MATURA 2006
Trening przed maturÄ…  MATEMATYKA
Poziom rozszerzony
Trening B  pełne rozwiązania
Wszystkie poniższe zadania pochodzą z ksiązki naszego wydawnictwa
 Matematyka  nowa matura - 1001 zadań z pełnymi rozwiązaniami i komentarzami
cz.II . Numeracja zadań jest zgodna z książką.
Opracowanie:
dr inż. Artur NOWOŚWIAT, autor książki.
14. Podnosimy obie strony równości do potęgi trzeciej i otrzymujemy postać równoważną:
3
3 -1
( )
9 - 5 3
= .
3
9 + 5 3
3 +1
( )
Korzystając ze wzorów skróconego mnożenia kolejno przekształcamy lewą stronę równości:
3 3 - 5 Å" 3
( )
3 3 - 3Å"3Å"1+ 3 3 Å"1-1 6 3 -10 3 3 - 59 - 5 3
==== , zatem L = P .
3 3 + 3Å"3Å"1+ 3 3 Å"1+1 6 3 +10 3 3 + 59 + 5 3
3 3 + 5 Å" 3
( )
29. Niech x oznacza wypłatę nowego pracownika. Przed jego zatrudnieniem suma wypłat
wynosiÅ‚a 30Å"2500 = 75000 , natomiast po jego zatrudnieniu 75000 + x . Åšrednia pÅ‚aca po
przyjęciu pracownika, z jednej strony wynosiła:
2500 + 0,4% Å" 2500 = 2500 + 0,004Å" 2500 = 2510 ,
75000 + x
natomiast z drugiej strony .
31
Otrzymaliśmy więc równanie, które rozwiązujemy:
75000 + x
= 2510 ,
31
75000 + x = 31Å" 2510 ,
x = 77810 - 75000 ,
x = 2810 .
Odp. Nowy pracownik zarabia 2810 złotych netto.
© CKA 2006. Plik pobrany ze strony www.matura.onet.pl - Trening przed maturÄ… - MATEMATYKA strona 1
83. Przekształcamy układ równań do postaci równoważnej:
Å„Å‚
4a2b
x - y = ,
ôÅ‚
Å„Å‚
a2 - b2 x - y = 4a2b,
( )
( )
ôÅ‚ ôÅ‚
a2 - b2
òÅ‚ òÅ‚
ôÅ‚
( )- ( )
óła x + y b x - y = 2a2, ôÅ‚a x + y = 2a2 + bÅ" 4a2b ,
( )
ôÅ‚
ół a2 - b2
Å„Å‚ Å„Å‚
4a2b 4a2b
x - y = ,
ôÅ‚x - y = , ôÅ‚
ôÅ‚ ôÅ‚
a2 - b2 a2 - b2
òÅ‚ òÅ‚
4ab2 2a3
ôÅ‚x + y = 2a + , ôÅ‚x + y = - 2ab2 + 4ab2
,
ôÅ‚ ôÅ‚
ół a2 - b2 ół a2 - b2
Å„Å‚
4a2b
ôÅ‚x - y = ,
a2 - b2
ôÅ‚
òÅ‚
2
2a + b2
ôÅ‚ (a ).
x + y =
ôÅ‚
ół a2 - b2
Dla a2 `" b2 '" a `" 0 układ ma jednoznaczne rozwiązanie, które wyznaczamy. Dodając
równania stronami, mamy:
2
a a + b a a + b a a - b
4a2b + 2a3 + 2ab2 ( ) ( ), zatem y = ( )
2x = , stÄ…d x == .
a
( - b a + b a a + b
)( ) ( - b a + b a - b
)( )
Ponadto gdy a2 `" b2 '" a `" 0 , to a2 = b2 (" a = 0 .
( ) ( )
1) Gdy a = 0 , to układ wyjściowy przybiera postać:
Å„Å‚ -b x - y = 0,
( )
ôÅ‚
Ô! b x - y = 0 .
( )
òÅ‚
2
( )
ôÅ‚-b x - y = 0,
ół
Wobec tego:
Dla a = 0 '" b `" 0 , układ ma nieskończenie wiele rozwiązań, postaci: x, x .
( )
Dla a = 0 '" b = 0 , układ ma nieskończenie wiele rozwiązań, postaci: x, y , x, y " .
( )
2) Gdy a2 = b2 , to wyjściowy układ przyjmuje postać:
Å„Å‚
a x + y - b x - y = 2a2,
( ) ( )
òÅ‚
0 = 4a2b.
ół
Wobec tego:
Gdy a = 0 , to przypadek rozpatrzony w 1).
Gdy b = 0 , to z warunku a2 = b2 wynika, że a = 0 i mamy przypadek 1).
Gdy a `" 0 , to b `" 0 i układ jest sprzeczny.
Odp. Dla a2 `" b2 '" a `" 0 układ ma dokładnie jedno rozwiązanie,
© CKA 2006. Plik pobrany ze strony www.matura.onet.pl - Trening przed maturÄ… - MATEMATYKA strona 2
dla a = 0 układ nieoznaczony (nieskończenie wiele rozwiązań),
dla a2 `" b2 '" a `" 0 układ jest sprzeczny.
172*. Pierwiastek x1 jest rozwiązaniem równań x2 + ax + b = 0 i x2 + bx + a = 0 , to znaczy
spełnia oba równania, czyli:
2
Å„Å‚x1 + ax1 + b = 0
ôÅ‚
.
òÅ‚
2
ôÅ‚x1 + bx1 + a = 0
ół
Odejmując równania stronami, otrzymujemy:
a b
( - b x1 + b - a = 0 Ô! a - b x1 =-( - a Ô! x1 = 1, bo a `" b .
) ( ) ( ) )
Tak wyznaczone x1 wstawiamy do układu równań, otrzymując:
1+ a + b = 0 Ô! a + b =-1.
Sprawdzamy jeszcze istnienie pierwiastków, tzn.
"1 = a2 - 4b = a2 - 4(-1- a) = a2 + 4a + 4 = (a + 2)2 e" 0 .
2
"2 = b2 - 4a = b2 - 4 b = b2 + 4b + 4 = b + 2 e" 0 .
(-1- ) ( )
Odp. a + b =-1.
208. Rozwiązując równanie x + 2 m +1 x2 - 4mx + m +1łł = 0 otrzymujemy:
( )îÅ‚( )
ðÅ‚ûÅ‚
x =-2 lub m +1 x2 - 4mx + m +1 = 0 ,
( )
zatem równanie m +1 x2 - 4mx + m +1 = 0 musi mieć dwa różne pierwiastki ujemne, a to
( )
zachodzi gdy a `" 0 '" "> 0 '" x1 < 0 '" x2 < 0 .
StosujÄ…c wzory Viete a mamy:
c
Å„Å‚> 0,
ôÅ‚
x1 < 0 x1 Å" x2 > 0
Å„Å‚Å„Å‚
ôÅ‚
a
òÅ‚x < 0 Ô! òÅ‚x + x2 < 0 Ô! òÅ‚
ół 2 ół 1
ôÅ‚- b < 0.
ôÅ‚
ół a
Rozpatrujemy kolejno powyższe warunki:
a `" 0 Ô! m `"-1,
"=16m2 - 4 m +1 = îÅ‚4m - 2 m +1 Å‚Å‚îÅ‚4m + 2 m +1 Å‚Å‚ = 2m - 2 6m + 2 =
( )2 ðÅ‚ ( )ûÅ‚ðÅ‚ ( )ûÅ‚ ( )( )
= 4 m -1 3m +1 > 0.
( )( )
ëÅ‚ 1
öÅ‚
StÄ…d m"ìÅ‚ -", - *" 1, +" .
( )
÷Å‚
3
Å‚Å‚
íÅ‚
cm +1
> 0 Ô! > 0 Ô! m " \ .
{-1
}
am +1
© CKA 2006. Plik pobrany ze strony www.matura.onet.pl - Trening przed maturÄ… - MATEMATYKA strona 3
b 4m
- < 0 Ô! < 0 Ô! 4m m +1 < 0 Ô! m " -1, 0 .
( ) ( )
am +1
ëÅ‚ 1 1
öÅ‚ öÅ‚
Zatem m"ìÅ‚ -", - *" 1, +" '" m" -1, 0 , stÄ…d m"ëÅ‚ -1, - .
( ) ( )
÷Å‚ ìÅ‚÷Å‚
3 3
Å‚Å‚ íÅ‚Å‚Å‚
íÅ‚
Sprawdzamy jeszcze dla jakiej wartości m rozwiązaniem równania kwadratowego jest liczba
x =-2. Mamy
5
4 m +1 + 8m + m +1 = 0, 13m + 5 = 0 , m =- .
( )
13
5
Zatem aby równanie wyjściowe miało trzy różne rozwiązanie, potrzeba dodatkowo aby m `"- .
13
55 1
öÅ‚ öÅ‚
Odp. m"ëÅ‚ -1, - *"ëÅ‚ - , - .
ìÅ‚÷Å‚ ìÅ‚÷Å‚
1313 3
íÅ‚Å‚Å‚ íÅ‚Å‚Å‚
238. Przekształcamy równanie w ten sposób, żeby występowała w tym równaniu jedna
podstawa przy funkcji wykładniczej:
23x Å"7-2 Å"7x = 22 Å" 22x , a teraz dzielÄ…c obustronnie przez 22x Å"7-2 mamy:
x 2
2x Å"7x = 22 Å"72 , 2Å"7 = 2Å"7 , x = 2 .
( ) ( )
354. Przekształcamy wyrażenie określające funkcję
2
f x = 2 - sin2 x - 2cos x = 1+ cos2 x - 2cos x = 1- cos x = 1- cos x =1- cos x .
( ) ( )
Zatem f x =1- cos x . Szkicujemy wykres funkcji y = 1- cos x :
( )
y
y = cos x
1
Ä„
Ä„ Ä„ 5
3 -Ä„ 3 x
2Ä„
- Ä„
- Ä„ -1 Ä„
2 2 2
2 2
y
y = - cos x
1
Ä„
Ä„ Ä„ 2Ä„ 5
3 -Ä„ 3 x
- Ä„
- Ä„ Ä„
2 2 2
2 -1 2
© CKA 2006. Plik pobrany ze strony www.matura.onet.pl - Trening przed maturÄ… - MATEMATYKA strona 4
y
y = 1- cos x
2
1
Ä„
Ä„ Ä„ 2Ä„ 5
3 -Ä„ 3 x
- Ä„
- Ä„ Ä„
2 2 2
2 2
433. 1) Sprawdzamy nierówność dla liczby n = 3: 23 = 8 > 2Å"3+1 = 7 .
2) Z: Zakładamy prawdziwość nierówności dla liczby n = k e" 3:
2k > 2k +1.
T: Nierówność jest prawdziwa dla liczby n = k +1:
2k+1 > 2 k +1 +1.
( )
Dowód:
Dla liczb k >1 mamy 2k > 21 = 2 , natomiast z założenia 2k > 2k +1. Dodając stronami ostatnie
dwie nierówności otrzymujemy:
2k + 2k > 2 + 2k +1,
czyli
2Å" 2k > 2k + 3,
2k+1 > 2 k +1 +1.
( )
Co należało wykazać.
Z 1) i 2) na mocy zasady indukcji matematycznej nierówność jest prawdziwa dla n e" 3 .
449*. KorzystajÄ…c z dwumianu Newtona mamy:
n nnn
W x = 1+ x + 1- x = Å"1+ x + Å"1Å" x2 + + Å"1Å" xn +
( ) ( )n ( )n ëÅ‚ öÅ‚ ëÅ‚ öÅ‚ ëÅ‚ öÅ‚ëÅ‚ öÅ‚
ìÅ‚ ìÅ‚1÷Å‚Å"1Å" ìÅ‚
0÷Å‚ 2÷Å‚ìÅ‚ n÷Å‚
íÅ‚ Å‚Å‚ íÅ‚ Å‚Å‚ íÅ‚ Å‚Å‚íÅ‚ Å‚Å‚
n nnn
ëÅ‚ öÅ‚ ëÅ‚ öÅ‚ëÅ‚ öÅ‚
+ Å"1+ Å"1Å" + Å"1Å" + + Å"1Å" .
(-x
) (-x
)2 ëÅ‚ öÅ‚ (-x
)n
ìÅ‚ ìÅ‚
0÷Å‚ 1÷Å‚ìÅ‚ 2÷Å‚ìÅ‚ n÷Å‚
íÅ‚ Å‚Å‚ íÅ‚ Å‚Å‚íÅ‚ Å‚Å‚íÅ‚ Å‚Å‚
Ponieważ n jest liczbą naturalną parzystą, więc po redukcji wyrazów podobnych, otrzymujemy:
nn
ëÅ‚ öÅ‚ëÅ‚ öÅ‚
W x = 1+ x + 1- x = 2 + 2ìÅ‚ Å" x2 + + 2ìÅ‚ Å" xn .
( ) ( )n ( )n
2÷Å‚ n÷Å‚
íÅ‚ Å‚Å‚íÅ‚ Å‚Å‚
Odp. Wielomian W jest stopnia n .
© CKA 2006. Plik pobrany ze strony www.matura.onet.pl - Trening przed maturÄ… - MATEMATYKA strona 5
528*. KorzystajÄ…c ze wzoru na sumÄ™ szeregu geometrycznego
a1
S = , dla q < 1, otrzymujemy:
1- q
tg x
= sin x + cos x i tg x < 1,
1- tg x
stÄ…d kolejno mamy:
sin x
2
= sin x + cos x , sin x = cos2 x - sin2 x , sin x = 1- 2sin x ,
cos x - sin x
2
2sin x + sin x -1 = 0 .
Podstawiamy sin x = t i otrzymujemy:
1
2t2 + t -1 = 0 , skÄ…d t1 = -1 lub t2 = .
2
Mamy, więc
1
sin x = -1 lub sin x = .
2
Ä„
Pierwsze z równań ma rozwiązania x = - + 2kĄ ; ta seria rozwiązań nie spełnia równania
2
wyjściowego, gdyż funkcja tg x jest dla tych wartości nieokreślona.
1 Ä„
Równanie sin x = , sin x = sin , ma rozwiązania
2 6
Ä„ Ä„
x = + 2kĄ lub x = Ą - + 2kĄ oraz mamy:
6 6
Ä„ Ä„ 1 5Ä„ Ä„ 1
öÅ‚ öÅ‚
tgëÅ‚ + 2kÄ„ = tg = , tgëÅ‚ + 2kÄ„ = - tg = - ,
ìÅ‚ ÷Å‚ ìÅ‚ ÷Å‚
6 6 6 6
íÅ‚ Å‚Å‚ 3 íÅ‚ Å‚Å‚ 3
a więc spełnia założenie tg x < 1.
Ä„ 5Ä„
Odp. x = + 2kĄ lub x = + 2kĄ , gdzie k = 0, ą1, ą 2, .
6 6
© CKA 2006. Plik pobrany ze strony www.matura.onet.pl - Trening przed maturÄ… - MATEMATYKA strona 6
ax2 + bx - a
596*. Prosta y = 2 jest asymptotÄ… poziomÄ… wykresu funkcji f gdy lim = 2 . Mamy
xÄ…"
x2 +1
ax2 b a
+ -
ax2 + bx - a
limxÄ…" x2 x x2 = a ,
= lim
xÄ…"
1
x2 +1
1+
x2
stąd a = 2 . Współczynnik kierunkowy prostej równoległej do prostej y =-x + 5 równa się
2
m =-1. Zatem współczynnik kierunkowy stycznej w punkcie 2 wynosi f =-1.
(-2
)
Z tego równania wyliczamy nieznaną wartość b.
2x2 + bx - 2
Mamy f x = , stÄ…d
( )
x2 +1
4x + b x2 +1 - 2x 2x2 + bx - 2
( )
( ) ( )
4x3 + 4x + bx2 + b - 4x3 - 2bx2 + 4x
2
f x ===
( )
22
x2 +1 x2 +1
( ) ( )
-bx2 + 8x + b
= .
2
x2 +1
( )
StÄ…d
-4b -16 + b -3b -16
2
f == .
(-2
)
2525
Zatem rozwiązujemy równanie z niewiadomą b:
-3b -16
2
f =-1 Ô!=-1 Ô!-3b -16 =-25 Ô!-3b =-9 Ô! b = 3 .
(-2
)
25
Otrzymujemy więc postać funkcji f i jej pochodnej:
2x2 + 3x - 2 -3x2 + 8x + 3
2
f x = , f x = .
( ) ( )
2
x2 +1
x2 +1
( )
Wyznaczamy ekstrema funkcji f szukając przedziałów monotoniczności.
Badamy znak pochodnej:
2
f x > 0 Ô!-3x2 + 8x + 3 > 0 Ô!-3 x - 3 x + > 0 .
( ) ( )ëÅ‚ 1 öÅ‚
ìÅ‚ ÷Å‚
3
íÅ‚ Å‚Å‚
Zaznaczamy znak pochodnej na osi liczbowej
funkcja maleje funkcja rośnie Mamy więc dwa ekstrema funkcji f:
0 óð
0 f x
funkcja maleje (ð )ð
- - - - - - + + + + + - - - - - -
1
x
3
-
3
© CKA 2006. Plik pobrany ze strony www.matura.onet.pl - Trening przed maturÄ… - MATEMATYKA strona 7
112
öÅ‚
2Å" + 3Å"ëÅ‚ - - 2
ìÅ‚ ÷Å‚ - 3
125 9 5
939
íÅ‚ Å‚Å‚
xmin =- , ymin == =- Å" =- ,
110
39 10 2
+1
99
2Å"9 + 9 - 2 18 + 7 25 5
oraz xmax = 3, ymax == = = .
9 +1 10 10 2
1 5 5
ëÅ‚ öÅ‚
Odp. ymin = y - =- , ymax = y 3 = .
( )
ìÅ‚ ÷Å‚
3 2 2
íÅ‚ Å‚Å‚
619*.
Z podobieństwa trójkątów APQ oraz ABC ,
C
450 450
wyliczamy długość x:
b
a
b - x b
d
Q
h
= , stÄ…d ab - ax = xb , ab = (a + b)x ,
x a
x
x
A Bab
c
x = .
P
a + b
Ponieważ d jest przekątną kwadratu to:
2ab
d = x 2 , więc d = . Podnosimy ostatnią równość do kwadratu i otrzymujemy
a + b
2a2b2 2a2b2 2a2b2
d2 = , d2 = , d2 = .
a2 + 2ab + b2 c2 + 2ab
a + b
( )2
ObliczajÄ…c pole ABC na dwa sposoby, mamy ab = hc .
2h2c2 2h2c
Stąd d2 = , więc d2 = . Stąd ostatecznie obliczamy c.
c + 2h
c2 + 2hc
2
d2c + 2d2h = 2h2c , c - d2 2hd2 . StÄ…d otrzymujemy:
(2h )=
2
2hd
Odp. c = , gdzie d < 2h .
2
2h2 - d
© CKA 2006. Plik pobrany ze strony www.matura.onet.pl - Trening przed maturÄ… - MATEMATYKA strona 8
710.
E Ponieważ trójkąty SPE, ABE są prostokątne i mają
D
Ä…
wspólny kąt ostry, więc są podobne, stąd
d
F
x a 1 a 2 a
= , skÄ…d x = Å" = .
P
x
2
a 2 a 3 36
a 2
a 3
S
2
2
G
C
Uwaga. Proporcję tę można również uzyskać obliczając
w wymienionych trójkątach siną i przyrównać otrzymane
A a B
wartości.
d
Przekątna sześcianu wynosi d = a 3 , skąd a = .
3
d 1 d
Mamy wobec tego: x = Å" = .
3 6 3 2
835. Niech P x, y będzie punktem spełniającym warunki zadania.
( )
Mamy:
y
d1 = 2 - y , d2 = x2 + y2 -1.
2
Zgodnie z warunkami zadania d1 = d2 ,
d1
P( x, y )
1
skÄ…d x2 + y2 -1 = 2 - y , x2 + y2 = 3- y
d2
( 3- y e" 0 bo jest to odległość punktu od prostej).
-1
1 x
Podnosząc obie strony ostatniego równania do kwadratu,
mamy:
2
x2 + y2 = 3- y , x2 + y2 = 9 - 6y + y2 ,
( )
9 - x2
x2 = 9 - 6y , y = . Rysunek przedstawia parabolÄ™:
6
y
3
2
-3 3
x
9 - x2
Odp. Szukany zbiór punktów tworzy parabolę o równaniu y = .
6
© CKA 2006. Plik pobrany ze strony www.matura.onet.pl - Trening przed maturÄ… - MATEMATYKA strona 9
957. Obliczamy prawdopodobieństwo pojedynczego wylosowania trzech kul białych.
biale czarne
10 = 6 + 4 - skład urny
3 = 3 + 0 - skład losowany
6 4
ëÅ‚ öÅ‚ ëÅ‚ öÅ‚
Å"ìÅ‚ 6Å"5Å" 4
ìÅ‚
3÷Å‚ 0÷Å‚ 1Å" 2Å"3
6Å"5Å" 4 12 1
íÅ‚ Å‚Å‚ íÅ‚ Å‚Å‚
p ==== = .
10Å"9Å"8
10
ëÅ‚ öÅ‚ 10Å"9Å"8 9Å"8 6
ìÅ‚ ÷Å‚
1Å" 2Å"3
3
íÅ‚ Å‚Å‚
Następnie stosujemy schemat Bernoulliego:
n
ëÅ‚ öÅ‚
ìÅ‚ ÷Å‚
Pn(k) = pk qn-k ,
ìÅ‚k ÷Å‚
íÅ‚ Å‚Å‚
1 5
dla n = 4 , p = , q = .
6 6
Interesuje nas prawdopodobieństwo:
P = P4(0)+ P4(1)+ P4(2) = 1- P4(3)- P4(4), a więc
34
4444
ëÅ‚ öÅ‚ 1 5 ëÅ‚ öÅ‚ 1 ëÅ‚ öÅ‚ 5 ëÅ‚ öÅ‚ 15 1 64 - 21 425
P = 1- Å"ëÅ‚ öÅ‚ Å" - Å"ëÅ‚ öÅ‚ = 1- Å" = 1- 4Å" - == .
ìÅ‚ ìÅ‚ ÷Å‚ ìÅ‚ ìÅ‚ ÷Å‚ ìÅ‚1÷Å‚Å" 64 - ìÅ‚
3÷Å‚ íÅ‚ 6 6 4÷Å‚ íÅ‚ 6 0÷Å‚ 64 64 64 64 432
Å‚Å‚ Å‚Å‚
íÅ‚ Å‚Å‚íÅ‚ Å‚Å‚íÅ‚ Å‚Å‚ íÅ‚ Å‚Å‚
425
Odp. P = .
432
© CKA 2006. Plik pobrany ze strony www.matura.onet.pl - Trening przed maturÄ… - MATEMATYKA strona 10