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 Odpowid 2 Nieznany (2)
2013 05 10 Matma Roz Arkusz
Niekonwencjonalne formy finansowania a podatki NIEKONWENCJONALNE FORMY FINANSOWANIA A PODATKI, WYKŁA
witaminy źródłem zdrowia 05.10.2012, BACHAMAS, Kronika 2012 2013
Niekonwencjonalne formy finansowania a podatki, NIEKONWENCJONALNE FORMY FINANSOWANIA A PODATKI WYKŁ
2013 05 08 Pod Odpow
OM z 04 2013 05 02 ko
2002 05 10
2001 05 10
Aneks nr 2 Prospekt PKO BP 05 10 2009
Demografia społeczna wykład 2 10 2013, wykład 3 $ 10 2013
Nauka o państwie5 05 10
05 10 2009
e 13 2013 05 X k
2011.04.10 - 438 1 test z odpow, Testy, testy sędziowskie
2013 05
loveparade 2010 anlage 11 interner entwurf sicherheitskonzept 20 05 10
Ekonomika Transportu(1)05 10 2011
Wstęp do Socjologi Wykład 3 # 10 2013, wykład 4 0 10 2013, wykład 5 11 2013
więcej podobnych podstron