www.zadania.info – N
AJWI ˛
EKSZY
I
NTERNETOWY
Z
BIÓR
Z
ADA ´
N Z
M
ATEMATYKI
E
GZAMIN
M
ATURALNY
Z
M
ATEMATYKI
POZIOM ROZSZERZONY
10
MAJA
2013
C
ZAS PRACY
: 180
MINUT
Z
ADANIE
1
(4
PKT
.)
Rozwi ˛
a ˙z nierówno´s´c
|
2x
−
5
| − |
x
+
4
|
6 2
−
2x.
R
OZWI ˛
AZANIE
Aby opu´sci´c warto´sci bezwzgl˛edne rozwa ˙zamy trzy przypadki.
Je ˙zeli x >
5
2
to mamy nierówno´s´c
2x
−
5
− (
x
+
4
)
6 2
−
2x
3x 6 11
x 6
11
3
.
Mamy wi˛ec w tym przypadku zbiór rozwi ˛
aza ´n
D
5
2
,
11
3
E
.
Je ˙zeli
5
2
>
x >
−
4 to mamy nierówno´s´c
− (
2x
−
5
) − (
x
+
4
)
6 2
−
2x
−
1 6 x.
Mamy zatem w tym przypadku zbiór rozwi ˛
aza ´n:
−
1,
5
2
.
Je ˙zeli wreszcie x
< −
4 to mamy nierówno´s´c
− (
2x
−
5
) +
x
+
4 6 2
−
2x
x 6
−
7.
W tym przypadku zbiorem rozwi ˛
aza ´n jest wi˛ec przedział
(−
∞,
−
7
i
.
Ł ˛
acz ˛
ac wszystkie otrzymane zbiory rozwi ˛
aza ´n otrzymujemy zbiór
(−
∞,
−
7
i ∪
−
1,
11
3
.
Odpowied´z:
(−
∞,
−
7
i ∪
D
−
1,
11
3
E
Z
ADANIE
2
(4
PKT
.)
Trapez równoramienny ABCD o podstawach AB i CD jest opisany na okr˛egu o promieniu
r. Wyka ˙z, ˙ze 4r
2
= |
AB
| · |
CD
|
.
Materiał pobrany z serwisu
1
www.zadania.info – N
AJWI ˛
EKSZY
I
NTERNETOWY
Z
BIÓR
Z
ADA ´
N Z
M
ATEMATYKI
R
OZWI ˛
AZANIE
Zaczynamy od rysunku.
a
b
2r
A
B
C
D
E
Je ˙zeli a i b s ˛
a długo´sciami podstaw trapezu, to poniewa ˙z w trapez mo ˙zna wpisa´c okr ˛
ag,
to
AD
+
BC
=
AB
+
CD
⇒
AD
=
a
+
b
2
.
Ponadto
AE
=
b
−
a
2
.
Napiszmy teraz twierdzenie Pitagorasa w trójk ˛
acie AED.
AE
2
+
ED
2
=
AD
2
(
b
−
a
)
2
4
+
4r
2
=
(
a
+
b
)
2
4
4r
2
=
a
2
+
b
2
+
2ab
− (
a
2
+
b
2
−
2ab
)
4
4r
2
=
4ab
4
=
ab.
Z
ADANIE
3
(3
PKT
.)
Oblicz, ile jest liczb naturalnych sze´sciocyfrowych, w zapisie których wyst˛epuje dokładnie
trzy razy cyfra 0 i dokładnie raz wyst˛epuje cyfra 5.
R
OZWI ˛
AZANIE
Oczywi´scie zero nie mo ˙ze by´c pierwsz ˛
a cyfr ˛
a, wi˛ec mamy
5
3
=
5
·
4
·
3
3!
=
5
·
2
=
10
sposobów ustalenia miejsc, w których b˛edzie cyfra 0. Potem na 3 sposoby mo ˙zemy ustali´c
miejsce dla cyfry 5. Na koniec, na pozostałych dwóch miejscach umieszczamy dowolne cyfry
ró ˙zne od 0 i 5. W sumie jest wi˛ec
10
·
3
·
8
·
8
=
1920
liczb spełniaj ˛
acych warunki zadania.
Odpowied´z: 1920
Materiał pobrany z serwisu
2
www.zadania.info – N
AJWI ˛
EKSZY
I
NTERNETOWY
Z
BIÓR
Z
ADA ´
N Z
M
ATEMATYKI
Zadania
.info
Podobają Ci się nasze rozwiązania?
Pokaż je koleżankom i kolegom ze szkoły!
Z
ADANIE
4
(4
PKT
.)
Rozwi ˛
a ˙z równanie cos 2x
+
cos x
+
1
=
0 dla x
∈ h
0, 2π
i
.
R
OZWI ˛
AZANIE
Korzystamy ze wzoru
cos 2x
=
2 cos
2
x
−
1.
Mamy zatem
cos 2x
+
cos x
+
1
=
0
2 cos
2
x
−
1
+
cos x
+
1
=
0
cos x
(
2 cos x
+
1
)
cos x
=
0
∨
cos x
= −
1
2
.
W danym przedziale mamy wi˛ec rozwi ˛
azania
π
2
, π
−
π
3
,
3π
2
, π
+
π
3
=
π
2
,
2π
3
,
3π
2
,
4π
3
.
Odpowied´z:
n
π
2
,
2π
3
,
3π
2
,
4π
3
o
Z
ADANIE
5
(5
PKT
.)
Ci ˛
ag liczbowy
(
a, b, c
)
jest arytmetyczny i a
+
b
+
c
=
33, natomiast ci ˛
ag
(
a
−
1, b
+
5, c
+
19
)
jest geometryczny. Oblicz a, b, c.
R
OZWI ˛
AZANIE
Skoro podane liczby s ˛
a kolejnymi wyrazami ci ˛
agu arytmetycznego, mo ˙zemy je oznaczy´c
przez b
−
r, b, b
+
r. Z podanej sumy mamy wi˛ec
33
= (
b
−
r
) +
b
+ (
b
+
r
) =
3b
⇒
b
=
11.
Zatem szukane liczby to 11
−
r, 11, 11
+
r.
Pozostało teraz skorzysta´c z drugiej informacji: je ˙zeli trzy liczby s ˛
a kolejnymi wyrazami
ci ˛
agu geometrycznego, to kwadrat ´srodkowej musi by´c równy iloczynowi pozostałych, czyli
(
b
+
5
)
2
= (
a
−
1
)(
c
+
19
)
16
2
= (
10
−
r
)(
30
+
r
)
256
=
300
−
30r
+
10r
−
r
2
r
2
+
20r
−
44
=
0
∆
=
400
+
176
=
576
=
24
2
r
=
−
20
−
24
2
=
−
44
2
= −
22
∨
r
=
−
20
+
24
2
=
2.
Materiał pobrany z serwisu
3
www.zadania.info – N
AJWI ˛
EKSZY
I
NTERNETOWY
Z
BIÓR
Z
ADA ´
N Z
M
ATEMATYKI
S ˛
a zatem dwa takie ci ˛
agi
(
33, 11,
−
11
)
,
(
9, 11, 13
)
.
Odpowied´z:
(
a, b, c
) = (
33, 11,
−
11
)
lub
(
a, b, c
) = (
9, 11, 13
)
Z
ADANIE
6
(6
PKT
.)
Wyznacz wszystkie warto´sci parametru m, dla których równanie x
2
+
2
(
1
−
m
)
x
+
m
2
−
m
=
0 ma dwa ró ˙zne rozwi ˛
azania rzeczywiste x
1
, x
2
spełniaj ˛
ace warunek x
1
·
x
2
6 6m 6 x
2
1
+
x
2
2
.
R
OZWI ˛
AZANIE
Sprawd´zmy najpierw, kiedy równanie ma dwa pierwiastki rzeczywiste.
0
<
∆
=
4
(
1
−
m
)
2
−
4
(
m
2
−
m
)
/ : 4
0
<
1
−
2m
+
m
2
−
m
2
+
m
=
1
−
m
m
<
1.
Przy tym zało ˙zeniu mo ˙zemy zapisa´c wzory Viète’a.
(
x
1
+
x
2
= −
2
(
1
−
m
) =
2
(
m
−
1
)
x
1
x
2
=
m
2
−
m.
St ˛
ad
x
2
1
+
x
2
2
= (
x
1
+
x
2
)
2
−
2x
1
x
2
=
4
(
m
−
1
)
2
−
2
(
m
2
−
m
) =
=
4m
2
−
8m
+
4
−
2m
2
+
2m
=
2m
2
−
6m
+
4
Pozostało wi˛ec rozwi ˛
aza´c nierówno´sci
m
2
−
m 6 6m
∧
6m 6 2m
2
−
6m
+
4
/ : 2
m
2
−
7m 6 0
∧
0 6 m
2
−
6m
+
2
m
(
m
−
7
)
6 0
∧
∆
=
36
−
8
=
28
m
∈ h
0, 7
i
∧
m
∈
−
∞,
6
−
2
√
7
2
+
∪
*
6
+
2
√
7
2
,
+
∞
!
m
∈ h
0, 7
i
∧
m
∈ (−
∞, 3
−
√
7
i ∪ h
3
+
√
7,
+
∞
)
.
Poniewa ˙z
√
7
≈
2, 6, rozwi ˛
azaniem powy ˙zszych dwóch nierówno´sci jest zbiór
h
0, 3
−
√
7
i ∪ h
3
+
√
7, 7
i
.
Uwzgl˛edniaj ˛
ac dodatkowo warunek z
∆– ˛a mamy
m
∈ h
0, 3
−
√
7
i
.
Odpowied´z: m
∈ h
0, 3
−
√
7
i
Materiał pobrany z serwisu
4
www.zadania.info – N
AJWI ˛
EKSZY
I
NTERNETOWY
Z
BIÓR
Z
ADA ´
N Z
M
ATEMATYKI
Z
ADANIE
7
(4
PKT
.)
Prosta o równaniu 3x
−
4y
−
36
=
0 przecina okr ˛
ag o ´srodku S
= (
3, 12
)
w punktach A i B.
Długo´s´c odcinka AB jest równa 40. Wyznacz równanie tego okr˛egu.
R
OZWI ˛
AZANIE
Zacznijmy od rysunku i oznaczmy rzut punktu S na dan ˛
a prost ˛
a przez D.
-20
-4
+12
+20
x
-20
-4
+4
+20
y
S
A
B
D
To co musimy obliczy´c, to promie ´n r szukanego okr˛egu. Obliczymy go z trójk ˛
ata prosto-
k ˛
atnego ADS. Jedna z jego przyprostok ˛
atnych to połowa ci˛eciwy AB, a druga to odległo´s´c
punktu S od danej prostej.
Korzystamy ze wzoru na odległo´s´c punktu P
= (
x
0
, y
0
)
od prostej Ax
+
By
+
C
=
0:
|
Ax
0
+
By
0
+
C
|
√
A
2
+
B
2
.
W naszej sytuacji mamy
DS
=
|
9
−
48
−
36
|
√
9
+
16
=
75
5
=
15.
Stosuj ˛
ac twierdzenie Pitagorasa do trójk ˛
ata ADS mamy
AD
2
+
DS
2
=
AS
2
20
2
+
15
2
=
r
2
625
=
r
2
.
Teraz, bez problemu piszemy równanie poszukiwanego okr˛egu
(
x
−
3
)
2
+ (
y
−
12
)
2
=
625.
Odpowied´z:
(
x
−
3
)
2
+ (
y
−
12
)
2
=
625
Materiał pobrany z serwisu
5
www.zadania.info – N
AJWI ˛
EKSZY
I
NTERNETOWY
Z
BIÓR
Z
ADA ´
N Z
M
ATEMATYKI
Z
ADANIE
8
(4
PKT
.)
Reszta z dzielenia wielomianu W
(
x
) =
4x
3
−
5x
2
−
23x
+
m przez dwumian x
+
1 jest równa
20. Oblicz warto´s´c współczynnika m oraz pierwiastki tego wielomianu.
R
OZWI ˛
AZANIE
Reszta z dzielenia wielomianu W
(
x
)
przez dwumian
(
x
−
a
)
to po prostu W
(
a
)
. Wiemy
zatem, ˙ze
20
=
W
(−
1
) = −
4
−
5
+
23
+
m
⇒
m
=
6.
Pozostało wyznaczy´c pierwiastki wielomianu
W
(
x
) =
4x
3
−
5x
2
−
23x
+
6.
Szukamy najpierw pierwiastka całkowitego w´sród dzielników wyrazu wolnego. Łatwo spraw-
dzi´c, ˙ze jednym z pierwiastków jest x
= −
2. Dzielimy wi˛ec wielomian przez dwumian
(
x
+
2
)
(my zrobimy to
4x
3
−
5x
2
−
23x
+
6
=
4x
3
+
8x
2
−
13x
2
−
26x
+
3x
+
6
=
=
4x
2
(
x
+
2
) −
13x
(
x
+
2
) +
3
(
x
+
2
) = (
4x
2
−
13x
+
3
)(
x
+
2
)
.
Szukamy teraz pierwiastków trójmianu w nawiasie.
4x
2
−
13x
+
3
=
0
∆
=
169
−
48
=
121
=
11
2
x
=
13
−
11
8
=
1
4
∨
x
=
13
+
11
8
=
3.
Równanie ma wi˛ec trzy pierwiastki: x
∈
n
−
2,
1
4
, 3
o
.
Odpowied´z: m
=
6, x
∈
n
−
2,
1
4
, 3
o
Z
ADANIE
9
(5
PKT
.)
Dany jest trójk ˛
at ABC, w którym
|
AC
| =
17 i
|
BC
| =
10. Na boku AB le ˙zy punkt D taki, ˙ze
|
AD
|
:
|
DB
| =
3 : 4 oraz
|
DC
| =
10. Oblicz pole trójk ˛
ata ABC.
R
OZWI ˛
AZANIE
Rozpoczynamy od szkicowego rysunku.
A
B
C
D
17
10
10
3x
4x
α
180
o
-α
A
B
C
D
17
10
10
3x
2x
2x
h
E
Materiał pobrany z serwisu
6
www.zadania.info – N
AJWI ˛
EKSZY
I
NTERNETOWY
Z
BIÓR
Z
ADA ´
N Z
M
ATEMATYKI
Sposób I
Oznaczmy ]BDC
=
α
. Wtedy oczywi´scie ]ADC
=
180
◦
−
α
. Piszemy teraz twierdzenia
cosinusów w trójk ˛
atach BDC i ADC.
(
BC
2
=
DB
2
+
DC
2
−
2DB
·
DC cos α
AC
2
=
DA
2
+
DC
2
−
2DA
·
DC cos
(
180
◦
−
α
)
(
100
=
16x
2
+
100
−
80x cos α
/ : 16
289
=
9x
2
+
100
+
60x cos α
/ : 3.
(
5x cos α
=
x
2
63
=
3x
2
+
20x cos α.
Podstawiamy teraz x cos α
=
x
2
5
z pierwszego równania do drugiego.
63
=
3x
2
+
20
·
x
2
5
63
=
7x
2
⇒
x
=
3.
W takim razie AB
=
7x
=
21 i pole trójk ˛
ata ABC mo ˙zemy obliczy´c ze wzoru Herona.
P
=
q
p
(
p
−
a
)(
p
−
b
)(
p
−
c
)
,
gdzie p
=
a
+
b
+
c
2
=
10
+
17
+
21
2
=
24 jest połow ˛
a obwodu. Mamy zatem
P
=
√
24
·
14
·
7
·
3
=
4
√
3
·
7
·
7
·
3
=
4
·
7
·
3
=
84.
Sposób II
Tym razem obejdziemy si˛e bez twierdzenia cosinusów. Dorysujmy wysoko´s´c CE opuszczo-
n ˛
a z wierzchołka C. Zauwa ˙zmy, ˙ze trójk ˛
at DBC jest równoramienny, wi˛ec DE
=
EB
=
2x.
Piszemy teraz twierdzenie Pitagorasa w trójk ˛
atach AEC i DEC.
(
h
2
+
25x
2
=
289
h
2
+
4x
2
=
100.
Odejmujemy teraz od pierwszego równania drugie i mamy
21x
2
=
189
⇒
x
=
3.
Z drugiego równania mamy wi˛ec
h
=
p
100
−
4x
2
=
√
100
−
36
=
8.
W takim razie pole trójk ˛
ata ABC jest równe
P
=
1
2
·
7x
·
h
=
1
2
·
21
·
8
=
84.
Odpowied´z: 84
Materiał pobrany z serwisu
7
www.zadania.info – N
AJWI ˛
EKSZY
I
NTERNETOWY
Z
BIÓR
Z
ADA ´
N Z
M
ATEMATYKI
Z
ADANIE
10
(4
PKT
.)
W ostrosłupie ABCS podstawa ABC jest trójk ˛
atem równobocznym o boku długo´sci a. Kra-
w˛ed´z AS jest prostopadła do płaszczyzny podstawy. Odległo´s´c wierzchołka A od ´sciany
BCS jest równa d. Wyznacz obj˛eto´s´c tego ostrosłupa.
R
OZWI ˛
AZANIE
Szkicujemy opisan ˛
a sytuacj˛e.
A
B
C
S
D
E
a
d
h
Zadanie oczywi´scie sprowadza si˛e do obliczenia wysoko´sci ostrosłupa, czyli długo´sci
kraw˛edzi AS. Niech E b˛edzie rzutem punktu A na płaszczyzn˛e BCS. Poniewa ˙z AB
=
AC,
punkt E le ˙zy na wysoko´sci SD trójk ˛
ata równoramiennego BCS. Długo´s´c kraw˛edzi AS mo-
˙zemy obliczy´c licz ˛
ac pole trójk ˛
ata prostok ˛
atnego ADS na dwa sposoby (lub, je ˙zeli kto´s woli,
korzystaj ˛
ac z podobie ´nstwa trójk ˛
atów ADE i SDA).
AD
·
AS
=
2P
ADS
=
DS
·
AE
h
·
AS
=
p
h
2
+
AS
2
·
d
/
()
2
h
2
·
AS
2
=
h
2
d
2
+
AS
2
·
d
2
(
h
2
−
d
2
)
AS
2
=
h
2
d
2
⇒
AS
=
hd
√
h
2
−
d
2
.
Podstawmy teraz h
=
a
√
3
2
.
AS
=
a
√
3
2
·
d
q
3a
2
4
−
d
2
=
ad
√
3
√
3a
2
−
4d
2
.
Obj˛eto´s´c ostrosłupa jest wi˛ec równa
V
=
1
3
·
a
2
√
3
4
·
ad
√
3
√
3a
2
−
4d
2
=
a
3
d
4
√
3a
2
−
4d
2
.
Odpowied´z:
a
3
d
4
√
3a
2
−
4d
2
Materiał pobrany z serwisu
8
www.zadania.info – N
AJWI ˛
EKSZY
I
NTERNETOWY
Z
BIÓR
Z
ADA ´
N Z
M
ATEMATYKI
Z
ADANIE
11
(4
PKT
.)
Rzucamy cztery razy symetryczn ˛
a sze´scienn ˛
a kostk ˛
a do gry. Oblicz prawdopodobie ´nstwo
zdarzenia polegaj ˛
acego na tym, ˙ze iloczyn liczb oczek otrzymanych we wszystkich czterech
rzutach b˛edzie równy 60 .
R
OZWI ˛
AZANIE
Z zdarzenia elementarne przyjmujemy czteroelementowe ci ˛
agi otrzymanych liczb oczek.
Mamy wi˛ec
|
Ω
| =
6
·
6
·
6
·
6
=
6
4
.
Zastanówmy si˛e teraz na ile sposobów 60 mo ˙ze by´c napisane jako iloczyn czterech liczb
oczek. Łatwo ustali´c, ˙ze s ˛
a trzy mo ˙zliwo´sci:
60
=
6
·
5
·
2
·
1
60
=
3
·
5
·
4
·
1
60
=
3
·
5
·
2
·
2.
Pierwszym dwóm sytuacjom odpowiada
4!
+
4!
=
24
+
24
=
48
zdarze ´n elementarnych. Obliczmy ile jest zdarze ´n odpowiadaj ˛
acych trzeciej sytuacji. Miej-
sce dla 3-ki mo ˙zemy wybra´c na 4 sposoby, miejsce dla 5-ki na 3 sposoby i wtedy na pozo-
stałych miejscach umieszczamy 2-ki. Jest wi˛ec 4
·
3
=
12 zdarze ´n sprzyjaj ˛
acych tego typu i
prawdopodobie ´nstwo jest równe
p
=
48
+
12
6
4
=
8
+
2
6
3
=
10
216
=
5
108
.
Odpowied´z:
5
108
Z
ADANIE
12
(3
PKT
.)
Na rysunku przedstawiony jest fragment wykresu funkcji logarytmicznej f okre´slonej wzo-
rem f
(
x
) =
log
2
(
x
−
p
)
.
-5
-1
+5
x
-5
-1
+1
+5
y
Materiał pobrany z serwisu
9
www.zadania.info – N
AJWI ˛
EKSZY
I
NTERNETOWY
Z
BIÓR
Z
ADA ´
N Z
M
ATEMATYKI
a) Podaj warto´s´c p.
b) Narysuj wykres funkcji okre´slonej wzorem y
= |
f
(
x
)|
.
c) Podaj wszystkie warto´sci parametru m, dla których równanie
|
f
(
x
)| =
m ma dwa
rozwi ˛
azania o przeciwnych znakach.
R
OZWI ˛
AZANIE
a) Na wykresie przedstawiony jest wykres funkcji y
=
log
2
x przesuni˛etej o 4 jednostki
w lewo, czyli wykres funkcji y
=
log
2
(
x
+
4
)
. W takim razie p
= −
4.
Odpowied´z: p
= −
4
b) Aby narysowa´c wykres funkcji y
= |
f
(
x
)|
odbijamy cz˛e´s´c wykresu poni ˙zej osi Ox do
góry.
-5
-1
+5
x
-5
-1
+1
+5
y
y=m
y=|f(x)|
c) Z wykresu funkcji y
= |
f
(
x
)|
wida´c, ˙ze równanie
|
f
(
x
)| =
m ma dwa rozwi ˛
azania o
przeciwnych znakach wtedy i tylko wtedy, gdy m
>
2.
Odpowied´z: m
>
2
Materiał pobrany z serwisu
10
Wyszukiwarka
Podobne podstrony:
2013 05 10 Matma Roz Arkusz
2013 05 10 Matma Roz Odpow
2013 05 08 Pod Odpowid 28274 Nieznany (2)
Niekonwencjonalne formy finansowania a podatki NIEKONWENCJONALNE FORMY FINANSOWANIA A PODATKI, WYKŁA
2013 05 26 20id 28348 Nieznany
05-10 PAM - Nadeszły czasy odpowiedzialności, CAŁE MNÓSTWO TEKSTU
2010 Ark 10 Matma Odpowiedzi
witaminy źródłem zdrowia 05.10.2012, BACHAMAS, Kronika 2012 2013
2IA PS2 2012 2013 05 id 32602 Nieznany (2)
Niekonwencjonalne formy finansowania a podatki, NIEKONWENCJONALNE FORMY FINANSOWANIA A PODATKI WYKŁ
2013 01 15 ustawa o srodkach pr Nieznany
OM z 04 2013 05 02 ko
1996 10 26 praid 18571 Nieznany
10 Poslugiwanie sie dokumentacj Nieznany
Cwiczenia nr 10 (z 14) id 98678 Nieznany
2002 05 10
2013 w05 DMA HWI 2013zid 28362 Nieznany
2014 Matura 05 04 2014 odpid 28 Nieznany (2)
2001 05 10
więcej podobnych podstron