
=
πrl
=
π
·
10
√
3
·
20
=
200
√
3π.
Odpowied´z: 200
√
3π
Materiał pobrany z serwisu
17
Wyszukiwarka
Podobne podstrony:
Lubelska Matura próbna Luty 2014 odp
Lubelska Matura próbna Luty 2014
2014 Matura 22 03 2014 odp
2014 Matura 29 04 2014 odp
2014 Matura 01 03 2014 odp
2014 Matura 25 02 2014 odp II
2014 Matura 01 03 2014 odp
2014 Matura 29 04 2014 odp
2014 Matura 05 04 2014 odp
2014 Matura 22 03 2014 odp
2014 Matura 15 03 2014 odp
matura probna biologia 2014 oke
matura probna 2014 3 id 288983 Nieznany
matura probna oke poznan styczen 2011 rozszerzony R id 7
1 Próbna matura 2008 poz post odp
2 Próbna matura 2008 poz rozszerz odp
więcej podobnych podstron