www.zadania.info – N
AJWI ˛
EKSZY
I
NTERNETOWY
Z
BIÓR
Z
ADA ´
N Z
M
ATEMATYKI
P
RÓBNY
E
GZAMIN
M
ATURALNY
Z
M
ATEMATYKI
Z
ESTAW PRZYGOTOWANY PRZEZ SERWIS
WWW
.
ZADANIA
.
INFO
POZIOM ROZSZERZONY
19
MARCA
2011
C
ZAS PRACY
: 180
MINUT
Z
ADANIE
1
(4
PKT
.)
Przez ´srodek okr˛egu wpisanego w trójk ˛
at równoboczny ABC poprowadzono prost ˛
a równo-
legł ˛
a do boku BC i przecinaj ˛
ac ˛
a bok AB w punkcie D. Oblicz iloraz
|
DC
|
|
DB
|
.
R
OZWI ˛
AZANIE
Rozpoczynamy od rysunku.
A
B
C
D
a
60
o
Oznaczmy długo´s´c boku trójk ˛
ata równobocznego przez a. Wiemy, ˙ze ´srodek trójk ˛
ata
równobocznego dzieli wysoko´s´c w stosunku 2 : 1, czyli
AD
DB
=
2
⇒
DB
=
1
3
AB
=
a
3
.
Mo ˙zemy teraz z twierdzenia cosinusów wyliczy´c długo´s´c odcinka DC. Liczymy
DC
2
=
BD
2
+
BC
2
−
2
·
BD
·
BC cos 60
◦
DC
2
=
a
2
9
+
a
2
−
2
·
a
3
·
a
·
1
2
DC
2
=
10
9
a
2
−
a
2
3
=
10
9
a
2
−
3
9
a
2
=
7
9
a
2
DC
=
√
7
3
a.
Materiał pobrany z serwisu
1
www.zadania.info – N
AJWI ˛
EKSZY
I
NTERNETOWY
Z
BIÓR
Z
ADA ´
N Z
M
ATEMATYKI
Zatem
DC
DB
=
√
7
3
a
a
3
=
√
7.
Odpowied´z:
√
7
Z
ADANIE
2
(6
PKT
.)
Dana jest funkcja f
(
x
) =
2
|
x
+
3
|−
1
.
a) Naszkicuj wykres funkcji y
=
f
(
x
)
i na jego podstawie wyznacz liczb˛e rozwi ˛
aza ´n
równania f
(
x
) =
m w zale ˙zno´sci od parametru m.
b) Liczby x
1
i x
2
s ˛
a ró ˙znymi pierwiastkami równania f
(
x
) =
m. Oblicz x
1
+
x
2
.
R
OZWI ˛
AZANIE
a) Zauwa ˙zmy, ˙ze
f
(
x
) =
(
2
x
+
3
−
1
=
2
x
+
2
dla x
> −
3
2
−
x
−
3
−
1
= −
2
x
+
4
dla x
< −
3.
Zatem na prawo od -3 mamy hiperbol˛e y
=
2
x
przesuni˛et ˛
a o 2 jednostki w lewo, a
na lewo od -3 hiperbol˛e y
= −
2
x
przesuni˛et ˛
a 4 jednostki w lewo. Teraz wykonujemy
szkicowy rysunek.
-5
-1
+5
x
-5
-1
+1
+5
y
Z wykresu odczytujemy liczb˛e rozwi ˛
aza ´n równania f
(
x
) =
m.
0
dla m
∈ (−
2, 0
i
1
dla m
= −
2
2
dla m
∈ (−
∞,
−
2
) ∪ (
0,
+
∞
)
.
Materiał pobrany z serwisu
2
www.zadania.info – N
AJWI ˛
EKSZY
I
NTERNETOWY
Z
BIÓR
Z
ADA ´
N Z
M
ATEMATYKI
Odpowied´z:
0
dla m
∈ (−
2, 0
i
1
dla m
= −
2
2
dla m
∈ (−
∞,
−
2
) ∪ (
0,
+
∞
)
.
b)
Sposób I
Przekształ´cmy interesuj ˛
ace nas równanie
2
|
x
+
3
| −
1
=
m
2
m
= |
x
+
3
| −
1
2
m
+
1
= |
x
+
3
|
x
+
3
=
2
m
+
1
∨
x
+
3
= −
2
m
−
1
x
=
2
m
−
2
∨
x
= −
2
m
−
4.
Zatem suma pierwiastków jest równa
x
1
+
x
2
=
2
m
−
2
−
2
m
−
4
= −
6.
Sposób II
Zauwa ˙zmy, ˙ze wykres funkcji y
=
f
(
x
)
powstaje z wykresu funkcji y
=
2
|
x
|−
1
przez
przesuni˛ecie o 3 jednostki w lewo. Funkcja y
=
2
|
x
|−
1
jest funkcj ˛
a parzyst ˛
a, wi˛ec ma o´s
symetrii x
=
0. To oznacza, ˙ze wykres funkcji y
=
f
(
x
)
równie ˙z ma o´s symetrii – prost ˛
a
x
= −
3. Ponadto, z poprzedniego podpunktu wiemy, ˙ze je ˙zeli równanie f
(
x
) =
m
ma co najmniej dwa pierwiastki, to ma dokładnie dwa pierwiastki. W poł ˛
aczeniu z
symetri ˛
a wykresu oznacza to, ˙ze liczby x
1
i x
2
le ˙z ˛
a symetrycznie wzgl˛edem prostej
x
= −
3. Zatem
x
1
+
x
2
2
= −
3
⇒
x
1
+
x
2
= −
6.
Sposób III
Materiał pobrany z serwisu
3
www.zadania.info – N
AJWI ˛
EKSZY
I
NTERNETOWY
Z
BIÓR
Z
ADA ´
N Z
M
ATEMATYKI
Przekształ´cmy interesuj ˛
ace nas równanie
2
|
x
+
3
| −
1
=
m
2
m
= |
x
+
3
| −
1
2
m
+
1
= |
x
+
3
|
/
()
2
2
m
+
1
2
=
x
2
+
6x
+
9.
Zatem liczby x
1
i x
2
s ˛
a pierwiastkami powy ˙zszego równania kwadratowego. Na mocy
wzorów Viète’a mamy
x
1
+
x
2
= −
6.
Odpowied´z: x
1
+
x
2
= −
6
Z
ADANIE
3
(5
PKT
.)
Mi˛edzy liczby -5 i 49 wstaw dwie liczby tak, aby trzy pierwsze tworzyły ci ˛
ag arytmetyczny,
a trzy ostatnie ci ˛
ag geometryczny.
R
OZWI ˛
AZANIE
Oznaczmy pierwsze trzy liczby przez a
= −
5, b
= −
5
+
r, c
= −
5
+
2r, a trzy ostatnie
przez
b
= −
5
+
r, c
= (−
5
+
r
)
q, d
= (−
5
+
r
)
q
2
.
W szczególno´sci
(
−
5
+
2r
= (−
5
+
r
)
q
(−
5
+
r
)
q
2
=
49.
Je ˙zeli r
=
5, to drugie równanie przyjmuje posta´c 0
=
49, co oczywi´scie nie jest mo ˙zliwe.
Zatem r
6=
5 i z pierwszego równania mo ˙zemy wyliczy´c q
=
−
5
+
2r
−
5
+
r
. Podstawiamy t˛e warto´s´c
do drugiego równania.
(−
5
+
r
)
q
2
=
49
(−
5
+
r
) ·
(−
5
+
2r
)
2
(−
5
+
r
)
2
=
49
/
· (−
5
+
r
)
(−
5
+
2r
)
2
=
49
(−
5
+
r
)
25
−
20r
+
4r
2
= −
245
+
49r
4r
2
−
69r
+
270
=
0
∆
=
69
2
−
16
·
270
=
441
=
21
2
r
=
69
−
21
8
=
48
8
=
6
∨
r
=
69
+
21
8
=
45
4
.
Materiał pobrany z serwisu
4
www.zadania.info – N
AJWI ˛
EKSZY
I
NTERNETOWY
Z
BIÓR
Z
ADA ´
N Z
M
ATEMATYKI
Mamy wtedy odpowiednio
b
= −
5
+
r
=
1
∧
c
= −
5
+
2r
= −
5
+
12
=
7
b
= −
5
+
r
= −
5
+
45
4
=
25
4
∧
c
= −
5
+
2r
= −
5
+
45
2
=
35
2
.
Odpowied´z: Nale˙zy wstawi´c liczby 1 i 7 lub
25
4
i
35
2
Zadania
.info
Podobają Ci się nasze rozwiązania?
Pokaż je koleżankom i kolegom ze szkoły!
Z
ADANIE
4
(4
PKT
.)
Wierzchołki A i B kwadratu ABCD le ˙z ˛
a na paraboli y
=
x
2
−
6x
+
19, przy czym odcinek
AB jest równoległy do osi Ox. Wyka ˙z, ˙ze je ˙zeli odległo´s´c punktu A od osi Ox jest liczb ˛
a
całkowit ˛
a to pole kwadratu ABCD równie ˙z jest liczb ˛
a całkowit ˛
a.
R
OZWI ˛
AZANIE
Rozpoczynamy od szkicowego rysunku.
-10
-2
+3
+10
x
+2
+10
+20
y
y=m
A
B
C
D
m
Powiedzmy, ˙ze wierzchołki A i B maj ˛
a współrz˛edne A
= (
x
1
, m
)
i B
= (
x
2
, m
)
. Zatem
punkty A i B s ˛
a punktami wspólnymi danej paraboli i prostej y
=
m. To oznacza, ˙ze liczby
x
1
i x
2
s ˛
a pierwiastkami równania
x
2
−
6x
+
19
=
m
x
2
−
6x
+
19
−
m
=
0.
Obliczenie x
2
i x
1
nie jest zbyt przyjemne, ale my nie potrzebujemy tych liczb – potrzebne
nam jest tylko pole kwadratu, czyli
AB
2
= (
x
2
−
x
1
)
2
=
x
2
1
+
x
2
2
−
2x
1
x
2
= (
x
1
+
x
2
)
2
−
4x
1
x
2
.
Materiał pobrany z serwisu
5
www.zadania.info – N
AJWI ˛
EKSZY
I
NTERNETOWY
Z
BIÓR
Z
ADA ´
N Z
M
ATEMATYKI
Teraz wystarczy skorzysta´c ze wzorów Viète’a.
AB
2
= (
x
1
+
x
2
)
2
−
4x
1
x
2
=
36
−
4
(
19
−
m
)
.
Teraz wida´c, ˙ze je ˙zeli m jest liczb ˛
a całkowit ˛
a, to całkowite jest te ˙z pole kwadratu ABCD.
Z
ADANIE
5
(4
PKT
.)
Okr ˛
ag wpisany w trójk ˛
at prostok ˛
atny ABC o bokach długo´sci
|
AB
| =
8,
|
BC
| =
6,
|
AC
| =
10
jest styczny do boków AC i BC w punktach D i E. Proste DE i AB przecinaj ˛
a si˛e punkcie F.
Oblicz pole trójk ˛
ata EBF.
R
OZWI ˛
AZANIE
Rozpoczynamy oczywi´scie od rysunku.
A
B
C
E
D
F
2
2
4
4
6
6
2
S
α
α
Zacznijmy od wyliczenia promienia okr˛egu wpisanego w trójk ˛
at ABC. Ze wzoru na pole
z promieniem okr˛egu wpisanego mamy
a
+
b
+
c
2
·
r
=
S
=
1
2
·
ab
r
=
ab
a
+
b
+
c
=
8
·
6
8
+
6
+
10
=
48
24
=
2.
Zatem EC
=
BC
−
r
=
4.
Na narysowanym obrazku jest sporo trójk ˛
atów prostok ˛
atnych – w tym interesuj ˛
acy nas
trójk ˛
at EBF. Kluczowe do rozwi ˛
azania zadania jest zauwa ˙zenie, ˙ze niektóre z nich s ˛
a po-
dobne. Rzeczywi´scie, je ˙zeli oznaczymy
]
BFE
=
α
to
]
DEC
= ]
BEF
=
90
◦
−
α
.
St ˛
ad
]
SCE
=
90
◦
− ]
DEC
=
90
◦
− (
90
◦
−
α
) =
α
.
To oznacza, ˙ze trójk ˛
aty EBF i SEC s ˛
a podobne. W obu z nich długo´s´c przyprostok ˛
atnej le-
˙z ˛
acej naprzeciw k ˛
ata α jest równa 2, wi˛ec trójk ˛
aty te s ˛
a przystaj ˛
ace. Zatem BF
=
EC
=
4 i
interesuj ˛
ace nas pole jest równe
S
EBF
=
1
2
·
2
·
4
=
4.
Odpowied´z: 4
Materiał pobrany z serwisu
6
www.zadania.info – N
AJWI ˛
EKSZY
I
NTERNETOWY
Z
BIÓR
Z
ADA ´
N Z
M
ATEMATYKI
Z
ADANIE
6
(5
PKT
.)
Dane s ˛
a punkty A
= (
2, 1
)
, B
= (
4, 1
)
, S
1
= (−
22, 1
)
i S
2
= (
8, 1
)
. Odcinek CD jest obrazem
odcinka AB w jednokładno´sci o skali dodatniej i ´srodku S
1
, jak i w jednokładno´sci o skali
ujemnej i ´srodku S
2
. Oblicz współrz˛edne punktów C i D.
R
OZWI ˛
AZANIE
Wykonujemy szkicowy rysunek – niestety niewiele on nam pomo ˙ze, bo wszystkie podane
punkty le ˙z ˛
a na jednej prostej.
A
B
S
2
S
1
C
D
A
B
S
2
S
1
C
D
Oznaczmy przez k
>
0 skal˛e podobie ´nstwa odcinków CD i AB (tzn. k
=
|
CD
|
|
AB
|
). W ta-
kim razie jednokładno´s´c o ´srodku S
1
ma skal˛e k, a jednokładno´s´c o ´srodku S
2
ma skal˛e
−
k.
Jednocze´snie, je ˙zeli pierwsza przekształca punkty A i B na C i D odpowiednio, to druga
przekształca A na D, a B na C. Te informacje pozwalaj ˛
a wyznaczy´c współrz˛edne punktów
C i D.
Oznaczmy C
= (
c, 1
)
i D
= (
d, 1
)
. Mamy zatem
−→
S
1
C
=
k
·
−→
S
1
A
−→
S
1
D
=
k
·
−→
S
1
B
∧
−→
S
2
D
= −
k
·
−→
S
2
A
−→
S
2
C
= −
k
·
−→
S
2
B.
(
[
c
+
22, 0
] =
k
· [
24, 0
]
[
d
+
22, 0
] =
k
· [
26, 0
]
∧
(
[
d
−
8, 0
] = −
k
· [−
6, 0
]
[
c
−
8, 0
] = −
k
· [−
4, 0
]
.
Otrzymujemy st ˛
ad układ równa ´n.
c
+
22
=
24k
d
+
22
=
26k
d
−
8
=
6k
c
−
8
=
4k
Odejmuj ˛
ac od pierwszego równania ostatnie mamy
30
=
20k
⇒
k
=
3
2
.
Zatem
c
−
8
=
4
·
3
2
=
6
⇒
c
=
14
d
−
8
=
6
·
3
2
=
9
⇒
d
=
17.
To oznacza, ˙ze C
= (
14, 1
)
i D
= (
17, 1
)
.
Odpowied´z:
(
14, 1
)
i
(
17, 1
)
Materiał pobrany z serwisu
7
www.zadania.info – N
AJWI ˛
EKSZY
I
NTERNETOWY
Z
BIÓR
Z
ADA ´
N Z
M
ATEMATYKI
Z
ADANIE
7
(3
PKT
.)
W niesko ´nczonym ci ˛
agu geometrycznym
(
a
n
)
o wyrazach dodatnich ka ˙zdy wyraz pocz ˛
aw-
szy od trzeciego, jest sum ˛
a dwóch poprzednich wyrazów. Oblicz iloraz tego ci ˛
agu.
R
OZWI ˛
AZANIE
Je ˙zeli oznaczymy trzy pierwsze wyrazy ci ˛
agu przez a
1
, a
1
q, a
1
q
2
to mamy równanie
a
1
q
2
=
a
1
+
a
1
q
/ : a
1
q
2
=
1
+
q
q
2
−
q
−
1
=
0
∆
=
1
+
4
=
5
q
=
1
−
√
5
2
∨
q
=
1
+
√
5
2
.
Poniewa ˙z ci ˛
ag ma mie´c wyrazy dodatnie, musi by´c q
=
1
+
√
5
2
.
Odpowied´z:
1
+
√
5
2
Z
ADANIE
8
(5
PKT
.)
Wielomian W
(
x
) =
x
5
−
x
3
+
px
2
+
qx
+
r jest podzielny przez wielomian R
(
x
) =
x
3
+
x
+
12. Wyznacz liczby p, q i r.
R
OZWI ˛
AZANIE
Sposób I
Mo ˙zna na pocz ˛
atku spróbowa´c rozło ˙zy´c wielomian R
(
x
) =
x
3
+
x
+
12 na czynniki, ale nic
z tego nie wyjdzie – wielomian ten nie ma pierwiastków wymiernych.
Spróbujmy wi˛ec inaczej, skoro W
(
x
)
dzieli si˛e przez R
(
x
)
to dla pewnego wielomianu
Q
(
x
)
mamy
W
(
x
) =
Q
(
x
)
R
(
x
)
.
W dodatku troch˛e wiemy o Q
(
x
)
- musi mie´c stopie ´n 2 i musi mie´c współczynnik 1 przy x
2
.
Szukamy wi˛ec wielomianu Q
(
x
) =
x
2
+
ax
+
b spełniaj ˛
acego równo´s´c
x
5
−
x
3
+
px
2
+
qx
+
r
= (
x
2
+
ax
+
b
)(
x
3
+
x
+
12
)
x
5
−
x
3
+
px
2
+
qx
+
r
=
x
5
+
ax
4
+
x
3
(
1
+
b
) +
x
2
(
12
+
a
) +
x
(
12a
+
b
) +
12b.
Dwa wielomiany s ˛
a równe je ˙zeli maj ˛
a równe współczynniki, wi˛ec patrz ˛
ac na współczynnik
przy x
4
otrzymujemy a
=
0, a patrz ˛
ac na współczynnik przy x
3
mamy b
= −
2. Porównuj ˛
ac
pozostałe współczynniki dostajemy
p
=
12
+
a
=
12
q
=
12a
+
b
= −
2
r
=
12b
= −
24.
Materiał pobrany z serwisu
8
www.zadania.info – N
AJWI ˛
EKSZY
I
NTERNETOWY
Z
BIÓR
Z
ADA ´
N Z
M
ATEMATYKI
Sposób II
Dzielimy W
(
x
)
przez R
(
x
)
ignoruj ˛
ac parametry – my zrobimy to grupuj ˛
ac wyrazy.
x
5
−
x
3
+
px
2
+
qx
+
r
= (
x
5
+
x
3
+
12x
2
) −
x
3
−
12x
2
−
x
3
+
px
2
+
qx
+
r
=
=
x
2
(
x
3
+
x
+
12
) −
2
(
x
3
+
x
+
12
) +
2x
+
24
+ (
p
−
12
)
x
2
+
qx
+
r
=
= (
x
2
−
2
)(
x
3
+
x
+
12
) + (
p
−
12
)
x
2
+ (
q
+
2
)
x
+ (
r
+
24
)
.
Skoro wielomian W
(
x
)
ma si˛e dzieli´c przez R
(
x
)
bez reszty, otrzymana reszta musi by´c
równa 0. Zatem p
=
12, q
= −
2, r
= −
24.
Odpowied´z:
(
p, q, r
) = (
12,
−
2,
−
24
)
Z
ADANIE
9
(4
PKT
.)
Wyznacz wszystkie liczby naturalne n spełniaj ˛
ace równanie
n
+
8
n
+
3
=
6
·
n
+
6
n
+
2
.
R
OZWI ˛
AZANIE
Korzystamy ze wzorów
n
k
=
n
n
−
k
n
k
=
n
(
n
−
1
)(
n
−
2
) · · · (
n
−
k
+
1
)
k!
.
Mamy zatem
n
+
8
n
+
3
=
6
·
n
+
6
n
+
2
n
+
8
5
=
6
·
n
+
6
4
(
n
+
8
)(
n
+
7
)(
n
+
6
)(
n
+
5
)(
n
+
4
)
5!
=
6
·
(
n
+
6
)(
n
+
5
)(
n
+
4
)(
n
+
3
)
4!
.
Skracamy teraz obie strony przez
(
n
+
6
)(
n
+
5
)(
n
+
4
)
4!
i otrzymujemy:
(
n
+
8
)(
n
+
7
)
5
=
6
(
n
+
3
)
/
·
5
(
n
+
8
)(
n
+
7
) =
30
(
n
+
3
)
n
2
+
15n
+
56
=
30n
+
90
n
2
−
15n
−
34
=
0
∆
=
225
+
136
=
361
=
19
2
n
=
15
−
19
2
= −
2
∨
n
=
15
+
19
2
=
17.
Ujemne rozwi ˛
azanie odrzucamy i mamy n
=
17.
Odpowied´z: n
=
17
Materiał pobrany z serwisu
9
www.zadania.info – N
AJWI ˛
EKSZY
I
NTERNETOWY
Z
BIÓR
Z
ADA ´
N Z
M
ATEMATYKI
Z
ADANIE
10
(5
PKT
.)
Rzucamy 9 razy symetryczn ˛
a 6-´scienn ˛
a kostk ˛
a do gry. Jakie jest prawdopodobie ´nstwo, ˙ze w
ka ˙zdych trzech kolejnych rzutach otrzymamy trzy ró ˙zne liczby oczek?
R
OZWI ˛
AZANIE
Za zdarzenia elementarne przyjmujemy 9-elementowe ci ˛
agi otrzymanych liczb oczek, czyli
|
Ω
| =
6
9
.
Policzmy ile jest zdarze ´n sprzyjaj ˛
acych. Na pierwszej kostce mo ˙ze by´c dowolna liczba oczek,
na drugiej musi by´c inna liczba oczek ni ˙z na pierwszej, na trzeciej inna ni ˙z na pierwszych
dwóch, na czwartej inna ni ˙z na poprzednich dwóch itd. W sumie jest wi˛ec
6
·
5
·
4
·
4
· · ·
4
=
6
·
5
·
4
7
zdarze ´n sprzyjaj ˛
acych i prawdopodobie ´nstwo wynosi
6
·
5
·
4
7
6
9
=
5
·
4
7
6
·
6
7
=
5
6
·
2
3
7
.
Odpowied´z:
5
6
·
2
3
7
Z
ADANIE
11
(5
PKT
.)
Odległo´s´c ´srodka podstawy ostrosłupa prawidłowego czworok ˛
atnego od kraw˛edzi bocznej
równa si˛e a, a k ˛
at płaski ´sciany bocznej przy wierzchołku ostrosłupa równa si˛e 2α. Oblicz
wysoko´s´c ostrosłupa.
R
OZWI ˛
AZANIE
Rozpoczynamy od rysunku.
A
B
C
D
S
E
F
b
h
G
b
a
α α
Materiał pobrany z serwisu
10
www.zadania.info – N
AJWI ˛
EKSZY
I
NTERNETOWY
Z
BIÓR
Z
ADA ´
N Z
M
ATEMATYKI
Niech SE b˛edzie wysoko´sci ˛
a ostrosłupa, SF wysoko´sci ˛
a ´sciany bocznej ABS, a G rzutem
punktu E na kraw˛ed´z AS. Oznaczmy ponadto długo´s´c kraw˛edzi bocznej przez b, a długo´s´c
wysoko´sci ostrosłupa przez h.
Z trójk ˛
ata prostok ˛
atnego AFS mamy
AF
AS
=
sin α
⇒
AF
=
b sin α.
Odcinek AE jest połow ˛
a przek ˛
atnej kwadratu o boku 2AF, czyli
AE
=
1
2
· (
2AF
)
√
2
=
AF
√
2
=
√
2b sin α.
Teraz wystarczy skorzysta´c z podobie ´nstwa trójk ˛
atów prostok ˛
atnych AES i EGS (inny spo-
sób to policzy´c pole trójk ˛
ata AES na dwa sposoby). Mamy zatem
AE
AS
=
GE
SE
√
2b sin α
b
=
a
h
h
=
a
√
2 sin α
.
Odpowied´z:
a
√
2 sin α
Materiał pobrany z serwisu
11
Wyszukiwarka
Podobne podstrony:
19 03 11, Wykłady
19 03 11 A
Fleet Management System FMS WSM 19 03 11 pl(1)
19 03 11 A
Kardiologia wyklad 03 11 2011
TRENING 03 11 2009 DOLNOŚLĄSKI ZPN
Ekonomika log 19.03.2011 sob, Ekonomika logistyki
pn 14 03 11 łożysko konia
19 03 23 03
19 03, Dilthey
dp 589 wstrzas2012 (czyli 2014 03 11)
2003 03 11
03 11 2013 Choroba wysokościowa
Fleet Analysis System 1 WSM 19 03 13 pl(1)
Efektywnosc2010 19 07 11
prawo do wykładu 2(19,03,2010r)
więcej podobnych podstron