plik


ÿþ  NAJWIKSZY INTERNETOWY ZBIÓR ZADAC Z MATEMATYKI PRÓBNY EGZAMIN MATURALNY Z MATEMATYKI ZESTAW PRZYGOTOWANY PRZEZ SERWIS WWW.ZADANIA.INFO POZIOM ROZSZERZONY 17 KWIETNIA 2010 CZAS PRACY: 180 MINUT ZADANIE 1 (3 PKT.) Podstaw ostrosBupa ABCDS jest prostokt ABCD, a krawdz boczna SA jest jego wyso- ko[ci. Wyka|, |e suma kwadratów pól [cian ABS i BCS jest równa sumie kwadratów pól [cian ADS i DCS. ROZWIZANIE Rozpoczynamy od rysunku  oznaczmy od razu AB = a, BC = b i SA = H. S H D C a b b A B a Zauwa|my, |e krawdz BC jest prostopadBa do AB i do SA, czyli jest prostopadBa do [ciany ABS. Zatem jest prostopadBa do ka|dej prostej w tej [cianie, czyli trójkt SBC jest prostoktny (je|eli kto[ woli, to mo|e skorzysta z twierdzenia o trzech prostych prostopa- dBych). Podobnie zauwa|amy, |e krawdz DC jest prostopadBa do [ciany ADS, czyli trójkt SDC te| jest prostoktny. Teraz Batwo policzy interesujce nas pola. 1 PABS = aH 2 1 1 PBCS = b · BS = b a2 + H2 2 2 1 PADS = bH 2 1 1 PDCS = a · DS = a b2 + H2. 2 2 MateriaB pobrany z serwisu 1  NAJWIKSZY INTERNETOWY ZBIÓR ZADAC Z MATEMATYKI Mamy zatem 1 1 1 2 2 PABS + PBCS = a2H2 + b2(a2 + H2) = (a2H2 + b2a2 + b2H2) 4 4 4 1 1 1 2 2 PADS + PDCS = b2H2 + a2(b2 + H2) = (b2H2 + a2b2 + a2H2). 4 4 4 2 2 2 2 Wida zatem, |e PABS + PBCS = PADS + PDCS. ZADANIE 2 (4 PKT.) Rozwi| równanie log(1 + (x2 - 2x)2) + |4 - |5 - |3 - x||| = 0. ROZWIZANIE Zauwa|my, |e 1 + (x2 - 2x)2 1, czyli log(1 + (x2 - 2x)2) 0. Nieujemny jest tak|e drugi skBadnik lewej strony równania, zatem lewa strona mo|e by równa 0 tylko wtedy, gdy oba skBadniki s równe 0. Patrzc na pierwszy skBadnik, mamy wic 1 + (x2 - 2x)2 = 1 x2(x - 2)2 = 0 x = 0 (" x = 2. Zauwa|my teraz, |e nie musimy rozwizywa równania |4 - |5 - |3 - x||| = 0 wystarczy tylko sprawdzi, która z liczb x = 0 i x = 2 je speBnia. Liczymy |4 - |5 - |3 - 0||| = |4 - |5 - 3|| = |4 - 2| = 2. |4 - |5 - |3 - 2||| = |4 - |5 - 1|| = |4 - 4| = 0. Zatem jedyne rozwizanie danego równania to x = 2. Odpowiedz: x = 2 ZADANIE 3 (3 PKT.) Wyka|, |e je|eli sin ± - cos ± jest liczb wymiern to wymierna jest równie| liczba cos 4±. ROZWIZANIE Bdziemy przeksztaBca wyra|enie sin ± - cos ± tak, by otrzyma cos 4±. Po drodze bdzie- my korzysta ze wzorów sin 2± = 2 sin ± cos ± cos 2± = 1 - 2 sin2 ±. MateriaB pobrany z serwisu 2  NAJWIKSZY INTERNETOWY ZBIÓR ZADAC Z MATEMATYKI Je|eli oznaczymy sin ± - cos ± = x to mamy sin ± - cos ± = x /()2 sin2 ± - 2 sin ± cos ± + cos2 ± = x2 1 - sin 2± = x2 sin 2± = 1 - x2. A to ju| prawie cos 4±, bo cos 4± = 1 - 2 sin2 2± = 1 - 2(1 - x2)2. Wida teraz, |e je|eli x jest liczb wymiern to wymierne jest te| wyra|enie 1 - 2(1 - x2)2, czyli cos 4±. ZADANIE 4 (5 PKT.) Przektne czworokta ABCD s prostopadBe. a) Wyka|, |e sumy kwadratów przeciwlegBych boków tego czworokta s równe. b) Wyka|, |e je|eli dBugo[ci jego boków AB, BC, CD, DA s kolejnymi wyrazami cigu geometrycznego to czworokt ten jest rombem. ROZWIZANIE Rozpocznijmy od szkicowego rysunku. D aq2 aq3 t C S p s A r aq a B a) Je|eli przez p, r, s, t oznaczymy dBugo[ci odcinków Bczcych wierzchoBki czworokta z punktem przecicia si przektnych to na mocy twierdzenia Pitagorasa mamy ñø 2 = + ôø ôøAB p2 r2 ôø òøBC r2 s2 2 = + ôøCD2 s2 t2 = + ôø ôø óø DA2 = t2 + p2 MateriaB pobrany z serwisu 3  NAJWIKSZY INTERNETOWY ZBIÓR ZADAC Z MATEMATYKI W takim razie AB2 + CD2 = (p2 + r2) + (s2 + t2) = (r2 + s2) + (t2 + p2) = BC2 + DA2. b) Skoro dBugo[ci boków s kolejnymi wyrazami cigu geometrycznego, to mo|emy je oznaczy przez a, aq, aq2, aq3. Na mocy poprzedniego podpunktu mamy a2 + (aq2)2 = (aq)2 + (aq3)2 a2 + a2q4 = a2q2 + a2q6 / : a2 1 + q4 = q2 + q6 = q2(1 + q4) / : (1 + q4) 1 = q2. Oczywi[cie q nie mo|e by ujemne, czyli q = 1 i wszystkie boki czworokta maj równe dBugo[ci. ZADANIE 5 (5 PKT.) Na bokach AB i AC trójkta ABC wybrano punkty E i D w ten sposób, |e |AE| = 2|EB| i |AD| = |DC|. Punkt M jest punktem wspólnym odcinków CE i BD. B E b M C A D c -’! -’! -’! ’! ’! ’! a) Przedstaw ka|dy z wektorów BC, BD oraz CE w postaci p · b + q · c , gdzie b = -’! ’! ’! AB, c = AC oraz p, q " R. -’! -’! -’! b) Korzystajc z równo[ci BC + CM = BM oblicz w jakim stosunku punkt M dzieli od- cinki BD i CE. ROZWIZANIE a) Liczymy -’! -’! -’! -’! -’! ’! ’! BC = BA + AC = -AB + AC = - b + c -’! -’! ’! ’! ’! ’! 1 1’! BD = BA + AD = -AB + AC = - b + c 2 2 -’! -’! -’! -’! -’! 2 ’! 2’! CE = CA + AE = -AC + AB = - c + b . 3 3 -’! ’! ’! ’! -’! ’! ’! ’! ’! 1 2 Odpowiedz: BC = - b + c , BD = - b + c , CE = b - c 2 3 MateriaB pobrany z serwisu 4  NAJWIKSZY INTERNETOWY ZBIÓR ZADAC Z MATEMATYKI -’! -’! -’! -’! b) Powiedzmy, |e CM = xCE i BM = yBD. Wstawiajc te wyra|enia do podanej równo- [ci i korzystajc z poprzedniego podpunktu mamy -’! -’! -’! BC + CM = BM -’! -’! -’! BC + xCE = yBD ’! ’! ’! 2’! ’! 1’! c - b + x b - c = y c - b 3 2 ’! ’! ’! ’! ’! 1 ’! 2 c - x c - y c = b - x b - y b 2 3 ’! 1 ’! 2 1 - x - y c = 1 - x - y b . 2 3 ’! ’! Wektory b i c nie s jednak równolegBe, co oznacza, |e liczby w nawiasach w powy|- szej równo[ci musz by równe 0 (inaczej jeden wektor byBby wielokrotno[ci drugie- go, co nie jest mo|liwe). Mamy std 1 1 - x - y = 0 2 2 1 - x - y = 0 3 1 Podstawiamy x = 1 - y z pierwszego równania do drugiego i mamy 2 2 1 1 - + y - y = 0 3 3 1 2 1 = y Ò! y = . 3 3 2 Zatem 1 1 3 x = 1 - y = 1 - = . 2 4 4 Mamy wic BM = MD i CM = 3ME. Odpowiedz: BM = MD i CM = 3ME ZADANIE 6 (5 PKT.) Wyznacz wszystkie warto[ci parametrów a, b, dla których nierówno[ (x2 - x - 2)(x2 - 2ax + 3bx - 6ab) 0 jest speBniona przez ka|d liczb rzeczywist. ROZWIZANIE MateriaB pobrany z serwisu 5  NAJWIKSZY INTERNETOWY ZBIÓR ZADAC Z MATEMATYKI RozkBadamy pierwszy trójmian na czynniki. x2 - x - 2 = 0 " = 1 + 8 = 9 1 - 3 1 + 3 x = = -1 (" x = = 2 2 2 x2 - x - 2 = (x + 1)(x - 2) Teraz rozkBadamy drugi trójmian x2 - (2a - 3b)x - 6ab = 0 " = (2a - 3b)2 + 24ab = 4a2 - 12ab + 9b2 + 24ab = 4a2 + 12ab + 9b2 = (2a + 3b)2 2a - 3b - (2a + 3b) 2a - 3b + (2a + 3b) x = = -3b (" x = = 2a 2 2 x2 - (2a - 3b)x - 6ab = (x + 3b)(x - 2a). Dan nierówno[ mo|emy wic zapisa w postaci (x + 1)(x - 2)(x + 3b)(x - 2a) 0. Je|eli nierówno[ ma by speBniona przez ka|d liczb rzeczywist to ka|dy pierwiastek lewej strony musi by podwójny, co daje nam dwie mo|liwo[ci -3b = -1 -3b = 2 lub 2a = 2 2a = -1 1 Mamy zatem (a, b) = (1, ) lub (a, b) = (-1, -2). 3 2 3 1 Odpowiedz: (a, b) = (1, ) lub (a, b) = (-1, -2) 3 2 3 ZADANIE 7 (6 PKT.) Dany jest czworokt ABCD, gdzie A = (-1, 4), B = (-3, -1), C = (2, -2), D = (1, 2). a) Oblicz pole czworokta ABCD. 2 2 sin DBC sin DBA b) Oblicz warto[ wyra|enia + . sin BCD sin BAD ROZWIZANIE Rozpoczynamy od naszkicowania czworokta. MateriaB pobrany z serwisu 6  NAJWIKSZY INTERNETOWY ZBIÓR ZADAC Z MATEMATYKI y A +4 +2 D +1 -3 +1 +2 x -1 B -2 C a) Pole czworokta ABCD obliczymy jako sum pól trójktów ABD i CDB. Sposób I Korzystamy ze wzoru na pole trójkta o wierzchoBkach A = (xA, yA), B = (xB, yB) i C = (xC, yC). 1 PABC = |(xB - xA)(yC - yA) - (yB - yA)(xC - xA)|. 2 Mamy zatem 1 1 PABD = |(-3 + 1)(2 - 4) - (-1 - 4)(1 + 1)| = |4 + 10| = 7 2 2 1 1 19 PCDB = |(1 - 2)(-1 + 2) - (2 + 2)(-3 - 2)| = | - 1 + 20| = . 2 2 2 Zatem 19 33 PABCD = PABD + PCDB = 7 + = . 2 2 Sposób II Je|eli nie chcemy korzysta z gotowego wzoru na pole to mo|emy obliczy pola trój- któw ABD i CDB wprost. Liczymy najpierw dBugo[ odcinka DB. " DB = (-3 - 1)2 + (-1 - 2)2 = 16 + 9 = 5. Napiszemy teraz równanie prostej DB i policzymy odlegBo[ci punktów A i C od tej prostej (czyli dBugo[ci wysoko[ci trójktów ABD i CDB). Szukamy prostej postaci y = ax + b i podstawiamy wspóBrzdne punktów D i B. 2 = a + b -1 = -3a + b MateriaB pobrany z serwisu 7  NAJWIKSZY INTERNETOWY ZBIÓR ZADAC Z MATEMATYKI 3 Odejmujc od pierwszego równania drugie mamy 3 = 4a, czyli a = . Zatem 4 3 5 b = 2 - a = 2 - = 4 4 i prosta BD mam równanie 3 5 y = x + / · 4 4 4 4y - 3x - 5 = 0. Liczymy teraz odlegBo[ci punktów A i C od tej prostej |16 + 3 - 5| 14 " = 5 16 + 9 | - 8 - 6 - 5| 19 " = . 5 16 + 9 Std 1 14 PABD = · 5 · = 7 2 5 1 19 19 PCDB = · 5 · = 2 5 2 19 33 PABCD = PABD + PCDB = 7 + = . 2 2 33 Odpowiedz: 2 b) Liczenie sinusów w ukBadzie wspóBrzdnych to udrka, ale dziki twierdzeniu sinu- sów mo|emy zamieni sinusy na dBugo[ci odcinków. Patrzc na trójkty ABD i CDB mamy DA DB sin DBA AD = Ò! = sin DBA sin BAD sin BAD DB DC DB sin DBC DC = Ò! = . sin DBC sin BCD sin BCD DB Mamy wic 2 2 2 2 sin DBC sin DBA DC AD + = + = sin BCD sin BAD DB DB DC2 + AD2 (2 - 1)2 + (-2 - 2)2 + (1 + 1)2 + (2 - 4)2 = = = DB2 (-3 - 1)2 + (-1 - 2)2 1 + 16 + 4 + 4 = = 1. 16 + 9 Odpowiedz: 1 MateriaB pobrany z serwisu 8  NAJWIKSZY INTERNETOWY ZBIÓR ZADAC Z MATEMATYKI ZADANIE 8 (6 PKT.) Na rysunku przedstawiono wykres pewnej funkcji wykBadniczej f (x) = ax dla x " R. y 5 3 1 -5 -1 +5 x -1 -5 Wykres ten przeksztaBcono w symetrii [rodkowej wzgldem punktu (1, -1), a nastpnie w symetrii osiowej wzgldem prostej x = -2. Otrzymano w ten sposób wykres funkcji g(x) = b · ax + c. a) Wyznacz liczby a, b, c i naszkicuj wykres funkcji y = g(x). b) Odczytaj z wykresu rozwizanie nierówno[ci g(x) -5. ROZWIZANIE Rozpocznijmy od wyznaczenia a. Z wykresu widzimy, |e f (-1) = 3, czyli 1 1 3 = a-1 = Ð!Ò! a = . a 3 b a) Szukamy funkcji postaci y = + c, wic wystarczy znalez dwa punkty na jej wy- 3x kresie, aby wyznaczy b i c (mamy dwie niewiadome, wic potrzebujemy dwóch rów- naD). Mo|na wybra ró|ne punkty  my zobaczymy na co przejd punkty A = (0, 1) i B = (-1, 3). y y 5 +5 3 B 1 +1 A -5 -1 +5 x -5 -1 +5 x -1 -1 A'' A'' A' B'' B'' -5 -5 B' y=-5 x=-2 MateriaB pobrany z serwisu 9  NAJWIKSZY INTERNETOWY ZBIÓR ZADAC Z MATEMATYKI Najpierw symetria [rodkowa wzgldem punktu (1, -1). Szukamy punktów A i B takich, |eby punkt (1, -1) byB [rodkiem odcinków AA i BB . 0 + xA 1 + yA (1, -1) = , Ò! A = (2, -3) 2 2 -1 + xB 3 + yB (1, -1) = , Ò! B = (3, -5). 2 2 Teraz znajdujemy obrazy A i B punktów A i B w symetrii wzgldem prostej x = -2. Punkty te bd miaBy takie same drugie wspóBrzdne jak punkty A i B , a ich pierwsze wspóBrzdne musz by takie, |eby [rodki odcinków A A i B B le|aBy na prostej x = -2. Mamy wic xA + xA 2 + xA - 2 = = Ò! A = (-6, -3) 2 2 xB + xB 3 + xB - 2 = = Ò! B = (-7, -5). 2 2 Teraz Batwo wyznaczy liczby b i c  podstawiamy wspóBrzdne punktów A i B do wzoru funkcji g. ñø -6 ôø 1 òø -3 = b · + c = b · 36 + c 3 -7 ôø 1 óø -5 = b · + c = b · 37 + c. 3 Porównujc c z obu równaD mamy b · 36 + 3 = b · 37 + 5 - 2 = b · 36(3 - 1) 1 - 1 = b · 36 Ò! b = - . 36 Zatem c = -3 - b · 36 = -3 + 1 = -2. 1 Odpowiedz: (a, b, c) = (1, -729, -2) 3 b) Poniewa| 1 1 1 g(x) = - · - 2 = - + 2 , 36 3x 3x+6 1 wykres funkcji g(x) powstaje z wykresu funkcji y = przez przesunicie o wektor 3x [-6, 2], a nastpnie odbicie wzgldem osi Ox. Bez trudu szkicujemy wykres. Z wykresu wida, |e rozwizaniem nierówno[ci g(x) -5 jest przedziaB (-", -7 . Odpowiedz: (-", -7 MateriaB pobrany z serwisu 10  NAJWIKSZY INTERNETOWY ZBIÓR ZADAC Z MATEMATYKI ZADANIE 9 (5 PKT.) OdlegBo[ [rodka wysoko[ci sto|ka od jego powierzchni bocznej jest trzy razy mniejsza ni| promieD jego podstawy. Oblicz sinus kta rozwarcia sto|ka. ROZWIZANIE Rozpoczynamy od rysunku, od razu skupiamy si na przekroju osiowym. C ± ± h E x D h 3x A B Niech D bdzie [rodkiem wysoko[ci i powiedzmy, |e dzieli on wysoko[ na odcinki dBugo[ci h. Oznaczmy te| przez x odlegBo[ tego punktu od powierzchni bocznej sto|ka. Zauwa|my, |e trójkty CED i CAB s prostoktne i maj wspólny kt przy wierzchoBku C. S wic podobne. Mamy wic CE CA = DE AB CA 2h 2 CE = · DE = · x = h. AB 3x 3 Piszemy teraz twierdzenie Pitagorasa w trójkcie CDE. CE2 + DE2 = CD2 4 h2 + x2 = h2 9 5 x2 = h2 9 " 5 x = h. 3 Mamy zatem " " 5 h x 5 3 sin ± = = = . h h 3 To jednak nie koniec, bo mamy wyliczy sin 2±, a nie sin ±. Aby móc skorzysta ze wzoru sin 2± = 2 sin ± cos ±, wyliczymy jeszcze cos ±. 2 h CE 2 3 cos ± = = = . CD h 3 MateriaB pobrany z serwisu 11  NAJWIKSZY INTERNETOWY ZBIÓR ZADAC Z MATEMATYKI Mamy wic " " 5 2 4 5 sin 2± = 2 sin ± cos ± = 2 · · = . 3 3 9 " 4 5 Odpowiedz: 9 ZADANIE 10 (3 PKT.) 27318-1 Uzasadnij, |e liczba jest liczb caBkowit. 953-1 ROZWIZANIE Bdziemy korzysta ze wzoru an - 1 = (a - 1)(an-1 + an-2 + · · · + a + 1). Mamy zatem 27318 - 1 33·318 - 1 93·159 - 1 (953)9 - 1 = = = = 953 - 1 953 - 1 953 - 1 953 - 1 8 7 (953 - 1)((953)8 + (953)7 + · · · + 1) = = 953 + 953 + · · · + 1. 953 - 1 Wida wic, |e jest to liczba caBkowita. ZADANIE 11 (5 PKT.) Do 12 ponumerowanych szuflad wkBadamy losowo 13 pojedynczych skarpetek, przy czym dokBadnie dwie z nich tworz par. Jakie jest prawdopodobieDstwo otrzymania konfigu- racji, w której |adna szuflada nie jest pusta oraz skarpetki tworzce par znajduj si w ró|nych szufladach. ROZWIZANIE Ka|d skarpetk mo|emy wBo|y do jednej z 12 szuflad, wic je|eli za zdarzenia elementar- ne przyjmiemy cigi numerów szuflad, do których trafiBy kolejne skarpetki to |&!| = 12 · 12 · 12 · · · 12 = 1213. Zauwa|my, |e przy takim podej[ciu odró|niamy od siebie dwie skarpetki tworzce par. Równie dobrze mogliby[my uzna je za nieodró|nialne, ale nie upro[ciBoby to rachunków. Zdarzenia sprzyjajce policzymy na dwa sposoby, ale zanim to zrobimy zauwa|my, |e poniewa| skarpetek jest 13, a szuflad 12, oraz w ka|dej szufladzie ma by co najmniej jedna skarpetka, wic dokBadnie w jednej z szuflad musz by dwie skarpetki, a we wszystkich pozostaBych po jednej skarpetce. Sposób I MateriaB pobrany z serwisu 12  NAJWIKSZY INTERNETOWY ZBIÓR ZADAC Z MATEMATYKI W pierwszym podej[ciu nie przejmujmy si skarpetkami tworzcymi par i liczymy ile jest mo|liwo[ci takich rozmieszczeD skarpetek, |e |adna szuflada nie jest pusta. Liczymy nast- pujco: wybieramy najpierw dwie skarpetki, które znajd si w jednej szufladzie  mo|emy to zrobi na (13) sposobów, potem wybieramy szuflad, w której si znajd  mo|emy to 2 zrobi na 12 sposobów, a na koniec dowolnie umieszczamy pozostaBe 11 skarpetek w pozo- staBych 11 szufladach, w sumie jest wic 13 13 · 12 · 12 · 11! = · 12! = 78 · 12! 2 2 takich ukBadów. Teraz pozostaBo odj sytuacje, gdy dwie skarpetki z jednej pary trafiBy do tej samej szu- flady. Liczymy: szuflad do której trafiBy mo|emy wybra na 12 sposobów, a pozostaBe 11 skarpetek rozmieszczamy dowolnie, czyli jest 12 · 11! = 12! takich ukBadów. W takim razie jest 78 · 12! - 12! = 77 · 12! zdarzeD sprzyjajcych i prawdopodobieDstwo wynosi 77 · 12! 77 · 11! p = = 1213 1212 Sposób II Tym razem policzmy od razu liczb poprawnych ukBadów. Mamy dwie mo|liwe sytuacje: albo w szufladzie, w której s dwie skarpetki nie ma |adnej skarpetki z pary, albo jedna z tych skarpetek jest skarpetk z pary. W pierwszej sytuacji liczymy nastpujco: dwie skarpetki do podwójnej szuflady wybie- ramy spo[ród 11 pojedynczych skarpet, czyli na 11 11 · 10 = = 55 2 2 sposobów, potem ustalamy, która szuflada jest podwójna  na 12 sposobów, a na koniec dowolnie permutujemy pozostaBych 11 skarpetek w pozostaBych 11 szufladach. Razem jest wic 55 · 12 · 11! = 55 · 12! takich konfiguracji. W drugiej sytuacji, gdy jedna ze skarpetek jest w podwójnej szufladzie, liczymy nast- pujco: skarpetk z pary, która ma si znalez w podwójnej szufladzie mo|emy wybra na dwa sposoby, potem dobieramy do niej jedn pojedyncz skarpetk  mo|emy to zrobi na 11 sposobów, potem ustalamy, która szuflada ma by podwójna  mo|emy to zrobi na 12 sposobów, a na koniec, pozostaBe 11 skarpetek permutujemy dowolnie w pozostaBych 11 szufladach. Acznie jest wic 2 · 11 · 12 · 11! = 22 · 12! MateriaB pobrany z serwisu 13  NAJWIKSZY INTERNETOWY ZBIÓR ZADAC Z MATEMATYKI takich konfiguracji. Mamy wic 55 · 12! + 22 · 12! = 77 · 12! zdarzeD sprzyjajcych i prawdopodobieDstwo wynosi 77 · 12! 77 · 11! p = = 1213 1212 77·11! Odpowiedz: 1212 MateriaB pobrany z serwisu 14

Wyszukiwarka