NAJWI
KSZY INTERNETOWY ZBIÓR ZADAC
Z MATEMATYKI
PRÓBNY EGZAMIN MATURALNY
Z MATEMATYKI
ZESTAW PRZYGOTOWANY PRZEZ SERWIS
WWW.ZADANIA.INFO
POZIOM ROZSZERZONY
24 KWIETNIA 2010
CZAS PRACY: 180 MINUT
ZADANIE 1 (5 PKT.)
W prostokątnym układzie współrzędnych zaznacz zbiór wszystkich punktów, których współ-
rzędne spełniają warunek | log5 x| + | log5 y| = 1.
y
+5
+3
+1
+1 +3 +5 x
-0.5
ROZWI
ZANIE
Oczywiście musi być x > 0 i y > 0.
Żeby opuścić wartości bezwzględne musimy wiedzieć jakie są znaki logarytmów. Z tego
powodu rozważmy cztery przypadki.
Jeżeli x, y 1 to logarytmy są nieujemne i mamy warunek
log5 x + log5 y = 1
log5 xy = log5 5
xy = 5
5
y = .
x
Szkicujemy zatem pierwszy fragment interesujÄ…cego nas zbioru  jest to fragment hiperboli
5
y = od punktu (1, 5) do (5, 1)
x
Materiał pobrany z serwisu
1
  NAJWI
KSZY INTERNETOWY ZBIÓR ZADAC
Z MATEMATYKI
Jeżeli x 1, ale y < 1 to mamy
log5 x - log5 y = 1
x
log5 = log5 5
y
x
= 5
y
1
y = x.
5
1 1
Rysujemy zatem fragment prostej y = x od punktu (1, ) do punktu (5, 1).
5 5
Jeżeli x < 1, ale y 1 to mamy
- log5 x + log5 y = 1
y
log5 = log5 5
x
y = 5x.
Rysujemy kawałek prostej y = 5x od punktu (1, 1) do punktu (1, 5).
5
Jeżeli wreszcie x, y < 1 to mamy
- log5 x - log5 y = 1
1
log5 xy = -1 = log5
5
1
xy =
5
1
y = .
5x
1 1
Rysujemy teraz fragment hiperboli y = od punktu (1, 1) do (1, ).
5x 5 5
y
+5
+3
+1
+1 +3 +5 x
-0.5
Materiał pobrany z serwisu
2
  NAJWI
KSZY INTERNETOWY ZBIÓR ZADAC
Z MATEMATYKI
ZADANIE 2 (3 PKT.)
Do dwóch okręgów przecinających się w punktach A i B poprowadzono wspólną styczną
MN, przy czym punkt M należy do pierwszego, a punkt N do drugiego okręgu. Wykaż, że
prosta AB dzieli odcinek MN na połowy.
ROZWI
ZANIE
Rozpoczynamy od rysunku.
N
P
M
A
B
Jeżeli P jest punktem wspólnym prostych AB i MN to na mocy twierdzenia o stycznej i
siecznej mamy
PM2 = PA · PB
PN2 = PA · PB.
Zatem PM2 = PN2, czyli PM = PN.
ZADANIE 3 (6 PKT.)
Wyznacz największą wartość funkcji
f (x) = 9 - 4 sin2 2x - 8 cos2 x - 3.
ROZWI
ZANIE
Na poczÄ…tku skorzystajmy ze wzoru
sin 2Ä… = 2 sin Ä… cos Ä…
aby pozbyć się sin 2x.
f (x) = 9 - 4 sin2 2x - 8 cos2 x - 3 =
= 9 - 16 sin2 x cos2 x - 8 cos2 x - 3.
Sposób I
Materiał pobrany z serwisu
3
  NAJWI
KSZY INTERNETOWY ZBIÓR ZADAC
Z MATEMATYKI
Ponieważ sin2 x = 1 - cos2 x możemy podstawić t = cos2 x. Wtedy t " [0, 1] oraz
g(t) = 9 - 16(1 - t)t - 8t - 3 = 16t2 - 24t + 9 - 3
Sprawdz
my jakie są miejsca zerowe trójmianu pod pierwiastkiem
" = 576 - 576 = 0.
Zatem pod pierwiastkiem jest pełen kwadrat:
g(t) = (4t - 3)2 - 3 = |4t - 3| - 3.
Aby teraz ustalić jaka jest największa wartość tej funkcji na przedziale [0, 1] szkicujemy jej
wykres  Rozpoczynamy od prostej y = 4t - 3 i odbijamy część pod osią Ox do góry. Potem
przesuwamy otrzymany wykres o 3 jednostki w dół.
y
+5
+1
-5 -1 +5 x
-1
-5
Ze szkicowego rysunku widać, że wartość największa to albo g(0) albo g(1). Która z tych
wartości?  liczymy obie i porównujemy
g(0) = | - 3| - 3 = 0
g(1) = |1| - 3 = -2.
Zatem największa wartość to g(0) = 0. Nie musimy tego robić, ale możemy zauważyć, że
Ä„
t = 0 odpowiada takim wartościom x, że cos2 x = 0, czyli punktom x = + kĄ, gdzie
2
k " C.
Sposób II
Jak poprzednio dochodzimy do równości
f (x) = 9 - 16 sin2 x cos2 x - 8 cos2 x - 3,
ale teraz podstawmy t = cos x. W szczególności, teraz t " -1, 1 .
9 - 16(1 - t2)t2 - 8t2 - 3 = 16t4 - 24t2 + 9 - 3
Materiał pobrany z serwisu
4
  NAJWI
KSZY INTERNETOWY ZBIÓR ZADAC
Z MATEMATYKI
Pod pierwiastkiem mamy funkcję dwukwadratową, więc możemy podstawić s = t2. Wtedy
s " 0, 1 oraz
g(s) = 16s2 - 24s + 9 - 3.
Wartość największą tej funkcji wyznaczamy dokładnie tak samo jak w poprzednim sposo-
bie.
Odpowiedz
: fmax = 0
PodobajÄ… Ci siÄ™ nasze rozwiÄ…zania?
Zadania.info
Pokaż je koleżankom i kolegom ze szkoły!
ZADANIE 4 (4 PKT.)
Trójkąt podzielono odcinkami AD, CE i DE na 5 trójkątów, przy czym |AE| : |EB| = 2 : 1.
C
D
3
12
2
S
A B
E
Korzystając z podanych pól trzech z tych trójkątów, wyznacz pole trójkąta DEB.
ROZWI
ZANIE
Zauważmy, że trójkąty DCS i DSE mają wspólną wysokość opuszczoną na prostą CE, zatem
stosunek ich pól jest równy stosunkowi ich podstaw. Zatem
CS 3
= .
SE 2
Podobnie jest z trójkątami CAS i ASE, co pozwala wyliczyć pole trójkąta ASE.
PACS CS 3
= =
PASE SE 2
12 3 2
= Ò! PASE = 12 · = 8.
PASE 2 3
Teraz patrzymy na trójkąty AED i DEB  mają wspólną wysokość opuszczoną na prostą AB
oraz wiemy, że stosunek ich podstaw jest równy 2:1. Zatem
1 1
PDEB = PAED = (8 + 2) = 5.
2 2
Odpowiedz
: 5
Materiał pobrany z serwisu
5
  NAJWI
KSZY INTERNETOWY ZBIÓR ZADAC
Z MATEMATYKI
ZADANIE 5 (4 PKT.)
Malarz chcąc rozjaśnić 20 litrów granatowej farby postąpił w następujący sposób: odlał je-
den litr farby i dolał 1 litr farby białej, a potem całość dokładnie wymieszał. Procedurę tę
powtórzył w sumie 8 razy. Ile litrów granatowej farby pozostało w otrzymanej mieszaninie?
Wynik podaj z dokładnością do 1 litra.
ROZWI
ZANIE
Sposób I
1
Zauważmy, że w każdym kroku malarz usuwa dokładnie pozostałej granatowej farby 
20
tak jest, bo nigdy nie dolewa granatowej farby i wiemy, że farba jest dokładnie wymieszana,
1
czyli w usuwanym litrze jest dokładnie pozostałej farby granatowej. W takim razie, ze
20
wzoru na procent składany, po 8 powtórzeniach tej procedury pozostanie
8
4
1
20 · 1 - = 20 · (0, 95)8 = 20 · (0, 95)2 =
20
2
= 20 · (0, 9025)2 H" 20 · (0, 8145)2 H" 13, 27 H" 13.
Sposób II
Jeżeli nie zauważyliśmy, że mamy do czynienia z procentem składanym to możemy liczyć
na piechotÄ™.
Liczymy ile granatowej farby zostaje po każdym kroku.
1
W pierwszym kroku zabieramy objętości farby, czyli zostaje
20
1 19
20 - · 20 = 20 ·
20 20
litrów.
1
W drugim kroku znowu zabieramy granatowej farby, więc zostaje
20
2
19 19 19
20 · · = 20 · .
20 20 20
1
W trzecim kroku znowu zabieramy objętości farby i zostaje
20
2 3
19 19 19
20 · · = 20 · .
20 20 20
I tak dalej, po 8 krokach zostanie
8
19
20 ·
20
litrów farby. Wyrażenie to szacujemy jak poprzednio.
Odpowiedz
: 13 litrów
Materiał pobrany z serwisu
6
  NAJWI
KSZY INTERNETOWY ZBIÓR ZADAC
Z MATEMATYKI
ZADANIE 6 (5 PKT.)
W sferę o promieniu R wpisano ostrosłup prawidłowy trójkątny w ten sposób, że wszystkie
wierzchołki ostrosłupa leżą na powierzchni sfery. Wiedząc, że krawędz
boczna ostrosłupa
"
ma długość 13, a krawędz
podstawy długość 5 3, oblicz R.
ROZWI
ZANIE
Rozpoczynamy od szkicowego rysunku.
D
C
F
A
B
E
Zauważmy, że prosta DE zawierająca wysokość ostrosłupa zawiera też średnicę sfery,
czyli trójkąt DAE jest prostokątny (kąt DAE jest oparty na średnicy). Ponadto AF jest wyso-
2
kością tego trójkąta. Obliczmy długość tego odcinka  ma on długość wysokości trójkąta
3
równobocznego ABC, czyli
" "
2 5 3 · 3
AF = · = 5.
3 2
Stąd (twierdzenie Pitagorasa w trójkącie ADF)
" "
DF = AD2 - AF2 = 169 - 25 = 144 = 12.
Teraz wystarczy zauważyć, że trójkąty prostokątne AED i FAD są podobne (mają wspólny
kąt ADE). Mamy więc
AD FD
=
ED AD
13 12 132 169
= Ò! R = = .
2R 13 24 24
169
Odpowiedz
: R =
24
ZADANIE 7 (4 PKT.)
Wykaż, że równanie 1 - 2x + 4x2 - 8x3 + 16x4 = 0 nie ma rozwiązań rzeczywistych.
Materiał pobrany z serwisu
7
  NAJWI
KSZY INTERNETOWY ZBIÓR ZADAC
Z MATEMATYKI
ROZWI
ZANIE
Sposób I
Spróbujmy tak przekształcić lewą stronę równania, aby występujące tam minusy znalazły
siÄ™ pod kwadratem.
1 - 2x + 4x2 - 8x3 + 16x4 =
= (1 - x)2 + 3x2 - 8x3 + 16x4 =
= (1 - x)2 + 2x2 + x2(1 - 8x + 16x2) =
= (1 - x)2 + 2x2 + x2(1 - 4x)2.
Widać teraz, że jest to suma wyrażeń nieujemnych, które w dodatku nie mogą się jednocze-
śnie zerować. Wyrażenie to jest więc zawsze dodatnie.
Sposób II
Zauważmy, że lewa strona danego równania to suma kolejnych wyrazów ciągu geometrycz-
nego o ilorazie q = -2x. Możemy ją zatem obliczyć korzystając ze wzoru na sumę kolejnych
wyrazów ciągu geometrycznego. Zanim jednak zastosujemy ten wzór, musimy sprawdzić,
czy przypadkiem iloraz q nie jest równy 1. Jeżeli jednak -2x = 1 to x = -1 i łatwo spraw-
2
dzić, że lewa strona równania jest dodatnia.
Możemy zatem założyć, że x = -1 i zastosować wzór na sumę kolejnych wyrazów ciągu
2
geometrycznego.
1 - (-2x)5
= 0
1 - (-2x)
1 + 25 · x5
= 0
1 + 2x
1 + 25 · x5 = 0
1
x5 = -
25
1
x = - ,
2
co jednak jest sprzeczne z naszym założeniem x = -1. W takim razie podane równanie jest
2
sprzeczne.
ZADANIE 8 (6 PKT.)
" "
Punkty A = (4, 10 - 21) i B = (8, 10 + 21) są wierzchołkami trójkąta prostokątnego
ABC, o kącie prostym przy wierzchołku C. Oblicz współrzędne wierzchołka C tego trójkąta,
wiedząc, że leży on na paraboli o równaniu y = x2 - 12x + 33.
ROZWI
ZANIE
Na początku naszkicujmy opisaną sytuację. Aby to zrobić zapiszmy podane równanie para-
boli w postaci kanonicznej.
y = x2 - 12x + 33 = (x - 6)2 - 3.
Materiał pobrany z serwisu
8
  NAJWI
KSZY INTERNETOWY ZBIÓR ZADAC
Z MATEMATYKI
Jest to więc parabola y = x2 przesunięta o 6 jednostek w prawo i o 3 jednostki w dół. Robimy
szkic.
y
+20
B
C
C
O
+10
C C
A
+2
-10 -2 +6 +10 x
-2
Oczywiście trudno jest wykonać dokładny rysunek, ale dokładny rysunek nie jest nam
potrzebny  chcemy tylko ustalić o co chodzi.
Skoro trójkąt ABC ma być prostokątny i AB ma być przeciwprostokątną, to punkt C musi
leżeć na okręgu o średnicy AB. Widać więc co musimy zrobić: napiszemy równanie okręgu
o średnicy AB i znajdziemy jego punkty wspólne z podaną parabolą.
Środek odcinka AB ma współrzędne
" "
4 + 8 10 - 21 + 10 + 21
O = , = (6, 10).
2 2
Aby napisać równanie okręgu potrzebujemy jeszcze promienia, czyli długości odcinka AO.
"
AO2 = (6 - 4)2 + (10 - (10 - 21))2 = 4 + 21 = 25.
Zatem promień ma długość 5 i okrąg o średnicy AB ma równanie
(x - 6)2 + (y - 10)2 = 25.
Pozostało rozwiązać układ równań
(x - 6)2 + (y - 10)2 = 25
y = (x - 6)2 - 3
Podstawiając (x - 6)2 = y + 3 z drugiego równania do pierwszego mamy
y + 3 + (y - 10)2 = 25
y + 3 + y2 - 20y + 100 = 25
y2 - 19y + 78 = 0
" = 361 - 312 = 49
19 - 7 19 + 7
y = = 6 (" y = = 13.
2 2
Materiał pobrany z serwisu
9
  NAJWI
KSZY INTERNETOWY ZBIÓR ZADAC
Z MATEMATYKI
StÄ…d odpowiednio
(x - 6)2 - 3 = 6 Ð!Ò! (x - 6)2 = 9 Ð!Ò! (x = 9 (" x = 3)
(x - 6)2 - 3 = 13 Ð!Ò! (x - 6)2 = 16 Ð!Ò! (x = 10 (" x = 2).
SÄ… zatem 4 takie punkty: C = (3, 6), C = (9, 6), C = (10, 13), C = (2, 13).
Odpowiedz
: C = (3, 6) (" C = (9, 6) (" C = (10, 13) (" C = (2, 13)
ZADANIE 9 (5 PKT.)
Spośród wyrazów skończonego ciągu arytmetycznego (an) danego wzorem an = 5n + 8,
gdzie n = 1, 2, . . . , 15 wybieramy losowo 3. Oblicz prawdopodobieństwo, że iloczyn wybra-
nych liczb jest podzielny przez 3.
ROZWI
ZANIE
Losujemy ze zbioru mającego 15 elementów, czyli
15 15 · 14 · 13
|&!| = = = 5 · 7 · 13.
3 2 · 3
Zanim policzymy ile jest zdarzeń sprzyjających, sprawdz
my ile wyrazów podanego ciągu
dzieli się przez 3. Wypiszmy kilka pierwszych wyrazów
13, 18, 23, 28, 33, 38, 43, 48, . . .
Zaczyna być widać, że co trzeci wyraz ciągu jest podzielny przez 3. Jeżeli ktoś jest pracowity
to może wypisać 15 wyrazów ciągu i sprawdzić, że tak jest (i jednocześnie policzyć ile ich
jest). Zamiast tego możemy też zauważyć, że jeżeli n dzieli się przez 3, czyli n = 3k dla
pewnego k " C, to
an = 5n + 8 = 15n + 8
nie jest podzielne przez 3. Jeżeli n = 3k + 1 dla pewnego k " C (czyli n daje resztę 1 z
dzielenia przez 3) to
an = 5n + 8 = 5(3k + 1) + 8 = 15k + 13
i ponownie otrzymujemy liczbę, która nie jest podzielna przez 3. Jeżeli w końcu n = 3k + 2
dla pewnego k " C (n daje resztÄ™ 2 z dzielenia przez 3) to
an = 5(3k + 2) + 8 = 15k + 18 = 3(5k + 6)
jest liczbÄ… podzielnÄ… przez 3.
W takim razie wyrazy ciągu (an), które dzielą się przez 3 to
a2, a5, a8, a11, a14.
Jak widać jest ich 5.
Sposób I
Materiał pobrany z serwisu
10
  NAJWI
KSZY INTERNETOWY ZBIÓR ZADAC
Z MATEMATYKI
Zamiast liczyć prawdopodobieństwo p otrzymania iloczynu podzielnego przez 3, policzmy
prawdopodobieństwo p otrzymania iloczyny, który nie dzieli się przez 3. W takim zdarze-
niu żadna z wylosowanych liczb nie może dzielić się przez 3, czyli jest
10 10 · 9 · 8
= = 5 · 3 · 8.
3 3!
Mamy więc
5 · 3 · 8 3 · 8 24
p = = =
5 · 7 · 13 7 · 13 91
oraz
24 67
p = 1 - p = 1 - = .
91 91
Sposób II
Liczymy liczbę zdarzeń sprzyjających. Są one trzech rodzajów:
 wszystkie trzy wylosowane liczby sÄ… podzielne przez 3, jest
5 5 · 4 · 3
= = 10
3 2 · 3
tego typu zdarzeń;
 dwie spośród wylosowanych liczb są podzielne przez 3, jest
5 5 · 4
· 10 = · 10 = 100
2 2
takich zdarzeń (do dwóch liczb podzielnych przez 3 dobieramy jedną, która nie jest podziel-
na);
 dokładnie jedna z wylosowanych liczb dzieli się przez 3, jest
10 10 · 9
5 · = 5 · = 225
2 2
takich zdarzeń.
W sumie jest więc
10 + 100 + 225 = 335
zdarzeń sprzyjających i prawdopodobieństwo wynosi
335 67
p = = .
5 · 7 · 13 91
67
Odpowiedz
:
91
ZADANIE 10 (3 PKT.)
" "
Wykaż, że jeżeli liczby a i b spełniają równość a + 3 = b + 6 to przynajmniej jedna z nich
jest niewymierna.
Materiał pobrany z serwisu
11
  NAJWI
KSZY INTERNETOWY ZBIÓR ZADAC
Z MATEMATYKI
ROZWI
ZANIE
Załóżmy przeciwnie, że obie liczby są wymierne. Mamy wtedy.
" "
a - b = 6 - 3 /()2
"
a2 - 2ab + b2 = 6 - 2 18 + 3
"
a2 - 2ab + b2 = 9 - 6 2
"
6 2 = 9 - a2 + 2ba - b2
"
9 - a2 + 2ba - b2
2 = .
6
"
To jednak oznacza, że 2 jest liczbą wymierną, co stanowi sprzeczność. Otrzymana sprzecz-
ność oznacza, że liczby a i b nie mogą być obie wymierne.
ZADANIE 11 (5 PKT.)
W trójkąt prostokątny ABC o przyprostokątnych długości |AC| = 3 i |BC| = 4 wpisano dwa
przystające okręgi w ten sposób, że są one wzajemnie styczne oraz jeden z nich jest styczny
do boków AB i BC, a drugi do boków AC i BC.
A
B C
Oblicz długość promienia tych okręgów.
ROZWI
ZANIE
Niech O oznacza środek okręgu stycznego do przeciwprostokątnej i niech D będzie punk-
tem styczności tego okręgu z bokiem BC.
A A
5
3
3
r
O r r r r r r
O
Ä…
r r
Ä…
B C B C
D
4-3r
4
Punkt O leży na dwusiecznej kąta ABC, więc jeżeli oznaczymy OBD = ą to B = 2ą.
Jeżeli przez r oznaczymy szukaną długość promienia to łatwo wyliczyć przyprostokątne
trójkąta prostokątnego BDO: OD = r i BD = BC - 3r = 4 - 3r. Widać teraz, że aby wyliczyć
r wystarczy wyliczyć tg ą. Zrobimy to na dwa sposoby.
Materiał pobrany z serwisu
12
  NAJWI
KSZY INTERNETOWY ZBIÓR ZADAC
Z MATEMATYKI
Sposób I
KorzystajÄ…c ze wzoru
2 tg Ä…
tg 2Ä… =
1 - tg2 Ä…
mamy
2 tg Ä… AC 3
= tg 2Ä… = =
BC 4
1 - tg2 Ä…
8 tg Ä… = 3 - 3 tg2 Ä…
3 tg2 Ä… + 8 tg Ä… - 3 = 0.
Podstawiamy t = tg Ä….
3t2 + 8t - 3 = 0
" = 64 + 36 = 100
-8 - 10 -8 + 10 1
t = = -3 (" t = = .
6 6 3
1
Ujemne rozwiÄ…zanie odrzucamy i mamy tg Ä… = . StÄ…d
3
1 OD r
= tg Ä… = =
3 BD 4 - 3r
4 - 3r = 3r
2
4 = 6r Ò! r = .
3
Sposób II
Jeżeli nie chcemy korzystać ze wzoru na tg 2ą to wystarczy nam wzór
cos 2Ä… = 2 cos2 Ä… - 1
Mamy z niego
1 1 4 3
"
cos Ä… = (cos 2Ä… + 1) = + 1 = .
2 2 5
10
Z jedynki trygonometrycznej wyliczamy sinus
9 1
sin Ä… = 1 - cos2 Ä… = 1 - = "
10
10
Zatem
"1
sin Ä… 1
10
tg Ä… = = = .
cos Ä… "3 3
10
Promień wyliczamy jak poprzednio.
Sposób III
Materiał pobrany z serwisu
13
  NAJWI
KSZY INTERNETOWY ZBIÓR ZADAC
Z MATEMATYKI
Tym razem obejdziemy się bez trygonometrii. Jeżeli połączymy punkt O z wierzchołkami
trójkąta to otrzymamy trzy trójkąty AOB, BOC, COA. Suma ich pól musi być równa polu
trójkąta, co daje równanie
PABC = PAOB + PBOC + PCOA
1 1 1 1
· 3 · 4 = · 5 · r + · 4 · r + · 3 · 3r
2 2 2 2
5r 9r
6 = + 2r +
2 2
14r
6 = + 2r
2
6 2
6 = 9r Ò! r = = .
9 3
2
Odpowiedz
:
3
Materiał pobrany z serwisu
14