www.zadania.info – N
AJWI ˛
EKSZY
I
NTERNETOWY
Z
BIÓR
Z
ADA ´
N Z
M
ATEMATYKI
P
OPRAWKOWY
E
GZAMIN
M
ATURALNY
Z
M
ATEMATYKI
POZIOM ROZSZERZONY
25
SIERPNIA
2009
C
ZAS PRACY
: 180
MINUT
Z
ADANIE
1
(5
PKT
.)
Dla jakich m
∈
R równanie x
2
−
mx
+
m
+
3
=
0 ma dwa ró ˙zne rozwi ˛
azania, których suma
odwrotno´sci jest mniejsza od 1?
R
OZWI ˛
AZANIE
Najpierw sprawd´zmy, kiedy równanie ma dwa ró ˙zne rozwi ˛
azania
0
<
∆
=
m
2
−
4
(
m
+
3
) =
m
2
−
4m
−
12
∆
=
16
+
48
=
64
m
1
=
4
−
8
2
= −
2,
m
2
=
4
+
8
2
=
6
m
∈ (−
∞,
−
2
) ∪ (
6,
+
∞
)
.
Teraz pozostało rozwi ˛
aza´c nierówno´s´c
1
x
1
+
1
x
2
<
1, ale zanim to zrobimy zapiszmy wzory
Viète’a.
(
x
1
+
x
2
=
m
x
1
x
2
= −(
m
+
3
)
.
Mamy wi˛ec
1
x
1
+
1
x
2
<
1
x
2
+
x
1
x
1
x
2
<
1
m
−(
m
+
3
)
<
1
0
<
m
m
+
3
+
1
0
<
2m
+
3
m
+
3
0
< (
2m
+
3
)(
m
+
3
)
m
∈ (−
∞,
−
3
) ∪
−
3
2
,
+
∞
.
W poł ˛
aczeniu z warunkiem na
∆-˛e otrzymujemy st ˛ad
m
∈ (−
∞,
−
3
) ∪ (
6,
+
∞
)
.
Odpowied´z: m
∈ (−
∞,
−
3
) ∪ (
6,
+
∞
)
Materiał pobrany z serwisu
1
www.zadania.info – N
AJWI ˛
EKSZY
I
NTERNETOWY
Z
BIÓR
Z
ADA ´
N Z
M
ATEMATYKI
Z
ADANIE
2
(5
PKT
.)
Wyznacz taki punkt A na prostej 2x
+
y
−
1
=
0, by suma kwadratów jego odległo´sci od osi
układu była najmniejsza.
R
OZWI ˛
AZANIE
Rozpoczynamy od szkicowego rysunku.
-5
-1
+1
+5
x
-5
-1
+1
+5
y
y=-2x+1
A
x
y
Zauwa ˙zmy, ˙ze je ˙zeli A
= (
x, y
)
to odległo´s´c punktu A od osi Ox jest równa
|
y
|
, a odle-
gło´s´c od osi Oy wynosi
|
x
|
. Ponadto, je ˙zeli A le ˙zy na danej prostej to y
= −
2x
+
1. Musimy
wi˛ec wyznaczy´c warto´s´c najmniejsz ˛
a funkcji
f
(
x
) = |
x
|
2
+ |
y
|
2
=
x
2
+ (−
2x
+
1
)
2
=
5x
2
−
4x
+
1.
Wykres tej funkcji jest parabola o ramionach skierowanych w gór˛e, wi˛ec najmniejsz ˛
a warto´s´c
otrzymamy w wierzchołku, czyli dla
x
= −
b
2a
=
4
10
=
0, 4.
Wtedy y
= −
2x
+
1
=
0, 2.
Odpowied´z: A
= (
0, 4; 0, 2
) =
2
5
,
1
5
Z
ADANIE
3
(4
PKT
.)
Dany jest wykres funkcji logarytmicznej f .
Materiał pobrany z serwisu
2
www.zadania.info – N
AJWI ˛
EKSZY
I
NTERNETOWY
Z
BIÓR
Z
ADA ´
N Z
M
ATEMATYKI
+1
+2
+5
x
-2
-1
+1
+2
y
a) Wyznacz wzór funkcji f .
b) Narysuj wykres funkcji g
(
x
) = |
f
(
x
) −
2
|
.
c) Odczytaj z rysunku zbiór argumentów, dla których warto´sci funkcji g s ˛
a nie mniejsze
od warto´sci funkcji f .
R
OZWI ˛
AZANIE
a) Wiemy, ˙ze funkcja f jest postaci f
(
x
) =
log
a
x, gdzie a
6=
1 i a
>
0. Ponadto, z rysunku
wiemy, ˙ze f
(
2
) =
1. Mamy zatem
log
a
2
=
1
a
1
=
2.
Zatem f
(
x
) =
log
2
x.
Odpowied´z: f
(
x
) =
log
2
x
b) Aby otrzyma´c wykres funkcji g przesuwamy wykres funkcji o 2 jednostki w prawo, a
potem odbijamy cz˛e´s´c poni ˙zej osi Ox do góry.
+1
+2
+5
x
-2
-1
+1
+2
y
Materiał pobrany z serwisu
3
www.zadania.info – N
AJWI ˛
EKSZY
I
NTERNETOWY
Z
BIÓR
Z
ADA ´
N Z
M
ATEMATYKI
c) Na pocz ˛
atek upewnijmy si˛e, ˙ze wykresy funkcji f i g przecinaj ˛
a si˛e w punkcie
(
2, 1
)
.
Wiemy, wykres funkcji f przechodzi przez ten punkt, ponadto
g
(
2
) = |
f
(
2
) −
2
| = |
log
2
2
−
2
| = |
1
−
2
| =
1.
Zatem wykres funkcji g te ˙z przechodzi przez ten punkt. Wida´c zatem, ˙ze g
(
x
) >
f
(
x
)
dla x
∈ (
0, 2
i
.
Odpowied´z: x
∈ (
0, 2
i
Zadania
.info
Podobają Ci się nasze rozwiązania?
Pokaż je koleżankom i kolegom ze szkoły!
Z
ADANIE
4
(3
PKT
.)
Wyka ˙z, ˙ze je´sli α, β s ˛
a k ˛
atami ostrymi trójk ˛
ata prostok ˛
atnego, to tg α
+
tg β
>
2.
R
OZWI ˛
AZANIE
Sposób I
W trójk ˛
acie prostok ˛
atnym β
=
90
◦
−
α
, wi˛ec
tg α
+
tg β
=
tg α
+
tg
(
90
◦
−
α
) =
tg α
+
ctg α
=
=
sin α
cos α
+
cos α
sin α
=
sin
2
α
+
cos
2
α
sin α cos α
=
=
1
sin α cos α
=
2
2 sin α cos α
=
2
sin 2α
.
Zauwa ˙zmy teraz, ˙ze je ˙zeli α
∈ (
0,
π
2
)
to 2α
∈ (
0, π
)
. Zatem
0
<
sin 2α
6
1.
Mamy st ˛
ad
tg α
+
tg β
=
2
sin 2α
>
2
1
=
2.
Sposób II
Narysujmy trójk ˛
at prostok ˛
atny o przyprostok ˛
atnych a i b.
a
b
A
B
C
α
β
Materiał pobrany z serwisu
4
www.zadania.info – N
AJWI ˛
EKSZY
I
NTERNETOWY
Z
BIÓR
Z
ADA ´
N Z
M
ATEMATYKI
Przy tych oznaczeniach mamy
tg α
+
tg β
=
a
b
+
b
a
=
a
2
+
b
2
ab
.
Pozostało wi˛ec wykaza´c, ˙ze
a
2
+
b
2
ab
>
2
/
·
ab
a
2
+
b
2
>
2ab
(
a
−
b
)
2
>
0.
Otrzymana nierówno´s´c jest oczywi´scie prawdziwa, a przekształcali´smy w sposób równo-
wa ˙zny, wi˛ec wyj´sciowa nierówno´s´c te ˙z musiała by´c prawdziwa.
Z
ADANIE
5
(4
PKT
.)
Rozwi ˛
a ˙z w zbiorze
(−
2π, π
)
równanie
(
sin x
−
cos x
)
2
=
1.
R
OZWI ˛
AZANIE
Liczymy
sin
2
x
−
2 sin x cos x
+
cos
2
x
=
1
1
−
2 sin x cos x
=
1
sin x cos x
=
0
sin x
=
0
∨
cos x
=
0.
Wida´c teraz, ˙ze rozwi ˛
azaniami równania s ˛
a liczby postaci x
=
k
·
π
2
, gdzie k
∈
C.
π
2π
3π
4π
y=sin(x)
π
2
7π
2
π
2
0
3π
2
3π
2
4π
π
π
2π
2π
5π
2
5π
2
3π
4π
3π
7π
2
π
2
7π
2
π
2
0
3π
2
3π
2
4π
π
2π
5π
2
5π
2
3π
7π
2
y=cos(x)
1
1
1
1
W podanym przedziale daje to liczby
−
3
2
π
,
−
π
,
−
π
2
, 0,
π
2
.
Odpowied´z:
−
3
2
π
,
−
π
,
−
π
2
, 0,
π
2
Materiał pobrany z serwisu
5
www.zadania.info – N
AJWI ˛
EKSZY
I
NTERNETOWY
Z
BIÓR
Z
ADA ´
N Z
M
ATEMATYKI
Z
ADANIE
6
(5
PKT
.)
Ci ˛
ag
(
a
n
)
jest arytmetyczny oraz a
1
=
x i a
2
=
4x
−
1. Wiedz ˛
ac, ˙ze a
1
+
a
2
+
a
3
+
a
4
+
a
5
=
25
oblicz x oraz sum˛e a
11
+
a
12
+
a
13
+ · · · +
a
25
.
R
OZWI ˛
AZANIE
Ró ˙znica danego ci ˛
agu jest równa
r
=
a
2
−
a
1
=
4x
−
1
−
x
=
3x
−
1.
Zatem
25
=
a
1
+
a
2
+
a
3
+
a
4
+
a
5
=
=
a
1
+ (
a
1
+
r
) + (
a
1
+
2r
) + (
a
1
+
3r
) + (
a
1
+
4r
) =
=
5a
1
+
10r
=
5x
+
10
(
3x
−
1
) =
35x
−
10
35
=
35x
x
=
1.
St ˛
ad a
1
=
1, r
=
2 i ze wzoru na sum˛e S
n
pocz ˛
atkowych wyrazów ci ˛
agu arytmetycznego
mamy
a
11
+
a
12
+
a
13
+ · · · +
a
25
=
S
25
−
S
10
=
=
2a
1
+
24r
2
·
25
−
2a
1
+
9r
2
·
10
=
= (
a
1
+
12r
) ·
25
− (
2a
1
+
9r
) ·
5
=
25
·
25
−
20
·
5
=
=
25
(
25
−
4
) =
25
·
21
=
525.
Odpowied´z: x
=
1, suma: 525
Z
ADANIE
7
(4
PKT
.)
Trapez równoramienny ABCD jest opisany na okr˛egu o promieniu r. Przek ˛
atna trapezu
tworzy z dłu ˙zsz ˛
a podstaw ˛
a k ˛
at α. Wyznacz obwód tego trapezu.
R
OZWI ˛
AZANIE
Rozpoczynamy od rysunku.
α
A
B
C
D
E
F
a
x
x
a
2r
Oznaczmy DC
=
EF
=
a i AE
=
FB
=
x. Wtedy AF
=
a
+
x i z trójk ˛
ata prostok ˛
atnego
AFC mamy
CF
AF
=
tg α
a
+
x
=
AF
=
CF
tg α
=
2r
tg α
.
Materiał pobrany z serwisu
6
www.zadania.info – N
AJWI ˛
EKSZY
I
NTERNETOWY
Z
BIÓR
Z
ADA ´
N Z
M
ATEMATYKI
W czworok ˛
acie opisanym na okr˛egu sumy przeciwległych boków s ˛
a równe, wi˛ec obwód
trapezu wynosi
O
=
AB
+
CD
+
AD
+
BC
=
2
(
AB
+
CD
) =
=
2
(
a
+
2x
+
a
) =
4
(
a
+
x
) =
8r
tg α
.
Odpowied´z:
8r
tg α
Z
ADANIE
8
(4
PKT
.)
Na przyprostok ˛
atnych AB i AC trójk ˛
ata prostok ˛
atnego równoramiennego ABC zaznaczono
odpowiednio punkty K i L tak, ˙ze
|
AK
|
|
KB
|
=
|
CL
|
|
LA
|
=
1
2
. Odcinki BL i CK przecinaj ˛
a si˛e w punkcie
M. Oblicz
|
MB
|
|
MK
|
.
R
OZWI ˛
AZANIE
Rozpoczynamy oczywi´scie od rysunku.
A
B
C
K
L
M
β
α
a
2a
2a
a
Oznaczmy AB
=
AC
=
3a (3a, a nie a, ˙zeby nie mie´c ułamków) oraz niech
]
MKB
=
α
,
]
KBM
=
β
. Stosuj ˛
ac twierdzenie sinusów w trójk ˛
acie BMK mamy
MB
sin α
=
MK
sin β
⇒
MB
MK
=
sin α
sin β
.
Teraz patrzymy na trójk ˛
at prostok ˛
atny ABL. Mamy w nim
sin β
=
AL
BL
=
2a
p
(
3a
)
2
+ (
2a
)
2
=
2a
a
√
13
=
2
√
13
.
Podobnie wyliczamy sin α
=
sin
(
180
◦
−
α
) =
sin
]
AKC. Patrzymy na trójk ˛
at prostok ˛
atny
AKC.
sin α
=
sin
]
AKC
=
CA
CK
=
3a
p
(
3a
)
2
+
a
2
=
3a
a
√
10
=
3
√
10
.
Zatem
sin α
sin β
=
3
√
10
2
√
13
=
3
√
13
2
√
10
.
Materiał pobrany z serwisu
7
www.zadania.info – N
AJWI ˛
EKSZY
I
NTERNETOWY
Z
BIÓR
Z
ADA ´
N Z
M
ATEMATYKI
Odpowied´z:
3
√
13
2
√
10
=
3
√
130
20
Z
ADANIE
9
(4
PKT
.)
Ile punktów wspólnych ma prosta MN z okr˛egiem x
2
+
y
2
−
2x
−
6y
=
0 je´sli M
= (
2009, 4012
)
oraz N
= (−
50,
−
106
)
.
R
OZWI ˛
AZANIE
Rozpocznijmy od napisania równania prostej MN. Mo ˙zna to zrobi´c u ˙zywaj ˛
ac równania pro-
stej przechodz ˛
acej przez dwa punkty, ale my obejdziemy si˛e bez tego wzoru: szukamy pro-
stej w postaci y
=
ax
+
b. Podstawiaj ˛
ac współrz˛edne punktów M i N otrzymujemy układ
równa ´n
(
4012
=
2009a
+
b
−
106
= −
50a
+
b.
Odejmujemy od pierwszego równania drugie ( ˙zeby zredukowa´c b) i mamy
4118
=
2059a
Zatem a
=
2 i b
= −
106
+
50a
= −
6. Równanie prostej MN ma wi˛ec posta´c y
=
2x
−
6.
Sposób I
Podstawiamy y
=
2x
−
6 do równania okr˛egu i sprawdzamy ile rozwi ˛
aza ´n ma otrzymane
równanie kwadratowe.
x
2
+ (
2x
−
6
)
2
−
2x
−
6
(
2x
−
6
) =
0
x
2
+
4x
2
−
24x
+
36
−
2x
−
12x
+
36
=
0
5x
2
−
38x
+
72
=
0
∆
=
38
2
−
20
·
72
=
1444
−
1440
=
4
>
0.
To oznacza, ˙ze prosta i okr ˛
ag przecinaj ˛
a si˛e w dwóch punktach.
Sposób II
Tym razem przekształ´cmy równanie okr˛egu, ˙zeby zobaczy´c jaki jest jego ´srodek i promie ´n.
x
2
+
y
2
−
2x
−
6y
=
0
(
x
−
1
)
2
+ (
y
−
3
)
2
−
1
−
9
=
0
(
x
−
1
)
2
+ (
y
−
3
)
2
=
10.
Jest to wi˛ec okr ˛
ag o ´srodku S
= (
1, 3
)
i promieniu r
=
√
10. Aby ustali´c jakie jest jego
poło ˙zenie wzgl˛edem prostej MN liczymy jak jest odległo´s´c punkt S od prostej MN : y
−
2x
+
6
=
0. Korzystamy ze wzoru na odległo´s´c punktu S
= (
x
0
, y
0
)
od prostej Ax
+
By
+
C
=
0:
|
Ax
0
+
By
0
+
C
|
√
A
2
+
B
2
.
Materiał pobrany z serwisu
8
www.zadania.info – N
AJWI ˛
EKSZY
I
NTERNETOWY
Z
BIÓR
Z
ADA ´
N Z
M
ATEMATYKI
W naszej sytuacji mamy
d
=
|
3
−
2
+
6
|
√
1
+
4
=
7
√
5
.
Teraz wystarczy zauwa ˙zy´c, ˙ze
d
2
=
49
5
<
50
5
=
10
=
r
2
.
To oznacza, ˙ze prosta i okr ˛
ag przecinaj ˛
a si˛e w dwóch punktach.
Na koniec obrazek dla ciekawskich.
-5
-1
+1
+5
x
-5
-1
+1
+5
y
Odpowied´z: 2
Z
ADANIE
10
(3
PKT
.)
Dane s ˛
a punkty A
= (
6
√
3, 2
)
, B
= (−
√
3, 23
)
, C
= (−
√
10, 26
)
. Opisz za pomoc ˛
a nierów-
no´sci półpłaszczyzn˛e o kraw˛edzi AB, do której nale ˙zy punkt C.
R
OZWI ˛
AZANIE
Ze wzgl˛edu na du ˙ze liczby i pierwiastki trudno o dokładny rysunek, wi˛ec rozpocznijmy
od napisania równania prostej AB. Mo ˙zna to zrobi´c korzystaj ˛
ac ze wzoru na równanie pro-
stej przechodz ˛
acej przez dwa punkty, ale my obejdziemy si˛e bez niego. Szukamy prostej w
postaci y
=
ax
+
b. Podstawiaj ˛
ac współrz˛edne punktów A i B otrzymujemy układ równa ´n
(
2
=
6
√
3a
+
b
23
= −
√
3a
+
b.
Odejmujemy od pierwszego równania drugie ( ˙zeby zredukowa´c b) i mamy
−
21
=
7
√
3a
⇒
a
=
−
21
7
√
3
=
−
3
√
3
= −
√
3.
Materiał pobrany z serwisu
9
www.zadania.info – N
AJWI ˛
EKSZY
I
NTERNETOWY
Z
BIÓR
Z
ADA ´
N Z
M
ATEMATYKI
Wtedy b
=
23
+
√
3
=
23
−
3
=
20 i prosta AB ma równanie y
= −
√
3x
+
20.
Dwie półpłaszczyzny o kraw˛edzi AB s ˛
a opisane nierówno´sciami
y
> −
√
3x
+
20
y
6 −
√
3x
+
20.
W której z tych półpłaszczyzn znajduje si˛e punkt C? – aby to ustali´c, wystarczy sprawdzi´c,
któr ˛
a z powy ˙zszych nierówno´sci spełniaj ˛
a jego współrz˛edne. Liczymy
−
√
3x
+
20
=
√
30
+
20
<
√
36
+
20
=
26
=
y.
Zatem jest to półpłaszczyzna
y
> −
√
3x
+
20.
Na koniec obrazek dla ciekawskich
-2
+4
+10
+20
x
-2
+2
+10
+20
y
A
B
C
Odpowied´z: y
> −
√
3x
+
20
Z
ADANIE
11
(5
PKT
.)
Podstaw ˛
a ostrosłupa ABCDS jest prostok ˛
at ABCD o bokach długo´sci
|
AB
| =
7 i
|
BC
| =
14.
Kraw˛ed´z CS jest prostopadła do podstawy. Najdłu ˙zsza kraw˛ed´z boczna tworzy z podstaw ˛
a
k ˛
at 50
◦
. Wykonaj rysunek pomocniczy tego ostrosłupa oraz oblicz jego obj˛eto´s´c.
R
OZWI ˛
AZANIE
Rozpoczynamy od szkicowego rysunku.
Materiał pobrany z serwisu
10
www.zadania.info – N
AJWI ˛
EKSZY
I
NTERNETOWY
Z
BIÓR
Z
ADA ´
N Z
M
ATEMATYKI
50
o
A
B
C
D
S
7
14
Łatwo obliczy´c długo´s´c odcinka AC.
AC
=
p
AB
2
+
BC
2
=
p
7
2
+
14
2
=
7
√
1
+
4
=
7
√
5.
Zatem z trójk ˛
ata ASC mamy
CS
AC
=
tg 50
◦
⇒
CS
=
AC tg 50
◦
=
7
√
5 tg 50
◦
.
Obj˛eto´s´c ostrosłupa jest wi˛ec równa
V
=
1
3
P
ABCD
·
CS
=
1
3
·
7
·
14
·
7
√
5 tg 50
◦
=
686
√
5
3
·
tg 50
◦
.
Odpowied´z:
686
√
5
3
·
tg 50
◦
Z
ADANIE
12
(4
PKT
.)
Do kina wybrało si˛e 7 osób, w´sród nich Basia i Janek. Wszyscy usiedli w jednym rz˛edzie, w
którym jest dokładnie 7 wolnych miejsc. Oblicz, na ile sposobów wymienione osoby mog ˛
a
zaj ˛
a´c miejsca tak, by Basia i Janek siedzieli obok siebie. Oblicz te ˙z prawdopodobie ´nstwo
tego, ˙ze przy losowym zajmowaniu miejsc Basia i Janek nie siedz ˛
a obok siebie.
R
OZWI ˛
AZANIE
Dwa s ˛
asiednie miejsca, na których usi ˛
ad ˛
a Basia i Janek mo ˙zemy wybra´c na 6 sposobów.
Je ˙zeli te miejsca s ˛
a ustalone, to Basi˛e i Janka mo ˙zemy posadzi´c na dwa sposoby, a pozostałe
osoby zupełnie dowolnie, czyli na 5! sposobów. W sumie jest wi˛ec
6
·
2
·
5!
=
2
·
6!
=
2
·
720
=
1440
mo ˙zliwo´sci.
Siedem osób mo ˙ze usi ˛
a´s´c na 7 miejscach na
|
Ω
| =
7!
Materiał pobrany z serwisu
11
www.zadania.info – N
AJWI ˛
EKSZY
I
NTERNETOWY
Z
BIÓR
Z
ADA ´
N Z
M
ATEMATYKI
sposobów, wi˛ec prawdopodobie ´nstwo zdarzenia przeciwnego jest równe
p
0
=
1
−
p
=
2
·
6!
7!
=
2
7
.
Zatem
p
=
1
−
p
0
=
1
−
2
7
=
5
7
.
Odpowied´z: Na 1440 sposoby, p
=
5
7
.
Materiał pobrany z serwisu
12
Wyszukiwarka
Podobne podstrony:
matura poprawkowa, sierpień 2009 rozszerzony
matura poprawkowa sierpień 2010, matura poprawkowa rozszerzenie sierpień 2010
matura poprawkowa - sierpień 2010 matura poprawkowa - rozszerzenie, sierpień 2010
matura poprawkowa sierpień 2010, matura poprawkowa podstawa sierpień 2010
matura poprawkowa - sierpień 2010 matura poprawkowa - podstawa, sierpień 2010
matura poprawkowa sierpien 2011 matematyka odpowiedzi
Arkusz maturalny poprawkowy sierpień 2011 poziom podstawowy(1)
matura probna oke poznan styczen 2011 rozszerzony R id 7
Egzamin maturalny z jęz włoskiego 2009 poziom rozszerzony cz I
2003 probna matura styczen 2003 Chemia rozszerzona arkusz2 id 6 (2)
Egzamin maturalny z jęz włoskiego 2009 poziom rozszerzony cz II
Biologia Maj 2009 Rozszerzony, biologia odpowiedzi arkusz maturalny poziom rozszerzony maj 2009
matura probna oke poznan styczen 2011 rozszerzony R id 7
Egzamin maturalny z jęz włoskiego 2009 poziom rozszerzony cz I
Matura 2010 matematyka poziom rozszezony Testy Operon
więcej podobnych podstron