Matura z matematyki (poziom rozszerzony) - Czerwiec 2011 — zadania z rozwiązaniami

Krok 1. Wyznaczenie przedziałów.

Wyrażenia pod wartością bezwzględną zerują się dla \(x=2\) oraz \(x=5\). Rozpatrujemy trzy przedziały.

Krok 2. Przypadek \(x\lt 2\).

\(|2x-4|=4-2x\), \(\;|x-5|=5-x\)

\((4-2x)+(5-x)\ge 12\)

\(9-3x\ge 12\Rightarrow -3x\ge 3\Rightarrow x\le -1\)

Część wspólna z przedziałem \((-\infty,2)\): \(x\le -1\).

Krok 3. Przypadek \(2\le x\lt 5\).

\(|2x-4|=2x-4\), \(\;|x-5|=5-x\)

\((2x-4)+(5-x)\ge 12\)

\(x+1\ge 12\Rightarrow x\ge 11\)

Brak części wspólnej z przedziałem \(\langle 2,5)\) — sprzeczność.

Krok 4. Przypadek \(x\ge 5\).

\(|2x-4|=2x-4\), \(\;|x-5|=x-5\)

\((2x-4)+(x-5)\ge 12\)

\(3x\ge 21\Rightarrow x\ge 7\)

Część wspólna z przedziałem \(\langle 5,+\infty)\): \(x\ge 7\).

Krok 5. Suma rozwiązań.

Odpowiedź: \(x\in(-\infty,-1\rangle\cup\langle 7,+\infty)\)

Etap I. Dwa różne pierwiastki rzeczywiste.

\(\Delta=(m-2)^2-4\cdot 2\cdot(-3m)=m^2-4m+4+24m=m^2+20m+4\)

\(\Delta\gt 0\iff m^2+20m+4\gt 0\)

\(\Delta_m=400-16=384\), \(\;\sqrt{384}=8\sqrt{6}\)

Pierwiastki: \(m=\frac{-20\pm 8\sqrt{6}}{2}=-10\pm 4\sqrt{6}\)

\(m\in\left(-\infty,-10-4\sqrt{6}\right)\cup\left(-10+4\sqrt{6},+\infty\right)\)

Etap II. Warunek na pierwiastki.

Zauważamy, że \(x_1^2+x_2^2-2x_1x_2=(x_1-x_2)^2\), a ponadto:

\((x_1-x_2)^2=(x_1+x_2)^2-4x_1x_2\)

Ze wzorów Viète’a: \(x_1+x_2=\frac{m-2}{2}\), \(\;x_1x_2=-\frac{3m}{2}\)

\((x_1-x_2)^2=\frac{(m-2)^2}{4}+6m=\frac{(m-2)^2+24m}{4}=\frac{m^2+20m+4}{4}\)

Warunek \((x_1-x_2)^2\le 25\):

\(m^2+20m+4\le 100\)

\(m^2+20m-96\le 0\)

\(\Delta_m=400+384=784\), \(\;\sqrt{784}=28\)

\(m\in\langle-24,4\rangle\)

Etap III. Część wspólna.

\(-10-4\sqrt{6}\approx-19{,}80\), \(\;-10+4\sqrt{6}\approx-0{,}20\)

Odpowiedź: \(m\in\left\langle-24,\;-10-4\sqrt{6}\right)\cup\left(-10+4\sqrt{6},\;4\right\rangle\)

Krok 1. Zapisanie warunków.

Ciąg geometryczny: \(b^2=ac\)

Ciąg arytmetyczny: \(2\cdot 2b=(3a+3)+(c-12)\), czyli \(4b=3a+c-9\)

Suma dwóch pierwszych wyrazów równa trzeciemu: \((3a+3)+2b=c-12\), czyli \(c=3a+2b+15\)

Krok 2. Redukcja do jednej niewiadomej.

Podstawiamy \(c=3a+2b+15\) do drugiego równania:

\(4b=3a+(3a+2b+15)-9\)

\(4b=6a+2b+6\)

\(2b=6a+6\Rightarrow b=3a+3\)

Stąd:

\(c=3a+2(3a+3)+15=9a+21\)

Krok 3. Wykorzystanie warunku ciągu geometrycznego.

\((3a+3)^2=a(9a+21)\)

\(9a^2+18a+9=9a^2+21a\)

\(9=3a\Rightarrow a=3\)

Krok 4. Pozostałe wyrazy.

\(b=3\cdot 3+3=12\), \(\;c=9\cdot 3+21=48\)

Sprawdzenie: \((3,12,48)\) — ciąg geometryczny o ilorazie \(4\) ✓; \((12,24,36)\) — ciąg arytmetyczny o różnicy \(12\) ✓; \(12+24=36\) ✓

Odpowiedź: \(a=3\), \(b=12\), \(c=48\)

Krok 1. Sprowadzenie do jednej funkcji trygonometrycznej.

Korzystamy z jedynki trygonometrycznej \(\sin^2 x=1-\cos^2 x\):

\(6\left(1-\cos^2 x\right)+7\cos x-1=0\)

\(6-6\cos^2 x+7\cos x-1=0\)

\(6\cos^2 x-7\cos x-5=0\)

Krok 2. Równanie kwadratowe z niewiadomą \(t=\cos x\).

\(6t^2-7t-5=0\)

\(\Delta=49+120=169\), \(\;\sqrt{\Delta}=13\)

\(t_1=\frac{7-13}{12}=-\frac{1}{2}\), \(\;t_2=\frac{7+13}{12}=\frac{5}{3}\)

Krok 3. Powrót do zmiennej \(x\).

Ponieważ \(\cos x\in\langle-1,1\rangle\), wartość \(t_2=\frac{5}{3}\gt 1\) odrzucamy.

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

W przedziale \(\langle 0,2\pi\rangle\):

\(x=\frac{2\pi}{3}\) lub \(x=\frac{4\pi}{3}\)

Odpowiedź: \(x=\frac{2\pi}{3}\), \(x=\frac{4\pi}{3}\) (czyli \(120^\circ\) i \(240^\circ\))

Krok 1. Twierdzenie cosinusów.

Dla kąta \(\alpha\) (naprzeciw boku \(a\)):

\(a^2=b^2+c^2-2bc\cos\alpha\Rightarrow b^2+c^2-a^2=2bc\cos\alpha\)

Dla kąta \(\beta\) (naprzeciw boku \(b\)):

\(b^2=a^2+c^2-2ac\cos\beta\Rightarrow a^2+c^2-b^2=2ac\cos\beta\)

Krok 2. Iloraz.

\(\frac{b^2+c^2-a^2}{a^2+c^2-b^2}=\frac{2bc\cos\alpha}{2ac\cos\beta}=\frac{b\cos\alpha}{a\cos\beta}\)

(mianownik jest różny od zera, bo trójkąt jest ostrokątny, więc \(\cos\beta\gt 0\))

Krok 3. Twierdzenie sinusów.

\(\frac{a}{\sin\alpha}=\frac{b}{\sin\beta}\Rightarrow\frac{b}{a}=\frac{\sin\beta}{\sin\alpha}\)

Krok 4. Zakończenie.

\(\frac{b\cos\alpha}{a\cos\beta}=\frac{\sin\beta}{\sin\alpha}\cdot\frac{\cos\alpha}{\cos\beta}=\frac{\frac{\sin\beta}{\cos\beta}}{\frac{\sin\alpha}{\cos\alpha}}=\frac{\operatorname{tg}\beta}{\operatorname{tg}\alpha}\)

co należało wykazać. \(\blacksquare\)

Krok 1. Postać wielomianu.

Przypuśćmy, że taki wielomian istnieje:

\(W(x)=ax^3+bx^2+cx+d\), gdzie \(a,b,c,d\in\mathbb{Z}\) oraz \(a\neq 0\)

Krok 2. Obliczenie wartości.

\(W(2)=8a+4b+2c+d=3\)

\(W(-2)=-8a+4b-2c+d=2\)

Krok 3. Odejmowanie stronami.

\(W(2)-W(-2)=16a+4c=3-2=1\)

\(4(4a+c)=1\)

Krok 4. Sprzeczność.

Lewa strona jest liczbą podzielną przez \(4\) (bo \(4a+c\) jest liczbą całkowitą), a prawa strona jest równa \(1\), czyli nie jest podzielna przez \(4\).

Otrzymaliśmy sprzeczność, zatem taki wielomian nie istnieje. \(\blacksquare\)

Krok 1. Kąt między danymi bokami.

Ze wzoru na pole trójkąta:

\(P=\frac{1}{2}\cdot|AC|\cdot|AB|\cdot\sin\alpha\), gdzie \(\alpha=|\angle BAC|\)

\(10\sqrt{3}=\frac{1}{2}\cdot 5\cdot 8\cdot\sin\alpha=20\sin\alpha\)

\(\sin\alpha=\frac{\sqrt{3}}{2}\)

Trójkąt jest ostrokątny, więc \(\alpha=60^\circ\) i \(\cos\alpha=\frac{1}{2}\).

Krok 2. Trzeci bok.

Z twierdzenia cosinusów:

\(|BC|^2=5^2+8^2-2\cdot 5\cdot 8\cdot\frac{1}{2}=25+64-40=49\)

\(|BC|=7\)

Sprawdzenie ostrokątności: najdłuższy bok \(8\), a \(8^2=64\lt 5^2+7^2=74\) ✓

Krok 3. Twierdzenie sinusów.

\(\frac{|BC|}{\sin\alpha}=2R\)

\(2R=\frac{7}{\frac{\sqrt{3}}{2}}=\frac{14}{\sqrt{3}}\)

\(R=\frac{7}{\sqrt{3}}=\frac{7\sqrt{3}}{3}\)

Odpowiedź: \(R=\frac{7\sqrt{3}}{3}\)

Krok 1. Symetria trapezu.

W trapezie równoramiennym oś symetrii zamienia miejscami końce każdej z podstaw, więc odbicie względem prostej \(y=2x\) przeprowadza \(A\) na \(B\) oraz \(C\) na \(D\).

Prostą zapisujemy w postaci ogólnej: \(2x-y=0\).

Krok 2. Odbicie punktu \(A\).

Dla punktu \(P=(x_0,y_0)\) i prostej \(2x-y=0\):

\(P'=P-\frac{2(2x_0-y_0)}{5}\cdot[2,-1]\)

Dla \(A=(-5,5)\): \(2\cdot(-5)-5=-15\), a \(\frac{2\cdot(-15)}{5}=-6\):

\(B=(-5,5)+6\cdot[2,-1]=(-5+12,\;5-6)=(7,-1)\)

Krok 3. Odbicie punktu \(C\).

Dla \(C=(8,6)\): \(2\cdot 8-6=10\), a \(\frac{2\cdot 10}{5}=4\):

\(D=(8,6)-4\cdot[2,-1]=(8-8,\;6+4)=(0,10)\)

Krok 4. Długości podstaw.

\(|AB|=\sqrt{(7+5)^2+(-1-5)^2}=\sqrt{144+36}=\sqrt{180}=6\sqrt{5}\)

\(|CD|=\sqrt{(0-8)^2+(10-6)^2}=\sqrt{64+16}=\sqrt{80}=4\sqrt{5}\)

Sprawdzenie równoległości: \(\vec{AB}=[12,-6]\), \(\vec{DC}=[8,-4]\) — wektory są równoległe ✓

Krok 5. Wysokość trapezu.

Prosta \(AB\) przechodzi przez \(A=(-5,5)\) i ma wektor kierunkowy \([12,-6]\), czyli \([2,-1]\):

\(AB:\;x+2y-5=0\)

Wysokość to odległość punktu \(C=(8,6)\) od tej prostej:

\(h=\frac{|8+12-5|}{\sqrt{1+4}}=\frac{15}{\sqrt{5}}=3\sqrt{5}\)

Krok 6. Pole.

\(P=\frac{|AB|+|CD|}{2}\cdot h=\frac{6\sqrt{5}+4\sqrt{5}}{2}\cdot 3\sqrt{5}=5\sqrt{5}\cdot 3\sqrt{5}=75\)

Odpowiedź: \(B=(7,-1)\), \(D=(0,10)\), pole trapezu \(P=75\)

Krok 1. Oznaczenia i podstawowa proporcja.

Niech \(|AB|=a\) oraz \(|CD|=b\) (podstawy trapezu, \(AB\parallel CD\)).

Trójkąty \(APB\) i \(CPD\) są podobne (kąty naprzemianległe przy prostych równoległych), a skala podobieństwa wynosi \(\frac{a}{b}\). Zatem:

\(\frac{|AP|}{|PC|}=\frac{|BP|}{|PD|}=\frac{a}{b}\), skąd \(\frac{|AP|}{|AC|}=\frac{|BP|}{|BD|}=\frac{a}{a+b}\)

Krok 2. Odcinek \(MP\).

W trójkącie \(ACD\) prosta \(MP\) jest równoległa do boku \(CD\) (bo \(MN\parallel CD\)), a punkt \(P\) leży na \(AC\). Z twierdzenia Talesa:

\(\frac{|MP|}{|CD|}=\frac{|AP|}{|AC|}=\frac{a}{a+b}\)

\(|MP|=\frac{ab}{a+b}\)

Krok 3. Odcinek \(NP\).

W trójkącie \(BCD\) prosta \(NP\) jest równoległa do boku \(CD\), a punkt \(P\) leży na \(BD\):

\(\frac{|NP|}{|CD|}=\frac{|BP|}{|BD|}=\frac{a}{a+b}\)

\(|NP|=\frac{ab}{a+b}\)

Krok 4. Wniosek.

\(|MP|=|NP|=\frac{ab}{a+b}\), co należało wykazać. \(\blacksquare\)

Krok 1. Układ współrzędnych.

\(A=(0,0)\), \(B=(2,0)\), \(C=(2,2)\), \(D=(0,2)\)

Z warunku \(|CE|=x\) (punkt \(E\) na boku \(BC\)): \(E=(2,\;2-x)\)

Z warunku \(|DF|=x\) (punkt \(F\) na boku \(CD\)): \(F=(x,\;2)\)

Punkty są różne od wierzchołków, więc \(x\in(0,2)\).

Krok 2. Pole trójkąta \(AEF\) jako dopełnienie.

Od pola kwadratu odejmujemy pola trzech trójkątów prostokątnych:

\(P_{ABE}=\frac{1}{2}\cdot 2\cdot(2-x)=2-x\)

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

\(P_{ADF}=\frac{1}{2}\cdot 2\cdot x=x\)

\(P(x)=4-(2-x)-\left(x-\frac{x^2}{2}\right)-x=\frac{1}{2}x^2-x+2\)

Krok 3. Najmniejsza wartość.

Funkcja \(P\) jest funkcją kwadratową o współczynniku \(\frac{1}{2}\gt 0\), więc przyjmuje wartość najmniejszą w wierzchołku:

\(x_w=\frac{1}{2\cdot\frac{1}{2}}=1\)

Liczba \(1\) należy do przedziału \((0,2)\) ✓

\(P(1)=\frac{1}{2}-1+2=\frac{3}{2}\)

Odpowiedź: pole trójkąta \(AEF\) jest najmniejsze dla \(x=1\) i wynosi \(\frac{3}{2}\).

Krok 1. Liczba wszystkich zdarzeń elementarnych.

Każdą z czterech cyfr wybieramy niezależnie spośród trzech:

\(|\Omega|=3^4=81\)

Krok 2. Zdarzenia sprzyjające.

Szukamy czwórek cyfr ze zbioru \(\{1,2,3\}\) o sumie \(7\). Możliwe zestawy cyfr:

• \(1+1+2+3=7\) — liczba ustawień: \(\frac{4!}{2!}=12\)

• \(1+2+2+2=7\) — liczba ustawień: \(\frac{4!}{3!}=4\)

• \(1+1+1+4\) — niemożliwe (brak cyfry \(4\)), \(\;3+3+1+0\) — niemożliwe (brak cyfry \(0\))

Innych zestawów nie ma: suma czterech cyfr ze zbioru \(\{1,2,3\}\) równa \(7\) wymaga, aby po odjęciu jedynki od każdej cyfry otrzymać trzy jednostki rozdzielone na cztery pozycje, przy czym na jedną pozycję przypadają najwyżej dwie.

\(|A|=12+4=16\)

Krok 3. Prawdopodobieństwo.

\(P(A)=\frac{16}{81}\)

Odpowiedź: \(P(A)=\frac{16}{81}\approx 0{,}198\)

Krok 1. Wprowadzenie środków krawędzi.

Niech \(M\) będzie środkiem krawędzi \(AS\), a \(N\) — środkiem krawędzi \(BC\).

Krok 2. Odcinki \(BM\) i \(CM\).

Trójkąt \(ABS\) jest równoramienny (\(|AB|=|SB|=9\)), więc środkowa \(BM\) jest jednocześnie wysokością:

\(|BM|=\sqrt{9^2-4^2}=\sqrt{81-16}=\sqrt{65}\)

Analogicznie z trójkąta \(ACS\) (\(|AC|=|SC|=9\)):

\(|CM|=\sqrt{65}\)

Krok 3. Prostopadłość krawędzi \(AS\) do płaszczyzny \(BMC\).

Mamy \(AS\perp BM\) oraz \(AS\perp CM\), a proste \(BM\) i \(CM\) przecinają się w punkcie \(M\), zatem:

\(AS\perp\) płaszczyzna \(BMC\)

Krok 4. Pole trójkąta \(BMC\).

Trójkąt \(BMC\) jest równoramienny (\(|BM|=|CM|=\sqrt{65}\)) o podstawie \(|BC|=8\), więc jego wysokość \(MN\) wynosi:

\(|MN|=\sqrt{65-16}=\sqrt{49}=7\)

\(P_{BMC}=\frac{1}{2}\cdot 8\cdot 7=28\)

Krok 5. Objętość.

Płaszczyzna \(BMC\) dzieli ostrosłup na dwa ostrosłupy o wspólnej podstawie \(BMC\) i wierzchołkach \(A\) oraz \(S\). Ponieważ \(AS\perp\) płaszczyzna \(BMC\), wysokościami tych ostrosłupów są odcinki \(AM\) i \(SM\), każdy o długości \(4\):

\(V=\frac{1}{3}\cdot 28\cdot 4+\frac{1}{3}\cdot 28\cdot 4=\frac{1}{3}\cdot 28\cdot 8=\frac{224}{3}\)

Odpowiedź: \(V=\frac{224}{3}\approx 74{,}67\)