NAJWI
KSZY INTERNETOWY ZBIÓR ZADAC
Z MATEMATYKI
PRÓBNY EGZAMIN MATURALNY
Z MATEMATYKI
ZESTAW PRZYGOTOWANY PRZEZ SERWIS
WWW.ZADANIA.INFO
POZIOM ROZSZERZONY
26 MARCA 2011
CZAS PRACY: 180 MINUT
ZADANIE 1 (5 PKT.)
Rozwiąż nierówność |2x2 + 28x + 89| 9.
ROZWI
ZANIE
Aby zobaczyć co jest grane, naszkicujemy wykres lewej strony. Wykresem będzie parabola
o ramionach skierowanych w górę i wierzchołku w punkcie
b " 282 - 4 � 2 � 89
(xw, yw) = - , - = -7, - =
2a 4a 8
72
= -7, - = (-7, -9).
8
Szkicujemy wykres y = |2x2 + 28x + 89|  pamiętamy o odbiciu części pod osią Ox do góry.
y
+10
y=9
+5
+1
-10 -5 -1 x
-1
Z obrazka widać już jak będzie wyglądać rozwiązanie nierówności, musimy jeszcze jed-
Materiał pobrany z serwisu
1
  NAJWI
KSZY INTERNETOWY ZBIÓR ZADAC
Z MATEMATYKI
nak wyznaczyć punkty przecięcia paraboli y = 2x2 + 28x + 89 z prostą y = 9.
2x2 + 28x + 89 = 9
2x2 + 28x + 80 = 0 / : 4
1
x2 + 7x + 20 = 0
2
" = 49 - 40 = 9
x = -7 - 3 = -10 (" x = -7 + 3 = -4.
Zatem rozwiązaniem nierówności jest zbiór
(-", -10 *" {-7} *" -4, +").
Odpowiedz
: x " (-", -10 *" {-7} *" -4, +")
ZADANIE 2 (5 PKT.)
1
Ciąg (a1, a2, . . . , jest ciągiem geometrycznym o ilorazie q = i pierwszym wyrazie
2
"a100)
równym a1 = 3. Oblicz sumę
a1a2 + a2a3 + � � � + a99a100.
ROZWI
ZANIE
Korzystamy ze wzoru an = a1qn-1 na n-ty wyraz ciągu geometrycznego.
a1a2 + a2a3 + � � � + a99a100 =
= a1 � a1q + a1q � a1q2 + a1q2 � a1q3 + � � � + a1q98 � a1q99 =
= a2q(1 + q2 + q4 + � � � + q196)
1
= a2q 1 + (q2)1 + (q2)2 + � � � + (q2)98 .
1
W nawiasie mamy sumę 99 wyrazów ciągu geometrycznego o ilorazie q2. Zatem ze wzoru
na sumę kolejnych wyrazów ciągu geometrycznego mamy
a2q 1 + (q2)1 + (q2)2 + � � � + (q2)98 =
1
1
1 -
1 - (q2)99 1
2198
= a2q � = 3 � � =
1
1
1 - q2 2
1 -
4
1 4 1 1
= 3 � � 1 - = 2 1 - =
2 3 2198 2198
1
= 2 - .
2197
1
Odpowiedz
: 2 -
2197
Materiał pobrany z serwisu
2
  NAJWI
KSZY INTERNETOWY ZBIÓR ZADAC
Z MATEMATYKI
ZADANIE 3 (5 PKT.)
Wyznacz wszystkie wartości parametru m, dla których równanie x2 + mx + 3 = 0 ma dwa
różne pierwiastki rzeczywiste, takie, że suma ich czwartych potęg jest równa 82.
ROZWI
ZANIE
Sprawdz
my kiedy równanie ma dwa pierwiastki rzeczywiste.
0 < " = m2 - 12
" "
0 < (m - 2 3)(m + 2 3)
" "
m " (-", -2 3) *" (2 3, +").
Spróbujmy teraz zapisać sumę czwartych potęg przy pomocy sumy i iloczyny tak, aby móc
skorzystać ze wzorów ViŁte a.
2
4 4 2 2 2 2
x1 + x2 = (x1 + x2)2 - 2x1x2 = (x1 + x2)2 - 2x1x2 - 2(x1x2)2.
Teraz korzystamy ze wzorów ViŁte a.
2
82 = m2 - 6 - 2 � 9
0 = (m2 - 6)2 - 102 = (m2 - 6 - 10)(m2 - 6 + 10)
0 = (m2 - 16)(m2 + 4)
m2 = 16
m = -4 (" m = 4.
A
atwo sprawdzić, że obie te liczby spełniają warunek z "-ą.
Odpowiedz
: m = -4 lub m = 4
Podobają Ci się nasze rozwiązania?
Zadania.info
Pokaż je koleżankom i kolegom ze szkoły!
ZADANIE 4 (5 PKT.)
"
Długości boków prostokąta ABCD są równe: |AB| = 12 2 i |AD| = 6. Na odcinku BD
"
wybrano punkt E w ten sposób, że |AE| = 4 3. Oblicz długość odcinka DE.
ROZWI
ZANIE
Sposób I
Materiał pobrany z serwisu
3
  NAJWI
KSZY INTERNETOWY ZBIÓR ZADAC
Z MATEMATYKI
Rozpoczynamy od rysunku.
D
C
ą
x
E
6
4 3
A B
12 2
Obliczmy na początek długość przekątnej.
" "
BD = AB2 + AD2 = 288 + 36 = 324 = 18.
Długość odcinka DE = x obliczymy pisząc twierdzenie cosinusów w trójkącie AED. Zanim
to jednak zrobimy zauważmy, że jeżeli ADE = ą to
AD 6 1
cos ą = = = .
BD 18 3
Piszemy teraz twierdzenie cosinusów w trójkącie AED.
AE2 = AD2 + DE2 - 2 � AD � DE cos ą
1
48 = 36 + x2 - 2 � 6 � x �
3
0 = x2 - 4x - 12
" = 16 + 48 = 64
4 - 8 4 + 8
x = = -2 (" x = = 6.
2 2
Zatem DE = 6.
Sposób II
"
Umieśćmy prostokąt ABCD w układzie współrzędnych tak, aby A = (0, 0), B = (12 2, 0), D =
(0, 6).
y
+10
C
D
E
+2
A B
-2 +6 +10 +20 x
-2
-10
Materiał pobrany z serwisu
4
  NAJWI
KSZY INTERNETOWY ZBIÓR ZADAC
Z MATEMATYKI
Co wiemy o punkcie E?  wiemy, że leży jednocześnie na prostej BD i okręgu o środku
"
w A = (0, 0) i promieniu 4 3. Napiszemy więc równania prostej i okręgu i znajdziemy ich
punkty wspólne.
Z okręgiem jest łatwo:
"
x2 + y2 = (4 3)2 = 48.
Teraz prosta BD. Szukamy jej w postaci y = ax + b i podstawiamy współrzędne punktów B
i D.
"
0 = 12 2a + b
6 = b.
Z pierwszego równania wyliczamy a
"
"
6 2
12 2a = -b = -6 �! a = - " - .
=
4
12 2
"
2
Prosta BD ma więc równanie y = - x + 6. Podstawiamy to wyrażenie do równania okrę-
4
gu.
"
2
2
x2 + - x + 6 = 48
4
"
1
x2 + x2 - 3 2x + 36 = 48 / � 8
8
"
9x2 - 24 2x - 96 = 0 / : 3
"
3x2 - 8 2x - 32 = 0
"
" = 128 + 384 = 512 = (16 2)2
" " " "
"
8 2 - 16 2 8 2 + 16 2
x = < 0 (" x = = 4 2.
6 6
"
Pierwszy pierwiastek odpowiada punktowi, który nie leży na odcinku BD, więc x = 4 2 i
"
"
2
y = - � 4 2 + 6 = 4.
4
"
Tak więc E = (4 2, 4) i
" "
DE = (4 2)2 + (4 - 6)2 = 32 + 4 = 6.
Odpowiedz
: |DE| = 6
ZADANIE 5 (6 PKT.)
Rozwiąż równanie 4 sin 2x + 9 tg x = 10 cos x dla x " 0, 2Ą .
Materiał pobrany z serwisu
5
  NAJWI
KSZY INTERNETOWY ZBIÓR ZADAC
Z MATEMATYKI
ROZWI
ZANIE
Ze względu na tangens musi oczywiście być cos x = 0. Przekształcamy równanie.
4 sin 2x + 9 tg x = 10 cos x
9 sin x
8 sin x cos x + = 10 cos x / � cos x
cos x
8 sin x cos2 x + 9 sin x = 10 cos2 x
8 sin x(1 - sin2 x) + 9 sin x = 10(1 - sin2 x).
Widać, że możemy podstawić t = sin x.
8t(1 - t2) + 9t = 10(1 - t2)
8t - 8t3 + 9t = 10 - 10t2
8t3 - 10t2 - 17t + 10 = 0.
Teraz trudny moment, bo musimy znalez
ć pierwiastek wymierny tego równania. Najpierw
szukamy wśród dzielników wyrazu wolnego. Sprawdzając po kolei można znalez
ć pierwia-
stek t = 2. Dzielimy teraz równanie przez t - 2  my zrobimy to grupując wyrazy.
8t3 - 10t2 - 17t + 10 = 8(t3 - 2t2) + 6(t2 - 2t) - 5t + 10 =
= 8t2(t - 2) + 6t(t - 2) - 5(t - 2) =
= (8t2 + 6t - 5)(t - 2).
Rozwiązanie t = 2 odpada, bo sin x 1, więc pozostaje równanie
8t2 + 6t - 5 = 0
" = 36 + 160 = 196 = 142
-6 - 14 20 5 -6 + 14 8 1
t = = - = - (" t = = = .
16 16 4 16 16 2
Pierwsze rozwiązanie odpada i otrzymujemy
1
sin x = t = .
2
Ą 5Ą
W przedziale 0, 2Ą są dwa kąty spełniające ten warunek: x = i x = .
6 6
Ą 5Ą
Odpowiedz
: x = lub x =
6 6
ZADANIE 6 (5 PKT.)
Końce cięciwy AB okręgu o równaniu (x + 2)2 + (y - 4)2 = 25 leżą na prostej x - 3y + 9 = 0.
Oblicz sinus kąta wypukłego ASB, gdzie S jest środkiem danego okręgu.
Materiał pobrany z serwisu
6
  NAJWI
KSZY INTERNETOWY ZBIÓR ZADAC
Z MATEMATYKI
ROZWI
ZANIE
Rozpoczynamy od szkicowego rysunku.
y
+10
+5
S
5
ą
ą
B
h
5
M
+1
A
-10 -5 -1 +1 x
-1
Na początek wyznaczmy współrzędne punktów A i B  podstawiamy x = 3y - 9 do
równania okręgu.
(3y - 9 + 2)2 + (y - 4)2 = 25
(3y - 7)2 + (y - 4)2 = 25
9y2 - 42y + 49 + y2 - 8y + 16 = 25
10y2 - 50y + 40 = 0 / : 10
y2 - 5y + 4 = 0
" = 25 - 16 = 9
5 - 3 5 + 3
y = = 1 (" y = = 4.
2 2
Mamy wtedy odpowiednio x = 3y - 9 = 3 - 9 = -6 i x = 3y - 9 = 3. Zatem A = (-6, 1) i
B = (3, 4).
Sposób I
Obliczmy pole trójkąta ASB (żeby ze wzoru na pole z sinusem wyliczyć sin ASB). Jego
podstawa ma długość
" " "
AB = (3 + 6)2 + (4 - 1)2 = 81 + 9 = 90 = 3 10.
Wysokość opuszczona na tę podstawę to odległość punktu S = (-2, 4) od prostej AB, czyli
"
| - 2 - 3 � 4 + 9| 5 10
"
h = " = = .
2
1 + 9 10
Zatem pole trójkąta jest równe
"
"
1 1 10 15
P = AB � h = � 3 10 � = .
2 2 2 2
Materiał pobrany z serwisu
7
  NAJWI
KSZY INTERNETOWY ZBIÓR ZADAC
Z MATEMATYKI
Teraz korzystamy ze wzoru na pole z sinusem.
15 1
= P = SA � SB � sin ASB
2 2
15 3
sin ASB = = .
52 5
Sposób II
Tak jak w poprzednim sposobie obliczamy odległość punktu S od prostej AB.
"
| - 2 - 3 � 4 + 9| 5 10
"
h = " = = .
2
1 + 9 10
Mamy zatem
"
"
10
h 10
2
cos ą = = = .
AS 5 10
Stąd
"
10 3 10
sin ą = 1 - cos2 ą = 1 - = .
100 10
Teraz pozostało skorzystać ze wzoru na sin 2ą.
" "
3 10 10 3
sin 2ą = 2 sin ą cos ą = 2 � � = .
10 10 5
Zauważmy, że w tym sposobie nie były nam potrzebne współrzędne punktów A i B.
Sposób III
Pole trójkąta ABS możemy obliczyć ze wzoru na pole trójkąta o wierzchołkach A = (xA, yA),
B = (xB, yB) i C = (xC, yC).
1
PABC = |(xB - xA)(yC - yA) - (yB - yA)(xC - xA)|.
2
W naszej sytuacji mamy
1 1 15
PABS = |(3 + 6)(4 - 1) - (4 - 1)(-2 + 6)| = |27 - 12| = .
2 2 2
Sinus obliczamy jak w poprzednim sposobie.
Sposób IV
Liczymy długość odcinka AB
" " "
AB = (3 + 6)2 + (4 - 1)2 = 81 + 9 = 90 = 3 10.
"
3 10
Jeżeli więc przez M oznaczymy środek odcinka AB to AM = . Dorysujmy wysokość
2
SM i oznaczmy ASM = MSB = 2ą. Na mocy twierdzenia Pitagorasa w trójkącie AMS
mamy
"
45 5 10
SM = AS2 - AM2 = 25 - = = .
2 2 2
Materiał pobrany z serwisu
8
  NAJWI
KSZY INTERNETOWY ZBIÓR ZADAC
Z MATEMATYKI
Mamy więc
"
"
3 10
AM 3 10
2
sin ą = = =
SA 5 10
"
"
10
SM 10
2
cos ą = = = .
SA 5 10
Teraz pozostało skorzystać ze wzoru na sin 2ą.
" "
3 10 10 3
sin ASB = sin 2ą = 2 sin ą cos ą = 2 � � = .
10 10 5
Sposób V
Liczymy długość odcinka AB
" " "
AB = (3 + 6)2 + (4 - 1)2 = 81 + 9 = 90 = 3 10.
Teraz korzystamy z twierdzenia cosinusów.
AB2 = SA2 + SB2 + 2SA � SB cos ASB
AB2 = 2SA2 + 2SA2 cos ASB
AB2 = 2SA2(1 + cos ASB)
90 = 50(1 + cos ASB) / : 50
90 9
1 + cos ASB = =
50 5
4
cos ASB = .
5
Zatem
16 3
sin ASB = 1 - cos2 ASB = 1 - = .
25 5
3
Odpowiedz
:
5
ZADANIE 7 (4 PKT.)
Wykaż, że jeżeli liczby rzeczywiste a, b, c spełniają równość a2 + b2 + c2 = ab + bc + ca to
a = b = c.
ROZWI
ZANIE
Przekształcamy daną równość tak, aby otrzymać pełne kwadraty.
a2 + b2 + c2 = ab + bc + ca / � 2
2a2 + 2b2 + 2c2 - 2ab - 2bc - 2ac = 0
(a2 - 2ab + b2) + (b2 - 2bc + c2) + (c2 - 2ac + a2) = 0
(a - b)2 + (b - c)2 + (c - a)2 = 0.
Jeżeli suma kwadratów jest równa 0, to każdy ze składników musi być zerem, czyli a = b i
b = c.
Materiał pobrany z serwisu
9
  NAJWI
KSZY INTERNETOWY ZBIÓR ZADAC
Z MATEMATYKI
ZADANIE 8 (4 PKT.)
Na okręgu o środku S wybrano punkty A, B, C i D w ten sposób, że prosta AB zawiera punkt
S, a proste AD i BC przecinają się w punkcie E. Punkt M jest punktem wspólnym prostych
AC i BD. Wykaż, że proste EM i AB są prostopadłe.
E
C
D
M
A B
S
ROZWI
ZANIE
Zauważmy, że każdy z kątów ACB i ADB jest oparty na średnicy, więc oba te kąty są
proste.
E
C
D
M
A B
S
To oznacza, że proste AC i BD są wysokościami trójkąta ABE. Jednak wszystkie trzy wy-
sokości w trójkącie przecinają się w jednym punkcie, więc prosta EM jest trzecią wysokością
trójkąta ABE. Jest więc ona prostopadła do prostej AB.
ZADANIE 9 (5 PKT.)
W ostrosłup prawidłowy czworokątny wpisano kulę o promieniu 2. Ściana boczna ostrosłu-
pa nachylona jest do płaszczyzny podstawy pod kątem 60ć%. Oblicz objętość tego ostrosłupa.
ROZWI
ZANIE
Zaczynamy od rysunku.
Materiał pobrany z serwisu
10
  NAJWI
KSZY INTERNETOWY ZBIÓR ZADAC
Z MATEMATYKI
S S
O
D
C
30o
60o 2
30o
E
G F G E
F
A
B
a
Podana informacja o promieniu kuli wpisanej w ostrosłup oznacza w szczególności, że
promień okręgu wpisanego w trójkąt GES jest równy 2. To zaś pozwala łatwo wyliczyć
długość krawędzi podstawy. Patrzymy na trójkąt FEO.
"
2 3
= tg 30ć% =
FE 3
"
2 6
" "
FE = = = 2 3
3
3
3
"
AB = 2FE = 4 3.
Z trójkąta FES wyliczamy długość wysokości SF ostrosłupa.
" "
SF
= tg 60ć% = 3 �! SF = 3FE = 6.
FE
Możemy teraz obliczyć objętość ostrosłupa.
"
1 1
V = AB2 � SF = � (4 3)2 � 6 = 96.
3 3
Odpowiedz
: 96
ZADANIE 10 (6 PKT.)
Ile jest liczb naturalnych siedmiocyfrowych, których suma cyfr jest równa 4?
ROZWI
ZANIE
Zastanówmy się jaka może być największa cyfra liczby siedmiocyfrowej o sumie cyfr równej
4?
Oczywiście żadna cyfra nie może być większa od 4 i jeżeli jedną z cyfr jest 4, to wszystkie
pozostałe cyfry muszą być zerami. Jest tylko jedna taka liczba: 4000000.
Jeżeli największą cyfrą jest 3, to musi być jeszcze jedna jedynka i reszta to same zera.
Policzmy ile jest takich liczb. Pierwszą cyfrę możemy wybrać na dwa sposoby (może to być
3 lub 1), a drugą niezerową cyfrę możemy umieścić na jednej z 6 pozostałych pozycji. Jest
więc
2 � 6 = 12
Materiał pobrany z serwisu
11
  NAJWI
KSZY INTERNETOWY ZBIÓR ZADAC
Z MATEMATYKI
takich liczb.
Jeżeli największą cyfrą jest 2, to mamy dwie możliwości: albo są dwie dwójki, albo jedna
dwójka i dwie jedynki. Jest 6 liczb z dwoma dwójkami (pierwsza musi stać na początku, a
druga na jednym z pozostałych 6 miejsc). Policzmy, ile jest liczb z jedną dwójką i dwoma
jedynkami. Jeżeli dwójka jest na początku, to pozostałe dwie jedynki możemy umieścić na
6 6 � 5
= = 15
2 2
sposobów, jest więc 15 takich liczb. Jeżeli na początku jest jedynka, to możliwych liczb jest
6 � 5 = 30
(wybieramy miejsce dla jedynki i potem dla dwójki).
Ostatnia możliwość to liczby składające się z czterech jedynek i trzech zer. Jedna jedynka
musi być pierwszą cyfrą, a pozostałe 3 możemy umieścić na
6 6 � 5 � 4
= = 20
3 2 � 3
sposobów.
W sumie są więc
1 + 12 + 6 + 15 + 30 + 20 = 84
liczby spełniające warunki zadania.
Odpowiedz
: 84
Materiał pobrany z serwisu
12