Rozwiązujemy nierówność z wartością bezwzględną:

\(|x+5|\lt 15 \iff -15 \lt x+5 \lt 15\)

Odejmujemy \(5\) od każdej części:

\(-20 \lt x \lt 10\)

Szukamy liczb całkowitych dodatnich w tym przedziale, czyli liczb \(1, 2, 3, \ldots, 9\).

Jest ich \(9\).

Odpowiedź: A.

Zapisujemy pierwiastki jako potęgi o wykładnikach wymiernych:

\(\sqrt{x}\cdot\sqrt[3]{x}\cdot\sqrt[6]{x} = x^{\frac{1}{2}}\cdot x^{\frac{1}{3}}\cdot x^{\frac{1}{6}}\)

Mnożąc potęgi o tej samej podstawie, dodajemy wykładniki:

\(\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{6} = \frac{3}{6}+\frac{2}{6}+\frac{1}{6} = \frac{6}{6} = 1\)

Zatem iloczyn jest równy \(x^1 = x\).

Odpowiedź: A.

Przekształcamy dane wyrażenie tak, aby wyodrębnić składnik podzielny przez \(7\) oraz resztę.

\(49k^2+7k-2 = 49k^2+7k-7+5\)

Wyłączamy \(7\) przed nawias z pierwszych trzech składników:

\(49k^2+7k-7+5 = 7\left(7k^2+k-1\right)+5\)

Liczba \(k\) jest całkowita, więc \(7k^2+k-1\) również jest liczbą całkowitą. Ponadto \(0 \le 5 \lt 7\).

Oznacza to, że przy dzieleniu liczby \(49k^2+7k-2\) przez \(7\) otrzymujemy resztę \(5\), co kończy dowód. \(\blacksquare\)

Mamy do czynienia z procentem składanym. Kapitał po dwóch latach:

\(K_2 = 30\,000\cdot(1{,}07)^2 = 30\,000\cdot 1{,}1449 = 34\,347\) zł

Łączna wartość doliczonych odsetek to różnica kapitału końcowego i wpłaty:

\(34\,347 - 30\,000 = 4347\) zł

Odpowiedź: D.

Obliczamy każdy logarytm osobno.

\(\log_{2}\frac{1}{8} = \log_{2}2^{-3} = -3\)

\(\log_{2}4 = \log_{2}2^{2} = 2\)

Zatem suma jest równa:

\(-3+2 = -1\)

Odpowiedź: A.

Korzystamy ze wzoru na różnicę kwadratów \(a^2-b^2=(a-b)(a+b)\), przyjmując \(a = 1+\sqrt{5}\), \(b = 1-\sqrt{5}\).

\(a-b = \left(1+\sqrt{5}\right)-\left(1-\sqrt{5}\right) = 2\sqrt{5}\)

\(a+b = \left(1+\sqrt{5}\right)+\left(1-\sqrt{5}\right) = 2\)

Zatem:

\(\left(1+\sqrt{5}\right)^2-\left(1-\sqrt{5}\right)^2 = 2\sqrt{5}\cdot 2 = 4\sqrt{5}\)

Odpowiedź: C.

Rozkładamy licznik pierwszego ułamka na czynniki:

\(x^2+x = x(x+1)\)

Zapisujemy iloczyn i skracamy:

\(\frac{x(x+1)}{(x-2)^2}\cdot\frac{x-2}{x} = \frac{x(x+1)(x-2)}{(x-2)^2\cdot x}\)

Skracamy \(x\) oraz jeden czynnik \((x-2)\) (jest to możliwe, bo \(x\neq 0\) i \(x\neq 2\)):

\(= \frac{x+1}{x-2}\)

Odpowiedź: D.

Przekształcamy nierówność równoważnie:

\(x(2x-1)\lt 2x\)

\(2x^2-x\lt 2x\)

\(2x^2-3x\lt 0\)

Wyłączamy \(x\) przed nawias:

\(x(2x-3)\lt 0\)

Miejsca zerowe trójmianu \(x(2x-3)\) to:

\(x = 0\) oraz \(x = \frac{3}{2}\)

Współczynnik przy \(x^2\) jest dodatni, więc parabola ma ramiona skierowane w górę, a wartości ujemne przyjmuje między miejscami zerowymi.

Odpowiedź: \(x\in\left(0;\;\frac{3}{2}\right)\)

Stosujemy metodę grupowania wyrazów:

\(x^3+4x^2-9x-36=0\)

\(x^2(x+4)-9(x+4)=0\)

Wyłączamy wspólny czynnik \((x+4)\):

\((x+4)\left(x^2-9\right)=0\)

Drugi czynnik rozkładamy ze wzoru na różnicę kwadratów:

\((x+4)(x-3)(x+3)=0\)

Iloczyn jest równy zeru, gdy któryś z czynników jest zerem:

\(x+4=0\) lub \(x-3=0\) lub \(x+3=0\)

Odpowiedź: \(x=-4\) lub \(x=-3\) lub \(x=3\)

Najpierw wyznaczamy dziedzinę. Mianownik musi być różny od zera:

\(x^2-4\neq 0\), czyli \(x\neq 2\) i \(x\neq -2\)

Ułamek jest równy zeru, gdy jego licznik jest równy zeru:

\(\left(x^2-3x\right)(x+2)=0\)

\(x(x-3)(x+2)=0\)

\(x=0\) lub \(x=3\) lub \(x=-2\)

Liczba \(-2\) nie należy do dziedziny, więc ją odrzucamy.

Pozostają dwa rozwiązania: \(x=0\) oraz \(x=3\).

Odpowiedź: B.

Wykresy dwóch funkcji liniowych nie mają punktów wspólnych, gdy proste są równoległe i różne, czyli gdy mają równe współczynniki kierunkowe, a różne wyrazy wolne.

Porównujemy współczynniki kierunkowe:

\(2m+3 = -1\)

\(2m = -4\)

\(m = -2\)

Sprawdzamy wyrazy wolne: \(f(x) = -x+5\) oraz \(g(x) = -x\). Wyrazy wolne \(5\) i \(0\) są różne, więc proste są równoległe i różne — nie mają punktów wspólnych.

Odpowiedź: A.

Współczynnik kierunkowy prostej przechodzącej przez punkty \(A=(x_A,y_A)\) i \(B=(x_B,y_B)\) obliczamy ze wzoru:

\(a = \frac{y_B-y_A}{x_B-x_A}\)

Podstawiamy współrzędne:

\(a = \frac{3-(-1)}{4-(-3)} = \frac{4}{7}\)

Odpowiedź: D.

Dziedzina. Z wykresu odczytujemy, że funkcja jest określona dla \(x\) z przedziału od \(-5\) do \(-1\) oraz od \(1\) do \(5\), przy czym końce tych przedziałów zaznaczono pustymi kółkami, więc do dziedziny nie należą.

\(D_f = (-5,-1)\cup(1,5)\) — odpowiedź F.

Zbiór wartości. Lewa część wykresu przyjmuje wartości od \(-3\) (odcinek poziomy) do \(-1\) (odcinek poziomy), obie te wartości są osiągane, więc daje przedział \([-3,-1]\).

Prawa część wykresu przyjmuje wartości od \(1\) do \(3\), również osiągane, czyli \([1,3]\).

\(ZW_f = [-3,-1]\cup[1,3]\) — odpowiedź A.

Szukamy tych argumentów, dla których wykres leży poniżej prostej \(y=-1\).

Dla \(x\in(-5,-4]\) funkcja przyjmuje wartość \(-3\), czyli mniejszą od \(-1\).

Dla \(x\in(-4,-3)\) wykres rośnie od \(-3\) do \(-1\), więc wartości są nadal mniejsze od \(-1\).

Dla \(x=-3\) mamy \(f(x)=-1\), co nie spełnia nierówności ostrej, a dla \(x\gt -3\) wartości są równe \(-1\) lub dodatnie.

Odpowiedź: \(x\in(-5,-3)\)

Analizujemy trzy własności wykresu.

1. Ponieważ \(a\lt 0\), ramiona paraboli są skierowane w dół. Odrzucamy rysunki A i C.

2. Wyraz wolny wynosi \(1\), więc parabola przecina oś \(OY\) w punkcie \((0,1)\) — czyli powyżej początku układu.

3. Pierwsza współrzędna wierzchołka to \(x_w = -\frac{b}{2a}\). Skoro \(b\gt 0\) i \(a\lt 0\), to \(-\frac{b}{2a}\gt 0\), więc wierzchołek leży na prawo od osi \(OY\).

Na rysunku B wierzchołek leży na lewo od osi \(OY\), więc odpada. Warunki spełnia tylko rysunek D.

Odpowiedź: D.

Podstawiamy \(m_0=200\) oraz \(t=12\) do wzoru:

\(m(12)=200\cdot(0{,}6)^{0,25\cdot 12}\)

Obliczamy wykładnik:

\(0{,}25\cdot 12 = 3\)

Zatem:

\(m(12)=200\cdot(0{,}6)^{3}=200\cdot 0{,}216 = 43{,}2\)

Odpowiedź: w organizmie pozostanie \(43{,}2\) mg leku.

Iloraz ciągu geometrycznego obliczamy jako stosunek kolejnych wyrazów:

\(q=\frac{m(4{,}5)}{m(2{,}5)}=\frac{m_0\cdot(0{,}6)^{0,25\cdot 4,5}}{m_0\cdot(0{,}6)^{0,25\cdot 2,5}}\)

Masa \(m_0\) się skraca, a przy dzieleniu potęg o tej samej podstawie odejmujemy wykładniki:

\(q=(0{,}6)^{0,25\cdot(4,5-2,5)}=(0{,}6)^{0,25\cdot 2}=(0{,}6)^{0,5}\)

Sprawdzenie dla kolejnej pary wyrazów daje ten sam wynik:

\(\frac{m(6{,}5)}{m(4{,}5)}=(0{,}6)^{0,25\cdot(6,5-4,5)}=(0{,}6)^{0,5}\)

Odpowiedź: \(q=(0{,}6)^{0,5}=\sqrt{0{,}6}=\frac{\sqrt{15}}{5}\)

Rozwiązujemy nierówność \(a_n\lt 10\):

\(\frac{n-2}{3}\lt 10\)

\(n-2\lt 30\)

\(n\lt 32\)

Ponieważ \(n\) jest liczbą naturalną i \(n\ge 1\), warunek spełniają liczby \(n=1,2,\ldots,31\).

Takich wyrazów jest \(31\).

Odpowiedź: B.

W ciągu arytmetycznym środkowy wyraz jest średnią arytmetyczną wyrazów sąsiednich:

\(2\cdot 4 = 1 + (a+5)\)

\(8 = a+6\)

\(a = 2\)

Sprawdzenie: ciąg \((1,\,4,\,7)\) ma stałą różnicę \(r=3\).

Odpowiedź: C.

Obliczamy iloraz ciągu:

\(q=\frac{a_2}{a_1}=\frac{-7{,}5}{3{,}75}=-2\)

Wyznaczamy trzeci wyraz:

\(a_3=a_2\cdot q=-7{,}5\cdot(-2)=15\)

Sumujemy trzy początkowe wyrazy:

\(S_3=3{,}75+(-7{,}5)+15=11{,}25\)

Odpowiedź: A.

Wyłączamy \(\cos\alpha\) przed nawias:

\(\cos\alpha-\cos\alpha\cdot\sin^2\alpha = \cos\alpha\left(1-\sin^2\alpha\right)\)

Korzystamy z jedynki trygonometrycznej \(\sin^2\alpha+\cos^2\alpha=1\), skąd \(1-\sin^2\alpha=\cos^2\alpha\):

\(=\cos\alpha\cdot\cos^2\alpha = \cos^3\alpha\)

Odpowiedź: A.

Korzystamy ze wzoru na pole trójkąta: \(P=\frac{1}{2}\cdot x\cdot y\cdot\sin\gamma\), gdzie \(\gamma\) jest kątem między bokami \(x\) i \(y\).

Bok \(a\) leży naprzeciw kąta \(30^\circ\), bok \(b\) naprzeciw \(45^\circ\), bok \(c\) naprzeciw \(105^\circ\).

Boki \(a\) i \(c\). Ich wspólnym wierzchołkiem jest wierzchołek kąta \(45^\circ\), więc

\(P=\frac{1}{2}\cdot a\cdot c\cdot\sin 45^\circ=\frac{1}{2}\cdot a\cdot c\cdot\frac{\sqrt{2}}{2}=\frac{\sqrt{2}}{4}\cdot a\cdot c\) — odpowiedź C.

Boki \(b\) i \(c\). Ich wspólnym wierzchołkiem jest wierzchołek kąta \(30^\circ\), więc

\(P=\frac{1}{2}\cdot b\cdot c\cdot\sin 30^\circ=\frac{1}{2}\cdot b\cdot c\cdot\frac{1}{2}=\frac{1}{4}\cdot b\cdot c\) — odpowiedź F.

Odpowiedź: C oraz F.

Z twierdzenia o stycznej i siecznej poprowadzonych z punktu \(D\):

\(|DA|^2=|DC|\cdot|DB|\)

gdzie \(|DB|=|DC|+|CB|=3+4=7\), zatem:

\(|DA|^2=3\cdot 7=21\), czyli \(|DA|=\sqrt{21}\)

Styczna jest prostopadła do średnicy w punkcie styczności, więc kąt \(DAB\) jest prosty. Z twierdzenia Pitagorasa w trójkącie \(DAB\):

\(|AB|^2=|DB|^2-|DA|^2=49-21=28\), czyli \(|AB|=2\sqrt{7}\)

Odległość punktu \(A\) od prostej \(l\) to wysokość poprowadzona z wierzchołka kąta prostego na przeciwprostokątną \(DB\):

\(h=\frac{|DA|\cdot|AB|}{|DB|}=\frac{\sqrt{21}\cdot 2\sqrt{7}}{7}=\frac{2\sqrt{147}}{7}=\frac{2\cdot 7\sqrt{3}}{7}=2\sqrt{3}=\sqrt{12}\)

Odpowiedź: C.

Stwierdzenie 1. Podstawy trapezu są równoległe: \(AB\parallel CD\). Przekątna \(AC\) jest sieczną tych prostych, więc kąty \(\sphericalangle BAE\) i \(\sphericalangle DCE\) są naprzemianległe, czyli równe. Podobnie przekątna \(BD\) daje \(\sphericalangle ABE = \sphericalangle CDE\).

Trójkąty \(ABE\) i \(CDE\) mają dwa kąty odpowiednio równe, więc są podobne (cecha kąt–kąt). Stwierdzenie prawdziwe (P).

Stwierdzenie 2. Trójkąty \(ACD\) i \(BCD\) mają wspólną podstawę \(CD\). Wierzchołki \(A\) i \(B\) leżą na prostej równoległej do \(CD\), więc wysokości opuszczone na tę podstawę są równe (jest to odległość między prostymi \(AB\) i \(CD\)).

Skoro podstawy i wysokości są równe, pola są równe. Stwierdzenie prawdziwe (P).

Odpowiedź: P, P.

Rozważamy trójkąt \(BKC\).

Kąt \(\sphericalangle KBC\) to kąt \(\sphericalangle DBC\), czyli \(40^\circ\).

Kąt \(\sphericalangle BCK\) to kąt wpisany \(\sphericalangle BCA\), oparty na tym samym łuku \(AB\) co kąt \(\sphericalangle ADB\), więc ma taką samą miarę \(20^\circ\).

Z sumy kątów w trójkącie \(BKC\):

\(|\sphericalangle BKC|=180^\circ-40^\circ-20^\circ=120^\circ\)

Punkty \(D\), \(K\), \(B\) leżą na jednej prostej (cięciwa \(BD\)), więc kąty \(DKC\) i \(BKC\) są przyległe:

\(|\sphericalangle DKC|=180^\circ-120^\circ=60^\circ\)

Uwaga: ten sam wynik daje wzór na kąt między przecinającymi się cięciwami: \(|\sphericalangle DKC|=\frac{1}{2}\left(\overset{\frown}{DC}+\overset{\frown}{AB}\right)=\frac{1}{2}(80^\circ+40^\circ)=60^\circ\).

Odpowiedź: B.

Ze wzoru na pole trójkąta równobocznego \(P=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}\) odczytujemy długości boków:

\(a_1=1{,}5\) oraz \(a_2=4{,}5\)

Skala podobieństwa to stosunek odpowiadających sobie boków:

\(k=\frac{a_2}{a_1}=\frac{4{,}5}{1{,}5}=3\) — odpowiedź A.

Uzasadnieniem jest własność, że stosunek pól figur podobnych równa się kwadratowi skali podobieństwa:

\(\frac{P_2}{P_1}=k^2=3^2=9\)

Pole trójkąta \(T_2\) jest więc \(9\) razy większe — uzasadnienie 2.

Uzasadnienie 1. dotyczy każdego trójkąta równobocznego i nie wskazuje skali, a uzasadnienie 3. podaje różnicę boków, a nie ich stosunek.

Odpowiedź: A2.

Kąty \(ABC\) i \(DAB\) w równoległoboku są kątami przy tym samym boku, więc ich suma wynosi \(180^\circ\):

\(|\sphericalangle DAB|=180^\circ-135^\circ=45^\circ\)

Pole równoległoboku o bokach \(AB\), \(AD\) i kącie \(\alpha\) między nimi:

\(P=|AB|\cdot|AD|\cdot\sin\alpha\)

Podstawiamy dane:

\(40\sqrt{6}=|AB|\cdot 10\cdot\sin 45^\circ = |AB|\cdot 10\cdot\frac{\sqrt{2}}{2}=|AB|\cdot 5\sqrt{2}\)

Stąd:

\(|AB|=\frac{40\sqrt{6}}{5\sqrt{2}}=8\cdot\frac{\sqrt{6}}{\sqrt{2}}=8\sqrt{3}\)

Odpowiedź: A.

Warunek prostopadłości wykresów funkcji liniowych: \(a_1\cdot a_2=-1\).

Współczynnik kierunkowy funkcji \(f\) wynosi \(a_1=-1\), zatem:

\(a_2\cdot(-1)=-1\), czyli \(a_2=1\)

Wykres funkcji \(g\) przechodzi przez punkt \(P=(0,-1)\), więc wyraz wolny jest równy \(-1\).

Stąd \(g(x)=x-1\).

Odpowiedź: D.

Odcinek \(AC\) jest przekątną kwadratu. Obliczamy jego długość:

\(|AC|=\sqrt{(3-(-1))^2+(-3-5)^2}=\sqrt{4^2+(-8)^2}=\sqrt{16+64}=\sqrt{80}\)

Pole kwadratu o przekątnej \(d\) wyraża się wzorem \(P=\frac{d^2}{2}\):

\(P=\frac{\left(\sqrt{80}\right)^2}{2}=\frac{80}{2}=40\)

Odpowiedź: C.

Skoro \(|AP|:|PB|=1:3\), to \(|AP|:|AB|=1:4\), czyli \(\vec{AB}=4\cdot\vec{AP}\).

Obliczamy wektor \(\vec{AP}\):

\(\vec{AP}=[3-1,\;1-7]=[2,-6]\)

Zatem:

\(\vec{AB}=4\cdot[2,-6]=[8,-24]\)

Wyznaczamy współrzędne punktu \(B\):

\(B=(1+8,\;7-24)=(9,-17)\)

Odpowiedź: B.

Krawędź boczna prostopadła do płaszczyzny podstawy jest jednocześnie wysokością ostrosłupa, więc \(H=12\).

Pole podstawy (kwadrat o boku \(6\)):

\(P_p=6^2=36\)

Objętość ostrosłupa:

\(V=\frac{1}{3}\cdot P_p\cdot H=\frac{1}{3}\cdot 36\cdot 12=144\)

Odpowiedź: \(V=144\)

Wierzchołek ostrosłupa znajduje się nad jednym z wierzchołków podstawy — oznaczmy go \(A\). Najdłuższa krawędź boczna łączy wierzchołek ostrosłupa z wierzchołkiem \(C\) przeciwległym do \(A\), bo jego rzut jest najdalej od spodka wysokości.

Rzutem tej krawędzi na podstawę jest przekątna kwadratu:

\(|AC|=6\sqrt{2}\)

Kąt nachylenia \(\alpha\) tworzy trójkąt prostokątny o przyprostokątnych \(H=12\) (naprzeciw kąta) i \(|AC|=6\sqrt{2}\) (przy kącie):

\(\mathrm{tg}\,\alpha=\frac{12}{6\sqrt{2}}=\frac{2}{\sqrt{2}}=\sqrt{2}\)

Odpowiedź: A.

W sześciokącie foremnym najdłuższa przekątna (łącząca przeciwległe wierzchołki) jest dwa razy dłuższa od boku:

\(|AD|=2\cdot 5=10\)

Trójkąt \(ADD'\) jest prostokątny (krawędź boczna jest prostopadła do podstawy), a kąt przy wierzchołku \(A\) ma miarę \(45^\circ\). W trójkącie prostokątnym o kącie ostrym \(45^\circ\) przyprostokątne są równe, zatem wysokość graniastosłupa:

\(H=|DD'|=|AD|=10\)

Ściana boczna jest prostokątem o wymiarach \(5\times 10\):

\(P=5\cdot 10=50\)

Odpowiedź: C.

Szukamy liczb postaci \(\overline{abc}\), gdzie \(a\ge 1\) (pierwsza cyfra liczby trzycyfrowej) oraz \(a+b+c=3\).

Rozpatrujemy możliwe wartości cyfry \(a\):

\(a=1\): wtedy \(b+c=2\), czyli \((b,c)\in\{(0,2),(1,1),(2,0)\}\) — \(3\) liczby: \(102, 111, 120\)

\(a=2\): wtedy \(b+c=1\), czyli \((b,c)\in\{(0,1),(1,0)\}\) — \(2\) liczby: \(201, 210\)

\(a=3\): wtedy \(b+c=0\), czyli \((b,c)=(0,0)\) — \(1\) liczba: \(300\)

Łącznie: \(3+2+1=6\) liczb.

Odpowiedź: D.

Zdarzeniami elementarnymi są uporządkowane pary różnych liczb \((a,b)\), gdzie \(a,b\in\{1,2,\ldots,8\}\) i \(a\neq b\) (losowanie bez zwracania).

\(|\Omega|=8\cdot 7=56\)

Dzielnikami liczby \(8\) są: \(1, 2, 4, 8\). Suma dwóch różnych liczb ze zbioru wynosi co najmniej \(1+2=3\) i co najwyżej \(7+8=15\), więc w grę wchodzą tylko sumy \(4\) i \(8\).

Suma równa \(4\): para \(\{1,3\}\) (pary \(\{2,2\}\) nie można otrzymać bez zwracania), co daje \(2\) pary uporządkowane: \((1,3)\), \((3,1)\).

Suma równa \(8\): pary \(\{1,7\}\), \(\{2,6\}\), \(\{3,5\}\) (para \(\{4,4\}\) odpada), co daje \(6\) par uporządkowanych: \((1,7), (7,1), (2,6), (6,2), (3,5), (5,3)\).

\(|A|=2+6=8\)

\(P(A)=\frac{|A|}{|\Omega|}=\frac{8}{56}=\frac{1}{7}\)

Odpowiedź: \(P(A)=\frac{1}{7}\)

Oznaczmy przez \(y\) wysokość prostokąta (odległość boku \(EF\) od podstawy \(AB\)), a przez \(x\) jego długość, czyli \(x=|EF|\).

Krok 1. Związek między \(x\) a \(y\).

Pole trapezu \(ABCD\) jest sumą pól trapezów \(ABFE\) i \(EFCD\):

\(P_{ABCD}=P_{ABFE}+P_{EFCD}\)

\(\frac{400+100}{2}\cdot 75=\frac{400+x}{2}\cdot y+\frac{x+100}{2}\cdot(75-y)\)

\(18\,750=\frac{400y+xy+75x-xy+7500-100y}{2}\)

\(37\,500=300y+75x+7500\)

\(75x=30\,000-300y\)

\(x=400-4y\)

Krok 2. Pole prostokąta jako funkcja jednej zmiennej.

\(P(y)=x\cdot y=(400-4y)\cdot y=-4y^2+400y\) dla \(y\in(0,75)\)

Krok 3. Wartość największa.

Jest to funkcja kwadratowa o współczynniku \(a=-4\lt 0\), więc największą wartość przyjmuje w wierzchołku. Miejsca zerowe to \(y=0\) i \(y=100\), zatem:

\(y_w=\frac{0+100}{2}=50\)

Wartość \(50\) należy do przedziału \((0,75)\), więc jest dopuszczalna.

Wtedy:

\(x=400-4\cdot 50=200\)

\(P_{max}=200\cdot 50=10\,000\)

Odpowiedź: boki prostokąta mają długości \(200\) m i \(50\) m, a największa powierzchnia placu wynosi \(10\,000\) m\(^2\).