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
(OKE P
OZNA ´
N
)
POZIOM PODSTAWOWY
13
STYCZNIA
2011
C
ZAS PRACY
: 170
MINUT
Zadania zamkni˛ete
Z
ADANIE
1
(1
PKT
.)
Liczba 2
√
2
−
√
2
+
1
√
2
−
1
jest liczb ˛
a
A) wymiern ˛
a
B) niewymiern ˛
a
C) wi˛eksz ˛
a ni ˙z
√
2
D) naturaln ˛
a
R
OZWI ˛
AZANIE
Usuwamy niewymierno´s´c z mianownika.
2
√
2
−
√
2
+
1
√
2
−
1
=
2
√
2
−
(
√
2
+
1
)(
√
2
+
1
)
(
√
2
−
1
)(
√
2
+
1
)
=
=
2
√
2
−
2
+
2
√
2
+
1
2
−
1
=
2
√
2
−
3
−
2
√
2
= −
3.
Odpowied´z: A
Z
ADANIE
2
(1
PKT
.)
Liczba b to 125% liczby a. Wska ˙z zdanie fałszywe.
A) b
=
a
+
0, 25
·
a
B) b
=
a
+
25%
·
a
C) b
=
1, 25
·
a
D) b
=
a
+
25%
R
OZWI ˛
AZANIE
Oczywi´scie
b
=
125%a
=
1, 25a
=
a
+
0, 25a
=
a
+
25%a.
Odpowied´z: D
Z
ADANIE
3
(1
PKT
.)
Liczby nale ˙z ˛
ace do przedziału
h−
6, 6
i
s ˛
a rozwi ˛
azaniami nierówno´sci
A)
|
x
| <
6
B)
|
x
| >
6
C)
|
x
| 6
6
D)
|
x
| >
6
Materiał pobrany z serwisu
1
www.zadania.info – N
AJWI ˛
EKSZY
I
NTERNETOWY
Z
BIÓR
Z
ADA ´
N Z
M
ATEMATYKI
R
OZWI ˛
AZANIE
Przypomnijmy, ˙ze liczba
|
x
|
jest równa odległo´sci liczby x od punktu 0. Poniewa ˙z przedział
h−
6, 6
i
jest zbiorem liczb, których odległo´s´c od 0 jest nie wi˛eksza ni ˙z 6, wi˛ec jest on rozwi ˛
a-
zaniem nierówno´sci
|
x
| 6
6.
Odpowied´z: C
Z
ADANIE
4
(1
PKT
.)
Je ˙zeli log
x
1
64
= −
4 to liczba x jest równa
A)
1
2
B) 2
√
2
C) 2
D) 4
R
OZWI ˛
AZANIE
Z
mamy
log
x
1
64
= −
4
⇐⇒
x
−
4
=
1
64
,
czyli
1
x
4
=
1
64
x
4
=
64
=
2
6
x
=
4
√
2
6
=
√
2
3
=
2
√
2.
Odpowied´z: B
Z
ADANIE
5
(1
PKT
.)
Połowa liczby 2
2010
to
A) 1
1005
B) 1
2010
C) 2
1005
D) 2
2009
R
OZWI ˛
AZANIE
Liczymy
2
2010
2
=
2
2010
−
1
=
2
2009
.
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
.)
Iloczyn wielomianów W
(
x
) = −
3x
2
+
6 i P
(
x
) =
2x
3
−
6x
2
+
4 jest wielomianem stopnia
A) 2
B) 3
C) 5
D) 6
R
OZWI ˛
AZANIE
Przy wymna ˙zaniu wielomianów najwi˛eksz ˛
a pot˛eg ˛
a x b˛edzie
(−
3x
2
) ·
2x
3
= −
6x
5
.
Odpowied´z: C
Z
ADANIE
7
(1
PKT
.)
Liczba log
4
log
3
(
log
2
8
)
jest równa
A) 0
B) 1
C) 2
D) 3
R
OZWI ˛
AZANIE
Liczymy
log
4
log
3
(
log
2
8
)
=
log
4
h
log
3
(
log
2
2
3
)
i
=
=
log
4
log
3
3
=
log
4
1
=
0.
Odpowied´z: A
Z
ADANIE
8
(1
PKT
.)
Warto´s´c wyra ˙zenia
2
−
x
x
−
2
dla x
=
2
−
√
2 jest równa
A) -1
B)
√
2
−
2
C) 2
−
√
2
D) 1
R
OZWI ˛
AZANIE
Sposób I
Liczymy
2
−
x
x
−
2
=
2
− (
2
−
√
2
)
2
−
√
2
−
2
=
√
2
−
√
2
= −
1.
Sposób II
Liczymy
2
−
x
x
−
2
= −
x
−
2
x
−
2
= −
1.
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
9
(1
PKT
.)
Najmniejsz ˛
a liczb ˛
a naturaln ˛
a, która nie spełnia nierówno´sci x
2
−
7x
−
5
<
0 jest
A) 0
B) 3
C) 7
D) 8
R
OZWI ˛
AZANIE
Rozwi ˛
azujemy dan ˛
a nierówno´s´c
x
2
−
7x
−
5
<
0
∆
=
49
+
20
=
69
x
1
=
7
−
√
69
2
≈ −
0, 7,
x
2
=
7
+
√
69
2
=
7, 7
x
∈ (
x
1
, x
2
)
.
Zatem najmniejsz ˛
a liczb ˛
a naturaln ˛
a, która nie spełnia tego warunku jest 8.
Odpowied´z: D
Z
ADANIE
10
(1
PKT
.)
Na rysunku przedstawiony jest wykres funkcji liniowej f .
-5
-1
+5
x
-5
-1
+1
+5
y
+1
Funkcja f jest okre´slona wzorem
A) y
=
4
3
x
+
1
B) y
= −
3
4
x
+
1
C) y
= −
3x
+
1
D) y
=
4x
+
1
R
OZWI ˛
AZANIE
Sposób I
Materiał pobrany z serwisu
4
www.zadania.info – N
AJWI ˛
EKSZY
I
NTERNETOWY
Z
BIÓR
Z
ADA ´
N Z
M
ATEMATYKI
Z obrazka wida´c, ˙ze wykres funkcji przechodzi np. przez punkty
(
0, 1
)
i
(
4,
−
2
)
. Je ˙zeli zatem
y
=
ax
+
b to mamy
(
1
=
a
·
0
+
b
−
2
=
a
·
4
+
b.
Z pierwszego równania mamy b
=
1, a z drugiego
4a
= −
2
−
b
= −
2
−
1
= −
3
⇒
a
= −
3
4
.
Zatem y
= −
3
4
x
+
1.
Sposób II
Funkcja jest malej ˛
aca, wi˛ec na pewno ma ujemny współczynnik kierunkowy, co pozostawia
odpowiedzi y
= −
3
4
x
+
1 i y
= −
3x
+
1. Teraz wystarczy sprawdzi´c, która z tych prostych
przechodzi przez punkt
(
4,
−
2
)
.
Odpowied´z: B
Z
ADANIE
11
(1
PKT
.)
Osi ˛
a symetrii wykresu funkcji f
(
x
) = −
x
2
−
4x
+
7 jest prosta o równaniu
A) x
= −
2
B) y
= −
2
C) x
=
2
D) y
=
2
R
OZWI ˛
AZANIE
Osi ˛
a symetrii paraboli f
(
x
) = −
x
2
−
4x
+
7 jest pionowa prosta przechodz ˛
aca przez jej
wierzchołek. Pierwsza współrz˛edna wierzchołka jest równa
x
w
=
−
b
2a
=
4
−
2
= −
2,
zatem jest to prosta x
= −
2.
Na koniec obrazek
-5
-1
+3
+5
x
-1
+1
+5
+10
y
Odpowied´z: A
Materiał pobrany z serwisu
5
www.zadania.info – N
AJWI ˛
EKSZY
I
NTERNETOWY
Z
BIÓR
Z
ADA ´
N Z
M
ATEMATYKI
Z
ADANIE
12
(1
PKT
.)
Warto´s´c wyra ˙zenia sin 30
◦
·
cos 60
◦
−
2 tg 45
◦
jest równa
A)
√
3
4
−
2
B)
−
7
4
C) 10
7
4
D)
√
3
4
−
√
2
R
OZWI ˛
AZANIE
Liczymy
sin 30
◦
·
cos 60
◦
−
2 tg 45
◦
=
1
2
·
1
2
−
2
=
1
4
−
2
= −
7
4
.
Odpowied´z: B
Z
ADANIE
13
(1
PKT
.)
Rozwi ˛
azaniem równania cos x
=
√
3
2
dla 0
◦
<
x
<
90
◦
jest
A) x
=
30
◦
B) x
=
28
◦
C) x
=
60
◦
D) x
=
58
◦
R
OZWI ˛
AZANIE
Poniewa ˙z cos 30
◦
=
√
3
2
rozwi ˛
azaniem danego równania jest x
=
30
◦
.
Odpowied´z: A
Z
ADANIE
14
(1
PKT
.)
Miara k ˛
ata wpisanego opartego na tym samym łuku co k ˛
at ´srodkowy o mierze 78
◦
jest rów-
na
A) 156
◦
B) 39
◦
C) 34
◦
D) 87
◦
R
OZWI ˛
AZANIE
Miara k ˛
ata wpisanego opartego na tym samym łuku co k ˛
at ´srodkowy jest dwa razy mniejsza
od miary k ˛
ata ´srodkowego, czyli jest równa
78
◦
2
=
39
◦
.
Odpowied´z: B
Z
ADANIE
15
(1
PKT
.)
Maksymalny przedział, w którym funkcja h (rysunek poni ˙zej)
-5
-1
+3
+5 x
-1
+1
+2
y
y=h(x)
jest rosn ˛
aca to
A)
h−
1, 1
i
B)
h−
1, 3
i
C)
h
1, 3
i
D)
h
1, 5
i
Materiał pobrany z serwisu
6
www.zadania.info – N
AJWI ˛
EKSZY
I
NTERNETOWY
Z
BIÓR
Z
ADA ´
N Z
M
ATEMATYKI
R
OZWI ˛
AZANIE
Odczytujemy z wykresu: jest to przedział
h
1, 3
i
.
Odpowied´z: C
Z
ADANIE
16
(1
PKT
.)
W trapezie prostok ˛
atnym k ˛
at ostry ma miar˛e 60
◦
, a podstawy maj ˛
a długo´sci 6 i 9. Wysoko´s´c
tego trapezu jest równa
A) 6
B) 2
√
3
C) 3
√
3
D)
3
√
3
2
R
OZWI ˛
AZANIE
Zaczynamy od rysunku
6
6
60
o
h
A
B
C
D
E
3
Poniewa ˙z
AE
=
AB
−
EB
=
9
−
6
=
3
mamy
h
3
=
tg 60
◦
=
√
3
⇒
h
=
3
√
3.
Odpowied´z: C
Z
ADANIE
17
(1
PKT
.)
Długo´s´c odcinka x jest równa
2
3
4
6
12
x
A) 6
B) 3
C) 2
D) 4
Materiał pobrany z serwisu
7
www.zadania.info – N
AJWI ˛
EKSZY
I
NTERNETOWY
Z
BIÓR
Z
ADA ´
N Z
M
ATEMATYKI
R
OZWI ˛
AZANIE
Zauwa ˙zmy, ˙ze oba narysowane trójk ˛
aty s ˛
a do siebie podobne, wi˛ec na przykład
x
3
=
12
6
=
2
⇒
x
=
6.
Odpowied´z: A
Z
ADANIE
18
(1
PKT
.)
Suma długo´sci wszystkich kraw˛edzi sze´scianu jest równa 24. Obj˛eto´s´c tego sze´scianu jest
równa
A) 8
B) 27
C) 24
D) 64
R
OZWI ˛
AZANIE
Poniewa ˙z sze´scian ma 12 kraw˛edzi, kraw˛ed´z sze´scianu ma długo´s´c
24
12
=
2.
Zatem obj˛eto´s´c jest równa
V
=
a
3
=
8.
Odpowied´z: A
Z
ADANIE
19
(1
PKT
.)
Obj˛eto´s´c kuli o promieniu r
=
π
dm jest równa
A)
4
3
π
dm
3
B)
4
3
π
4
dm
3
C)
3
4
π
4
dm
3
D)
4
3
π
3
dm
3
R
OZWI ˛
AZANIE
Liczymy
V
=
4
3
πr
3
=
4
3
·
π
·
π
3
=
4
3
π
4
.
Odpowied´z: B
Materiał pobrany z serwisu
8
www.zadania.info – N
AJWI ˛
EKSZY
I
NTERNETOWY
Z
BIÓR
Z
ADA ´
N Z
M
ATEMATYKI
Z
ADANIE
20
(1
PKT
.)
Prawdopodobie ´nstwo zdarzenia A jest 6 razy mniejsze ni ˙z prawdopodobie ´nstwo zdarzenia
przeciwnego do A. Wobec tego prawdopodobie ´nstwo zdarzenia A jest równe
A)
1
6
B)
1
7
C)
5
6
D)
5
7
R
OZWI ˛
AZANIE
Je ˙zeli oznaczymy szukane prawdopodobie ´nstwo przez p to mamy równanie
p
=
1
6
(
1
−
p
)
/
·
6
6p
+
p
=
1
7p
=
1
⇒
p
=
1
7
.
Odpowied´z: B
Z
ADANIE
21
(1
PKT
.)
Ile jest wszystkich liczb naturalnych dwucyfrowych, w których pierwsza cyfra jest parzysta,
a druga nieparzysta?
A) 16
B) 20
C) 24
D) 25
R
OZWI ˛
AZANIE
Pierwsz ˛
a cyfr˛e takiej liczby mo ˙zemy wybra´c spo´sród liczb: 2,4,6,8 czyli na 4 sposoby. Drug ˛
a
cyfr˛e mo ˙zna natomiast wybra´c na 5 sposobów: jest to jedna z liczb 1,3,5,7,9. Razem mamy
wi˛ec
4
·
5
=
20
mo ˙zliwo´sci (zasada mno ˙zenia).
Odpowied´z: B
Z
ADANIE
22
(1
PKT
.)
Liczba dodatnich wyrazów ci ˛
agu
(
a
n
)
okre´slonego wzorem a
n
=
2
−
1
4
n, gdzie n
>
1 jest
równa
A) 8
B) 4
C) 16
D) 7
R
OZWI ˛
AZANIE
Rozwi ˛
azujemy nierówno´s´c
2
−
1
4
n
>
0
1
4
n
<
2
⇒
n
<
8.
Zatem wi˛eksze od zera s ˛
a wyrazy o numerach
1, 2, 3, 4, 5, 6, 7.
Odpowied´z: D
Materiał pobrany z serwisu
9
www.zadania.info – N
AJWI ˛
EKSZY
I
NTERNETOWY
Z
BIÓR
Z
ADA ´
N Z
M
ATEMATYKI
Zadania otwarte
Z
ADANIE
23
(2
PKT
.)
Rzucamy dwa razy kostk ˛
a do gry. Oblicz prawdopodobie ´nstwo zdarzenia polegaj ˛
acego na
tym, ˙ze w drugim rzucie wypadnie parzysta liczba oczek.
R
OZWI ˛
AZANIE
Sposób I
Przyjmijmy, ˙ze zdarzenia elementarne to uporz ˛
adkowane pary wylosowanych liczb. Zatem
|
Ω
| =
6
·
6
=
36.
Zdarze ´n sprzyjaj ˛
acych jest
6
·
3
=
18
(na pierwszej kostce mo ˙ze wypa´s´c cokolwiek, a na drugiej 2, 4 lub 6). Zatem prawdopodo-
bie ´nstwo wynosi
18
36
=
1
2
.
Sposób II
Poniewa ˙z w ogóle nie interesuje nas wynik otrzymany na pierwszej kostce, patrzymy tylko
na rzut drug ˛
a kostk ˛
a. Wtedy
|
Ω
| =
6 i s ˛
a 3 zdarzenia sprzyjaj ˛
ace. Zatem prawdopodobie ´n-
stwo jest równe
3
6
=
1
2
.
Odpowied´z:
1
2
Z
ADANIE
24
(2
PKT
.)
Rozwi ˛
a ˙z nierówno´s´c x
2
+
x
+
6
>
0.
R
OZWI ˛
AZANIE
Liczymy
∆
=
1
−
24
<
0.
Wyró ˙znik wyszedł ujemny, wi˛ec lewa strona nierówno´sci jest zawsze dodatnia.
Odpowied´z: x
∈
R
Z
ADANIE
25
(2
PKT
.)
Wiedz ˛
ac, ˙ze α jest k ˛
atem ostrym i tg α
=
2, oblicz warto´s´c wyra ˙zenia
sin α
cos
2
α
.
Materiał pobrany z serwisu
10
www.zadania.info – N
AJWI ˛
EKSZY
I
NTERNETOWY
Z
BIÓR
Z
ADA ´
N Z
M
ATEMATYKI
R
OZWI ˛
AZANIE
Zauwa ˙zmy, ˙ze
sin α
cos
2
α
=
sin α
cos α
·
1
cos α
=
2
cos α
,
wi˛ec pozostało wyliczy´c cos α.
Liczymy z jedynki trygonometrycznej i podanego tangensa.
2
=
tg α
=
sin α
cos α
2 cos α
=
sin α
/
()
2
4 cos
2
α
=
sin
2
α
=
1
−
cos
2
α
5 cos
2
α
=
1
cos α
= ±
1
√
5
.
Poniewa ˙z α jest k ˛
atem ostrym, cos α
=
1
√
5
. St ˛
ad
sin α
cos
2
α
=
2
cos α
=
2
1
√
5
=
2
√
5.
Odpowied´z: 2
√
5
Z
ADANIE
26
(2
PKT
.)
Punkty A
0
, B
0
, C
0
s ˛
a ´srodkami boków trójk ˛
ata ABC. Pole trójk ˛
ata A
0
B
0
C
0
jest równe 4. Oblicz
pole trójk ˛
ata ABC.
A
A'
B
B'
C'
C
R
OZWI ˛
AZANIE
Zauwa ˙zmy, ˙ze trójk ˛
aty ABC i A
0
B
0
C
0
maj ˛
a równe k ˛
aty, wi˛ec s ˛
a podobne. Ponadto ich skala
podobie ´nstwa wynosi
AB
B
0
C
0
=
2.
Zatem pole trójk ˛
ata ABC jest 4 razy wi˛eksze od pola trójk ˛
ata A
0
B
0
C
0
, czyli jest równe
4
·
4
=
16.
Odpowied´z: 16
Materiał pobrany z serwisu
11
www.zadania.info – N
AJWI ˛
EKSZY
I
NTERNETOWY
Z
BIÓR
Z
ADA ´
N Z
M
ATEMATYKI
Z
ADANIE
27
(2
PKT
.)
Wyka ˙z, ˙ze ró ˙znica kwadratów dwóch kolejnych liczb parzystych jest liczb ˛
a podzieln ˛
a przez
4.
R
OZWI ˛
AZANIE
Sposób I
Oznaczmy dwie kolejne liczby parzyste przez 2n i 2n
+
2. Wtedy
(
2n
+
2
)
2
− (
2n
)
2
=
4n
2
+
8n
+
4
−
4n
2
=
8n
+
4
=
4
(
2n
+
1
)
.
Wida´c, ˙ze jest to liczba podzielna przez 4.
Sposób II
Kwadrat liczby parzystej zawsze dzieli si˛e przez cztery, wi˛ec ró ˙znica kwadratów dwóch
liczb parzystych te ˙z musi dzieli´c si˛e przez 4.
Z
ADANIE
28
(2
PKT
.)
Proste o równaniach y
= −
9x
−
1 i y
=
a
2
x
+
5 s ˛
a prostopadłe. Wyznacz liczb˛e a.
R
OZWI ˛
AZANIE
Liczymy
−
9
·
a
2
= −
1
9a
2
−
1
=
0
(
3a
−
1
)(
3a
+
1
) =
0
3a
−
1
=
0
lub
3a
+
1
=
0
a
=
1
3
lub
a
= −
1
3
.
Odpowied´z: a
=
1
3
lub a
= −
1
3
Z
ADANIE
29
(2
PKT
.)
Prosta przechodz ˛
aca przez wierzchołek A równoległoboku ABCD przecina jego przek ˛
atn ˛
a
BD w punkcie E i bok BC w punkcie F, a prost ˛
a DC w punkcie G. Udowodnij, ˙ze
|
EA
|
2
= |
EF
| · |
EG
|
.
Materiał pobrany z serwisu
12
www.zadania.info – N
AJWI ˛
EKSZY
I
NTERNETOWY
Z
BIÓR
Z
ADA ´
N Z
M
ATEMATYKI
R
OZWI ˛
AZANIE
Rozpoczynamy od szkicowego rysunku.
A
B
C
D
E
F
G
Zauwa ˙zmy, ˙ze mamy dwie pary trójk ˛
atów podobnych: ABE i GDE oraz BEF i DEA (s ˛
a
podobne, bo maj ˛
a równe k ˛
aty). Z pierwszego podobie ´nstwa mamy
EA
EB
=
EG
ED
⇒
EA
=
EB
ED
·
EG.
Z drugiego podobie ´nstwa
EA
ED
=
EF
EB
⇒
EA
=
ED
EB
·
EF.
Mno ˙z ˛
ac te dwie równo´sci stronami mamy
EA
2
=
EB
ED
·
EG
·
ED
EB
·
EF
=
EG
·
EF.
Z
ADANIE
30
(5
PKT
.)
W trapezie równoramiennym ABCD rami˛e ma długo´s´c 10. Obwód tego trapezu jest równy
40. Wiedz ˛
ac, ˙ze tangens k ˛
ata ostrego w trapezie ABCD jest równy
3
4
, oblicz długo´sci jego
podstaw.
R
OZWI ˛
AZANIE
Rozpoczynamy od rysunku.
A
B
C
D
10
10
h
h
α
a
a
10-a
E
10-a
F
Sposób I
Materiał pobrany z serwisu
13
www.zadania.info – N
AJWI ˛
EKSZY
I
NTERNETOWY
Z
BIÓR
Z
ADA ´
N Z
M
ATEMATYKI
Je ˙zeli oznaczymy CD
=
EF
=
a i DE
=
CF
=
h to z podanego tangensa mamy
3
4
=
tg α
=
h
AE
⇒
AE
=
4
3
h.
Piszemy teraz twierdzenie Pitagorasa w trójk ˛
acie AED.
AE
2
+
ED
2
=
AD
2
16
9
h
2
+
h
2
=
10
2
25
9
h
2
=
10
2
/
√
5
3
h
=
10
/
·
3
5
h
=
6.
Zatem
AE
=
4
3
h
=
8.
Pozostało teraz skorzysta´c z podanego obwodu trapezu.
40
=
AD
+
DC
+
CB
+
BF
+
FE
+
EA
40
=
10
+
a
+
10
+
8
+
a
+
8
4
=
2a
⇒
a
=
2.
Zatem podstawy maj ˛
a długo´s´c a
=
2 i
AB
=
a
+
2AE
=
2
+
16
=
18.
Sposób II
Je ˙zeli oznaczymy CD
=
EF
=
a i DE
=
CF
=
h to z podanego obwodu mamy
40
=
AD
+
BC
+
AB
+
CD
40
=
10
+
10
+
a
+
a
+
AE
+
FB
40
=
20
+
2a
+
2AE
⇒
AE
=
20
−
2a
2
=
10
−
a.
Z podanego tangensa mamy
3
4
=
tg α
=
h
10
−
a
⇒
h
=
3
4
(
10
−
a
)
.
Teraz pozostało napisa´c twierdzenie Pitagorasa w trójk ˛
acie AED.
AE
2
+
ED
2
=
AD
2
(
10
−
a
)
2
+
9
16
(
10
−
a
)
2
=
10
2
1
+
9
16
(
10
−
a
)
2
=
10
2
25
16
(
10
−
a
)
2
=
10
2
/
√
5
4
(
10
−
a
) =
10
/
·
4
5
10
−
a
=
8
⇒
a
=
2.
Materiał pobrany z serwisu
14
www.zadania.info – N
AJWI ˛
EKSZY
I
NTERNETOWY
Z
BIÓR
Z
ADA ´
N Z
M
ATEMATYKI
Zatem podstawy maj ˛
a długo´sci a
=
2 i 20
−
a
=
18.
Odpowied´z: 2 i 18
Z
ADANIE
31
(5
PKT
.)
Trzy liczby ci ˛
ag arytmetyczny. Ich suma jest równa 15. Je´sli pierwsz ˛
a i trzeci ˛
a liczb˛e pozosta-
wimy bez zmian, a drug ˛
a pomniejszymy o jeden to otrzymamy trzy kolejne wyrazy ci ˛
agu
geometrycznego. Oblicz wyrazy ci ˛
agu arytmetycznego.
R
OZWI ˛
AZANIE
Oznaczmy szukane liczby przez a
−
r, a, a
+
r. Wtedy z podanej sumy mamy
a
−
r
+
a
+
a
+
r
=
15
⇒
3a
=
15
⇒
a
=
5.
Zatem szukamy liczb postaci 5
−
r, 5 i 5
+
r.
Wiemy ponadto, ˙ze liczby 5
−
r, 4, 5
+
r s ˛
a kolejnymi wyrazami ci ˛
agu geometrycznego,
czyli
4
2
= (
5
−
r
)(
5
+
r
)
16
=
25
−
r
2
r
2
=
9
⇒
r
= ±
3.
Dla r
= −
3 mamy ci ˛
ag
(
8, 5, 2
)
, a dla r
=
3 ci ˛
ag
(
2, 5, 8
)
.
Odpowied´z:
(
8, 5, 2
)
,
(
2, 5, 8
)
Z
ADANIE
32
(4
PKT
.)
Oblicz pole czworok ˛
ata ABCD, którego wierzchołki maj ˛
a współrz˛edne A
= (−
2, 1
)
, B
=
(−
1,
−
3
)
, C
= (
2, 1
)
, D
= (
0, 5
)
.
R
OZWI ˛
AZANIE
Rozpoczynamy od szkicowego rysunku.
-2 -1
+2
+5
x
-5
-1
+1
+5
y
A
B
C
D
-3
Materiał pobrany z serwisu
15
www.zadania.info – N
AJWI ˛
EKSZY
I
NTERNETOWY
Z
BIÓR
Z
ADA ´
N Z
M
ATEMATYKI
Sposób I
Zauwa ˙zmy, ˙ze interesuj ˛
acy nas czworok ˛
at składa si˛e dwóch trójk ˛
atów ACD i ACB o wspól-
nej podstawie AC długo´sci
AC
=
x
C
−
x
A
=
2
− (−
2
) =
4.
Łatwo te ˙z policzy´c wysoko´sci tych trójk ˛
atów. Wysoko´s´c trójk ˛
ata ACD jest równa
y
D
−
y
A
=
5
−
1
=
4,
a wysoko´s´c trójk ˛
ata ACB jest równa
y
A
−
y
B
=
1
− (−
3
) =
4.
Zatem pola tych trójk ˛
atów s ˛
a odpowiednio równe
P
ACD
=
1
2
·
4
·
4
=
8
P
ACB
=
1
2
·
4
·
4
=
8.
Zatem pole całego czworok ˛
ata jest równe 8
+
8
=
16.
Sposób II
Pole czworok ˛
ata ABCD mo ˙zemy te ˙z obliczy´c korzystaj ˛
ac ze wzoru na pole trójk ˛
ata o wierz-
chołkach A
= (
x
A
, y
A
)
, B
= (
x
B
, y
B
)
i C
= (
x
C
, y
C
)
.
P
ABC
=
1
2
|(
x
B
−
x
A
)(
y
C
−
y
A
) − (
y
B
−
y
A
)(
x
C
−
x
A
)|
.
Mamy zatem
P
ABCD
=
P
ABC
+
P
ADC
=
=
1
2
|(−
1
+
2
)(
1
−
1
) − (−
3
−
1
)(
2
+
2
)|+
+
1
2
|(
0
+
2
)(
1
−
1
) − (
5
−
1
)(
2
+
2
)| =
8
+
8
=
16.
Odpowied´z: 16
Materiał pobrany z serwisu
16
Wyszukiwarka
Podobne podstrony:
matura probna oke poznan styczen 2011 rozszerzony R id 7
matura próbna - oke poznań, styczeń 2011 podstawowy
matura probna oke poznan styczen 2011 rozszerzony R id 7
matura próbna oke poznań styczeń 2011, rozszerzony
matura próbna - oke poznań, styczeń 2011 rozszerzony
OKE Poznań styczeń 2011
OKE Poznań styczeń 2011
2012 styczeń próbna OKE Poznań Materiał ćwiczeniowy
Klasy III styczen 2011 rozszerzony R id 7
OKE Poznań styczeń 2010
Klasy III styczen 2011 podstawowy gr 1 R
Klasy III, styczeń 2011 podstawowy gr.2
Klasy III styczeń 2011, podstawowy gr 1
Klasy III styczen 2011 podstawowy gr 2 R
Biologia OKE Poznań styczeń 2011 p rozszerzony model odpowiedzi
Biologia OKE Poznań styczeń 2011 p rozszerzony
Klasy III styczen 2011 rozszerzony R id 7
więcej podobnych podstron