Egzamin maturalny z matematyki 2011
poziom rozszerzony
Czas pracy: 180 minut
Zadanie 1. (4 pkt)
6 4 2
Uzasadnij, że dla każdej liczby całkowitej k liczba k -� 2k +� k jest podzielna przez 36.
6 4 2
Liczbę k -� 2k +� k możemy zapisać w postaci iloczynowej:
k2 -�1 k2 k2 +�1
(� )� (� )�
2 p.
6 4 2
Liczbę k -� 2k +� k możemy zapisać w postaci iloczynowej:
2
�� k -�1 k k +�1 ł�
(� )� (� )���
��
Liczba k -�1 k k +�1 , jako iloczyn trzech kolejnych liczb całkowitych
(� )� (� )�
jest podzielna przez 6, gdyż w tym iloczynie co najmniej jedna liczba
jest parzysta i dokładnie jedna liczba podzielna przez 3. Kwadrat
iloczynu tych liczb jest podzielny przez 36.
2 p.
Liczba k2 -�1 k2 k2 +�1 jako iloczyn trzech kolejnych liczb całkowitych,
(� )� (� )�
gdzie środkowa liczba tego iloczynu jest kwadratem liczby całkowitej,
jest podzielna przez 9 i przez 4, czyli jest podzielna przez 36.
Zadanie 2. (4 pkt)
a b
Uzasadnij, że jeżeli a ą� b , a ą� c , b ą� c i a +� b =� 2c , to +� =� 2.
a -� c b -� c
a b
Mnożymy obie strony równości +� =� 2 przez a -� c b -� c
(� )�(� )�
a -� c b -� c
i po wykonaniu działań i redukcji wyrazów podobnych otrzymujemy
2c2 -� ac -� bc =� 0
Z równania 2c -� a -� b =� 0 wyznaczamy b =� 2c -� a i wstawiamy
2 p.
a b
do wyrażenia +� . Po sprowadzeniu do wspólnego mianownika
a -� c b -� c
c +� a 2c -� 2a
(� )�(� )�
i przekształceniach otrzymujmy wyrażenie .
a2 -� c2
Uwzględniając założenie, że 2c -� a -� b =� 0 , równanie 2c2 -� ac -� bc =� 0
jest prawdziwe, więc teza też jest prawdziwa.
Korzystając ze wzorów skróconego mnożenia i faktu, że z założenia
2 p.
c +� a 2c -� 2a
(� )�(� )�
a ą� c uproszczamy wyrażenie i otrzymujemy 2, co
a2 -� c2
dowodzi tezę.
2 Egzamin maturalny z matematyki
Poziom rozszerzony
Zadanie 3. (6 pkt)
Wyznacz wszystkie wartości parametru m , dla których równanie
x2 -� 4mx -� m3 +� 6m2 +� m -� 2 =� 0 ma dwa różne pierwiastki rzeczywiste x1, x2 takie, że
(x1 -� x2 )2 <� 8(m +�1).
Zapisujemy warunki, jakie muszą być spełnione, aby równanie
x2 -� 4mx -� m3 +� 6m2 +� m -� 2 =� 0 posiadało dwa różne pierwiastki rzeczywiste x1, x2
takie, że (x1 -� x2)2 <� 8(m +�1) :
D� >� 0
��
��
2
(�x1 -� x2 )� <� 8(�m +�1)�
��
Rozwiązujemy nierówność D�>� 0 , czyli po przekształceniach:
-�m3 +� 4m2 +� m -� 4 >� 0 . Jej rozwiązaniem jest m �� -�1,1 �� 4, +�Ą� .
(� )� (� )�
m3 -� 2m2 -� m +� 2 >� 0 . Jej rozwiązaniem jest m �� -�1,1 �� 2, +�Ą� .
(� )� (� )�
1 p.
m3 -� 2m2 -� m +� 2 >� 0 . Jej rozwiązaniem jest m �� -�Ą�, -�1 �� 1, 2 .
(� )� (� )�
m3 -� 4m2 -� m +� 4 >� 0 . Jej rozwiązaniem jest m �� -�Ą�, -�1 �� 1, 4 .
(� )� (� )�
Rozwiązujemy nierówność (x1 -� x2)2 <� 8(m +�1) , korzystając ze wzorów ViŁte a.
Przekształcamy wyrażenie po lewej stronie nierówności i otrzymujemy, że:
x1 +� x2 2 -� 4x1x2 <� 8m +� 8.
(� )�
1 p.
x1 +� x2 2 -� 2x1x2 <� 8m +� 8.
(� )�
Ponieważ x1 +� x2 =� 4m oraz x1 �� x2 =� -�m3 +� 6m2 +� m -� 2, więc po wykonaniu podstawień
i przekształceniach otrzymujemy nierówność postaci:
4m3 -�16m2 +� 4m -�16 <� 0
2m3 +� 4m2 -� 6m -�12 <� 0
2 p.
4m3 +� 40m2 -�12m <� 0
4m3 -�8m2 -�12m <� 0
której rozwiązaniem jest:
m �� -�Ą�, -�1 �� 0,3
(� )� (� )�
m >� 4
1 p.
m�� -�2, -� 3 �� 3, +�Ą�
(�)� (� )�
m�� -�Ą�, -�5 -� 2 7 �� 0, -�5 +� 2 7
(�)� (�)�
Egzamin maturalny z matematyki 3
Poziom rozszerzony
Wyznaczamy część wspólną zbiorów rozwiązań nierówności:
D�>� 0 i (x1 -� x2)2 <� 8(m +�1) , czyli
m�� -�2,-� 3 �� 1,4
(� )�
(�)�
m�� -�5 +� 7,1 �� 2,+�Ą�
(� )�
(�)�
1 p.
m �� 0,1 �� 2,3
(� )� (� )�
m >� 4
Zadanie 4. (4 pkt)
Rozwiąż równanie 2sin2 x -� 2sin2 x cos x =� 1-� cos x w przedziale 0, 2p� .
Zapisujemy równanie za pomocą jednej funkcji trygonometrycznej
i przekształcamy do postaci 2cos3 x +� 2cos2 x -� cos x -�1 =� 0 a następnie
zapisujemy to równanie w postaci iloczynowej:
2cos2 x -�1 cos x +�1 =� 0
(� )�
(�)�
Wyłączamy po lewej stronie równania wspólny czynnik przed nawias
1 p.
i zapisujemy równanie w postaci iloczynowej. Otrzymujemy:
(�2sin2 x -�1)�(�1-� cos x)� =� 0
Wyłączamy po lewej stronie równania wspólny czynnik przed nawias
i zapisujemy równanie w postaci iloczynowej. Otrzymujemy:
2sin2 x +�1 1-� cos x =� 0
(� )�
(�)�
Zapisujemy otrzymane równanie w postaci alternatywy równań:
2 2
sin x =� -� lub sin x =� lub cos x =� 1
2 2
1 1
1 p.
sin x =�-� lub sin x =� lub cos x =� 1
2 2
1 1
cos x =�-� lub cos x =� lub cos x =� -�1
2 2
Zatem rozwiązaniami równania 2sin2 x -� 2sin2 x cos x =� 1-� cos x w przedziale 0, 2p�
są:
p� 2 4 5
x =� , x =� p� , x =� p� , x =� p� , x =� p�
3 3 3 3
1 3 5 7
x =� 0 , x =� p� , x =� p� , x =� p� , x =� p� , x =� 2p� 2 p.
4 4 4 4
1 5 7 11
x =� 0 , x =� p� , x =� p� , x =� p� , x =� p� , x =� p�
6 6 6 6
4 Egzamin maturalny z matematyki
Poziom rozszerzony
Zadanie 5. (4 pkt)
O ciągu xn dla n ł� 1 wiadomo, że:
(� )�
n
a) ciąg an określony wzorem an =� 3x dla n ł� 1 jest geometryczny o ilorazie q =� 27 .
(� )�
b) x1 +� x2 +� ...+� x10 =� 145 .
Oblicz x1 .
Z własności ciągu geometrycznego mamy równość:
xn+�1
xn
q =� 3 =� 27 .
1 p.
n+�1
q =� 3x -�xn =� 27 .
1 2 10
3x +� 3x +�...+� 3x =� 3145
Zatem
xn+�1 -� xn =� 3 dla n ł� 1.
xn+�1
=� 3 dla n ł� 1.
1 p.
xn
1 1 1 1 1
3x ��3x ��27...��3x ��2710 =� 310x ��271+�2+�...+�10 =� 310x ��33��55 =� 3145
Otrzymujemy równanie: 10x1 +�155 =� 145
Ciąg xn jest ciągiem geometrycznym. Z własności ciągu
(� )�
geometrycznego zapisujemy:
x1 1+� 31 +� 32 +�...+� 310 =�145
(�)�
1 p.
Ciąg xn jest ciągiem arytmetycznym. Z własności ciągu
(� )�
arytmetycznego zapisujemy układ równań:
��x1 +� x1 +� r +� ...+� x1 +� 9r =� 145
(� )� (� )�
��
��
��
��r =� 3
290
x1 =�
310 -�1
1 p.
x1 =�1
x1 =�-�1
Egzamin maturalny z matematyki 5
Poziom rozszerzony
Zadanie 6. (4 pkt)
Podstawa AB trójkąta równoramiennego ABC ma długość 8 oraz S�BAC =� 30�� . Oblicz
długość środkowej AD tego trójkąta.
C
D
30��
A B
E
1
Z treści zadania mamy, że BD =� BC i S�ABC =� 30�� oraz BE =� 4 .
2
Oznaczając przez x  długość ramienia trójkąta ABC , zapisujemy
twierdzenie cosinusów dla trójkąta ABC , gdzie S�ACB =� 120�� :
82 =� x2 +� x2 +� 2x2 cos120��
BE
Z trójkąta prostokątnego BEC otrzymujemy: sin 30�� =� .
BC
1 p.
Zatem BC =� 8
BE
Z trójkąta prostokątnego BEC otrzymujemy: cos30�� =� .
BC
8
Zatem BC =�
3
14
BD =� BC =�
2
3
1
1 p.
BD =� BC =� 4
2
1
CD =� AC =� 4 3
2
Stosując twierdzenie cosinusów dla trójkąta
ADC otrzymujemy:
22
2 1
��
AD =� 8 3 +� 4 3 +� 2��8 3 ��4 3 ��ć� -�
(� )� (� )�
�� ��
2
Ł� ł�
ABD otrzymujemy:
2
1 p.
2 ć� 4 �� 4 3
AD =� 82 +� -� 2��8�� ��
�� ��
2
33
Ł� ł�
ABD otrzymujemy:
2 1
AD =� 82 +� 42 -� 2��8��4��
2
6 Egzamin maturalny z matematyki
Poziom rozszerzony
4 21
AD =�
3
1 p.
AD =� 2 42
AD =� 4 3
Zadanie 7. (4 pkt)
Oblicz miarę kąta między stycznymi do okręgu x2 +� y2 +� 2x -� 2y -� 3 =� 0 poprowadzonymi
przez punkt A =� (2,0) .
Sytuację opisaną w zadaniu przedstawia rysunek:
y
2
B
1
A
x
-3 -2 -1 1 2 3
-1
S
-2
C
-3
-4
1 p.
y
4
3
B
2
S
1
A
x
-3 -2 -1 1 2 3
-1
C
-2
Egzamin maturalny z matematyki 7
Poziom rozszerzony
22
SB =� 5 , SA =� -�1-� 2 +� -�1-� 0 =� 10
(� )� (� )�
22
SB =� 5 , SA =� -�1-� 2 +� 1-� 0 =� 10
(� )� (� )�
Zapisujemy równanie prostej przechodzącej przez punkt A =� (2,0)
i stycznej do okręgu:
1 p.
ax +� y -� 2a =� 0 w zależności od parametru a , gdzie a oznacza
współczynnik kierunkowy prostej stycznej.
Zapisujemy równanie kierunkowe prostej przechodzącej przez punkt
A =� (2,0) : y =� 2a -� ax w zależności od parametru a , gdzie a oznacza
współczynnik kierunkowy prostej stycznej.
Ponieważ promień okręgu jest równy odległości środka okręgu S
od stycznej, więc korzystając ze wzoru na odległość punktu od prostej
otrzymujemy równanie
a +�1-� 2a
5 =�
a2 +�1
��
x2 +� y2 +� 2x -� 2y -� 3 =� 0
Zapisujemy układ równań i doprowadzamy
��
y =� ax -� 2a 1 p.
��
do równania kwadratowego z niewiadomą x :
2
x2 +� ax -� 2a +� 2x -� 2 ax -� 2a -� 3 =� 0 czyli
(�)� (�)�
x2 1+� a2 +� x 4a2 -� 2a +� 2 +� 4a2 +� 4a -� 3 =� 0 .
(� )� (� )�
5 2
sin S�SAB =� =�
2
10
S�SAB =� 45�� czyli S�BAC =� 90��
a +�1-� 2a
Po podniesieniu obu stron równania 5 =� do kwadratu
a2 +�1
i przekształceniach otrzymujemy równanie kwadratowe 2a2 +� a -�1 =� 0 ,
którego pierwiastkami są: a1 =� 2 lub a2 =�-�1. Ponieważ a1 i a2
oznaczają współczynniki kierunkowe prostych stycznych, zatem styczne
1 p.
są do siebie prostopadłe.
Równanie x2 1+� a2 +� x 4a2 -� 2a +� 2 +� 4a2 +� 4a -� 3 =� 0 ma dokładnie
(� )� (� )�
jedno rozwiązanie, jeśli D� =� 0 , czyli 2a2 +� 3a -� 2 =� 0 , co zachodzi dla
1
a1 =�-�2 lub a2 =� . Ponieważ a1 i a2 oznaczają współczynniki
2
kierunkowe prostych stycznych, zatem styczne są do siebie
prostopadłe.
8 Egzamin maturalny z matematyki
Poziom rozszerzony
Zadanie 8. (4 pkt)
Wśród wszystkich graniastosłupów prawidłowych sześciokątnych, w których suma
długości wszystkich krawędzi jest równa 24, jest taki, który ma największe pole
powierzchni bocznej. Oblicz długość krawędzi podstawy tego graniastosłupa.
h
a
Wprowadzamy oznaczenia:
a  długość krawędzi podstawy graniastosłupa, h  długość krawędzi bocznej
graniastosłupa.
Z tego, że suma długości wszystkich krawędzi graniastosłupa prawidłowego
sześciokątnego jest równa 24, mamy:
6a +�12h =� 24 .
1 p.
12a +� 6h =� 24 .
Pole P powierzchni bocznej jest równe P =� 6ah dla
a ��(�0, 2)� oraz h ��(�0, 4)�, przy czym h =� 4 -� 2a .
a ��(�0, 2)� oraz h ��(�0, 4)�, przy czym a =� 2 -� h .
1 p.
a �� 0, 4 oraz h �� 0, 2 , przy czym a =� 4 -� 2h .
(� )� (� )�
a
a �� 0, 4 oraz h �� 0, 2 , przy czym h =� 2 -� .
(� )� (� )�
2
Aby wyznaczyć długość krawędzi podstawy graniastosłupa, którego pole powierzchni
bocznej jest największe, zapisujemy funkcję P w zależności
od zmiennej a :
a
��
P a =� 6ać� 2 -�
(� )�
�� ��
2
Ł� ł�
od zmiennej h :
P h =� 6h 4 -� 2h
(� )� (� )�
1 p.
od zmiennej a :
P a =� 6a 4 -� 2a
(� )� (� )�
od zmiennej h :
P h =� 6h 2 -� h
(� )� (� )�
Egzamin maturalny z matematyki 9
Poziom rozszerzony
Pole P ma największą wartość, gdy
a =� 1.
h =� 1 i a =� 2 .
1 p.
h =� 1 i a =� 1.
a =� 2 .
Zadanie 9. (4 pkt)
Oblicz, ile jest liczb ośmiocyfrowych, w zapisie których nie występuje zero, natomiast
występują dwie dwójki i występują trzy trójki.
Dwie dwójki mogą wystąpić na 8��7 =� 56 miejscach.
8
ć� ��
1 p.
Dwie dwójki mogą wystąpić na =� 28 miejscach.
��
2��
Ł� ł�
6
ć� ��
Trzy trójki mogą wystąpić na =� 20 miejscach.
��3��
1 p.
Ł� ł�
Trzy trójki mogą wystąpić na 5��6 =� 30 miejscach.
Na pozostałych trzech miejscach mogą wystąpić cyfry: 1, 4, 5, 6, 7, 8, 9 . Liczba ciągów
trójelementowych ze zbioru siedmioelementowego jest równa
73
1 p.
37
5��6��7
Jest 28��20��37 =� 37 ��42 ��5��7 =�1224720 liczb spełniających warunki
zadania.
Jest 28��20��7 ��6��5 =� 6�� 42 ��52 ��72 =�117600 liczb spełniających warunki
zadania.
1 p.
2
Jest 56��30��7 ��6��5 =� 23 �� 5��6��7 =� 352800 liczb spełniających warunki
(� )�
zadania.
Jest 28��20��73 =� 42 ��5��74 =�192080 liczb spełniających warunki zadania.
10 Egzamin maturalny z matematyki
Poziom rozszerzony
Zadanie 10. (3 pkt)
Dany jest czworokąt wypukły ABCD niebędący równoległobokiem. Punkty M , N są
odpowiednio środkami boków AB i CD . Punkty P , Q są odpowiednio środkami
przekątnych AC i BD . Uzasadnij, że MQ P� PN .
Trójkąty ACD i DBC są podobne, więc odcinki łączące środki
odpowiednich boków tych trójkątów są równe, czyli NP =� NQ .
1 p.
Punkty N i P są środkami boków DC i AC trójkąta ADC , więc
NP P� AD .
Trójkąty BAD i ABC są podobne, więc odcinki łączące środki
odpowiednich boków tych trójkątów są równe, czyli PM =� QM .
1 p.
Punkty M i Q są środkami boków AB i DB trójkąta ABD , więc
MQ P� AD .
Ponieważ NP =� NQ oraz PM =� QM , więc czworokąt PNQM jest
1 p.
rombem. Zatem NP P� MQ .
Ponieważ NP P� AD oraz AD P� MQ , więc NP P� MQ .
Egzamin maturalny z matematyki 11
Poziom rozszerzony
Zadanie 11. (6 pkt)
Dany jest ostrosłup prawidłowy czworokątny ABCDS o podstawie ABCD . W trójkącie
równoramiennym ASC stosunek długości podstawy do długości ramienia jest równy
AC : AS =� 6 : 5 . Oblicz sinus kąta nachylenia ściany bocznej do płaszczyzny podstawy.
S
D
C
H
M
A
B
Wprowadzamy oznaczenia: a� =� S�HMS , AC =� SC =� 6x , AS =� 5x .
1
Ponieważ AH =� AC , stąd AH =� 3x .
2
Z twierdzenia Pitagorasa dla trójkąta CHS otrzymujemy:
2 2 2 2
SH =� CS +� HC =� 5x +� 3x =� 25x2 +� 9x2 =� x 34
(� )� (� )�
1 p.
2 2 2 2
SH =� CS -� HC =� 5x -� 3x =� 25x2 -� 9x2 =� 4x
(� )� (� )�
Ponieważ AC =� 2 BC , stąd BC =� 6x 2 .
1 1
Zatem CM =� BC =� ��6x 2 =� 3x 2 .
2 2
2 p.
AC
6x
Ponieważ BC =� , stąd BC =� .
2 2
1 1 6x 3x
Zatem CM =� BC =� �� =� .
2 2
2 2
2 2 2
Z twierdzenia Pitagorasa dla trójkąta MCS mamy SM =� CS -� CM .
Stąd SM =� 25x2 -�18x2 =� 34x2 =� x 34 .
2 2 2
2 p.
Z twierdzenia Pitagorasa dla trójkąta MCS mamy SM =� CS -� CM .
9 50 -� 9 41 41
Stąd SM =� 25x2 -� x2 =� x2 =� x2 =� �� x
22 2
2
12 Egzamin maturalny z matematyki
Poziom rozszerzony
SM
x 7 7 238
sina� =� =� =� =� .
SH 34
x 34 34
1 p.
SH
4x 4 2 4 82
sina� =� =� =� =� .
SM 41
41 41
�� x
2
Zadanie 12. (3 pkt)
A , B są zdarzeniami losowymi zawartymi w W� . Wykaż, że jeżeli P A =� 0,9
(� )�
i P B =� 0,7 , to P A �� B ' Ł� 0,3 ( B ' oznacza zdarzenie przeciwne do zdarzenia B ).
(� )� (� )�
P B ' =� 0,3.
(� )�
1 p.
P A �� B =� P A �� P B , więc P A �� B =� 0,9��0,7 =� 0,63
(� )� (� )� (� )� (� )�
P A �� B ' =� P A �� P B '
(� )� (� )� (� )�
Z faktu, że A�� B ' �� B ' wynika, że P A �� B ' Ł� P B ' .
(� )� (� )� 1 p.
P A �� B ' =� P A �� B -� P A �� B
(� )� (� )� (� )�
Ponieważ P A �� B Ł� 1 i P A �� B =� 0,63 ,
(� )� (� )�
więc P A �� B ' Ł�1-� 0,63 =� 0, 27 Ł� 0,3
(� )�
1 p.
P A �� P B ' =� 0,9��0,3 =� 0, 27 Ł� 0,3
(� )� (� )�
Ponieważ P A �� B ' Ł� P B ' oraz P B ' =� 0,3, więc P A �� B ' Ł� 0,3 .
(� )� (� )� (� )� (� )�