jak-zdac-mature-nie-lubiac-matematyki-mariusz-kawecki-Helion.pl

Jak zdać maturę nie lubiąc matematyki – tylko 20 godzin powtórki do matury. P( A)  3 8 5. Rzucamy dwa razy kostką do gry. Jakie jest prawdopodobieństwo otrzymania su- my oczek równej 8? A - zdarzenie, wyrzucono dwie liczby oczek dające w sumie 8.   {(1,1), (1, 2),..., (6, 6)} , A  {(2, 6), (6, 2), (3,5), (5,3), (4, 4)}   36 , A  5 P( A)  5 36 Zadania proponowane przez CKE 5. W pojemniku jest 10 kul, w tym b kul białych i 10  b kul czarnych, gdzie b  5 . Z tego pojemnika losujemy dwa razy po jednej kuli ze zwracaniem. Wykaż, że praw- dopodobieństwo zdarzenia polegającego na tym, że otrzymamy dwie kule tego sa- mego koloru, jest większe od 1 . 2 A - zdarzenie, wylosowano dwie kule tego samego koloru.  jest zbiorem par (pierwsza wylosowana kula, druga wylosowana kula),   10 10  100 , b b ilość par kul białych, (10  b)  (10  b) ilość par kul czarnych, A  b2  (10  b)2  2b2  20b 100 P( A)  2b2  20b 100 100 Mamy pokazać, że: 2b2  20b 100  1  2b2  20b 100  50  b2 10b  25  0  (b  5)2  0 100 2 6. Rzucono 100 razy sześcienną kostką do gry. Średnia arytmetyczna liczb oczek w pierwszych 40 rzutach była równa 3,75, a średnia arytmetyczna liczb oczek w ko- lejnych 60 rzutach była równa 4,25. Średnia arytmetyczna liczb oczek w 100 rzutach jest: A. mniejsza od 4 B. równa 4 C. równa 4,05 D. większa od 4,05 x1  x2  ...  x40  3, 75  x1  x2  ...  x40  40 3, 75 40 x41  x42  ...  x100  4, 25  x41  x42  ...  x100  60  4, 25 60 x1  x2  ...  x100  40 3, 75  60  4, 25  4, 05 100 100 helion kopia dla: Jacek Krzywonos [email protected] 100 ##7#52#aSUZPUk1BVC1FYm9va1BvaW50L0hlbGlvbg== e99b6b01451b80f5c97505e046bf1c49 e

Jak zdać maturę nie lubiąc matematyki – tylko 20 godzin powtórki do matury. 7. Liczb ze zbioru Z  {1, 2,...,36}, których nie można uzyskać jako iloczynu dwóch niekoniecznie różnych liczb ze zbioru {1, 2,..., 6}, jest: A. 8 B. 16 C. 18 D. 19 Są to liczby pierwsze większe od 6: 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29, 31, wielokrotności tych liczb: 14, 21, 28, 35, 22, 33, 26, 34, ponadto liczby: 27, 32 Otrzymujemy 18 liczb. 8. Ile jest wszystkich trzycyfrowych liczb naturalnych, w zapisie których każda cyfra jest inna, żadna nie jest zerem oraz jedną z cyfr jest dziewiątka? A. 56 B. 168 C. 216 D. 504 Omawiana liczba ma budowę: 9ab, a9b, ab9 gdzie a, b są różnymi między sobą i róż- nymi od 9 i 0 cyframi. Ponieważ cyfry a, b są różne między sobą, to jedną można wy- brać na 8 sposobów (bez 0 i 9), drugą na 7 sposobów. Zatem liczb, których szukamy jest: 38 7  168 . 9. Dana jest tabela złożona z sześciu wierszy i dziewięciu kolumn (patrz rysunek). Oblicz, ile w tej tabeli można narysować, zgodnie z zaznaczonymi liniami, prostokąt- nych tabel o czterech wierszach i czterech kolumnach. Cztery kolejne wiersze z 6 można wybrać na 3 sposoby (od 1 do 4, od 2 do 5 i od 3 do 6). Podobnie cztery kolumny z 9 można wybrać na 6 sposobów. Zatem można w tej tabeli narysować 3 6  18 tabel 4 na 4. 10. Spośród wierzchołków sześcianu wybieramy losowo dwa różne wierzchołki. Ob- licz prawdopodobieństwo wylosowania wierzchołków, które są końcami tej samej przekątnej ściany sześcianu. Przekątną wyznacza para odpowiednich wierzchołków. Wszystkich par wierzchołków można wybrać 8 7  56 , tu liczymy jako różne pary ab i ba . Licząc takie dwie pary jako jedną (przekątna to odcinek a dwa punkty wyznaczają jeden odcinek) otrzymu- jemy, że   28 . Sześcian to 6 kwadratów, z których każdy ma dwie przekątne, razem to daje 12 przekątnych czyli 12 par wierzchołków tworzy przekątne. A niech będzie zdarzeniem, że wylosowano parę wierzchołków dającą przekątną. Mamy więc: P( A)  12  3 28 7 helion kopia dla: Jacek Krzywonos [email protected] 101 ##7#52#aSUZPUk1BVC1FYm9va1BvaW50L0hlbGlvbg== e99b6b01451b80f5c97505e046bf1c49 e

Jak zdać maturę nie lubiąc matematyki – tylko 20 godzin powtórki do matury. Dodatek MATURA 2017 Poniżej przedstawiamy rozwiązania podstawowego arkusza maturalnego z matema- tyki w 2017 r. Proponowane metody rozwiązań zostały szeroko omówione i mogą być traktowane jako wzorcowe w tego typu zadaniach. Zadania zamknięte Zadanie 1 Liczba 58 162 jest równa: A.  5 8 B. 5 C. 108 D. 10  2  2 Bezpośrednie potęgowanie na kalkulatorze i mnożenie dwóch otrzymanych czynników nie jest wskazane gdyż doprowadzi do wyniku w postaci dziesiętnej, którego nie znajdziemy w odpowiedziach. Należy zauważyć, że 16  24 i stąd:  58 162  58  24 2  58  28  58   5 8 28  2  Zatem poprawna jest odpowiedź A. W rozwiązaniu wykorzystano trzy własności po- tęg:  am n  amn , am  1 , am   a m am bm  b  Zadanie 2 Liczba 3 54  3 2 jest równa: A. 3 52 B. 3 C. 2 3 2 D. 2 Podobnie jak w zadaniu poprzednim bezpośrednie wyliczenie na kalkulatorze nie jest właściwe gdyż doprowadzi do wyniku przybliżonego (mamy różnicę liczb niewymier- nych). Należy zauważyć, że 54  2  27  2 33 stąd: 3 54  3 2  3 2  33  3 2  3 2  3 33  3 2  33 2  3 2  2 3 2 Poprawna odpowiedź to C. W rozwiązaniu wykorzystano następujące własności pier- wiastków: n ab  n a  n b n an  a Ostatnia własność dla parzystych stopni pierwiastka, powinna być zapisana jako n an  a w przeciwnym razie mogłoby dojść do pomyłek, na przykład (2)2  2 a nie 2 . helion kopia dla: Jacek Krzywonos [email protected] 102 ##7#52#aSUZPUk1BVC1FYm9va1BvaW50L0hlbGlvbg== e99b6b01451b80f5c97505e046bf1c49 e

Jak zdać maturę nie lubiąc matematyki – tylko 20 godzin powtórki do matury. Zadanie 3 Liczba 2 log2 3  2 log2 5 jest równa: A. log2 9 B. log2 3 C. log2 9 D. log2 6 25 5 5 25 Można rozwiązywać następująco: 2 log2 3  2 log2 5  log2 32  log2 52  log2 32  log2 9 52 25 Poprawna jest odpowiedź A. W rozwiązaniu wykorzystano następujące własności lo- garytmów: loga xn  n loga x loga x  loga x  loga y y Precyzyjnie należałoby napisać: loga xn  n loga x loga x  loga x  loga y y Przykłady, które to wyjaśniają: log2 (3)2  log2 9  log2 32  2 log2 3 a nie 2 log2 (3) , podobnie log3 4  log3 4  log3 4  log3 5 a nie log3(4)  log3(5) . Pamiętajmy, że lo- 5 5 garytmy istnieją tylko z liczb dodatnich. Zadanie 4 Liczba osobników pewnego zagrożonego wyginięciem gatunku zwierząt wzrosła w stosunku do liczby tych zwierząt z 31 grudnia 2011 r. o 120% i obecnie jest równa 8910. Ile zwierząt liczyła populacja tego gatunku w ostatnim dniu 2011 roku? A. 4050 B. 1782 C. 7425 D. 7128 Posługują się procentami pamiętamy, że 1% to 0, 01 . Zatem 120% to 120  0, 01  1, 2 . Szukamy więc liczby, która zwiększona o jej wartość pomnożoną przez 1, 2 da 8910 . Łatwo zauważyć, że 4050  4050 1, 2  8910 . Zadanie można też rozwiązać posługując się równaniami. Niech x oznacza szukana liczbę. Na podstawie treści zadania mamy: x 120%  x  8910  x 1, 2  x  8910  2, 2x  8910  x  4050 Poprawna odpowiedź to A. Zadanie 5 2 2 2 jest: 22  2    Równośćx helion kopia dla: Jacek Krzywonos [email protected] 103 ##7#52#aSUZPUk1BVC1FYm9va1BvaW50L0hlbGlvbg== e99b6b01451b80f5c97505e046bf1c49 e

Jak zdać maturę nie lubiąc matematyki – tylko 20 godzin powtórki do matury. A. prawdziwa dla x   2 , B. prawdziwa dla x  2 , C. prawdziwa dla x  1 , D. fałszywa dla każdej liczby x . Przy rozwiązaniu można wykorzystać znajomość wzorów skróconego mnożenia, pro- ściej jednak będzie zauważyć, że wartości z A. i B. nie mogą być dobre gdyż  2  2  2 oraz 2  2  2 , co nie może dać równości. Podstawiając x  1 otrzymamy:         2  2 2  2 2 2   22 22  2 2 Wykorzystano tu własność, że (a)2  a2 . Poprawna jest zatem odpowiedź C. Zadanie 6  Do zbioru rozwiązań nierówności x4 1 2  x  0 nie należy liczba: A. 3 B. 1 C. 1 D. 3 Z tym zadaniem można poradzić sobie na dwa sposoby. Podstawiając do nierówności odpowiednią wartość w miejsce x bez problemu znajdziemy tą, która nierówności nie spełnia (liczby są stosunkowo \"proste\", więc nie będzie problemu z obliczeniami). Mamy zatem:  A. (3)4 1 2  (3)  0 co jest prawdą gdyż mnożymy dwie wartości dodatnie.  B. (1)4 1 2  (1)  0 co jest prawdą z powodu jak wyżej.  C. 14 1 2 1  0  2 1  0 to też jest prawdziwa nierówność.    D. 34 1 2  3  0  34 1 1  0 ostatnia nierówność jest fałszywa, gdyż liczbę dodatnią mnożymy przez 1 co daje wynik mniejszy od zera. Poprawną odpowiedzią jest D. Zauważmy, że rozwiązując zadanie nie wykonywaliśmy obliczeń rachunkowych. Drugi sposób to rozwiązanie nierówności, która, chociaż wygląda na skomplikowaną rozwiązuje się bardzo łatwo. Zauważmy, że bez wzglądu na x wyrażenie x4 1  0 ( x w potędze parzystej jest nieujemny a dodanie 1 powoduje, że wyrażenie jest do-  datnie). Zatem nasza nierówność może być skrócona przez czynnik x4 1 , który jest zawsze większy od zera. Po skróceniu otrzymamy: 2  x  0  2  x . Jedyną wartością z podanych odpowiedzi, która nie spełnia ostatniej nierówności jest 3 z odpowiedzi D. Zadanie 7 Wskaż rysunek, na którym jest przedstawiony zbiór wszystkich rozwiązań nierówności 2  3x  4 . helion kopia dla: Jacek Krzywonos [email protected] 104 ##7#52#aSUZPUk1BVC1FYm9va1BvaW50L0hlbGlvbg== e99b6b01451b80f5c97505e046bf1c49 e

Jak zdać maturę nie lubiąc matematyki – tylko 20 godzin powtórki do matury. Rozwiązując prostą nierówność otrzymamy: 2  3x  4   2  3x   2  x  x  ,  2 33 Zatem prawdziwa jest odpowiedź D. Można też postąpić następująco. W odpowiedziach mamy doczynienia z czterema przedziałami nieskończonymi, z których dwa są otwarte obustronnie. Rozwiązaniem nierówności \"słabej\" jest zbiór pusty (brak rozwiązania) lub przedział jednostronnie domknięty. Wynika stąd, że odpowiedzi B. i C. możemy na wstępie odrzucić. Pod- stawmy liczbę 2 (początek przedziału w odpowiedzi A.) w miejsce x , otrzymamy 3 2  3 2  4  2  2  4  0  4 . Ostatnia nierówność jest fałszywa, zatem odpo- 3 wiedź A. również jest błędna. Dobrą odpowiedzią jest więc D. Zadanie 8   Równanie x x2  4 x2  4  0 z niewiadomą x A. nie ma rozwiązań w zbiorze liczb rzeczywistych. B. ma dokładnie dwa rozwiązania w zbiorze liczb rzeczywistych. C. ma dokładnie trzy rozwiązania w zbiorze liczb rzeczywistych. D. ma dokładnie pięć rozwiązań w zbiorze liczb rzeczywistych. Równanie jest iloczynem trzech wyrażeń. Iloczyn równa się 0 jeżeli jeden z czynni- ków równa się 0. Pierwszy czynnik x równy jest 0 tylko dla zera. Drugi czynnik x2  4 równy jest 0 dla x  2 lub x  2 . Trzeci czynnik x2  4 jest zawsze dodatni. Biorąc powyższe pod uwagę prawidłową odpowiedzią jest C. Zadanie 9 Miejscem zerowym funkcji liniowej f (x)  3  x 1 12 jest liczba: helion kopia dla: Jacek Krzywonos [email protected] 105 ##7#52#aSUZPUk1BVC1FYm9va1BvaW50L0hlbGlvbg== e99b6b01451b80f5c97505e046bf1c49 e

Jak zdać maturę nie lubiąc matematyki – tylko 20 godzin powtórki do matury. A. 3  4 B. 2 3 1 C. 4 3 1 D.  3 12 Przypomnijmy, że \"miejsce zerowe\" to taka wartość argumentu, dla którego wartość funkcji wynosi zero (graficznie jest to punkt przecięcia przez wykres funkcji osi X). Aby znaleźć miejsce zerowe, zwykle rozwiązuje się równanie f (x)  0 w naszym przypadku będzie to równanie: 3  x 1 12  0  3  x 1  12  x 1  12  x 1  4 4 3 Licznik i mianownik liczby 12 pomnożono przez 3 stąd 12 3  12 3  4 3 i 3 3 3 3 ostatecznie: x  4 3 1 . Poprawną odpowiedzią jest C. Zadanie można też rozwiązać podstawiając w miejsce x podane wartości:  A. f ( 3  4)  3 3  4 1 12  3  3 3 12  9  3 3  0  B. f (2 3 1)  3 2 3 11 12  6  2 3 12  18  2 3  0  C. f (4 3 1)  3 4 3 11 12  12 12  0 D. Przypadku tego nie sprawdzamy gdyż znaleziono poprawną odpowiedź a test ma- turalny jest jednokrotnego wyboru. Zadanie 10 Na rysunku przedstawiono fragment wykresu funkcji kwadratowej f (x)  ax2  bx  c , której miejsca zerowe to: 3 i 1. Współczynnik c we wzorze funkcji f (x) jest równy: D. 4 A. 1 B. 2 C. 3 helion kopia dla: Jacek Krzywonos [email protected] 106 ##7#52#aSUZPUk1BVC1FYm9va1BvaW50L0hlbGlvbg== e99b6b01451b80f5c97505e046bf1c49 e

Jak zdać maturę nie lubiąc matematyki – tylko 20 godzin powtórki do matury. Łatwo zauważyć, że wartością każdej funkcji kwadratowej f (x)  ax2  bx  c w zerze jest f (0)  c . Z rysunku widać, że poprawną odpowiedzią jest C. Na podstawie danych zadania można w zupełności odtworzyć prawidłowy wzór funk- cji i ustalić w ten sposób współczynnik c ale w tym przypadku jest to zupełnie niepo- trzebne. Zadanie 11 Na rysunku przedstawiono fragment wykresu funkcji wykładniczej f (x) określonej wzorem f (x)  ax . Punkt A = (1, 2) należy do tego wykresu funkcji. Podstawa a potęgi jest równa: A.  1 B. 1 C. 2 D. 2 2 2 Skoro punkt A należy do wykresu funkcji, to jego współrzędne spełniają wzór funkcji. Podstawiając x  1 , f (x)  2 otrzymamy 2  a1  a  2 . Poprawną odpowiedzią jest D. Zadanie 12 W ciągu arytmetycznym an , określonym dla n  1, dane są: a1  5 , a2  11. Wtedy: A. a14  71 B. a12  71 C. a11  71 D. a10  71 Ciąg arytmetyczny, o wyrazie ogólnym an  a1  n 1  r jest w zupełności określony poprzez wyraz pierwszy i różnicę. Różnica w naszym ciągu to r  a2  a1  11 5  6 . Mając te dane obliczamy: A. a14  5 13 6  71, B. a12  5 11 6  71 C. i D. nie ma potrzeby obliczać Poprawną odpowiedzią jest B. helion kopia dla: Jacek Krzywonos [email protected] 107 ##7#52#aSUZPUk1BVC1FYm9va1BvaW50L0hlbGlvbg== e99b6b01451b80f5c97505e046bf1c49 e

Jak zdać maturę nie lubiąc matematyki – tylko 20 godzin powtórki do matury. Zadanie 13 Dany jest trzywyrazowy ciąg geometryczny 24, 6, a 1 . Stąd wynika, że: A. a  5 B. a  2 C. a  3 D. a  2 2 5 2 3 W ciągu geometrycznym stały jest stosunek kolejnych wyrazów, zatem: a 1  6  a 1  1  a 1 6  a  3 1  a  5 6 24 64 42 2 Poprawną odpowiedzią jest A. Można skorzystać też z własności, że w ciągu geometrycznym wyraz środkowy jest średnią geometryczną (pierwiastkiem z iloczynu) wyrazów skrajnych, stąd: 6  24 a 1  36  24 a 1  a 1  36  a  3 1  a  5 24 2 2 Zadanie 14 Jeżeli m  sin 50 , to: A. m  sin 40 B. m  cos 40 C. m  cos 50 D. m  tg50 Funkcje trygonometryczne są ze sobą ściśle powiązane tzn. znajomość wartości jed- nej z nich dla konkretnego kąta umożliwia poznanie wartości pozostałych funkcji. Ponadto funkcje trygonometryczne spełniają tzw. wzory redukcyjne. Jeżeli     90 to sin  cos  i cos  sin  . Zgodnie z tymi wzorami mamy 50  40  90 zatem sin 50  cos 40 . Poprawna jest zatem odpowiedź B. Zadanie 15 Na okręgu o środku w punkcie O leży punkt C (zobacz rysunek). Odcinek AB jest średnicą tego okręgu. Zaznaczony na rysunku kąt środkowy  ma miarę: A. 116° B. 114° C. 112° D. 110° helion kopia dla: Jacek Krzywonos [email protected] 108 ##7#52#aSUZPUk1BVC1FYm9va1BvaW50L0hlbGlvbg== e99b6b01451b80f5c97505e046bf1c49 e

Jak zdać maturę nie lubiąc matematyki – tylko 20 godzin powtórki do matury. Kąt, o którym mowa jest kątem wierzchołkowym równoramiennego trójkąta COB. Kąt o wierzchołku C jest kątem prostym, gdyż opiera się na średnicy okręgu. Stąd kąt przy podstawie trójkąta COB (który uzupełnia 56 do kąta prostego) mam miarę 34 . Ponieważ suma kątów trójkąta wynosi 180 mamy:   180  2 34  180  68  112 . Poprawna jest odpowiedź C. Zadanie 16 W trójkącie ABC punkt D leży na boku BC, a punkt E leży na boku AB. Odcinek DE jest równoległy do boku AC, a ponadto BD=10 , BC=12 i AC= 24 (zobacz rysunek). Długość odcinka DE jest równa: A. 22 B. 20 C. 12 D. 11 Trójkąty ABC oraz EBC są podobne (cecha kkk, maja jednakowe kąty) zatem odpo- wiednie boki tych trójkątów są proporcjonalne. Odpowiednie to znaczy leżące na przeciw tych samych kątów. Układamy proporcję, która będzie zawierać niewiadomą długość odcinka np.: DE  CA  DE  24  DE  20 BD BC 10 12 Poprawna odpowiedź to B. Zadanie 17 Obwód trójkąta ABC, przedstawionego na rysunku, jest równy: A.  3  a B.  2  a C. 3  3 a D. 2  2  a  3  2   2  2  helion kopia dla: Jacek Krzywonos [email protected] 109 ##7#52#aSUZPUk1BVC1FYm9va1BvaW50L0hlbGlvbg== e99b6b01451b80f5c97505e046bf1c49 e

Jak zdać maturę nie lubiąc matematyki – tylko 20 godzin powtórki do matury. Powyższy trójkąt ma kąty 30, 60,90 jest to zatem \"połowa\" trójkąta równobocznego o boku 2a . Stąd:  AC  2a , BC  a , AB  2a 3  a 3 , obwód L  2a  a  a 3  a 3  3 2 Poprawna jest odpowiedź C. Zadanie 18 Na rysunku przedstawiona jest prosta k, przechodząca przez punkt A(2, 3) i przez początek układu współrzędnych, oraz zaznaczony jest kąt  nachylenia tej prostej do osi OX. Zatem: A. tg   2 B. tg   3 C. tg  2 D. tg  3 3 2 3 2 Prosta, która przechodzi przez początek układu współrzędnych ma równanie y  ax gdzie a jest tangensem kąta nachylenia tej prostej do osi OX układu. Ponieważ na- sza prosta przechodzi przez punkt A(2, 3) , współrzędne tego punktu winny spełniać równanie prostej. Mamy zatem: 3  2a  a   3 . Poprawną odpowiedzią jest B. 2 W zadaniu tym można także skorzystać z definicji funkcji tangens kąta uogólnionego (profil rozszerzony) tg  y gdzie x, y są to współrzędne dowolnego punktu prostej x k za wyjątkiem początku układu 0, 0 . Biorąc współrzędne punktu A(2, 3) otrzy- mamy tg  3 . 2 Zadanie 19 Na płaszczyźnie z układem współrzędnych proste k i l przecinają się pod kątem pro- stym w punkcie A(2, 4) . Prosta k jest określona równaniem y   1 x  7 . 42 helion kopia dla: Jacek Krzywonos [email protected] 110 ##7#52#aSUZPUk1BVC1FYm9va1BvaW50L0hlbGlvbg== e99b6b01451b80f5c97505e046bf1c49 e

Jak zdać maturę nie lubiąc matematyki – tylko 20 godzin powtórki do matury. Zatem prostą l opisuje równanie: A. y  1 x  7 B. y   1 x  7 C. y  4x 12 D. y  4x 12 42 42 Dwie proste o równaniach y  a1x  b1 oraz y  a2 x  b2 są prostopadłe jeżeli spełniony jest warunek a1  a2  1. Jeżeli szukana prosta ma równanie y  ax  b to  1 a  1  a  4 . Równanie szukanej prostej ma zatem postać y  4x  b . Obie 4 proste przechodzą przez punkt A(2, 4) , więc współrzędne tego punktu spełniają równanie szukanej prostej. Stąd: 4  4(2)  b  b  12 . Równanie szukanej prostej ma postać y  4x 12 . Poprawną odpowiedzią jest D. Zadanie 20 Dany jest okrąg o środku S(2,3) i promieniu r  5 . Który z podanych punktów leży na tym okręgu? A. A(1, 7) B. B(2, 3) C. C(3, 2) D. D(5,3) Równanie okręgu ośrodku S(a,b) i promieniu r jest postaci  x  a2   y  b2  r2 . Okrąg dany w zadaniu opisuje wzór  x  22   y  32  25 . Należy sprawdzić, który z podanych punktów spełnia to równanie. A. 1 22  7  32  25 Pozostałych punktów można nie sprawdzać. Poprawna odpowiedź to A. Zadanie 21 Pole powierzchni całkowitej graniastosłupa prawidłowego czworokątnego, w którym wysokość jest 3 razy dłuższa od krawędzi podstawy, jest równe 140. Zatem krawędź podstawy tego graniastosłupa jest równa: A. 10 B. 3 10 C. 42 D. 3 42 Graniastosłup prawidłowy czworokątny ma w podstawie kwadrat o nieznanym boku x (krawędź podstawy graniastosłupa). Z warunków zadania wiemy, że wysokość te- go graniastosłupa wynosi 3x . Jego całkowite pole powierzchni jest sumą dwóch pod- staw (kwadratów o boku x ) i czterech ścian bocznych (prostokątów o bokach x i 3x ). Stąd równość: 140  2  x2  4 3x2  140  14x2  x2  10  x  10 Prawidłowa odpowiedź to A. helion kopia dla: Jacek Krzywonos [email protected] 111 ##7#52#aSUZPUk1BVC1FYm9va1BvaW50L0hlbGlvbg== e99b6b01451b80f5c97505e046bf1c49 e

Jak zdać maturę nie lubiąc matematyki – tylko 20 godzin powtórki do matury. Zadanie 22 Promień AS podstawy walca jest równy wysokości OS tego walca. Sinus kąta OAS (zobacz rysunek) jest równy: A. 3 B. 2 C. 1 D. 1 2 2 2 Można zauważyć, że trójkąt AOS jest trójkątem równoramiennym o kątach przy pod- stawie po 45 (trójkąt ten to \"połowa\" kwadratu). Sinus kąta 45 wynosi 2 . Po- 2 prawna odpowiedź to B. Jeżeli ktoś tego nie zauważy można wykorzystać definicję funkcji sinus. Sinusem kąta ostrego w trójkącie prostokątnym nazywamy stosunek długości przyprostokątnej le- żącej na przeciw tego kąta do długości przeciwprostokątnej. W naszym przypadku: sin OAS  OS OA Przekątna OA kwadratu o boku OS to OS 2 (można to policzyć z tw. Pitagorasa), zatem: sin OAS  OS  OS  1  2 OA OS 2 2 2 Zadanie 23 Dany jest stożek o wysokości 4 i średnicy podstawy 12. Objętość tego stożka jest równa: A. 576 B. 192 C. 144 D. 48 Objętość stożka określa wzór: Vs  1r2h . W tym wzorze h4 należy wyliczyć r6 3 (gdyż średnica wynosi 12 ). Stąd: Vs  1  r2h  1  62 4  1 36  4  48 3 3 3 Poprawna odpowiedź to D. helion kopia dla: Jacek Krzywonos [email protected] 112 ##7#52#aSUZPUk1BVC1FYm9va1BvaW50L0hlbGlvbg== e99b6b01451b80f5c97505e046bf1c49 e

Jak zdać maturę nie lubiąc matematyki – tylko 20 godzin powtórki do matury. Zadanie 24 Średnia arytmetyczna ośmiu liczb: 3, 5, 7, 9, x, 15, 17, 19 jest równa 11. Wtedy: A. x =1 B. x = 2 C. x =11 D. x =13 Średnia arytmetyczna liczb to jest ich suma podzielona przez ich ilość. Mamy zatem: 3+5+7+9+x 15+17+19  11  75  x  11  75  x  88  x  13 88 Prawidłowa odpowiedź to D. Zadanie 25 Ze zbioru dwudziestu czterech kolejnych liczb naturalnych od 1 do 24 losujemy jedną liczbę. Niech A oznacza zdarzenie, że wylosowana liczba będzie dzielnikiem liczby 24. Wtedy prawdopodobieństwo zdarzenia A jest równe: A. 1 B. 1 C. 1 D. 1 438 6 W myśl klasycznej definicji prawdopodobieństwa należy ilość zdarzeń sprzyjających A podzielić przez ilość wszystkich możliwych zdarzeń naszego doświadczenia. Skoro losujemy jedną liczbę z 24 to wszystkich zdarzeń (możliwości) jest 24. Dzielnikami liczby 24 (zdarzeniami nam sprzyjającymi) są {1, 2,3, 4, 6,8,12, 24}, zatem zdarzeń sprzyjających jest 8. Mamy więc: P( A)  A  8  1  24 3 Poprawną odpowiedzią jest B. Zadania otwarte Zadanie 26 Rozwiąż nierówność 8x2  72x  0 . Nierówność kwadratową rozwiązujemy szkicując parabolę i odczytując ze szkicu wła- ściwy przedział rozwiązania. Zauważmy, że naszą nierówność można skrócić przez 8, po skróceniu otrzymamy: x2  9x  0 xx 9  0 Wyciągając x przed nawias uzyskaliśmy postać iloczy- nową funkcji kwadratowej, która bardzo ułatwia spo- rządzenie szkicu. Z postaci tej wynika, że parabola przetnie oś OX w punktach 0 i 9 a jej ramiona będą skierowane do góry (współczynnik liczbowy przy x2 jest dodatni, a  1). Rysunek helion kopia dla: Jacek Krzywonos [email protected] 113 ##7#52#aSUZPUk1BVC1FYm9va1BvaW50L0hlbGlvbg== e99b6b01451b80f5c97505e046bf1c49 e

Jak zdać maturę nie lubiąc matematyki – tylko 20 godzin powtórki do matury. obok pozwala odczytać dla jakich argumentów wartość funkcji jest mniejsza lub rów- na zero (tzn. dla jakich x parabola leży poniżej oraz \"na\" osi OX). Z rysunku wynika, że x  0,9  . Można rozumować inaczej. Nierówność x  x  9  0 jest spełniona wtedy kiedy czyn- niki po lewej stronie są różnych znaków, to znaczy zachodzą przypadki: 1. x  0 i x  9  0 czyli x  0 i x  9 co daje sprzeczność, 2. x  0 i x  9  0 czyli x  0 i x  9 co daje x  0,9  Zadanie 27 Wykaż, że liczba 42017  42018  42019  42020 jest podzielna przez 17. Liczbę o której mowa należy zapisać w postaci iloczynu gdzie jeden z czynników bę- dzie dzielił sie przez 17. Zauważmy, że:  42017  42018  42019  42020  42017 1 4  42  43  42017 85  42017  5 17 Zadanie 28 Dane są dwa okręgi o środkach w punktach P i R , styczne zewnętrznie w punkcie C. Prosta AB jest styczna do obu okręgów odpowiednio w punktach A i B oraz APC   i ABC   (zobacz rysunek). Wykaż, że   180  2 . Zauważmy, że trójkąt BRC jest trójkątem równoramiennym oraz odcinek RB jest pro- stopadły do prostej AB (promień jest prostopadły w punkcie styczności do prostej  stycznej) zatem CBR  90   a BRC  180  2 90    2 . W czworokącie ABRP suma kątów wynosi 360 , mamy więc:   2  90  90  360    180  2 Zadanie 29 Funkcja kwadratowa f (x) jest określona dla wszystkich liczb rzeczywistych x wzorem f (x)  ax2  bx  c . Największa wartość funkcji f (x) jest równa 6 oraz f (6)  f (0)  3 . Oblicz wartość współczynnika a. 2 helion kopia dla: Jacek Krzywonos [email protected] 114 ##7#52#aSUZPUk1BVC1FYm9va1BvaW50L0hlbGlvbg== e99b6b01451b80f5c97505e046bf1c49 e

Jak zdać maturę nie lubiąc matematyki – tylko 20 godzin powtórki do matury. Zauważmy na wstępie, że największa wartość funkcji równa jest 6, wobec tego para- bola będąca wykresem funkcji ma ramiona skierowane w dół, współczynnik a jest więc ujemny. Parabola ma oś symetrii przechodzącą przez wierzchołek, ta oś symetrii przejdzie też przez x  3 (ponieważ dla x  6 oraz x  0 przyjmowana jest ta sama wartość 3 ). 2 Wynika stąd, że f (3)  6 , czyli wierzchołkiem paraboli jest punkt (3, 6) . Możemy teraz skorzystać z postaci kanonicznej funkcji kwadratowej: f (x)  a  x  p2  q gdzie p, q są to współrzędne wierzchołka Podstawiając x  0 otrzymamy: 3  a 0  32  6  9a   9  a   1 2 22 Można rozumować inaczej. Z warunku f (0)  3 wynika, że c  3 (gdyż f (0)  c ). Z 22 równań f (6)  3 oraz f (3)  6 biorąc pod uwagę wzór funkcji f (x)  ax2  bx  c , 2 otrzymamy układ równań: 936aa3b6b23326 3  6a  b  0  3a   3  a1 2 3a 3 2 2 2  b  W środkowym układzie od równania górnego odjęto stronami równanie dolne, co wyrugowało niewiadomą b. Zadanie 30 Przeciwprostokątna trójkąta prostokątnego ma długość 26 cm, a jedna z przyprosto- kątnych jest o 14 cm dłuższa od drugiej. Oblicz obwód tego trójkąta. Jeżeli krótszą przyprostokątną oznaczymy przez x , to korzystając z tw. Pitagorasa otrzymamy równanie: x2   x 142  262  2x2  28x 196  676  x2 14x  240  0   1156,   34, x1  14  34  0, x2  14  34  10 2 2 Pierwsza wartość x jest ujemna, dlatego odrzucamy ją. Krótszy bok trójkąta ma dłu- gość 10, obwód trójkąta wynosi L  10  24  26  60 [cm]. helion kopia dla: Jacek Krzywonos [email protected] 115 ##7#52#aSUZPUk1BVC1FYm9va1BvaW50L0hlbGlvbg== e99b6b01451b80f5c97505e046bf1c49 e

Jak zdać maturę nie lubiąc matematyki – tylko 20 godzin powtórki do matury. Zadanie 31 W ciągu arytmetycznym an , określonym dla n  1, dane są: wyraz a1  8 i suma trzech początkowych wyrazów tego ciągu S3  33 . Oblicz różnicę a16  a13 . W zadaniu mamy policzyć wartość a16  a13  a1 15r  a1 12r   3r zatem wystarczy znaleźć potrojoną różnicę tego ciągu. Mamy: 33  S3  a1  a1  r   a1  2r   3a1  3r . Stąd wynika, że: 3r  33  3a1  33  38  9 . Zadanie 32 Dane są punkty A(4, 0) i M (2,9) oraz prosta k o równaniu y  2x 10 . Wierzchołek B trójkąta ABC to punkt przecięcia prostej k z osią OX układu współrzędnych, a wierzchołek C jest punktem przecięcia prostej k z prostą AM. Oblicz pole trójkąta ABC. Zrobienie szkicu ułatwi rozwiązanie zadania. Pole trójkąta S ABC  1 AB  h . Potrzebujemy zatem długości dwóch odcinków AB i h. 2 Ustalmy współrzędną punktu B (punkt przecięcia prostej k z osią OX). W tym punkcie współrzędna y  0 zatem 0  2x 10  x  5 . Punkt B(5, 0) , długość odcinka AB  9 . Ustalmy współrzędne punktu C, wysokość h trójkąta ABC jest rzędną punktu C. W tym celu należy znaleźć równanie prostej AM i punkt przecięcia prostej AM z prostą k. Równanie prostej, która przechodzi przez dwa dane punkty  x1, y1  oraz  x2, y2  najłatwiej znaleźć ze wzoru: y y1  y2  y1  x  x1  x2  x1 Po podstawieniu właściwych współrzędnych A(4, 0) oraz M (2,9) otrzymamy: y  0  9  0  x  (4)  y  3 x  6 2  (4) 2 helion kopia dla: Jacek Krzywonos [email protected] 116 ##7#52#aSUZPUk1BVC1FYm9va1BvaW50L0hlbGlvbg== e99b6b01451b80f5c97505e046bf1c49 e

Jak zdać maturę nie lubiąc matematyki – tylko 20 godzin powtórki do matury. Aby znaleźć współrzędne C, rozwiązujemy układ równań:  y  2x 10   2x 10  3 x  6   7 x  4   x 8  3 2 2  y 7  y  2 x 6  54  7  Współrzędne C  8 , 54  . Wobec tego h  54 i S ABC  1 9 54  243 .  7 7  7 2 7 7 Zadanie 33 Ze zbioru wszystkich liczb naturalnych dwucyfrowych losujemy jedną liczbę. Oblicz prawdopodobieństwo zdarzenia, że wylosujemy liczbę, która jest równocześnie mniejsza od 40 i podzielna przez 3. Wynik zapisz w postaci ułamka zwykłego nieskra- calnego. Liczby naturalne dwucyfrowe są to wszystkie liczby całkowite od 10 do 99. Jest ich 90, zatem   90 . Zdarzeniu A sprzyjają liczby {12, 15, 18,..., 39}. Zauważmy, że tworzą one ciąg arytmetyczny gdzie pierwszy wyraz to 12, różnica wynosi 3, ostatni wyraz to 39. To spostrzeżenie umożliwi nam ich policzenie. Zgodnie ze wzorem na wyraz ogólny ciągu arytmetycznego an  a1  (n 1)r mamy 39  12  3(n 1)  n  10 . Oczywiście liczbę tę można też policzyć bezpośrednio wypisując liczby sprzyjające A. Mamy A  10 , zatem: P(A)  A  10  1  90 9 Zadanie 34 W ostrosłupie prawidłowym trójkątnym wysokość ściany bocznej prostopadła do krawędzi podstawy ostrosłupa jest równa 5 3 , a pole powierzchni bocznej tego 4 ostrosłupa jest równe 15 3 . Oblicz objętość tego ostrosłupa. 4 helion kopia dla: Jacek Krzywonos [email protected] 117 ##7#52#aSUZPUk1BVC1FYm9va1BvaW50L0hlbGlvbg== e99b6b01451b80f5c97505e046bf1c49 e

Jak zdać maturę nie lubiąc matematyki – tylko 20 godzin powtórki do matury. gdzie: DE  5 3 , Sb  15 3 . 4 4 Sb  15 3  3 1 BC  DE  15 3  3 1 BC  5 3  BC  2 4 2 4 24 Trójkąt równoboczny ABC ma boki o długości 2, zatem wysokość AE  BC 3  3 , 2 odcinek FE  1 AE  3 . Wysokość DF obliczamy korzystając z tw. Pitagorasa do 33 trójkąta prostokątnego DFE: DF  DE2  FE2  DF   5 3 2   3 2  75  3  759  316  627  627  4   3  16 9 16 9 16 9 12 Pole trójkąta równobocznego o boku a to: S  a2 3 , w naszym przypadku SABC  4 3 3 4 4 Objętość ostrosłupa to: VABCD  1  DF  1 3 627  1  3 3 209  209 3 SABC 3 12 3 12 12 helion kopia dla: Jacek Krzywonos [email protected] 118 ##7#52#aSUZPUk1BVC1FYm9va1BvaW50L0hlbGlvbg== e99b6b01451b80f5c97505e046bf1c49 e

Jak zdać maturę nie lubiąc matematyki – tylko 20 godzin powtórki do matury. helion kopia dla: Jacek Krzywonos [email protected] 119 ##7#52#aSUZPUk1BVC1FYm9va1BvaW50L0hlbGlvbg== e99b6b01451b80f5c97505e046bf1c49 e

helion kopia dla: Jacek Krzywonos [email protected] ##7#52#aSUZPUk1BVC1FYm9va1BvaW50L0hlbGlvbg== e99b6b01451b80f5c97505e046bf1c49 e