Matura próbna 2022 matematyka rozszerzona (grudzień, CKE) - arkusz, odpowiedzi i rozwiązania

Krok 1. Licznik. $\log_{25} 27 = \log_{5^2} 3^3 = \frac{3}{2}\log_5 3$, a $\log_3 5 \cdot \log_5 3 = 1$, więc

$$\log_3 5 \cdot \log_{25} 27 = \frac{3}{2} \cdot \log_3 5 \cdot \log_5 3 = \frac{3}{2}.$$

Krok 2. Mianownik. $\sqrt[6]{49} = 7^{2/6} = 7^{1/3}$, więc $\log_7 \sqrt[6]{49} = \frac{1}{3}$.

Krok 3. Iloraz. $\dfrac{3/2}{1/3} = \dfrac{9}{2}$.

Pułapka: $\log_{25} 27 \ne \frac{27}{25}$ ani $\log_5 3$ - zamiana obu liczb na potęgi daje czynnik $\frac{3}{2}$, o którym łatwo zapomnieć.

Odpowiedź: $\dfrac{9}{2}$. Zobacz: logarytm - powtórzenie i wzór na zamianę podstawy oraz zadania z praw działań na logarytmach.

Krok 1. Trójmian pod modułem. Niech $h(x) = -\frac{1}{4}x^2 + 3x - 5 = -\frac{1}{4}(x - 2)(x - 10)$. Wierzchołek paraboli ma odciętą $x = 6$, więc dla $x > 6$ funkcja $h$ maleje. Miejsca zerowe: $2$ i $10$.

Krok 2. Wartości na końcach i w środku przedziału.

$$h(9) = -\frac{81}{4} + 27 - 5 = \frac{7}{4}, \qquad h(10) = 0, \qquad h(11) = -\frac{121}{4} + 33 - 5 = -\frac{9}{4}.$$

Krok 3. Moduł. Na $[9, 10]$ funkcja $g = h$ maleje od $\frac{7}{4}$ do $0$, a na $[10, 11]$ funkcja $g = -h$ rośnie od $0$ do $\frac{9}{4}$. Największa wartość to $\frac{9}{4}$, najmniejsza $0$.

Pułapka: odpowiedź $\left[\frac{7}{4}, \frac{9}{4}\right]$ z samych końców przedziału. Wewnątrz leży miejsce zerowe $x = 10$, w którym $g$ przyjmuje wartość $0$.

Odpowiedź: zbiór wartości to $\left[0, \dfrac{9}{4}\right]$. Zobacz: wartości funkcji kwadratowej w przedziale oraz wykres funkcji kwadratowej z wartością bezwzględną.

Krok 1. Ważne wartości wykresu dla $x > 0$. $g(0) = 5$, miejsca zerowe $x = 2$ i $x = 10$, wierzchołek łuku między nimi to $(6, 4)$, a dla $x > 10$ funkcja rośnie nieograniczenie.

Krok 2. Liczba rozwiązań dodatnich w zależności od $c = |m| \ge 0$ (prosta $y = c$):

• $c = 0$: dwa rozwiązania ($x = 2$ i $x = 10$),
• $0 < c < 4$: cztery rozwiązania,
• $c = 4$: trzy rozwiązania (jedno z nich $x = 6$),
• $4 < c < 5$: dwa rozwiązania (jedno w $(0, 2)$, drugie w $(10, +\infty)$),
• $c \ge 5$: jedno rozwiązanie dodatnie ($x = 0$ dla $c = 5$ nie jest dodatnie).

Krok 3. Powrót do $m$. $|m| = 0$ albo $4 < |m| < 5$, czyli $m = 0$ albo $m \in (-5, -4) \cup (4, 5)$.

Pułapki: zgubienie $m = 0$ i zgubienie ujemnych $m$ - prawą stroną równania jest $|m|$, a nie $m$.

Odpowiedź: $m \in (-5, -4) \cup \{0\} \cup (4, 5)$. Zobacz: wykresy z wartością bezwzględną oraz zadania z funkcji kwadratowej z modułem.

Krok 1. Wszystko na jedną stronę i grupujemy:

$$x^3 + y^3 - xy(x + y) - \left(x^2 - 2xy + y^2\right) \ge 0.$$

Krok 2. Suma sześcianów. $x^3 + y^3 = (x + y)\left(x^2 - xy + y^2\right)$, więc

$$x^3 + y^3 - xy(x + y) = (x + y)\left(x^2 - 2xy + y^2\right) = (x + y)(x - y)^2.$$

Krok 3. Wspólny czynnik. Nierówność przyjmuje postać

$$(x + y)(x - y)^2 - (x - y)^2 = (x - y)^2(x + y - 1) \ge 0.$$

Krok 4. Uzasadnienie znaku. $(x - y)^2 \ge 0$ dla wszystkich liczb rzeczywistych, a $x + y - 1 \ge 0$ z założenia. Iloczyn liczb nieujemnych jest nieujemny, co kończy dowód. Równość zachodzi dla $x = y$ albo dla $x + y = 1$.

Pułapka: dzielenie obu stron przez $(x - y)^2$ bez zastrzeżenia, że może być równe zeru.

Odpowiedź: nierówność zachodzi (dowód wyżej). Zobacz: wzory skróconego mnożenia oraz zadania z dowodzenia nierówności.

Krok 1. Model. $n = 20$ niezależnych prób, sukces - torebka z niedowagą: $p = 0{,}1$, $q = 0{,}9$.

Krok 2. „Co najwyżej dwie” to $0$, $1$ albo $2$ sukcesy:

$$P = \binom{20}{0} 0{,}9^{20} + \binom{20}{1} \cdot 0{,}1 \cdot 0{,}9^{19} + \binom{20}{2} \cdot 0{,}1^2 \cdot 0{,}9^{18}.$$

Krok 3. Rachunek. Wyłączamy $0{,}9^{18}$ przed nawias ($\binom{20}{2} = 190$):

$$P = 0{,}9^{18}\left(0{,}81 + 1{,}8 + 1{,}9\right) = 0{,}9^{18} \cdot 4{,}51,$$

bo $20 \cdot 0{,}1 \cdot 0{,}9 = 1{,}8$ i $190 \cdot 0{,}01 = 1{,}9$. Stąd

$$P \approx 0{,}150095 \cdot 4{,}51 \approx 0{,}677.$$

Pułapka: policzenie tylko $P_{20}(2)$ (dokładnie dwie torebki, $\approx 0{,}29$) albo pominięcie symboli Newtona.

Odpowiedź: $P \approx 0{,}68$. Zobacz: schemat Bernoullego oraz zadania ze schematu Bernoullego.

Krok 1. Dziedzina. Tangens wymaga $\cos x \ne 0$, czyli $x \ne \frac{\pi}{2} + k\pi$.

Krok 2. Grupowanie. $6\sin x = 6\operatorname{tg} x \cos x$, więc

$$6\sin x + 3\operatorname{tg} x = 3\operatorname{tg} x\left(2\cos x + 1\right), \qquad 2\sqrt{3}\cos x + \sqrt{3} = \sqrt{3}\left(2\cos x + 1\right).$$

Równanie przyjmuje postać iloczynu:

$$\left(2\cos x + 1\right)\left(3\operatorname{tg} x + \sqrt{3}\right) = 0.$$

Krok 3. Pierwszy czynnik. $\cos x = -\frac{1}{2}$, czyli $x = \frac{2\pi}{3} + 2k\pi$ lub $x = -\frac{2\pi}{3} + 2k\pi$.

Krok 4. Drugi czynnik. $\operatorname{tg} x = -\frac{\sqrt{3}}{3}$, czyli $x = -\frac{\pi}{6} + k\pi$.

Wszystkie te liczby należą do dziedziny ($\cos x \ne 0$). Pułapka: dzielenie przez $2\cos x + 1$ - gubi się cała rodzina rozwiązań $\cos x = -\frac{1}{2}$.

Odpowiedź: $x = -\dfrac{\pi}{6} + k\pi$ lub $x = \dfrac{2\pi}{3} + 2k\pi$ lub $x = -\dfrac{2\pi}{3} + 2k\pi$, gdzie $k \in \mathbb{Z}$. Zobacz: równania trygonometryczne oraz zadania z metod rozwiązywania równań trygonometrycznych.

Oznaczmy kąty trójkąta: $|\sphericalangle A| = \alpha$, $|\sphericalangle B| = \beta$, $|\sphericalangle C| = \gamma$.

Krok 1. Kąt $APB$. W trójkącie $ABP$ kąty przy $A$ i $B$ to połowy kątów trójkąta:

$$|\sphericalangle APB| = 180^\circ - \frac{\alpha}{2} - \frac{\beta}{2}.$$

Krok 2. Kąty wierzchołkowe. Punkt $P$ leży między $A$ i $K$ oraz między $B$ i $L$, więc kąt $LPK$ jest wierzchołkowy z kątem $APB$: $|\sphericalangle LPK| = 180^\circ - \frac{\alpha + \beta}{2}$.

Krok 3. Czworokąt $CLPK$ wpisany w okrąg - kąty przeciwległe przy $C$ i $P$ sumują się do $180^\circ$:

$$\gamma + 180^\circ - \frac{\alpha + \beta}{2} = 180^\circ \quad\Longrightarrow\quad \gamma = \frac{\alpha + \beta}{2} = \frac{180^\circ - \gamma}{2} \quad\Longrightarrow\quad \gamma = 60^\circ.$$

Krok 4. To samo dla $BKPM$. Kąt $KPM$ jest wierzchołkowy z kątem $APC$, więc $|\sphericalangle KPM| = 180^\circ - \frac{\alpha + \gamma}{2}$, a z warunku na czworokąt wpisany:

$$\beta = \frac{\alpha + \gamma}{2} = \frac{180^\circ - \beta}{2} \quad\Longrightarrow\quad \beta = 60^\circ.$$

Krok 5. $\alpha = 180^\circ - 60^\circ - 60^\circ = 60^\circ$. Wszystkie kąty mają po $60^\circ$ - trójkąt jest równoboczny.

Pułapka: założenie, że trójkąt jest równoboczny, i sprawdzenie, że czworokąty dają się wpisać w okrąg. To dowód twierdzenia odwrotnego, a nie tego, o które pyta zadanie.

Odpowiedź: trójkąt jest równoboczny (dowód wyżej). Zobacz: okrąg opisany na czworokącie, okrąg wpisany w trójkąt i dwusieczne oraz zadania z okręgu opisanego na czworokącie.

Krok 1. Pochodna (pochodna ilorazu):

$$K'(x) = \frac{(44x - 621{,}5)(480 + x) - N(x)}{(480 + x)^2},$$

gdzie $N(x) = 22x^2 - 621{,}5x + 23\,430$ to licznik funkcji $K$. Po wymnożeniu i redukcji:

$$K'(x) = \frac{22x^2 + 21\,120x - 321\,750}{(480 + x)^2}.$$

Krok 2. Miejsca zerowe. Dzielimy licznik przez $22$: $x^2 + 960x - 14\,625 = 0$, $\Delta = 921\,600 + 58\,500 = 980\,100 = 990^2$:

$$x = \frac{-960 + 990}{2} = 15 \qquad \text{lub} \qquad x = \frac{-960 - 990}{2} = -975 \notin [0, 50].$$

Krok 3. Monotoniczność. Licznik pochodnej jest ujemny dla $x \in [0, 15)$ i dodatni dla $x \in (15, 50]$, więc $K$ maleje, a potem rośnie - w $x = 15$ ma wartość najmniejszą.

Krok 4. Koszt.

$$K(15) = \frac{22 \cdot 225 - 621{,}5 \cdot 15 + 23\,430}{495} = \frac{4950 - 9322{,}5 + 23\,430}{495} = \frac{19\,057{,}5}{495} = 38{,}5.$$

Dla porównania na końcach: $K(0) \approx 48{,}81$ zł i $K(50) \approx 89{,}35$ zł.

Pułapka: odpowiedź „$15$ litrów”. Zmienna $x$ to nadwyżka ponad $480$ litrów - olejarnia ma wytwarzać $480 + 15 = 495$ litrów dziennie.

Odpowiedź: $495$ litrów dziennie; najmniejszy przeciętny koszt to $38{,}50$ zł za litr. Zobacz: największa i najmniejsza wartość funkcji, zadania optymalizacyjne z pochodną oraz zadania z optymalizacji.

Krok 1. Dziedzina: $x \ne -2$ i $x \ne 2$.

Krok 2. Wspólny mianownik $x^2 - 4 = (x - 2)(x + 2)$. Mamy $-\frac{1}{2 - x} = \frac{1}{x - 2} = \frac{x + 2}{x^2 - 4}$ oraz $\frac{3}{x + 2} = \frac{3(x - 2)}{x^2 - 4}$. Przenosimy wszystko na lewą stronę:

$$\frac{x - 1 + x + 2 - 3x + 6 - 2\left(x^2 - 4\right)}{x^2 - 4} \ge 0 \quad\Longrightarrow\quad \frac{-2x^2 - x + 15}{x^2 - 4} \ge 0.$$

Krok 3. Rozkład licznika. $-2x^2 - x + 15 = -(2x - 5)(x + 3)$, więc nierówność jest równoważna

$$(2x - 5)(x + 3)(x - 2)(x + 2) \le 0, \qquad x \ne \pm 2.$$

Krok 4. Znaki. Pierwiastki $-3, -2, 2, \frac{5}{2}$; wielomian czwartego stopnia o dodatnim współczynniku przy $x^4$ jest niedodatni na $[-3, -2]$ i $\left[2, \frac{5}{2}\right]$. Usuwamy $\pm 2$ z dziedziny.

Pułapka: pomnożenie nierówności przez $x^2 - 4$ bez sprawdzenia znaku albo pozostawienie $x = \pm 2$ w odpowiedzi.

Odpowiedź: $x \in [-3, -2) \cup \left(2, \dfrac{5}{2}\right]$. Zobacz: nierówności wymierne oraz zadania z nierówności wymiernych.

Etap I. $\Delta > 0$.

$$\Delta = (m - 4)^2 - 4\left(m^2 - 7m + 12\right) = -3m^2 + 20m - 32 > 0 \iff 3m^2 - 20m + 32 < 0 \iff m \in \left(\frac{8}{3}, 4\right).$$

Etap II. Warunek przez wzory Viète’a. Oznaczmy $s = x_1 + x_2 = m - 4$ oraz $p = x_1 x_2 = m^2 - 7m + 12 = (m - 3)(m - 4)$. Prawa strona to $5x_1x_2(x_1 + x_2) = 5ps$, a $x_1^3 + x_2^3 = s^3 - 3ps$, więc

$$s^3 - 3ps < 5ps \iff s\left(s^2 - 8p\right) < 0.$$

Podstawiamy: $s^2 - 8p = (m - 4)^2 - 8(m - 3)(m - 4) = (m - 4)(20 - 7m)$, czyli

$$(m - 4)^2(20 - 7m) < 0 \iff m \ne 4 \;\text{ i }\; m > \frac{20}{7}.$$

Etap III. Część wspólna. $\frac{20}{7} = \frac{60}{21} > \frac{56}{21} = \frac{8}{3}$, więc $m \in \left(\frac{20}{7}, 4\right)$.

Pułapka: podzielenie nierówności $s(s^2 - 8p) < 0$ przez $s = m - 4$ bez zmiany zwrotu - na przedziale $\left(\frac{8}{3}, 4\right)$ ta liczba jest ujemna.

Odpowiedź: $m \in \left(\dfrac{20}{7}, 4\right)$. Zobacz: wzory Viète’a, zadania z parametrem oraz zadania z parametrem w funkcji kwadratowej.

Krok 1. Kształt przekroju. Prosta $BC$ jest równoległa do $AD$, więc płaszczyzna $\pi$ przecina ścianę $SAD$ wzdłuż odcinka $EF \parallel AD$ ($E \in SA$, $F \in SD$). Przekrojem jest czworokąt $BCFE$ z bokami $EF \parallel BC$ - trapez równoramienny (ostrosłup jest prawidłowy, więc $|BE| = |CF|$).

Krok 2. Przekrój pomocniczy. Niech $M$, $N$ będą środkami krawędzi $AD$ i $BC$. Trójkąt $MNS$ jest równoramienny, $|MN| = a$, a kąty przy $M$ i $N$ mają miarę $\alpha$ (to kąt nachylenia ściany bocznej). Poprowadźmy $NQ \perp SM$, $Q \in SM$. Prosta $BC$ jest prostopadła do płaszczyzny $MNS$, więc $NQ \perp BC$, a zatem $NQ \perp AD$. Prosta $NQ$ jest prostopadła do dwóch nierównoległych prostych ściany $SAD$ ($SM$ i $AD$), czyli do całej ściany - płaszczyzna przez $BC$ i $NQ$ to właśnie $\pi$, a $NQ$ jest wysokością trapezu.

Krok 3. Wysokość trapezu. $\sin\alpha = \sqrt{1 - \frac{1}{10}} = \frac{3\sqrt{10}}{10}$. Z trójkąta prostokątnego $MQN$:

$$h = |NQ| = a\sin\alpha = \frac{3\sqrt{10}}{10}a, \qquad |MQ| = a\cos\alpha = \frac{\sqrt{10}}{10}a.$$

Krok 4. Krótsza podstawa. Wysokość ściany: $|SM| = \frac{a/2}{\cos\alpha} = \frac{\sqrt{10}}{2}a = \frac{5\sqrt{10}}{10}a$, więc $|SQ| = |SM| - |MQ| = \frac{4\sqrt{10}}{10}a$. Trójkąty $SEF$ i $SAD$ są podobne w skali $\frac{|SQ|}{|SM|} = \frac{4}{5}$, zatem $|EF| = \frac{4}{5}a$.

Krok 5. Pole trapezu.

$$P = \frac{a + \frac{4}{5}a}{2} \cdot \frac{3\sqrt{10}}{10}a = \frac{9a}{10} \cdot \frac{3\sqrt{10}\,a}{10} = \frac{27\sqrt{10}}{100}a^2 \approx 0{,}854\,a^2.$$

Pułapka: przyjęcie, że płaszczyzna przez $BC$ przechodzi przez wierzchołek $S$ (przekrój-trójkąt) - wtedy nie byłaby prostopadła do ściany $SAD$. Zasady oceniania wymagają też nazwania figury.

Odpowiedź: przekrojem jest trapez równoramienny o polu $\dfrac{27\sqrt{10}}{100}a^2$. Zobacz: przekroje wielościanów - zadania, kąt dwuścienny oraz zadania z przekrojów.

Krok 1. Trapez wpisany w okrąg jest równoramienny: $|AD| = |BC| = 6$. Okrąg opisany na trapezie jest też okręgiem opisanym na trójkącie $ABC$.

Krok 2. Twierdzenie sinusów w trójkącie $ABC$:

$$\frac{|BC|}{\sin|\sphericalangle BAC|} = 2R \quad\Longrightarrow\quad \sin|\sphericalangle BAC| = \frac{6}{10} = \frac{3}{5}, \qquad \sin|\sphericalangle ABC| = \frac{8}{5} \cdot \frac{3}{5} = \frac{24}{25}.$$

Krok 3. Kosinusy. Kąty przy dłuższej podstawie trapezu równoramiennego są ostre, więc $\cos|\sphericalangle ABC| = \frac{7}{25}$; kąt $BAC$ jest jeszcze mniejszy, więc $\cos|\sphericalangle BAC| = \frac{4}{5}$.

Krok 4. Dłuższa podstawa z twierdzenia sinusów: $|AB| = 2R\sin|\sphericalangle ACB|$, a $\sin|\sphericalangle ACB| = \sin\left(|\sphericalangle BAC| + |\sphericalangle ABC|\right)$:

$$\sin|\sphericalangle ACB| = \frac{3}{5} \cdot \frac{7}{25} + \frac{4}{5} \cdot \frac{24}{25} = \frac{117}{125}, \qquad |AB| = 10 \cdot \frac{117}{125} = \frac{234}{25}.$$

Krok 5. Wysokość i krótsza podstawa. Rzut ramienia $BC$ na podstawę ma długość $6 \cdot \frac{7}{25} = \frac{42}{25}$, a wysokość $h = 6 \cdot \frac{24}{25} = \frac{144}{25}$. Stąd

$$|CD| = \frac{234}{25} - 2 \cdot \frac{42}{25} = \frac{150}{25} = 6.$$

Krok 6. Pole i obwód.

$$P = \frac{\frac{234}{25} + 6}{2} \cdot \frac{144}{25} = \frac{192}{25} \cdot \frac{144}{25} = \frac{27\,648}{625} \approx 44{,}24, \qquad L = \frac{234}{25} + 6 + 6 + 6 = \frac{684}{25} = 27{,}36.$$

Pułapka: przyjęcie $\cos|\sphericalangle ABC| = -\frac{7}{25}$. Przy kącie rozwartym przy podstawie $AB$ wyszłoby $|CD| > |AB|$, wbrew założeniu.

Odpowiedź: pole trapezu $\dfrac{27\,648}{625}$, obwód $27{,}36$. Zobacz: twierdzenie sinusów, okrąg opisany na czworokącie oraz zadania z promieniem okręgu opisanego.

Krok 1. Punkty $A$ i $B$. Z prostej $y = 9 - x$:

$$\frac{1}{4}x^2 - \frac{3}{2}x + \frac{1}{4} = 9 - x \quad\Longrightarrow\quad x^2 - 2x - 35 = 0 \quad\Longrightarrow\quad x = 7 \;\text{ lub }\; x = -5.$$

Stąd $A = (7, 2)$ i $B = (-5, 14)$.

Krok 2. Punkt styczności. Prosta $l$ ma współczynnik kierunkowy $-1$ (jak $k$). Pochodna $y' = \frac{1}{2}x - \frac{3}{2} = -1$ daje $x = 1$, a $y = \frac{1}{4} - \frac{3}{2} + \frac{1}{4} = -1$. Zatem $C = (1, -1)$, a styczna to $l\colon y = -x$.

Krok 3. Odległość punktu $C$ od prostej $k$:

$$d = \frac{|1 + (-1) - 9|}{\sqrt{1^2 + 1^2}} = \frac{9}{\sqrt{2}} = \frac{9\sqrt{2}}{2}.$$

Krok 4. Pole trójkąta. $|AB| = \sqrt{12^2 + 12^2} = 12\sqrt{2}$, a $d$ jest wysokością opuszczoną na $AB$:

$$P_{ABC} = \frac{1}{2} \cdot 12\sqrt{2} \cdot \frac{9\sqrt{2}}{2} = 54.$$

Spośród punktów paraboli leżących między $A$ i $B$ punkt styczności $C$ jest najdalej od prostej $k$ - dlatego styczna równoległa do cięciwy daje trójkąt o największym polu (sprawdziliśmy to numerycznie).

Pułapka: odczytanie punktu $A$ jako $(-5, 14)$ - treść przypisuje punktowi $A$ dodatnią odciętą. Na wynik pola to nie wpływa, ale zamiana oznaczeń bywa źródłem pomyłek w dalszych rachunkach.

Odpowiedź: odległość $C$ od prostej $k$ to $\dfrac{9\sqrt{2}}{2}$, pole trójkąta $ABC$ wynosi $54$. Zobacz: pochodna w geometrii analitycznej, punkty wspólne prostych i parabol oraz zadania z prostej i paraboli.