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 Ł
ÓD ´
Z
)
POZIOM PODSTAWOWY
7
MARCA
2008
C
ZAS PRACY
: 120
MINUT
Z
ADANIE
1
(3
PKT
.)
Rozwi ˛
a ˙z nierówno´s´c 2x
2
< −
260
+
53x. Podaj wszystkie liczby całkowite, które spełniaj ˛
a t˛e
nierówno´s´c.
R
OZWI ˛
AZANIE
Zapiszmy nierówno´s´c w postaci
2x
2
−
53x
+
260
<
0
i liczymy standardowo, z
∆-y.
∆
=
53
2
−
4
·
2
·
260
=
2809
−
2080
=
729
=
27
2
x
1
=
53
−
27
4
=
26
4
=
13
2
x
2
=
53
+
27
4
=
80
4
=
20.
Mo ˙zemy teraz naszkicowa´c wykres tej funkcji Wida´c teraz, ˙ze rozwi ˛
azaniem nierówno´sci
jest przedział
13
2
, 20
=
6
1
2
, 20
.
Je ˙zeli chodzi liczby całkowite w tym przedziale, to s ˛
a to wszystkie liczby całkowite z prze-
działu
h
7, 19
i
, czyli
7, 8, 9, 10, 11, 12, 13, 14, 15, 16, 17, 18, 19.
Materiał pobrany z serwisu
www.zadania.info
1
www.zadania.info – N
AJWI ˛
EKSZY
I
NTERNETOWY
Z
BIÓR
Z
ADA ´
N Z
M
ATEMATYKI
Z
ADANIE
2
(6
PKT
.)
Dany jest wielomian W
(
x
) =
x
3
+
2x
2
−
9x
−
18.
a) Wyznacz pierwiastki tego wielomianu.
b) Sprawd´z, czy wielomiany W
(
x
)
i P
(
x
) = (
x
+
2
)(
x
2
−
2x
+
4
) + (
x
+
2
)(
2x
−
13
)
s ˛
a
równe.
c) Uzasadnij, ˙ze je´sli x
>
√
10 , to x
3
+
2x
2
−
9x
−
18
>
0.
R
OZWI ˛
AZANIE
a) ˙Zeby znale´z´c pierwiastki, wstawiamy do wielomianu dzielniki wyrazu wolnego, czyli
liczby
−
1, 1,
−
2, 2,
−
3, 3,
−
6, 6,
−
9, 9,
−
18, 18 tak długo a ˙z dla jakiej´s wyjdzie 0 – wy-
chodzi ju ˙z dla
−
2. Jak ju ˙z mamy pierwiastek, to dzielimy wielomian przez
(
x
+
2
)
.
Robimy to tak jak umiemy, schemat Hornera, dzielenie wielomianów lub grupowanie
odpowiednich czynników. My zrobimy to t ˛
a ostatni ˛
a metod ˛
a
x
3
+
2x
2
−
9x
−
18
=
x
2
(
x
+
2
) −
9
(
x
+
2
) =
= (
x
2
−
9
)(
x
+
2
) = (
x
−
3
)(
x
+
3
)(
x
+
2
)
.
Teraz widzimy, ˙ze pierwiastki to
−
2,
−
3, 3.
Odpowied´z:
−
2,
−
3, 3
b) Z poprzedniego podpunktu wiemy, ˙ze W
(
x
) = (
x
+
2
)(
x
2
−
9
)
. Zapiszemy teraz P
(
x
)
w postaci
(
x
+
2
)
cos i sprawdzimy czy cos
=
x
2
−
9.
P
(
x
) = (
x
+
2
)(
x
2
−
2x
+
4
) + (
x
+
2
)(
2x
−
13
) =
= (
x
+
2
)(
x
2
−
2x
+
4
+
2x
−
13
) = (
x
+
2
)(
x
2
−
9
)
i wyszło to samo, czyli s ˛
a równe. Oczywi´scie zamiast wył ˛
acza´c
(
x
+
2
)
przed nawias
mogli´smy wszystko powymna ˙za´c, ale rachunki byłyby znacznie gorsze.
Odpowied´z: Tak, s ˛
a równe.
c) Poniewa ˙z W
(
x
) = (
x
+
3
)(
x
+
2
)(
x
−
3
)
, to dla x
>
3 mamy W
(
x
) >
0 (bo ka ˙zdy z
czynników W
(
x
)
jest dodatni). Teraz wystarczy zauwa ˙zy´c, ˙ze
√
10
>
√
9
=
3.
Na koniec, dla ciekawskich, wykres funkcji W
(
x
)
.
Z
ADANIE
3
(3
PKT
.)
Ka ˙zdej karcie bankomatowej jest przypisany numer identyfikacyjny zwany kodem PIN.
Kod ten składa si˛e z czterech cyfr (cyfry mog ˛
a si˛e powtarza´c, ale kodem PIN nie mo ˙ze by´c
0000). Oblicz prawdopodobie ´nstwo, ˙ze w losowo utworzonym kodzie PIN ˙zadna cyfra si˛e
nie powtórzy. Wynik podaj w postaci ułamka nieskracalnego.
Materiał pobrany z serwisu
www.zadania.info
2
www.zadania.info – N
AJWI ˛
EKSZY
I
NTERNETOWY
Z
BIÓR
Z
ADA ´
N Z
M
ATEMATYKI
R
OZWI ˛
AZANIE
Najpierw policzmy ile jest wszystkich mo ˙zliwych numerów PIN. Ka ˙zd ˛
a z cyfr mo ˙zna wy-
bra´c na 10 sposobów, czyli wszystkich mo ˙zliwo´sci wyboru 4 cyfr jest jest 10
·
10
·
10
·
10
=
10
4
. Jeszcze trzeba odj ˛
a´c 1 PIN odpowiadaj ˛
acy 0000. W sumie mamy zatem 10
4
−
1
=
9999
mo ˙zliwych pinów.
A ile jest tych z ró ˙znymi cyframi? Pierwsz ˛
a cyfr˛e mo ˙zemy wybra´c dowolnie, czyli mamy
10 mo ˙zliwo´sci. Dla drugiej mamy ju ˙z tylko 9 mo ˙zliwo´sci (bo nie mo ˙zemy wzi ˛
a´c tej, któr ˛
a
wybrali´smy na pierwszym miejscu), dla trzeciej 8, a dla czwartej 7. Czyli razem jest 10
·
9
·
8
·
7 mo ˙zliwo´sci. Szukane prawdopodobie ´nstwo wynosi zatem
10
·
9
·
8
·
7
9999
=
10
·
8
·
7
1111
=
560
1111
.
Liczba 1111 oczywi´scie nie jest podzielna przez ani przez 2 ani przez 5. Mo ˙zna te ˙z spraw-
dzi´c, ˙ze nie dzieli si˛e przez 7. Oznacza to, ˙ze otrzymany ułamek jest nieskracalny.
Odpowied´z:
560
1111
Z
ADANIE
4
(3
PKT
.)
Dla dowolnych liczb rzeczywistych a i b okre´slamy liczby a
◦
b i a
∗
b w nast˛epuj ˛
acy sposób:
a
◦
b
=
liczba nie mniejsza spo´sród liczb a i b,
a
∗
b
=
liczba nie wi˛eksza spo´sród liczb a i b.
Na przykład: 7
◦
3
=
7, 15
◦
15
=
15, 7
∗
3
=
3,
(−
6
) ∗
4
= −
6,
(−
3
) ∗ (−
3
) = −
3.
Oblicz
a)
(−
5
) ◦
4
=
b)
(
2005
∗
2007
) ◦ (−
2006
) =
c)
(
5
◦
6
) ∗ (
2
◦
7
) =
Materiał pobrany z serwisu
www.zadania.info
3
www.zadania.info – N
AJWI ˛
EKSZY
I
NTERNETOWY
Z
BIÓR
Z
ADA ´
N Z
M
ATEMATYKI
R
OZWI ˛
AZANIE
a)
(−
5
) ◦
4
=
4.
Odpowied´z: 4
b)
(
2005
∗
2007
) ◦ (−
2006
) =
2005
◦ (−
2006
) =
2005.
Odpowied´z: 2005
c)
(
5
◦
6
) ∗ (
2
◦
7
) =
6
∗
7
=
6.
Odpowied´z: 6
Z
ADANIE
5
(3
PKT
.)
Ogrodnik opiekuj ˛
acy si˛e klombem w kształcie koła o promieniu 40 m chce go powi˛ekszy´c,
sadz ˛
ac wokół niego kwiatki na grz ˛
adce o szeroko´sci 1 m (patrz rysunek). Oblicz, o ile pro-
cent ogrodnik chce powi˛ekszy´c powierzchni˛e tego klombu.
R
OZWI ˛
AZANIE
˙Zeby obliczy´c o ile procent powi˛ekszy si˛e klomb, potrzebujemy zna´c aktualne pole klombu,
powiedzmy P i o ile si˛e powi˛ekszy – oznaczmy t˛e liczb˛e przez
∆P. Ze wzoru na pole koła
mamy
P
=
40
2
π
∆P
=
41
2
π
−
40
2
π
= (
41
2
−
40
2
)
π
=
= (
41
−
40
)(
41
+
40
)
π
=
81π.
Szukana zmiana procentowa pola to
∆P
P
·
100%
=
81π
40
2
π
·
100%
=
81
40
·
40
·
100%
=
81
4
·
4
%
=
81
16
%.
Odpowied´z:
81
16
%
Materiał pobrany z serwisu
www.zadania.info
4
www.zadania.info – N
AJWI ˛
EKSZY
I
NTERNETOWY
Z
BIÓR
Z
ADA ´
N Z
M
ATEMATYKI
Z
ADANIE
6
(5
PKT
.)
Niesko ´nczony ci ˛
ag liczbowy
(
a
n
)
dla n
>
1 jest okre´slony wzorem
a
n
=
(
n
+
1
2
gdy n jest nieparzyste,
0
gdy n jest parzyste.
a) Uzupełnij tabelk˛e:
n
1
2
3
4
5
. . .
2005
2006
2007
2008
a
n
1
0
. . .
b) Oblicz
(
a
2005
)
a
2006
· (
a
2006
)
a
2007
· (
a
2007
)
a
2008
.
c) Oblicz sum˛e 2008 pocz ˛
atkowych wyrazów ci ˛
agu
(
a
n
)
.
R
OZWI ˛
AZANIE
a) Tabelk˛e uzupełniamy wprost z definicji ci ˛
agu
n
1
2
3
4
5
. . .
2005
2006
2007
2008
a
n
1
0
2
0
3
. . .
1003
0
1004
0
b) Korzystamy z wyliczonych wy ˙zej warto´sci
(
a
2005
)
a
2006
· (
a
2006
)
a
2007
· (
a
2007
)
a
2008
=
= (
1003
)
0
· (
0
)
1004
· (
1004
)
0
=
1
·
0
·
1
=
0.
Odpowied´z: 1
c) Jeszcze raz korzystaj ˛
ac z tabelki otrzymujemy, ˙ze szukana suma jest równa
S
=
1
+
2
+
3
+
. . .
+
1003
+
1004.
Jest to suma wyrazów ci ˛
agu arytmetycznego, wi˛ec
S
=
1
+
1004
2
·
1004
=
1005
·
502
=
504510.
Odpowied´z: 504510
Materiał pobrany z serwisu
www.zadania.info
5
www.zadania.info – N
AJWI ˛
EKSZY
I
NTERNETOWY
Z
BIÓR
Z
ADA ´
N Z
M
ATEMATYKI
Z
ADANIE
7
(3
PKT
.)
Z kraw˛edzi dachu podrzucono kamie ´n, który po 2 sekundach spadł na ziemi˛e. Wysoko´s´c
(wyra ˙zon ˛
a w metrach), na jakiej znajdował si˛e kamie ´n nad ziemi ˛
a po upływie t sekund od
chwili jego podrzucenia, opisuje funkcja h
(
t
) = −
5t
2
+
5t
+
10, gdzie t
∈ h
0, 2
i
.
a) Podaj, z jakiej wysoko´sci (od ziemi) kamie ´n został podrzucony.
b) Oblicz, po jakim czasie od momentu podrzucenia kamie ´n osi ˛
agn ˛
ał najwi˛eksz ˛
a wyso-
ko´s´c.
c) Oblicz najwi˛eksz ˛
a wysoko´s´c (od ziemi), na jak ˛
a wzniósł si˛e ten kamie ´n.
R
OZWI ˛
AZANIE
a) Wysoko´s´c z jakiej kamie ´n został podrzucony to dokładnie h
(
0
) =
10m (czyli wysoko´s´c
w chwili 0).
Odpowied´z: 10m
b) Poniewa ˙z funkcja wysoko´sci jest parabol ˛
a (o ramionach skierowanych w dół), oraz
współrz˛edna t wierzchołka jest równa
t
w
=
1
2
,
wi˛ec maksymalna wysoko´s´c odpowiada warto´sci w wierzchołku paraboli (tu jest wa ˙z-
ne, ˙ze wierzchołek jest w przedziale zmienno´sci t, czyli
h
0, 2
i
). Wierzchołek ten jest
osi ˛
agany po czasie t
w
=
1
2
.
Odpowied´z:
1
2
s
c) Na mocy poprzedniego podpunktu, wysoko´s´c maksymalna to
h
1
2
= −
5
4
+
5
2
+
10
=
45
4
.
Odpowied´z:
45
4
m
Z
ADANIE
8
(4
PKT
.)
Na rysunku przedstawiony jest wykres funkcji f okre´slonej wzorem f
(
x
) =
3
x
dla x
6=
0. Wykres ten przesuni˛eto o 2 jednostki w gór˛e wzdłu ˙z osi Oy. Otrzymano w ten sposób
wykres funkcji g o wzorze g
(
x
) =
3
x
+
2 dla x
6=
0.
a) Narysuj wykres funkcji g.
b) Oblicz najwi˛eksz ˛
a warto´s´c funkcji g w przedziale
h
21, 31
i
.
c) Podaj, o ile jednostek wzdłu ˙z osi Ox nale ˙zy przesun ˛
a´c wykres funkcji g, aby otrzyma´c
wykres funkcji przechodz ˛
acy przez pocz ˛
atek układu współrz˛ednych.
Materiał pobrany z serwisu
www.zadania.info
6
www.zadania.info – N
AJWI ˛
EKSZY
I
NTERNETOWY
Z
BIÓR
Z
ADA ´
N Z
M
ATEMATYKI
R
OZWI ˛
AZANIE
a) Tak jak to jest opisane w tre´sci, trzeba wykres f przesun ˛
a´c o dwie jednostki w gór˛e -
rysunek.
b) Z narysowanego wykresu jest jasne, ˙ze na przedziale
h
21, 31
i
funkcja g jest malej ˛
aca.
Zatem najwi˛eksza warto´s´c na tym przedziale to g
(
21
) =
3
21
+
2
=
15
7
.
Odpowied´z:
15
7
c) Z rysunku wida´c, ˙ze kluczowe jest znalezienie punktu, w którym wykres przecina o´s
Ox. Musimy w tym celu rozwi ˛
aza´c równanie
3
x
+
2
=
0.
Łatwo wyliczy´c, ˙ze x
= −
3
2
. Zatem aby wykres g
(
x
)
miał miejsce zerowe w punkcie
(
0, 0
)
musimy go przesun ˛
a´c o
3
2
jednostki w prawo.
Odpowied´z:
3
2
Z
ADANIE
9
(4
PKT
.)
Naro ˙znik mi˛edzy dwiema ´scianami i sufitem prostopadło´sciennego pokoju nale ˙zy zama-
skowa´c trójk ˛
atnym fragmentem płyty gipsowo-kartonowej (patrz rysunek). Wiedz ˛
ac, ˙ze
RA
=
RB
=
RC
=
1m, oblicz obj˛eto´s´c naro ˙znika zamaskowanego t ˛
a płyt ˛
a. Wynik zaokr ˛
aglij
do 0,01 m
3
.
Materiał pobrany z serwisu
www.zadania.info
7
www.zadania.info – N
AJWI ˛
EKSZY
I
NTERNETOWY
Z
BIÓR
Z
ADA ´
N Z
M
ATEMATYKI
R
OZWI ˛
AZANIE
Opisany naro ˙znik mo ˙zemy traktowa´c jak ostrosłup o podstawie ABR i wysoko´sci RC. Po-
niewa ˙z pole ABR jest równe
1
2
·
1
·
1
=
1
2
oraz RC
=
1, szukana obj˛eto´s´c wynosi
1
3
·
1
2
·
1
=
1
6
.
Poniewa ˙z
1
6
≈
0, 166, to po zaokr ˛
agleniu mamy V
=
0, 17m
3
.
Odpowied´z: V
=
0, 17m
3
Z
ADANIE
10
(4
PKT
.)
Na płaszczy´znie dane s ˛
a punkty A
= (
2, 3
)
i B
= (−
2, 1
)
(patrz rysunek). Zbadaj, czy
punkty K
= (
36, 21
)
i L
= (−
37,
−
15
)
le ˙z ˛
a po tej samej stronie prostej AB. Podaj odpowied´z
i jej uzasadnienie.
Materiał pobrany z serwisu
www.zadania.info
8
www.zadania.info – N
AJWI ˛
EKSZY
I
NTERNETOWY
Z
BIÓR
Z
ADA ´
N Z
M
ATEMATYKI
R
OZWI ˛
AZANIE
Zacznijmy od napisania równania prostej AB. Aby to zrobi´c, skorzystamy ze wzoru na pro-
st ˛
a przechodz ˛
ac ˛
a przez punkty A
= (
x
A
, y
A
)
i B
= (
x
B
, y
B
)
.
(
y
−
y
A
)(
x
B
−
x
A
) − (
y
B
−
y
A
)(
x
−
x
A
) =
0.
W naszej sytuacji mamy
(
y
−
3
)(−
2
−
2
) − (
1
−
3
)(
x
−
2
) =
0
−
4y
+
2x
+
8
=
0
y
=
1
2
x
+
2.
Ok, skoro mamy równanie prostej, to łatwo jest sprawdzi´c, czy punkt le ˙zy poni ˙zej, powy ˙zej
czy na tej prostej. Np. dla punktu K
= (
36, 21
)
, wstawiamy x
=
36 do równania prostej i
dostajemy y
=
20. To znaczy, ˙ze punkt na prostej o pierwszej współrz˛ednej 36 ma drug ˛
a
współrz˛edn ˛
a 20. Punkt K ma drug ˛
a współrz˛edn ˛
a 21, czyli jest powy ˙zej prostej. Podobnie
sprawdzamy, ˙ze punkt L te ˙z jest powy ˙zej prostej AB.
Odpowied´z: Punkty K i L le˙z ˛
a po tej samej stronie prostej AB.
Z
ADANIE
11
(4
PKT
.)
Spawacz ma wykona´c z blachy konstrukcj˛e, której podstaw ˛
a jest kwadrat a ´sciany boczne s ˛
a
prostopadłe do płaszczyzny podstawy. Wymiary elementów s ˛
a podane na rysunku. Oblicz
pole powierzchni tej konstrukcji (wszystkich sze´sciu ´scian). Wynik podaj z zaokr ˛
agleniem
do 1cm
2
.
R
OZWI ˛
AZANIE
Powierzchnia konstrukcji składa si˛e z:
• kwadratu w podstawie, pole: 20
2
=
400cm
2
,
• prostok ˛
ata z przodu, pole: 20
·
30
=
600cm
2
,
Materiał pobrany z serwisu
www.zadania.info
9
www.zadania.info – N
AJWI ˛
EKSZY
I
NTERNETOWY
Z
BIÓR
Z
ADA ´
N Z
M
ATEMATYKI
• prostok ˛
ata z tyłu, pole: 20
·
40
=
800cm
2
,
• dówch trapezów o polu:
30
+
40
2
·
20
=
700cm
2
,
• prostok ˛
ata u góry, jego sko´sny bok ma długo´s´c
√
20
2
+
10
2
=
√
500
=
10
√
5 (twier-
dzenie Pitagorasa), pole: 20
·
10
√
5
=
200
√
5cm
2
.
Zatem pole powierzchni całkowitej:
400
+
600
+
800
+
2
·
700
+
200
√
5
=
=
2400
+
200
√
5
=
200
(
16
+
√
5
) ≈
3647, 21.
Po zaokr ˛
agleniu P
=
3647.
Odpowied´z: P
=
3647
Z
ADANIE
12
(4
PKT
.)
Na rysunku oznaczono k ˛
aty oraz podano długo´sci boków trójk ˛
ata prostok ˛
atnego. Oblicz,
które z wyra ˙ze ´n ma wi˛eksz ˛
a warto´s´c: tg α
·
p1
−
cos
2
β
+
sin α czy tg β
·
√
1
−
cos
2
α
+
sin β.
R
OZWI ˛
AZANIE
Materiał pobrany z serwisu
www.zadania.info
10
www.zadania.info – N
AJWI ˛
EKSZY
I
NTERNETOWY
Z
BIÓR
Z
ADA ´
N Z
M
ATEMATYKI
Spróbujmy przekształci´c podane wyra ˙zenie
tg α
·
q
1
−
cos
2
β
+
sin α
=
tg α
·
q
sin
2
β
+
sin α
=
tg α
·
sin β
+
sin α
=
tg α
·
sin
(
90
◦
−
α
) +
sin α
=
sin α
cos α
·
cos α
+
sin α
=
sin α
+
sin α
=
2 sin α
=
10
13
.
Przy tych przekształceniach korzystali´smy z nast˛epuj ˛
acych faktów:
• jedynka trygonometryczna,
• fakt, ˙ze sin β
>
0 (przy opuszczaniu pierwiastka),
• wzór redukcyjny sin
(
90
◦
−
α
) =
cos α.
Analogiczny rachunek pokazuje, ˙ze drugie z podanych wyra ˙ze ´n jest równe 2 sin β
=
24
13
–
trzeba we wszystkich powy ˙zszych przekształceniach pozamienia´c α i β miejscami. Wida´c
wi˛ec, ˙ze drugie wyra ˙zenie ma wi˛eksz ˛
a warto´s´c.
Odpowied´z: Drugie wyra˙zenie
Z
ADANIE
13
(4
PKT
.)
Wła´sciciel kiosku notował liczb˛e biletów komunikacji miejskiej sprzedanych w kolejnych
godzinach. Wyniki obserwacji zapisał w tabeli.
Czas obserwacji
Liczba biletów
5:00–6:00
2
6:00–7:00
3
7:00–8:00
9
8:00–9:00
8
9:00–10:00
6
10:00–11:00
4
11:00–12:00
3
12:00–13:00
3
13:00–14:00
3
14:00–15:00
5
15:00–16:00
8
16:00–17:00
6
a) Oblicz ´sredni ˛
a liczb˛e biletów sprzedawanych w ci ˛
agu 1 godziny.
b) Wynikiem „typowym” nazywamy wynik, który ró ˙zni si˛e od ´sredniej o mniej ni ˙z jed-
no odchylenie standardowe. Podaj wszystkie godziny, w których liczba sprzedanych
biletów nie była „typowa”.
Materiał pobrany z serwisu
www.zadania.info
11
www.zadania.info – N
AJWI ˛
EKSZY
I
NTERNETOWY
Z
BIÓR
Z
ADA ´
N Z
M
ATEMATYKI
R
OZWI ˛
AZANIE
a) Liczymy ´sredni ˛
a arytmetyczn ˛
a
x
=
2
+
4
·
3
+
4
+
5
+
2
·
6
+
2
·
8
+
9
12
=
60
12
=
5.
Odpowied´z: 5
b) Policzmy najpierw wariancj˛e
σ
2
=
=
(
5
−
2
)
2
+
4
(
5
−
3
)
2
+ (
5
−
4
)
2
+ (
5
−
5
)
2
+
2
(
5
−
6
)
2
+
2
(
5
−
8
)
2
+ (
5
−
9
)
2
12
=
=
9
+
16
+
1
+
0
+
2
+
18
+
16
12
=
62
12
=
31
6
.
Zatem odchylenie standardowe jest równe σ
=
q
31
6
≈
2, 27. To pozwala wyznaczy´c
godziny, które nie były „typowe”: 5:00-6:00, 7:00-9:00, 15:00-16:00.
Odpowied´z: 5:00-6:00, 7:00-9:00, 15:00-16:00
Materiał pobrany z serwisu
www.zadania.info
12