NAJWI
KSZY INTERNETOWY ZBIÓR ZADAC
Z MATEMATYKI
PRÓBNY EGZAMIN MATURALNY
Z MATEMATYKI
ZESTAW PRZYGOTOWANY PRZEZ SERWIS
WWW.ZADANIA.INFO
POZIOM ROZSZERZONY
12 MARCA 2011
CZAS PRACY: 180 MINUT
ZADANIE 1 (5 PKT.)
ax+3
Wykres funkcji homograficznej f (x) = można otrzymać przesuwając wykres funkcji
x+b+1
7
g(x) = , a dziedzina funkcji f (x) jest tym samym zbiorem co jej zbiór wartości. Wyznacz
x
współczynniki a i b.
ROZWI
ZANIE
Zapiszmy wzór funkcji f w postaci kanonicznej.
ax + 3 a(x + b + 1) - ab - a + 3 3 - ab - a
f (x) = = = a + .
x + b + 1 x + b + 1 x + b + 1
3-ab-a
Widać teraz, że wykres funkcji f powstaje z wykresu funkcji y = przez przesunięcie
x
o wektor [-b - 1, a]. To daje nam równanie 3 - ab - a = 7.
Z postaci kanonicznej widać także, że dziedziną funkcji f jest zbiór (-", -b - 1) *" (-b -
1, +"), a jej zbiorem wartości zbiór (-", a) *" (a, +"). Wiemy, że dziedzina ma być tym
samym zbiorem co zbiór wartości, czyli a = -b - 1. Mamy zatem układ równań
3 - ab - a = 7
a = -b - 1.
Podstawiamy a = -b - 1 z drugiego równania do pierwszego.
ab + a + 4 = 0
(-b - 1)b + (-b - 1) + 4 = 0
- b2 - 2b + 3 = 0 / � (-1)
b2 + 2b - 3 = 0
" = 4 + 12 = 16
-2 - 4 -2 + 4
b = = -3 (" b = = 1.
2 2
Mamy wtedy odpowiednio a = -b - 1 = 2 i a = -b - 1 = -2. Na koniec obrazek dla
ciekawskich.
Materiał pobrany z serwisu
1
  NAJWI
KSZY INTERNETOWY ZBIÓR ZADAC
Z MATEMATYKI
y y
+5 +5
y=7/x
+1 +1
-5 -1 +1 +5 x -5 -1 +1 +5 x
-1 -1
y=(-2x+3)/(x+2)
-5 -5
y=7/x
y=(2x+3)/(x-2)
Odpowiedz
: (a, b) = (2, -3) lub (a, b) = (-2, 1)
ZADANIE 2 (4 PKT.)
Długości boków prostokąta ABCD spełniają warunki: 2|AD| |CD| i |CD| = 3. Na boku
CD wybrano punkty E i F w ten sposób, że |DE| = |FC| = |AD|. Punkt G jest takim punk-
tem odcinka AE, że |AG| : |GE| = 2 : 1. Oblicz długość boku AD prostokąta, dla której pole
trójkąta FGB jest największe.
ROZWI
ZANIE
Rozpoczynamy oczywiście od rysunku.
x E 3-2x F x
D C
1
x
3
G
x x
2
x
3
A B
3
Pole trójkąta FGB obliczymy odejmując od pola prostokąta pola 4 białych trójkątów (inny
sposób to od pola trapezu ABFE odjąć pola trójkątów ABG i EGF).
PFGB = PABCD - PABG - PEGF - PAED - PFBC =
1 2 1 1 1 1
= 3x - � 3 � x - � (3 - 2x) � x - x2 - x2 =
2 3 2 3 2 2
x x2 x2 x2
= 3x - x - + - - =
2 3 2 2
2 3 2 9
= - x2 + x = - x x - .
3 2 3 4
Materiał pobrany z serwisu
2
  NAJWI
KSZY INTERNETOWY ZBIÓR ZADAC
Z MATEMATYKI
Wykresem otrzymanej funkcji jest parabola o ramionach skierowanych w dół, więc najwięk-
9
szą wartość przyjmuje dokładnie w środku między pierwiastkami, czyli dla x = .
8
9
Odpowiedz
: |AD| =
8
ZADANIE 3 (5 PKT.)
"
Rozwiąż równanie 3 sin2 x = 2 3 sin x cos x + 3 cos2 x w przedziale 0, Ą .
ROZWI
ZANIE
Sposób I
Korzystamy ze wzorów na sin 2x i cos 2x.
"
3 sin2 x = 2 3 sin x cos x + 3 cos2 x
"
0 = 3 � 2 sin x cos x + 3(cos2 x - sin2 x)
"
0 = 3 sin 2x + 3 cos 2x / : cos 2x
"
sin 2x
0 = 3 � + 3
cos 2x
" "
3 tg 2x = -3 / : 3
"
3
tg 2x = -" - 3.
=
3
Dwie sprawy: dzieliliśmy po drodze przez cos 2x  nie ma z tym problemu, bo gdyby
cos 2x = 0, to z trzeciej linijki powyższych przekształceń mamy sin 2x = 0, co nie jest moż-
liwe (ze względu np. na jedynkę trygonometryczną). Druga sprawa to przestroga  wpraw-
dzie x " 0, Ą , ale 2x " 0, 2Ą .
y=tg(x)
Ą Ą
3Ą 3Ą
Ą Ą
0 2Ą
2 2
2 2
Są zatem dwa kąty spełniające powyższą równość:
Ą 2Ą Ą 5Ą
2x = Ą - = (" 2x = 2Ą - =
3 3 3 3
Ą 5Ą
x = (" x = .
3 6
Materiał pobrany z serwisu
3
  NAJWI
KSZY INTERNETOWY ZBIÓR ZADAC
Z MATEMATYKI
Sposób II
Podzielmy dane równanie stronami przez cos2 x  dzięki temu otrzymamy same tangensy.
Zauważmy jeszcze, że gdyby cos x = 0 to z równania otrzymujemy sin x = 0, co nie jest
możliwe. Zatem dzielenie przez cos x nie zmniejsza zbioru rozwiązań.
"
3 sin2 x = 2 3 sin x cos x + 3 cos2 x / : cos2 x
"
sin2 x sin x
3 = 2 3 � + 3
cos2 x cos x
"
3 tg2 x = 2 3 tg x + 3.
Podstawmy teraz t = tg x.
"
3t2 - 2 3t - 3 = 0
" "
" = (-2 3)2 + 36 = 48 = (4 3)2
" " " " "
"
2 3 - 4 3 3 2 3 + 4 3
t = = - (" t = = 3
6 3 6
"
"
3
tg x = - (" tg x = 3
3
Ą 5Ą Ą
x = Ą - = (" x = .
6 6 3
Ą 5Ą
Odpowiedz
: x = lub x =
3 6
ZADANIE 4 (5 PKT.)
W trójkącie równoramiennym ABC, gdzie |AB| = |BC|, podstawa ma długość 6. Punkt P
jest punktem przecięcia wysokości wychodzących z wierzchołków A i B. Oblicz pole tego
trójkąta, jeśli |CP| = 4.
ROZWI
ZANIE
Rozpoczynamy od rysunku.
Materiał pobrany z serwisu
4
  NAJWI
KSZY INTERNETOWY ZBIÓR ZADAC
Z MATEMATYKI
B
F
D
P
ą
4
4
ą
90o-ą
C A
E
3 3
Ponieważ wysokości trójkąta przecinają się w jednym punkcie, odcinek CP jest fragmen-
tem wysokości opuszczonej z wierzchołka C. Stosując twierdzenie Pitagorasa w trójkącie
CEP mamy
" "
PE = CP2 - CE2 = 16 - 9 = 7.
Teraz kluczowa obserwacja: trójkąty APE i BCE są podobne. Rzeczywiście, jeżeli oznaczymy
C = ą to w trójkącie prostokątnym ADC mamy
CAD = 90ć% - C = 90ć% - ą.
Zatem z trójkąta prostokątnego APE
EPA = 90ć% - EAP = 90ć% - (90ć% - ą) = ą.
W takim razie trójkąty APE i BCE są oba prostokątne i oba mają kąt o mierze ą, są więc
podobne.
Dzięki temu podobieństwu możemy obliczyć długość wysokości BE.
BE AE
=
CE EP
BE 3
= "
3
7
"
3 9 9 7
" "
BE = � 3 = = .
7
7 7
Pozostało obliczyć pole trójkąta ABC.
" "
1 1 9 7 27 7
S = � AC � BE = � 6 � = .
2 2 7 7
"
27 7
Odpowiedz
:
7
Materiał pobrany z serwisu
5
ą
-
o
90
  NAJWI
KSZY INTERNETOWY ZBIÓR ZADAC
Z MATEMATYKI
ZADANIE 5 (6 PKT.)
Ciągi (a, b, c) i (a - 2, b - 2, c - 1) są ciągami geometrycznymi o wyrazach dodatnich, a ciąg
(3a + 2, 3b, c + 13) jest ciągiem arytmetycznym. Wyznacz a, b, c.
ROZWI
ZANIE
W ciągu geometrycznym kwadrat środkowego wyrazu jest iloczynem wyrazów sąsiednich,
a w ciągu arytmetycznym wyraz środkowy jest średnią arytmetyczną wyrazów sąsiednich.
Mamy więc układ równań.
ńł
2
�ł =
�łb ac
(b - 2)2 = (a - 2)(c - 1)
�ł
ół6b 3a 2 c 13
= + + +
ńł
2
�ł =
�łb ac
b2 - 4b + 4 = ac - 2c - a + 2
�ł
ół6b 3a c 15
= + +
Przekształćmy drugie równanie podstawiając b2 = ac z pierwszej równości.
b2 - 4b + 2 = ac - 2c - a
ac - 4b + 2 = ac - 2c - a
- 4b + 2 = -2c - a
a = 4b - 2c - 2.
Podstawiamy teraz otrzymane wyrażenie na a do pierwszego i trzeciego równania układu -
otrzymamy w ten sposób układ, w którym będą już tylko dwie niewiadome.
b2 = (4b - 2c - 2)c
6b = 3(4b - 2c - 2) + c + 15
b2 = 2(2b - c - 1)c
5c = 6b + 9.
6 9
Podstawiamy teraz c = b + z drugiego równania do pierwszego.
5 5
6 9 6 9
b2 = 2 2b - b - - 1 � b + / � 25
5 5 5 5
25b2 = 2(10b - 6b - 9 - 5)(6b + 9)
25b2 = 2(4b - 14)(6b + 9)
25b2 = 2(24b2 - 84b + 36b - 126)
25b2 = 48b2 - 96b - 252
0 = 23b2 - 96b - 252
" = 962 + 4 � 23 � 252 = 32400 = 1802
96 - 180 42 96 + 180
b = = - (" b = = 6.
46 23 46
Materiał pobrany z serwisu
6
  NAJWI
KSZY INTERNETOWY ZBIÓR ZADAC
Z MATEMATYKI
Ponieważ ciąg ma (a, b, c) ma mieć wyrazy dodatnie, mamy b = 6. Stąd
6 9 36 + 9
c = b + = = 9
5 5 5
a = 4b - 2c - 2 = 24 - 18 - 2 = 4.
Zatem (a, b, c) = (4, 6, 9).
Odpowiedz
: (a, b, c) = (4, 6, 9)
ZADANIE 6 (4 PKT.)
Udowodnij, że suma długości wysokości ścian bocznych ostrosłupa pięciokątnego jest nie
większa niż suma długości jego krawędzi bocznych.
ROZWI
ZANIE
Samo zadanie jest dość proste, ale ponieważ w podstawie mamy pięciokąt, trzeba w prze-
myślany sposób wszystko pooznaczać, żeby móc łatwo zapisać uzasadnienie.
S
S
A4
A5 B4 B3
Ai+1
Ai
B5
Bi
A1
A3B2
B1 A2
Powiedzmy, że w podstawie jest pięciokąt A1, A2, A3, A4, A5, wierzchołek niech będzie
punktem S, a spodki wysokości ścian bocznych na proste zawierające krawędzie
A1A2, A2A3, A3A4, A4A5, A5A1 oznaczmy przez B1, B2, B3, B4, B5.
Zauważmy teraz, że w trójkącie o wierzchołkach A1SA2 wysokość SB1 jest nie dłuższa
niż długość odcinka SA1  tak jest, bo SA1 jest przeciwprostokątną w trójkącie prostokątnym
SA1B1 (odcinki te mogą mieć takie same długości dokładnie w jednym przypadku: gdy
B1 = A1). Mamy zatem
SB1 SA1
Analogicznie uzasadniamy, że
SB2 SA2
SB3 SA3
SB4 SA4
SB5 SA5.
Dodając te pięć nierówności stronami otrzymujemy
SB1 + SB2 + SB3 + SB4 + SB5 SA1 + SA2 + SA3 + SA4 + SA5,
czyli dokładnie nierówność którą mieliśmy wykazać.
Materiał pobrany z serwisu
7
  NAJWI
KSZY INTERNETOWY ZBIÓR ZADAC
Z MATEMATYKI
ZADANIE 7 (6 PKT.)
Wyznacz wszystkie wartości parametru m, dla których równanie 4x4 + 4mx2 + 4m + 5 = 0
ma cztery różne pierwiastki rzeczywiste spełniające warunek
31
4 4 4 4
x1 + x2 + x3 + x4 - m.
18
ROZWI
ZANIE
Mamy do czynienia z równaniem dwukwadratowym więc podstawiamy t = x2.
4t2 + 4mt + 4m + 5 = 0.
Aby dane równanie 4-tego stopnia miało cztery pierwiastki powyższe równanie musi mieć
dwa różne pierwiastki dodatnie (bo t = x2). Na początek sprawdz
my kiedy równanie kwa-
dratowe ma dwa pierwiastki.
0 < " = 16m2 - 16(4m + 5) / : 16
0 < m2 - 4m - 5
" = 16 + 20 = 36
4 - 6 4 + 6
m1 = = -1, m2 = = 5
2 2
m " (-", -1) *" (5, +").
Teraz trzeba jeszcze sprawdzić, kiedy pierwiastki te są dodatnie. Na mocy wzorów ViŁte a
tak będzie, gdy
0 < t1 + t2 = -4m = -m
4
4m+5 5
0 < t1t2 = = m +
4 4
m < 0
-5 < m.
4
W połączeniu z warunkiem na "-ę daje to m " (-5, -1).
4
Jeżeli t1 i t2 są pierwiastkami równania kwadratowego, to pierwiastki oryginalnego rów-
" "
nania są równe ą t1 i ą t2. Zatem
4 4 4 4
x1 + x2 + x3 + x4 = t2 + t2 + t2 + t2 = 2(t2 + t2).
1 1 2 2 1 2
Na mocy wzorów ViŁte a suma ta jest równa
5
2(t2 + t2) = 2((t1 + t2)2 - 2t1t2) = 2 m2 - 2 m + =
1 2
4
5
= 2 m2 - 2m - = 2m2 - 4m - 5.
2
Materiał pobrany z serwisu
8
  NAJWI
KSZY INTERNETOWY ZBIÓR ZADAC
Z MATEMATYKI
Otrzymujemy stąd nierówność
31
2m2 - 4m - 5 - m / � 18
18
36m2 - 72m - 90 -31m
36m2 - 41m - 90 0
" = 412 + 4 � 36 � 90 = 14641 = 1212
41 - 121 80 10 41 + 121 162 9
m1 = = - = - , m2 = = =
72 72 9 72 72 4
10 9
m " - , .
9 4
Ponieważ
10 10 5
- > - = -
9 8 4
w połączeniu z wcześniejszą nierównością na m mamy
10
m " - , -1 .
9
Odpowiedz
: m " -10, -1
9
ZADANIE 8 (5 PKT.)
O zdarzeniach losowych A i B wiadomo, że P(A *" B) = 0, 9, P(A )" B) = 0, 3 i P(A *" B ) =
0, 5. Oblicz P(A *" B).
ROZWI
ZANIE
Sposób I
Zaznaczmy na diagramie Venna zbiory X = A *" B i Y = A *" B.
� �
A B B\A A B B\A
A\B A\B
A B' A' B
Z obrazka widać, że
P(X *" Y) = P(&!) = 1
P(X )" Y) = P((A *" B) ) + P(A )" B) = 1 - 0, 9 + 0, 3 = 0, 4.
Materiał pobrany z serwisu
9
  NAJWI
KSZY INTERNETOWY ZBIÓR ZADAC
Z MATEMATYKI
Zatem
P(X *" Y) = P(X) + P(Y) - P(X )" Y)
1 = 0, 5 + P(Y) - 0, 4
P(Y) = 0, 9.
Sposób II
Jak poprzednio zaznaczamy zbiory A *" B i A *" B na diagramie Venna. Z diagramu widzi-
my, że
P(A *" B ) = P(A) + P((A *" B) )
0, 5 = P(A) + 1 - 0, 9 �! P(A) = 0, 4.
Podobnie
P(A *" B) = P(B) + P((A *" B )) = P(B) + 1 - 0, 9 = P(B) + 0, 1.
Musimy zatem obliczyć P(B)  nie ma z tym jednak problemu, bo znamy P(A *" B), P(A )" B)
i P(A). Zatem
P(A *" B) = P(A) + P(B) - P(A )" B)
0, 9 = 0, 4 + P(B) - 0, 3 �! P(B) = 0, 8.
Stąd
P(A *" B) = P(B) + 0, 1 = 0, 8 + 0, 1 = 0, 9.
Sposób III
Ponownie rozpoczynamy od naszkicowania diagramu Venna.
�
A B B\A
A\B
Na mocy wzoru na prawdopodobieństwo sumy zdarzeń mamy
P(A *" B ) = P(A) + P(B ) - P(A )" B )
P(A *" B) = P(A ) + P(B) - P(A )" B).
Rzut oka na diagram Venna i możemy te równości przepisać w postaci
P(A *" B ) = P(A) + P(B ) - P(A \ B)
P(A *" B) = P(A ) + P(B) - P(B \ A).
Dodajmy teraz te równości stronami
P(A *" B ) + P(A *" B) =
= P(A) + P(A ) + P(B ) + P(B) - [P(A \ B) + P(B \ A)] =
= 1 + 1 - [P(A *" B) - P(A )" B)] .
Materiał pobrany z serwisu
10
  NAJWI
KSZY INTERNETOWY ZBIÓR ZADAC
Z MATEMATYKI
Zatem
0, 5 + P(A *" B) = 2 - [0, 9 - 0, 3] �! P(A *" B) = 0, 9.
Odpowiedz
: P(A *" B) = 0, 9
ZADANIE 9 (5 PKT.)
"
Punkt A = (1, 2 3) jest wierzchołkiem trójkąta równobocznego ABC. Bok BC jest zawarty
" "
w prostej o równaniu 3y = 3x - 3. Oblicz współrzędne wierzchołków B i C trójkąta.
ROZWI
ZANIE
Rozpoczynamy od szkicowego rysunku.
y
+5
A
C
+1
B
-5 -1 +5 x
+1
-1
-5
Skoro znamy współrzędne wierzchołka i równanie przeciwległego boku, możemy obli-
czyć długość wysokości trójkąta  jest to odległość punktu A od prostej BC.
" " " " " "
|3yA - 3xA + 3| |6 3 - 3 + 3| 6 3
"
h = = " = = 3.
"
9 + 3 2 3
32 + (- 3)2
Mając długość wysokości możemy wyliczyć długość boku trójkąta równobocznego.
"
"
a 3 6
"
3 = h = �! a = = 2 3.
2
3
"
Teraz wystarczy znalez
ć punkty wspólne okręgu o środku A i promieniu 2 3 oraz danej
prostej BC.
" "
3y = 3x - 3
"
(x - 1)2 + (y - 2 3)2 = 12.
Materiał pobrany z serwisu
11
  NAJWI
KSZY INTERNETOWY ZBIÓR ZADAC
Z MATEMATYKI
" "
3 3
Podstawiamy y = x - z pierwszego równania do drugiego.
3 3
" "
2
"
3 3
(x - 1)2 + x - - 2 3 = 12
3 3
" "
2
3 7 3
(x - 1)2 + x - = 12
3 3
1
(x - 1)2 + (x - 7)2 = 12 / � 3
3
3(x - 1)2 + (x - 7)2 = 36
3(x2 - 2x + 1) + x2 - 14x + 49 = 36
4x2 - 20x + 16 = 0 / : 4
x2 - 5x + 4 = 0
" = 25 - 16 = 9
5 - 3 5 + 3
x = = 1 (" x = = 4.
2 2
" " " "
"
3 3 3 3
Wtedy y = x - = 0 i y = x - = 3 odpowiednio. Zatem B = (1, 0) i C =
3 3 3 3
"
(4, 3).
"
Odpowiedz
: (1, 0) i (4, 3)
ZADANIE 10 (5 PKT.)
Trzy wychodzące z jednego wierzchołka krawędzie równoległościanu są równe a, b i c. Kra-
wędzie a i b są prostopadłe, a krawędz
c tworzy z każdą z nich kąt ostry ą. Oblicz objętość
równoległościanu.
ROZWI
ZANIE
Najtrudniejsza część tego zadania to wykonanie sensownego rysunku  i właśnie od tego
zacznijmy.
D1
C1
A1
B1
c
h
C
G
F
b
ą
A
E a
B
Materiał pobrany z serwisu
12
  NAJWI
KSZY INTERNETOWY ZBIÓR ZADAC
Z MATEMATYKI
W podstawie równoległościanu mamy prostokąt o bokach a i b, więc przynajmniej jedna
rzecz jest prosta: pole podstawy jest równe
Pp = ab.
Do wyliczenia objętości brakuje nam więc długości wysokości  dorysujmy wysokość A1F.
Dorysujmy też wysokości ścian bocznych A1E i A1G. Teraz powinno być już widać co dalej:
wysokość możemy wyliczyć z trójkąta prostokątnego A1AF, a potrzebną do tego długość
odcinka AF z trójkąta prostokątnego AEF (czworokąt AEFG jest prostokątem, a tak na-
prawdę nawet kwadratem), a odcinki AE i EF = AG z trójkątów prostokątnych A1AE i
A1AG. Wszystko jasne, więc liczymy.
Z trójkątów prostokątnych A1AE i A1AG mamy
AE
= cos ą �! AE = c cos ą
A1A
AG
= cos ą �! AG = c cos ą.
A1A
Teraz patrzymy na trójkąt prostokątny AEF.
"
"
AF = AE2 + EF2 = AE2 + AG2 = 2c2 cos2 ą = c 2 cos ą.
Teraz patrzymy na trójkąt prostokątny A1AF.
"
h = AA2 - AF2 = c2 - 2c2 cos2 ą = c 1 - 2 cos2 ą = c - cos 2ą.
1
Wyrażenie pod pierwiastkiem jest dodatnie, bo łatwo sprawdzić, że ą " (45ć%, 90ć% .
W takim razie objętość jest równa
"
V = Pp � h = abc - cos 2ą
"
"
Odpowiedz
: V = abc 1 - 2 cos2 ą = abc - cos 2ą
Materiał pobrany z serwisu
13