NAJWI
KSZY INTERNETOWY ZBIÓR ZADAC
Z MATEMATYKI
PRÓBNY EGZAMIN MATURALNY
Z MATEMATYKI
ZESTAW PRZYGOTOWANY PRZEZ SERWIS
WWW.ZADANIA.INFO
POZIOM ROZSZERZONY
27 MARCA 2010
CZAS PRACY: 180 MINUT
ZADANIE 1 (4 PKT.)
Wewnątrz prostokąta ABCD o wymiarach |AB| = 8 i |AD| = 6 wybrano dwa punkty M i
N takie, że MN AB oraz |AM| = |DM| = |NB| = |NC|. Przy jakiej odległości punktów
M i N suma kwadratów długości odcinków AM, DM, MN, NB, NC jest najmniejsza?
ROZWI
ZANIE
Rozpoczynamy od rysunku.
D C
3
E F
x
N
M
3
A B
8
Jeżeli oznaczymy MN = x to ponieważ trójkąty AMD i BNC są przystające, mamy
EF - MN 8 - x x
EM = = = 4 - .
2 2 2
Możemy teraz wyliczyć interesującą nas sumę kwadratów
AM2 + DM2 + MN2 + NB2 + NC2 = 4AM2 + MN2 =
2
x
= 4(AE2 + EM2) + MN2 = 4 9 + 4 - + x2 =
2
x2
= 4 9 + 16 - 4x + + x2 = 100 - 16x + x2 + x2 =
4
= 2x2 - 16x + 100.
Wykresem otrzymanej funkcji jest parabola o ramionach skierowanych do góry, więc naj-
16
mniejszą wartość otrzymamy w wierzchołku, czyli dla x = = 4.
4
Odpowiedz
: MN = 4
Materiał pobrany z serwisu
1
  NAJWI
KSZY INTERNETOWY ZBIÓR ZADAC
Z MATEMATYKI
ZADANIE 2 (4 PKT.)
15
Rozwiązaniem nierówności logp(x + 1) 32x + z niewiadomą x jest zbiór -4, +").
16 5
Wyznacz p.
ROZWI
ZANIE
Myślimy o wykresach obu stron. Wykres prawej strony jesteśmy w stanie dość dokładnie
15
naszkicować  jest to wykres funkcji y = 32x przesunięty o do góry.
16
Zastanówmy się teraz jak może wyglądać wykres lewej strony. Jest to oczywiście wykres
funkcji y = logp x przesunięty o jedną jednostkę w lewo. Gdyby p > 1 to logarytm dążyłby
do -" przy x zbliżającym się do -1, a więc na pewno rozwiązaniami podanej nierówności
byłyby liczby dowolnie bliskie -1. Takich liczb jednak nie ma w zbiorze rozwiązań, więc
musi być p < 1. Teraz możemy naszkicować oba wykresy.
y
+2
+1
-2.5 +1 +2.5 x
-1
15
Widać teraz, że wykres funkcji logp(x + 1) jest poniżej wykresu funkcji y = 32x +
16
dokładnie na prawo od punktu przecięcia się tych wykresów. Z drugiej strony wiemy, że
zbiorem rozwiązań jest przedział -4, +"). To oznacza, że wykresy muszą się przecinać
5
15
dla x = -4. Sprawdz
my jaka jest wtedy wartość funkcji y = 32x + .
5 16
-4
15 4 15 1 15 15 1 15
32x + = 32- 5 + = 325 + = 2-4 + = + = 1.
16 16 16 16 16 16
W takim razie dokładnie taką samą wartość w tym punkcie musi przyjmować funkcja y =
logp(x + 1). Wiemy jednak, że logp p = 1, więc musimy mieć
4 1
p = - + 1 = .
5 5
1
Odpowiedz
: p =
5
Materiał pobrany z serwisu
2
  NAJWI
KSZY INTERNETOWY ZBIÓR ZADAC
Z MATEMATYKI
ZADANIE 3 (5 PKT.)
Różnica między pierwszym a siódmym wyrazem ciągu geometrycznego jest równa 63, a
różnica między wyrazem pierwszym a czwartym jest równa 72. Oblicz sumę pierwszych 7
wyrazów tego ciągu.
ROZWI
ZANIE
Jeżeli oznaczymy pierwszy wyraz ciągu przez a, a iloraz przez q to ze wzoru an = aqn-1 na
n-ty wyraz ciągu geometrycznego mamy układ równań
a - aq6 = 63
a - aq3 = 72.
a(1 - q6) = 63
a(1 - q3) = 72.
a(1 - q3)(1 + q3) = 63
a(1 - q3) = 72.
Podstawiamy teraz a(1 - q3) = 72 z drugiego równania do pierwszego.
72(1 + q3) = 63
63 7
1 + q3 = =
72 8
1 1
q3 = - �!�! q = - .
8 2
Zatem
72 72 72
a = = = = 64.
1 - q3 1 1 9
+
8 8
Pozostało policzyć sumę pierwszych 7 wyrazów.
1
1
1 +
1 - (-1)7 26 +
27 + 1 129
2 27 2
S7 = 64 � = 26 � = = = = 43.
1 3
3 3
1 - (-1) 1 +
2 2 2
Odpowiedz
: 43
Podobają Ci się nasze rozwiązania?
Zadania.info
Pokaż je koleżankom i kolegom ze szkoły!
ZADANIE 4 (5 PKT.)
W urnie znajduje się N losów, przy czym M z nich to losy wygrywające (M N). Wybiera-
my losowo n losów z urny (n N) i niech p oznacza prawdopodobieństwo, że dokładnie m
spośród tych losów to losy wygrywające (m M oraz m n). Uzasadnij, że
n N-n
(m) � (M-m)
p = .
N
(M)
Materiał pobrany z serwisu
3
  NAJWI
KSZY INTERNETOWY ZBIÓR ZADAC
Z MATEMATYKI
ROZWI
ZANIE
Sposób I
Skoro losujemy n spośród N losów to
N
|&!| = .
n
Policzmy teraz ile jest zdarzeń sprzyjających.
Mamy mieć m losów wygrywających  możemy je wybrać na
M
m
sposobów. Pozostałe n - m losów musimy wybrać spośród losów przegrywających, co mo-
żemy zrobić na
N - M
n - m
sposobów. W sumie jest więc
M N - M
�
m n - m
zdarzeń sprzyjających i prawdopodobieństwo wynosi
(M) � (N-M)
m n-m
p = .
(N)
n
No i fajnie, ale nie wygląda to jak wynik, który mieliśmy uzyskać. Żeby zobaczyć, że to
jednak jest to samo, obliczmy oba ilorazy.
(N-M)!
M!
�
(M) � (N-M)
m!(M-m)! (n-m)!(N-M-n+m)!
m n-m
= =
N!
(N)
n n!(N-n)!
M!(N - M)!n!(N - n)!
=
m!(M - m)!(n - m)!(N - M - n + m)!N!
(N-n)!
n!
n N-n
�
(m) � (M-m)
m!(n-m)! (M-m)!(N-n-M+m)!
= =
N N!
(M)
M!(N-M)!
n!(N - n)!M!(N - M)!
=
m!(n - m)!(M - m)!(N - n - M + m)!N!
Widać teraz, że rzeczywiście jest to sama liczba napisana na dwa różne sposoby.
Sposób II
Materiał pobrany z serwisu
4
  NAJWI
KSZY INTERNETOWY ZBIÓR ZADAC
Z MATEMATYKI
Tym razem policzymy prawdopodobieństwo w trochę nietypowy sposób, dzięki czemu od
razu otrzymamy wynik w postaci z treści zadania.
Zamiast myśleć o losowaniu n losów z urny, możemy myśleć inaczej: ustalamy n spośród
N losów, a potem losujemy, które M spośród wszystkich N losów będą wygrywające. Przy
takim podejściu mamy
N
|&!| =
M
(wybieramy, które losy są wygrywające).
Policzmy teraz zdarzenia sprzyjające, tzn. takie zdarzenia, że dokładnie m spośród na-
szych ustalonych n losów jest wygrywających. Te m losów wygrywających możemy wybrać
na
n
m
sposobów. Ponadto musimy wciąż ustalić, które M - m spośród losów spoza naszego usta-
lonego zbioru będą wygrywające. Możemy to zrobić na
N - n
M - m
sposobów.
Prawdopodobieństwo jest więc równe
n N-n
(m) � (M-m)
p = .
N
(M)
ZADANIE 5 (6 PKT.)
Na wysokości CD trójkąta ABC wybrano punkt P taki, że |PD| = |PE|, gdzie D i E są
"
rzutami tego punktu odpowiednio na boki AB i BC. Wiedząc, że tg ABC = 2 2 oblicz
|BE|
iloraz .
|EC|
ROZWI
ZANIE
Rozpoczynamy oczywiście od rysunku.
C
H-x
E
x
P
x
ą
A B
D
Sposób I
Materiał pobrany z serwisu
5
  NAJWI
KSZY INTERNETOWY ZBIÓR ZADAC
Z MATEMATYKI
Zauważmy, że trójkąty prostokątne PDB i PEB mają równe dwa boki, więc są przystające.
Zatem DB = EB. Ponadto, patrząc na trójkąt BCD mamy
" "
H
= tg ą = 2 2 �! H = 2 2 � DB.
DB
Pisząc twierdzenie Pitagorasa w tym samym trójkącie mamy
DB2 + DC2 = BC2
"
DB2 + (2 2 � DB)2 = BC2
DB2 + 8DB2 = BC2
9DB2 = BC2 �! BC = 3DB = 3BE.
To oznacza, że
BE BE 1
= = .
EC 2BE 2
Sposób II
Zauważmy, że trójkąty CEP i CDB są oba prostokątne i mają wspólny kąt BCD = ą, więc
są podobne. Używając tego podobieństwa oraz podanego tangensa, wyliczymy długości
odcinków BE i EC w zależności od H = |CD|.
Zauważmy od razu, że
"
CD H
= tg ą = 2 2 �! DB = "
DB
2 2
H2 9H2 3H
"
BC = CD2 + DB2 = H2 + = = .
8 8
2 2
Z podobieństwa trójkątów CEP i CDB mamy
PE DB
=
CP BC
H
"
x
2 2
=
3H
H - x "
2 2
x 1
=
H - x 3
H
3x = H - x �! x = .
4
Teraz łatwo wyliczyć długości odcinków EC i BE. Możemy wykorzystać twierdzenie Pita-
gorasa w trójkącie CEP, ale możemy też raz jeszcze skorzystać z podobieństwa.
EC CD
=
PE DB
EC H
=
H H
"
4
2 2
"
"
H H 2
EC = � 2 2 =
4 2
Materiał pobrany z serwisu
6
  NAJWI
KSZY INTERNETOWY ZBIÓR ZADAC
Z MATEMATYKI
Stąd
3H
"
BE BC - EC BC 3H 2 3 1
2
"2 " "
= = - 1 = - 1 = � - 1 = - 1 = .
H 2
EC EC EC 2 2
2 2 H 2
2
1
Odpowiedz
:
2
ZADANIE 6 (4 PKT.)
Wyznacz równanie okręgu, który jest obrazem okręgu (x + 4)2 + (y - 7)2 = 27 w jedno-
1
kładności o środku S = (-1, 4) i skali .
3
ROZWI
ZANIE
Możemy na początek naszkicować sobie o co chodzi. Trudno o dokładny rysunek, ale szkic
powinien nam wystarczyć.
y
+10
O1
O2
+5
S
+1
-10 -4 -1 +1 x
-1
Ponieważ promień okręgu zmienia się jak skala jednokładności, szukany okrąg będzie
miał promień
" "
1
� 27 = 3.
3
Pozostało wyznaczyć jego środek. Nie jest to trudne, jeżeli O1 = (-4, 7) jest środkiem dane-
go okręgu, a O2 = (x, y) środkiem okręgu, którego szukamy, to mamy równość
- -
1
SO2 = SO1
3
1
[x + 1, y - 4] = [-4 + 1, 7 - 4] = [-1, 1]
3
x + 1 = -1 �! x = -2
y - 4 = 1 �! y = 5.
Materiał pobrany z serwisu
7
  NAJWI
KSZY INTERNETOWY ZBIÓR ZADAC
Z MATEMATYKI
Zatem równanie szukanego okręgu to
(x + 2)2 + (y - 5)2 = 3.
Odpowiedz
: (x + 2)2 + (y - 5)2 = 3
ZADANIE 7 (4 PKT.)
Wykaż, że jeżeli liczby całkowite x, y, z spełniają równanie x2 + y2 + z2 = 2010 to co najwyżej
jedna z liczb x, y, z dzieli się przez 4.
ROZWI
ZANIE
Sposób I
Gdyby wszystkie trzy liczby dzieliły się przez 4, to 2010 dzieliłoby się przez 4, a łatwo
sprawdzić, że się nie dzieli.
Musimy zatem wykluczyć możliwość, że dokładnie dwie z liczb dzielą się przez 4. Przy-
puśćmy przeciwnie, że np. liczby x i y dzielą się, a z nie dzieli się przez 4. Zauważmy, że
w takiej konfiguracji z musi być liczbą parzystą (bo inaczej lewa strona równania jest niepa-
rzysta).
W takim razie nasze założenia możemy zapisać w postaci
x = 4a
y = 4b
z = 4c + 2,
dla pewnych liczb całkowitych a, b, c. Podstawiając do danego równania mamy
16a2 + 16b2 + 16c2 + 16c + 4 = 2010
Teraz wystarczy zauważyć, że lewa strona dzieli się przez 4, a prawa nie, co stanowi sprzecz-
ność. W takim razie nie jest możliwe, aby dwie spośród liczb x i y dzieliły się przez 4.
Sposób II
Sprawdz
my jakie reszty z dzielenie przez 4 mogą dawać kwadraty liczb całkowitych.
Jeżeli n = 4k to n2 dzieli się przez 4, czyli daje resztę 0.
Jeżeli n = 4k + 1 to n2 = 16k2 + 8k + 1, więc n2 daje resztę 1.
Jeżeli n = 4k + 2 to n2 = 16k2 + 16k + 4, więc n2 daje resztę 0.
Jeżeli n = 4k + 3 to n2 = 16k2 + 24k + 9 = 16k2 + 24k + 8 + 1, więc n2 daje resztę 1.
To oznacza, że kwadrat liczby całkowitej zawsze daje resztę 0 lub 1 przy dzieleniu przez
4. Z drugiej strony,
2010 = 502 � 4 + 2,
co oznacza, że reszty dokładnie dwóch spośród liczb x2, y2, z2 to jedynki, a jedna reszta to 0
(jest to jedyna możliwość, żeby w sumie wyszło 2). To oznacza, że co najwyżej jedna z liczb
x, y, z może dzielić się przez 4 (ta której kwadrat daje resztę 0).
Materiał pobrany z serwisu
8
  NAJWI
KSZY INTERNETOWY ZBIÓR ZADAC
Z MATEMATYKI
Uwaga. Można pokazać, że wszystkie naturalne rozwiązania danego równania, w któ-
rych x < y < z to
(1, 28, 55), (4, 25, 37), (5, 7, 44), (7, 19, 40), (11, 17, 40), (16, 23, 35), (19, 25, 32).
Wszystkie naturalne rozwiązania otrzymamy permutując powyższe trójki, a wszystkie cał-
kowite rozwiązania otrzymamy dodatkowo dowolnie zmieniając znaki liczb x, y, z.
ZADANIE 8 (4 PKT.)
Sprzedawca zegarków kupił w hurtowni za 5746 złotych dwa rodzaje zegarków: damskie i
męskie, przy czym kupił trzy razy więcej zegarków damskich niż męskich. Przy ponownym
zakupie takiej samej ilości zegarków, otrzymał 10% rabatu na cenę zakupu zegarka damskie-
go oraz 10 zł upustu na cenę zakupu zegarka męskiego. Dzięki otrzymanym rabatom, łączny
koszt zakupu zmalał do 5265 zł. Wiedząc, że po udzieleniu rabatu, cena męskiego zegarka
była dwa razy wyższa od ceny zegarka damskiego, oblicz pierwotne ceny zegarków.
ROZWI
ZANIE
Oznaczmy przez x liczbę zakupionych zegarków męskich, a przez c cenę po rabacie jednego
zegarka damskiego. W takim razie zegarków damskich było 3x, a jeden zegarek męski po
c
rabacie kosztował 2c. Ceny przed rabatem wynosiły odpowiednio i 2c + 10.
0,9
Z podanych informacji o kosztach zakupu mamy układ równań
c
x � (2c + 10) + 3x � = 5746 / � 3
0,9
x � 2c + 3x � c = 5265
6xc + 30x + 10xc = 17238 / : 2
5xc = 5265 / : 5
8xc + 15x = 8619
xc = 1053.
Podstawiając xc = 1053 do pierwszego równania otrzymujemy
8424 + 15x = 8619 �! 15x = 195 �! x = 13.
Zatem
1053
c = = 81.
x
c
i oryginalne ceny zegarków były równe = 90 oraz 2c + 10 = 172.
0,9
Odpowiedz
: Damski: 90 zł, męski: 172 zł.
ZADANIE 9 (5 PKT.)
W graniastosłupie prawidłowym sześciokątnym poprowadzono płaszczyznę, która prze-
chodzi przez dłuższą przekątną dolnej podstawy oraz przez jedną z krawędzi górnej pod-
stawy. Płaszczyzna ta wyznacza przekrój graniastosłupa, który jest trapezem równoramien-
nym. Wiedząc, że w trapez ten można wpisać okrąg o promieniu 1, oblicz objętość grania-
stosłupa.
Materiał pobrany z serwisu
9
  NAJWI
KSZY INTERNETOWY ZBIÓR ZADAC
Z MATEMATYKI
ROZWI
ZANIE
Rozpoczynamy od rysunku.
C
a
a
D
D
C
3a/2 3a/2
2
B
a
B
A
a
F a/2 a/2
E
a
A
a
Oznaczmy długość krawędzi podstawy graniastosłupa przez a.
Ponieważ podstawa graniastosłupa składa się z 6 trójkątów równobocznych, długość
przekątnej AB jest równa 2a. Zatem podstawy trapezu ABCD mają długości a i 2a. Jak
3a
wiemy, w trapez można wpisać okrąg, więc ramiona muszą mieć długości (żeby sumy
2
przeciwległych boków były równe). Ponadto
AB - CD a
AE = = ,
2 2
gdzie E jest spodkiem wysokości opuszczonej z wierzchołka D. Piszemy teraz twierdzenie
Pitagorasa w trójkącie AED.
AE2 + ED2 = AD2
a2 9a2
+ 4 =
4 4
"
4 = 2a2 �! a = 2.
Zatem pole podstawy graniastosłupa jest równe
" "
"
a2 3 2 3
Pp = 6 � = 3 � = 3 3.
4 2
Wysokość graniastosłupa obliczamy z trójkąta prostokątnego FDA.
9a2 5a2 10
FD2 = AD2 - AF2 = - a2 = =
4 4 4
"
10
FD = .
2
Liczymy objętość
" "
"
10 3 30
V = Pp � FD = 3 3 � = .
2 2
"
3 30
Odpowiedz
:
2
Materiał pobrany z serwisu
10
  NAJWI
KSZY INTERNETOWY ZBIÓR ZADAC
Z MATEMATYKI
ZADANIE 10 (3 PKT.)
Ą Ą
Rozwiąż równanie 3 - 4 sin2 x = 4 sin + x sin - x .
3 3
ROZWI
ZANIE
Przekształcamy podane równanie korzystając ze wzorów na sinus sumy i sinus różnicy.
Ą Ą
3 - 4 sin2 x = 4 sin + x sin - x =
3 3
Ą Ą Ą Ą
= 4 sin cos x + sin x cos sin cos x - sin x cos =
3 3 3 3
Ą Ą
= 4 sin2 cos2 x - sin2 x cos2 =
3 3
3 1
= 4 cos2 x - sin2 x = 3 cos2 x - sin2 x
4 4
3 - 4 sin2 x = 3 cos2 x - sin2 x
3 = 3 cos2 x + 3 sin2 x
3 = 3.
Dane równanie jest więc tożsamością, czyli jest spełnione przez dowolną liczbę rzeczywi-
stą x.
Odpowiedz
: x " R
ZADANIE 11 (6 PKT.)
Wyznacz wszystkie wartości parametru m, dla których równanie
(1 - m)x2 - (m + 2)x + m + 1 = 0
ma przynajmniej jedno rozwiązanie ujemne.
ROZWI
ZANIE
Jeżeli m = 1 to mamy równanie
-3x + 2 = 0,
które ma tylko rozwiązanie dodatnie.
Jeżeli m = 1 to mamy równanie kwadratowe i liczymy "-ę, żeby ustalić kiedy ma ono
pierwiastki.
" = (m + 2)2 - 4(1 - m)(m + 1) = m2 + 4m + 4 - 4(1 - m2) =
4
= m2 + 4m + 4 - 4 + 4m2 = 5m2 + 4m = 5m m + .
5
Widać zatem, że " 0 dla m " (-", -4 *" 0, +").
5
Pozostało ustalić, kiedy przynajmniej jeden z pierwiastków jest ujemny.
Sposób I
Materiał pobrany z serwisu
11
  NAJWI
KSZY INTERNETOWY ZBIÓR ZADAC
Z MATEMATYKI
Zamiast sprawdzać, kiedy jeden z pierwiastków jest ujemny sprawdz
my warunek przeciw-
ny, czyli warunek, że oba pierwiastki x1 i x2 są nieujemne. Tak będzie jeżeli x1 + x2 0 i
x1x2 0. Na mocy wzorów ViŁte a możemy te nierówności zapisać w postaci:
m + 2
0 x1 + x2 = �!�! m " -2, 1)
1 - m
m + 1
0 x1x2 = �!�! m " -1, 1).
1 - m
Zatem oba pierwiastki są nieujemne dla m " -1, 1). To oznacza, że przynajmniej jeden z
nich jest ujemny dla m " (-", -1) *" 1, +"). Uwzględniając przypadek m = 1 i warunek
z "-ą otrzymujemy
m " (-", -1) *" (1, +").
Sposób II
Zastanówmy się jaki może być znak x1x2. Jeżeli x1x2 < 0 to na pewno jeden z pierwiastków
będzie ujemny. Tak będzie, gdy
m + 1
0 > x1x2 = �!�! m " (-", -1) *" (1, +").
1 - m
Jeżeli natomiast x1x2 0, czyli m " -1, 1 , to liczby x1 i x2 mają ten sam znak (lub są równe
zero). Zatem jedna z nich będzie ujemna dokładnie wtedy, gdy x1 + x2 < 0. Tak będzie, gdy
m + 2
0 > x1 + x2 = �!�! m " (-", -2) *" (1, +").
1 - m
Podsumowując (i zaglądając do wcześniej uzyskanych warunków z "-ą i m = 1), jeden
pierwiastek jest ujemny dla
m " (-", -1) *" (1, +").
Odpowiedz
: m " (-", -1) *" (1, +")
Materiał pobrany z serwisu
12