Powtórzenie maturalne — zbiór zadań (klasa 4 LO) — zadania z rozwiązaniami

Szukamy największego kwadratu ukrytego w liczbie $18$:

$$18=9\cdot2$$

$$\sqrt{18}=\sqrt{9}\cdot\sqrt2=3\sqrt2$$

Sprawdzenie: $3\sqrt2\approx4{,}24$, a $\sqrt{18}\approx4{,}24$ ✔

Odpowiedź: C. $3\sqrt2$.

Szukamy wykładnika dla podstawy $2$:

$$2^6=64 \quad\Rightarrow\quad \log_2 64=6$$

Potęgi dwójki warto znać: $2^4=16$, $2^5=32$, $2^6=64$, $2^7=128$.

Odpowiedź: B. $6$.

Krok 1 — przyjmijmy cenę początkową $100$ zł (to nie ogranicza ogólności).

Krok 2 — po podwyżce:

$$100\cdot1{,}2=120\ \text{zł}$$

Krok 3 — po obniżce (liczonej już od $120$ zł):

$$120\cdot0{,}8=96\ \text{zł}$$

Krok 4 — zmiana względem początku:

$$\frac{96-100}{100}=-0{,}04=-4\%$$

Dlaczego nie zero: obniżka jest liczona od większej kwoty niż podwyżka, więc odejmuje więcej złotówek.

Odpowiedź: cena spadła o $4\%$.

Krok 1 — wyróżnik:

$$\Delta=25-24=1,\qquad \sqrt{\Delta}=1$$

Krok 2 — pierwiastki:

$$x_1=\frac{5-1}{2}=2,\qquad x_2=\frac{5+1}{2}=3$$

Sprawdzenie wzorami Viete: $2+3=5$ ✔ oraz $2\cdot3=6$ ✔

Odpowiedź: $x=2$ lub $x=3$.

O monotoniczności funkcji liniowej decyduje wyłącznie współczynnik kierunkowy $a$:

$$a=-3\lt 0 \quad\Rightarrow\quad \text{funkcja maleje}$$

Wyraz wolny $b=7$ przesuwa wykres pionowo, ale nie wpływa na monotoniczność.

Odpowiedź: A.

Krok 1 — wzór ogólny ciągu arytmetycznego:

$$a_n=a_1+(n-1)r$$

$$a_{10}=5+9\cdot3=5+27=32$$

Krok 2 — suma pierwszych $n$ wyrazów:

$$S_n=\frac{a_1+a_n}{2}\cdot n$$

$$S_{10}=\frac{5+32}{2}\cdot10=\frac{37}{2}\cdot10=185$$

Odpowiedź: $a_{10}=32$, $S_{10}=185$.

Średnica odpowiada kątowi środkowemu $180^\circ$, a kąt wpisany jest o połowę mniejszy:

$$\frac{180^\circ}{2}=90^\circ$$

To twierdzenie Talesa — kąt oparty na średnicy jest zawsze prosty.

Odpowiedź: D. $90^\circ$.

Korzystamy ze wzoru na odległość punktów:

$$|AB|=\sqrt{(x_B-x_A)^2+(y_B-y_A)^2}$$

Podstawiamy:

$$|AB|=\sqrt{(3-(-1))^2+(5-2)^2}=\sqrt{16+9}=\sqrt{25}=5$$

Uwaga na podwójny minus: $3-(-1)=4$, nie $2$.

Odpowiedź: $|AB|=5$.

Krok 1 — przenosimy stałą:

$$2x\ge 6$$

Krok 2 — dzielimy przez $2$ (liczba dodatnia, więc znak zostaje):

$$x\ge 3$$

Krok 3 — zapis przedziałem:

$$x\in\langle 3,\,+\infty)$$

Odpowiedź: $x\in\langle 3,\,+\infty)$.

Twierdzenie Pitagorasa:

$$c=\sqrt{5^2+12^2}=\sqrt{25+144}=\sqrt{169}=13$$

Warto zapamiętać trójkę pitagorejską $5$–$12$–$13$ — obok $3$–$4$–$5$ pojawia się najczęściej.

Pułapka: odpowiedź A to suma przyprostokątnych, a nie przeciwprostokątna.

Odpowiedź: B. $13$.

Odczytujemy wartości kątów szczególnych:

$$\sin 30^\circ=\frac12,\qquad \cos 60^\circ=\frac12,\qquad \tg 45^\circ=1$$

Sumujemy:

$$\frac12+\frac12+1=2$$

Warto zauważyć: $\sin 30^\circ=\cos 60^\circ$ — to nie przypadek, lecz własność kątów dopełniających: $\sin\alpha=\cos(90^\circ-\alpha)$.

Odpowiedź: $2$.

Krok 1 — wzór ogólny:

$$a_n=a_1\cdot q^{n-1}$$

$$a_5=3\cdot2^4=3\cdot16=48$$

Krok 2 — suma (dla $q\neq1$):

$$S_n=a_1\cdot\frac{q^n-1}{q-1}$$

$$S_5=3\cdot\frac{2^5-1}{2-1}=3\cdot\frac{31}{1}=93$$

Sprawdzenie: wyrazy to $3,\ 6,\ 12,\ 24,\ 48$, a ich suma $=93$ ✔

Odpowiedź: $a_5=48$, $S_5=93$.

Wszystkie możliwe wyniki: OO, OR, RO, RR — jest ich $4$.

Sprzyjający jest tylko jeden (OO):

$$P=\frac{1}{4}$$

Uwaga: wyniki OR i RO to różne zdarzenia elementarne, mimo że „jeden orzeł i jedna reszka” brzmi tak samo — dlatego mianownik to $4$, a nie $3$.

Odpowiedź: C. $\frac14$.

Krok 1 — pole podstawy. Podstawą jest kwadrat:

$$P_p=5^2=25\ \text{cm}^2$$

Krok 2 — objętość:

$$V=P_p\cdot H=25\cdot8=200\ \text{cm}^3$$

Odpowiedź: $V=200$ cm$^3$.

Krok 1 — współczynnik kierunkowy:

$$a=\frac{y_B-y_A}{x_B-x_A}=\frac{7-3}{2-0}=\frac42=2$$

Krok 2 — wyraz wolny. Punkt $A$ leży na osi OY, więc od razu $b=3$.

$$y=2x+3$$

Sprawdzenie dla $B$: $2\cdot2+3=7$ ✔

Odpowiedź: $y=2x+3$.

Krok 1 — porządkujemy rosnąco (to warunek konieczny):

$$2,\ 4,\ 6,\ 7,\ 9$$

Krok 2 — liczb jest $5$ (nieparzyście), więc mediana to element środkowy:

$$\text{mediana}=6$$

Pułapka: odpowiedź C ($5{,}6$) to średnia arytmetyczna, a nie mediana.

Odpowiedź: A. $6$.

Krok 1 — kierunek ramion. $a=1>0$, więc funkcja ma wartość najmniejszą w wierzchołku.

Krok 2 — argument:

$$p=\frac{-b}{2a}=\frac{6}{2}=3$$

Krok 3 — wartość:

$$q=3^2-6\cdot3+11=9-18+11=2$$

Alternatywnie — postać kanoniczna $f(x)=(x-3)^2+2$ pokazuje to wprost.

Odpowiedź: wartość najmniejsza $2$ dla $x=3$.

Krok 1 — wzór na pole trapezu:

$$P=\frac{(a+b)\cdot h}{2}$$

Krok 2 — podstawiamy dane:

$$84=\frac{(10+18)\cdot h}{2}=\frac{28h}{2}=14h$$

Krok 3 — wyznaczamy $h$:

$$h=\frac{84}{14}=6\ \text{cm}$$

Sprawdzenie: $\frac{28\cdot6}{2}=84$ cm$^2$ ✔

Odpowiedź: wysokość wynosi $6$ cm.

Wzór na procent składany:

$$K_n=K_0\left(1+\frac{p}{100}\right)^n$$

Podstawiamy:

$$K_2=5000\cdot1{,}04^2=5000\cdot1{,}0816=5408\ \text{zł}$$

Sprawdzenie krokami: po pierwszym roku $5000\cdot1{,}04=5200$ zł, po drugim $5200\cdot1{,}04=5408$ zł ✔

Porównanie: bez kapitalizacji byłoby $5400$ zł — dodatkowe $8$ zł to odsetki od odsetek.

Odpowiedź: $5408$ zł.

Krok 1 — pierwsze losowanie. Czarnych jest $6$ z $10$:

$$P_1=\frac{6}{10}=\frac35$$

Krok 2 — drugie losowanie. Po wyjęciu jednej czarnej zostaje $5$ czarnych z $9$ kul:

$$P_2=\frac{5}{9}$$

Krok 3 — reguła mnożenia:

$$P=\frac{3}{5}\cdot\frac{5}{9}=\frac{15}{45}=\frac13$$

Kluczowe: przy losowaniu bez zwracania w drugim kroku zmniejszają się obie liczby — i czarnych kul, i wszystkich.

Odpowiedź: $\frac13$.