Skumaj 2018 | Zadania | Wzory | Matury | Arkusze
Matury | Zadania | Wzory

Skumaj, Matura Podstawowa 2019, Zadanie + Wzór = Rozwiązanie!

Do zadań dołączone są wzory. Kartę z tymi wzorami dostaniesz na maturze.

Matura 2017 Czerwiec. Zadanie 1 (0 - 1)

Liczba \(|9-2|-|4-7|\) jest równa

A. $ 4 $
B. $ 10 $
C. $ -10 $
D. $ -4 $
Rozwiązanie Opuszczając nawiasy wartości bezwzględnej otrzymamy: $$|9-2|-|4-7|=|7|-|-3|=7-3=4$$
Odpowiedź
A. $ 4 $

Matura 2017 Czerwiec. Zadanie 2 (0 - 1)

Iloczyn dodatnich liczb \(a\) i \(b\) jest równy \(1350\). Ponadto \(15\%\) liczby \(a\) jest równe \(10\%\) liczby \(b\). Stąd wynika, że \(b\) jest równe

A. $ 9 $
B. $ 18 $
C. $ 45 $
D. $ 50 $
Rozwiązanie Jeżeli \(15\%\) liczby \(a\) jest równe \(10\%\) liczby \(b\), to znaczy że: $$0,15a=0,1b \\ a=\frac{0,1}{0,15}b \\ a=\frac{10}{15}b \\ a=\frac{2}{3}b$$ Skoro iloczyn liczb \(a\) oraz \(b\) jest równy \(1350\), to: $$a\cdot b=1350 \\ \frac{2}{3}b\cdot b=1350 \\ \frac{2}{3}b^2=1350 \quad\bigg/\cdot\frac{3}{2} \\ b^2=2025 \\ b=45 \quad\lor\quad b=-45$$ Z treści zadania wynika, że liczba \(b\) musi być dodatnia, a to oznacza, że prawidłową odpowiedzią jest \(b=45\).
Odpowiedź
C. $ 45 $

Matura 2017 Czerwiec. Zadanie 3 (0 - 1)

Suma \(16^{24}+16^{24}+16^{24}+16^{24}\) jest równa

A. $ 4^{24} $
B. $ 4^{25} $
C. $ 4^{48} $
D. $ 4^{49} $
Rozwiązanie Nie mamy żadnych specjalnych wzorów na dodawanie potęg, ale możemy zauważyć, że czterokrotnie dodano tą samą liczbę, czyli \(16^{24}\). W związku z tym: $$16^{24}+16^{24}+16^{24}+16^{24}=4\cdot16^{24}=4\cdot(4^2)^{24}= \\ =4\cdot4^{48}=4^1\cdot4^{48}=4^{49}$$
Odpowiedź
D. $ 4^{49} $

Matura 2017 Czerwiec. Zadanie 4 (0 - 1)

Liczba \(\log_327-\log_31\) jest równa

A. $ 0 $
B. $ 1 $
C. $ 2 $
D. $ 3 $
Rozwiązanie Korzystając z działań na logarytmach możemy zapisać, że: $$log_{3}27-log_{3}1=log_{3}\frac{27}{1}=log_{3}27=3$$
Odpowiedź
D. $ 3 $

Matura 2017 Czerwiec. Zadanie 5 (0 - 1)

Dla każdej liczby rzeczywistej \(x\) wyrażenie \(x^6-2x^3-3\) jest równe

A. $ (x^3+1)(x^2-3) $
B. $ (x^3-3)(x^3+1) $
C. $ (x^2+3)(x^4-1) $
D. $ (x^4+1)(x^2-3) $
Rozwiązanie Możemy wymnożyć każdą z odpowiedzi i sprawdzić kiedy otrzymamy wyrażenie z treści zadania: Odp. A. \((x^3+1)(x^2-3)=x^5-3x^3+x^2-3\) Odp. B. \((x^3-3)(x^3+1)=x^6+x^3-3x^3-3=6x^3-2x^3-3\) Odp. C. \((x^2+3)(x^4-1)=x^6-x^2+3x^4-3=x^6+3x^4-x^2-3\) Odp. D. \((x^4+1)(x^2-3)=x^6-3x^4+x^2-3\) Pożądany wynik otrzymaliśmy tylko w odpowiedzi B.
Odpowiedź
B. $ (x^3-3)(x^3+1) $

Matura 2017 Czerwiec. Zadanie 6 (0 - 1)

Wartość wyrażenia \((b-a)^2\) dla \(a=2\sqrt{3}\) i \(b=\sqrt{75}\) jest równa

A. $ 9 $
B. $ 27 $
C. $ 63 $
D. $ 147 $
Rozwiązanie Podstawiając pod \(a\) oraz \(b\) liczby z treści zadania otrzymamy: $$(b-a)^2=(\sqrt{75}-2\sqrt{3})^2=(\sqrt{25\cdot3}-2\sqrt{3})^2= \\ =(5\sqrt{3}-2\sqrt{3})^2=(3\sqrt{3})^2=9\cdot3=27$$
Odpowiedź
B. $ 27 $

Matura 2017 Czerwiec. Zadanie 7 (0 - 1)

Funkcja liniowa \(f\) jest określona wzorem \(f(x)=21-\frac{7}{3}x\). Miejscem zerowym funkcji \(f\) jest

A. $ -9 $
B. $ -\frac{7}{3} $
C. $ 9 $
D. $ 21 $
Rozwiązanie Aby wyznaczyć miejsce zerowe funkcji musimy przyrównać jej wzór do zera: $$21-\frac{7}{3}x=0 \\ 21=\frac{7}{3}x \quad\bigg/\cdot\frac{3}{7}x \\ x=\frac{63}{7} \\ x=9$$
Odpowiedź
C. $ 9 $

Matura 2017 Czerwiec. Zadanie 8 (0 - 1)

Rozwiązaniem układu równań \(\begin{cases} x+y=1 \\ x-y=b \end{cases} \) z niewiadomymi \(x\) i \(y\) jest para liczb dodatnich. Wynika stąd, że

A. $ b\lt -1 $
B. $ b=-1 $
C. $ -1\lt b\lt 1 $
D. $ b\ge 1 $
Rozwiązanie Spróbujmy wyznaczyć wartości \(x\) oraz \(y\) z tego układu równań. Jeżeli dodamy te równania stronami to otrzymamy: $$2x+0y=1+b \\ 2x=1+b \\ x=\frac{1+b}{2}$$ Kiedy odejmiemy te równania stronami to otrzymamy: $$0x+2y=1-b \\ 2y=1-b \\ y=\frac{1-b}{2}$$ Teraz zgodnie z treścią zadania wiemy, że \(x\) oraz \(y\) są dodatnie, zatem: $$\frac{1+b}{2}\gt0 \land \frac{1-b}{2}\gt0 \\ 1+b\gt0 \quad\land\quad 1-b\gt0 \\ b\gt-1 \quad\land\quad b\gt-1$$ To oznacza, że \(-1\lt b\lt1\).
Odpowiedź
C. $ -1\lt b\lt 1 $

Matura 2017 Czerwiec. Zadanie 9 (0 - 1)

Funkcja kwadratowa \(f\) jest określona wzorem \(f(x)=x^2+bx+c\) oraz \(f(-1)=f(3)=1\). Współczynnik \(b\) jest równy

A. $ -2 $
B. $ -1 $
C. $ 0 $
D. $ 3 $
Rozwiązanie Z treści zadania wynika, że dla \(x=-1\) oraz dla \(x=3\) funkcja przyjmuje wartość równą \(1\). W związku z tym podstawiając te dane do wzoru funkcji powstaną nam dwa równania z których stworzymy układ równań: $$\begin{cases} 1=(-1)^2-1b+c \\ 1=3^2+3b+c \end{cases}$$ $$\begin{cases} 1=1-b+c \\ 1=9+3b+c \end{cases}$$ $$\begin{cases} -b+c=0 \\ 3b+c=-8 \end{cases}$$ Teraz odejmując te równania stronami otrzymamy: $$-4b=8 \\ b=-2$$
Odpowiedź
A. $ -2 $

Matura 2017 Czerwiec. Zadanie 10 (0 - 1)

Równanie \(x(x-3)(x^2+25)=0\) ma dokładnie

A. cztery rozwiązania: $ x=0, x=3, x=5, x=-5 $
B. trzy rozwiązania: $ x=3, x=5, x=-5 $
C. dwa rozwiązania: $ x=0, x=3 $
D. jedno rozwiązanie: $ x=3 $
Rozwiązanie Równanie jest przedstawione w postaci iloczynowej, zatem aby równanie było równe zero, to któryś z nawiasów musi dać nam wartość równą zero. W związku z tym: $$x(x-3)(x^2+25)=0 \\ x=0 \quad\lor\quad x-3=0 \quad\lor\quad x^2+25=0 \\ x=0 \quad\lor\quad x=3 \quad\lor\quad x^2=-25$$ Z racji tego iż nie ma możliwości by liczba rzeczywista podniesiona do kwadratu dała wynik ujemny, to z równania \(x^2=-25\) nie otrzymamy żadnych rozwiązań. To oznacza, że całe równanie ma tylko dwa rozwiązania: \(x=0 \lor x=3\).
Odpowiedź
C. dwa rozwiązania: $ x=0, x=3 $

Matura 2017 Czerwiec. Zadanie 11 (0 - 1)

Funkcja kwadratowa \(f\) jest określona wzorem \(f(x)=(x-3)(7-x)\). Wierzchołek paraboli będącej wykresem funkcji \(f\) należy do prostej o równaniu

A. $ y=-5 $
B. $ y=5 $
C. $ y=-4 $
D. $ y=4 $
Rozwiązanie Obliczenie miejsc zerowych funkcji. Funkcja podana jest w postaci iloczynowej, zatem przyrównując wartości w nawiasach do zera bardzo szybko określimy miejsca zerowe: $$x-3=0 \quad\lor\quad 7-x=0 \\ x=3 \quad\lor\quad x=7$$ Określenie współrzędnej iksowej wierzchołka paraboli. Współrzędną iksową wierzchołka paraboli określamy symbolem \(p\). Jedną z własności funkcji kwadratowych jest to, że współrzędna iksowa wierzchołka paraboli znajduje się dokładnie pośrodku pomiędzy dwoma miejscami zerowymi. W związku z tym: $$p=\frac{x_{1}+x_{2}}{2} \\ p=\frac{3+7}{2} \\ p=\frac{10}{2} \\ p=5$$ Określenie współrzędnej igrekowej wierzchołka paraboli. Wiemy już, że współrzędną iksową wierzchołka paraboli jest \(p=5\). To oznacza, że podstawiając do wzoru funkcji pod iksa tę piątkę obliczymy współrzędną igrekową wierzchołka paraboli (oznaczaną symbolem \(q\)). Zatem: $$q=(5-3)(7-5) \\ q=2\cdot2 \\ q=4$$ W związku z tym, że współrzędna igrekowa wierzchołka jest równa \(q=4\), to nasz wierzchołek paraboli należy do prostej \(y=4\).
Odpowiedź
D. $ y=4 $

Matura 2017 Czerwiec. Zadanie 12 (0 - 1)

Punkt \(A=(2017,0)\) należy do wykresu funkcji \(f\) określonej wzorem

A. $ f(x)=(x+2017)^2 $
B. $ f(x)=x^2-2017 $
C. $ f(x)=(x+2017)(x-2017) $
D. $ f(x)=x^2+2017 $
Rozwiązanie Skoro punkt \(A=(2017,0)\) należy do naszej funkcji, to podstawiając do wzoru funkcji \(x=2017\) powinniśmy otrzymać wynik \(y=0\). Wyraźnie widać, że w funkcji z pierwszej odpowiedzi tak się nie stanie, bo podstawiając \(x=2017\) otrzymamy olbrzymi wynik wynik typu \(4034^2\). Podobnie stanie się w funkcji z odpowiedzi B, tutaj otrzymamy wartość \(2017^2-2017\) i analogicznie będzie w funkcji z odpowiedzi D gdzie będziemy mieć \(2017^2+2017\). Jedynie w funkcji z odpowiedzi C otrzymamy wartość równą \(0\), a to dlatego że w drugim nawiasie będziemy mieć \(0\), a więc tam otrzymamy \(4034\cdot0=0\).
Odpowiedź
C. $ f(x)=(x+2017)(x-2017) $

Matura 2017 Czerwiec. Zadanie 13 (0 - 1)

W ciągu arytmetycznym \((a_n)\), określonym dla \(n\ge1\), spełniony jest warunek \(2a_3=a_2+a_1+1\). Różnica \(r\) tego ciągu jest równa

A. $ 0 $
B. $ \frac{1}{3} $
C. $ \frac{1}{2} $
D. $ 1 $
Rozwiązanie Każdy wyraz ciągu arytmetycznego możemy rozpisać korzystając ze wzoru na \(n\)-ty wyraz ciągu arytmetycznego \(a_{n}=a_{1}+(n-1)r\). W związku z tym: $$2a_{3}=a_{2}+a_{1}+1 \\ 2(a_{1}+2r)=a_{1}+r+a_{1}+1 \\ 2a_{1}+4r=2a_{1}+r+1 \\ 3r=1 \\ r=\frac{1}{3}$$
Odpowiedź
B. $ \frac{1}{3} $

Matura 2017 Czerwiec. Zadanie 14 (0 - 1)

Dany jest ciąg geometryczny \((x,2x^2,4x^3,8)\) o wyrazach nieujemnych. Wtedy

A. $ x=0 $
B. $ x=1 $
C. $ x=2 $
D. $ x=4 $
Rozwiązanie Z własności ciągów geometrycznych wiemy, że dla trzech kolejnych (niekoniecznie pierwszych) wyrazów zachodzi równanie: $${a_{2}}^2=a_{1}\cdot a_{3}$$ Podstawmy więc do tego trzy następujące po sobie wyrazy - najlepiej będzie wybrać wyraz drugi, trzeci i czwarty, bo ten czwarty jest znaną nam wartością liczbową. W związku z tym otrzymamy: $${a_{3}}^2=a_{2}\cdot a_{4} \\ (4x^3)^2=2x^2\cdot8 \\ 16x^6=16x^2 \quad\bigg/:16x^2 \\ x^4=1 \\ x=1 \quad\lor\quad x=-1$$ Skoro ciąg ma mieć wyrazy nieujemne, to zostaje nam że \(x=1\).
Odpowiedź
B. $ x=1 $

Matura 2017 Czerwiec. Zadanie 15 (0 - 1)

Kąt \(\alpha \) jest ostry i \(\operatorname{tg} \alpha =\frac{12}{5}\). Wówczas \(\sin \alpha \) jest równy

A. $ \frac{5}{17} $
B. $ \frac{12}{17} $
C. $ \frac{5}{13} $
D. $ \frac{12}{13} $
Rozwiązanie Rozpisanie tangensa jako ilorazu sinusa i cosinusa. Z trygonometrii wiemy, że \(\operatorname{tg}\alpha=\frac{\sin\alpha}{\cos\alpha}\). Korzystając z tej własności możemy zapisać, że: $$\operatorname{tg}\alpha=\frac{12}{5} \\ \frac{\sin\alpha}{\cos\alpha}=\frac{12}{5}$$ Mnożąc to na krzyż otrzymamy: $$5\sin\alpha=12\cos\alpha$$ Obliczenie wartości cosinusa. Z jedynki trygonometrycznej wynika, że \(sin^2\alpha+cos^2\alpha=1\). W poprzednim kroku udało nam się zapisać, że \(5\sin\alpha=12\cos\alpha\), czyli że \(\cos\alpha=\frac{5}{12}\sin\alpha\). W związku z tym: $$sin^2\alpha+\left(\frac{5}{12}\sin\alpha\right)^2+=1 \\ sin^2\alpha+\frac{25}{144}sin^2\alpha=1 \\ \frac{169}{144}sin^2\alpha=1 \quad\bigg/\cdot\frac{144}{169} \\ sin^2\alpha=\frac{144}{169} \\ \sin\alpha=\frac{12}{13} \quad\lor\quad \sin\alpha=-\frac{12}{13}$$ Ujemne rozwiązanie odrzucamy, bo kąt \(\alpha\) jest ostry, a dla kątów ostrych sinus przyjmuje wartości dodatnie, zatem zostaje nam \(\sin\alpha=\frac{12}{13}\).
Odpowiedź
D. $ \frac{12}{13} $

Matura 2017 Czerwiec. Zadanie 16 (0 - 1)

W okręgu o środku \(O\) dany jest kąt wpisany \(ABC\) o mierze \(20^\circ \) (patrz rysunek). Miara kąta \(CAO\) jest równa

A. $ 85^\circ $
B. $ 70^\circ $
C. $ 80^\circ $
D. $ 75^\circ $
Rozwiązanie Obliczenie miary kąta \(AOC\). Kąt środkowy \(AOC\) jest oparty na tym samym łuku co kąt wpisany \(ABC\). Z własności kątów środkowych i wpisanych wiemy, że w takiej sytuacji kąt środkowy będzie mieć miarę dwukrotnie większą, zatem: $$|\sphericalangle AOC|=2\cdot20°=40°$$ Obliczenie miary kąta \(CAO\). Spójrzmy na trójkąt \(ACO\). Jest to trójkąt równoramienny, którego ramiona \(AO\) oraz \(CO\) mają długość równą promieniu okręgu. W trójkącie równoramiennym kąty przy podstawie mają jednakową miarę i to właśnie pozwoli nam wyznaczyć miarę kąta \(CAO\). Skoro \(|\sphericalangle AOC|=40°\), a suma kątów w trójkącie wynosi \(180°\), to znaczy że: $$|\sphericalangle CAO|=(180°-40°):2=140°:2=70°$$
Odpowiedź
B. $ 70^\circ $

Matura 2017 Czerwiec. Zadanie 17 (0 - 1)

Odcinek \(BD\) jest zawarty w dwusiecznej kąta ostrego \(ABC\) trójkąta prostokątnego, w którym przyprostokątne \(AC\) i \(BC\) mają długości odpowiednio \(5\) i \(3\). Wówczas miara \(\varphi\) kąta \(DBC\) spełnia warunek

A. $ 20^\circ \lt \varphi\lt 25^\circ $
B. $ 25^\circ \lt \varphi\lt 30^\circ $
C. $ 30^\circ \lt \varphi\lt 35^\circ $
D. $ 35^\circ \lt \varphi\lt 40^\circ $
Rozwiązanie Wprowadzenie poprawnych oznaczeń. Spójrzmy na kąt \(ABC\). Załóżmy sobie, że kąt \(ABC\) jest kątem \(\alpha\) i wiemy o tym kącie że jest dwukrotnie większy od poszukiwanego kąta \(φ\). Czyli: $$|\sphericalangle ABC|=\alpha=2φ$$ Obliczenie wartości tangensa. Teraz możemy skorzystać z funkcji trygonometrycznych, a konkretnie z tangensa: $$\operatorname{tg}\alpha=\frac{5}{3} \\ \operatorname{tg}\alpha\approx1,67$$ Odczytanie z tablic miary kąta \(\alpha\). Z tablic matematycznych musimy odczytać dla jakiego kąta tangens przyjmuje wartość bliską \(1,67\). Z takich tablic wynika, że dla kąta \(59°\) tangens przyjmuje wartość \(1,6643\) i jest to najlepsze przybliżenie jakie możemy otrzymać, zatem możemy zapisać, że: $$\alpha\approx59°$$ Obliczenie miary kąta \(φ\). Wiemy, że kąt \(\alpha\) jest dwukrotnie większy od kąta \(φ\), zatem: $$φ\approx59°:2\approx29,5φ$$ W zwiążku z tym prawidłową odpowiedzią jest nierówność \(25°\lt φ \lt30°\).
Odpowiedź
B. $ 25^\circ \lt \varphi\lt 30^\circ $

Matura 2017 Czerwiec. Zadanie 18 (0 - 1)

Prosta przechodząca przez punkt \(A=(-10,5)\) i początek układu współrzędnych jest prostopadła do prostej o równaniu

A. $ y=-2x+4 $
B. $ y=\frac{1}{2}x $
C. $ y=-\frac{1}{2}x+1 $
D. $ y=2x-4 $
Rozwiązanie Zapisanie równania prostej. Równanie prostej możemy opisać wzorem \(y=ax+b\). Współczynnik \(b\) odpowiada za miejsce przecięcia się prostej z osią igreków. Skoro nasza prosta ma przechodzić przez początek układu współrzędnych, to znaczy że przecina oś igreków dla \(y=0\). Stąd też płynie wniosek, że współczynnik \(b=0\), zatem równanie naszej prostej możemy zapisać jako \(y=ax\). Wyznaczenie współczynnika kierunkowego \(a\). Podstawiając do równania \(y=ax\) współrzędne punktu \(A\) obliczymy wartość współczynnika kierunkowego \(a\): $$y=ax \\ 5=a\cdot(-10) \\ a=-\frac{5}{10} \\ a=-\frac{1}{2}$$ Wyznaczenie współczynnika kierunkowego \(a\) prostej prostopadłej. Wiemy już, że nasza pierwsza prosta ma współczynnik kierunkowy \(a=-\frac{1}{2}\). Aby dwie proste były względem siebie prostopadłe, to iloczyn ich współczynników kierunkowych musi być równy \(-1\), zatem druga prosta będzie mieć ten współczynnik równy: $$a\cdot\left(-\frac{1}{2}\right)=-1 \\ a=2$$ Teraz jak spojrzymy na odpowiedzi to widzimy, że tylko jedna prosta ma w swoim równaniu współczynnik \(a=2\) i jest to prosta z czwartej odpowiedzi.
Odpowiedź
D. $ y=2x-4 $

Matura 2017 Czerwiec. Zadanie 19 (0 - 1)

Punkty \(A=(-21,11)\) i \(B=(3,17)\) są końcami odcinka \(AB\). Obrazem tego odcinka w symetrii względem osi \(Ox\) układu współrzędnych jest odcinek \(A’B’\). Środkiem odcinka \(A’B’\) jest punkt o współrzędnych

A. $ (-9,-14) $
B. $ (-9,14) $
C. $ (9,-14) $
D. $ (9,14) $
Rozwiązanie Wyznaczenie współrzędnych punktów \(A'\) oraz \(B'\). Jeżeli jakiś punkt poddamy symetrii osiowej względem osi iksów, to współrzędna iksowa tego punktu nie zmieni się, natomiast współrzędna igrekowa zmieni swój znak na przeciwny. W związku z tym: $$A'=(-21,-11) \\ B'=(3,-17)$$ Wyznaczenie współrzędnych środka odcinka \(A'B'\). Środek odcinka \(A'B'\) możemy opisać wzorem: $$S=\left(\frac{x_{A'}+x_{B'}}{2},\frac{y_{A'}+y_{B'}}{2}\right)$$ Znając współrzędne obydwu punktów wystarczy podstawić te dane do wzoru. Dla przejrzystości obliczeń dobrze jest obliczyć sobie oddzielnie współrzędną iksową i igrekową: $$x_{S}=\frac{x_{A'}+x_{B'}}{2} \\ x_{S}=\frac{-21+3)}{2} \\ x_{S}=\frac{-18}{2} \\ x_{S}=-9 \\ \quad \\ y_{S}=\frac{y_{A'}+y_{B'}}{2} \\ y_{S}=\frac{-11+(-17)}{2} \\ y_{S}=\frac{-11-17}{2} \\ y_{S}=\frac{-28}{2} \\ y_{S}=-14$$ To oznacza, że środek odcinka \(A'B'\) ma współrzędne \(S=(-9,-14)\).
Odpowiedź
A. $ (-9,-14) $

Matura 2017 Czerwiec. Zadanie 20 (0 - 1)

Trójkąt \(ABC\) jest podobny do trójkąta \(A’B’C’\) w skali \(\frac{5}{2}\), przy czym \(|AB|=\frac{5}{2}|A’B’|\). Stosunek pola trójkąta \(ABC\) do pola trójkąta \(A’B’C’\) jest równy

A. $ \frac{4}{25} $
B. $ \frac{2}{5} $
C. $ \frac{5}{2} $
D. $ \frac{25}{4} $
Rozwiązanie Z własności figur podobnych wynika, że stosunek pól figur podobnych jest równy kwadratowi skali podobieństwa tych figur. Z treści zadania wynika, że skala podobieństwa jest równa \(k=\frac{5}{2}\) w związku z tym: $$k^2=\left(\frac{5}{2}\right)^2 \\ k^2=\frac{25}{4}$$
Odpowiedź
D. $ \frac{25}{4} $

Matura 2017 Czerwiec. Zadanie 21 (0 - 1)

Pole koła opisanego na trójkącie równobocznym jest równe \(\frac{1}{3}\pi ^3\). Długość boku tego trójkąta jest równa

A. $ \frac{\pi}{3} $
B. $ \pi $
C. $ \sqrt{3}\pi $
D. $ 3\pi $
Rozwiązanie Zapisanie zależności między promieniem koła i wysokością trójkąta. Promień okręgu opisanego na trójkącie równobocznym jest równy \(\frac{2}{3}\) wysokości tego trójkąta. Wiedząc, że wysokość trójkąta równobocznego o boku \(a\) wyraża się wzorem \(h=\frac{a\sqrt{3}}{2}\) możemy zapisać, że: $$R=\frac{2}{3}\cdot\frac{a\sqrt{3}}{2} \\ R=\frac{a\sqrt{3}}{3}$$ Obliczenie długości boku trójkąta. Korzystając ze wzoru na pole koła możemy zapisać, że: $$P=πR^2 \\ \frac{1}{3}π^3=π\cdot\left(\frac{a\sqrt{3}}{3}\right)^2 \quad\bigg/:π \\ \frac{1}{3}π^2=\left(\frac{a\sqrt{3}}{3}\right)^2 \\ \frac{1}{3}π^2=\frac{a^2\cdot3}{9} \\ \frac{1}{3}π^2=\frac{a^2}{3} \quad\bigg/\cdot3 \\ π^2=a^2 \\ a=π \quad\lor\quad a=-π$$ Wartość ujemną oczywiście odrzucamy, bo bok trójkąta nie może mieć ujemnej długości, zatem \(a=π\).
Odpowiedź
B. $ \pi $

Matura 2017 Czerwiec. Zadanie 22 (0 - 1)

Pole trójkąta prostokątnego \(ABC\), przedstawionego na rysunku, jest równe

A. $ \frac{32\sqrt{3}}{6} $
B. $ \frac{16\sqrt{3}}{6} $
C. $ \frac{8\sqrt{3}}{3} $
D. $ \frac{4\sqrt{3}}{3} $
Rozwiązanie Obliczenie długości boku \(BC\). Długość boku \(BC\) możemy obliczyć korzystając z tangensa: $$tg30°=\frac{|BC|}{|AC|} \\ \frac{\sqrt{3}}{3}=\frac{|BC|}{4} \quad\bigg/\cdot4 \\ |BC|=\frac{4\sqrt{3}}{3}$$ Obliczenie pola powierzchni trójkąta. W trójkącie prostokątnym długości przyprostokątnych są jednocześnie długościami podstawy i wysokości trójkąta, zatem: $$P=\frac{1}{2}\cdot a\cdot h \\ P=\frac{1}{2}\cdot4\cdot\frac{4\sqrt{3}}{3} \\ P=2\cdot\frac{4\sqrt{3}}{3} \\ P=\frac{8\sqrt{3}}{3}$$
Odpowiedź
C. $ \frac{8\sqrt{3}}{3} $

Matura 2017 Czerwiec. Zadanie 23 (0 - 1)

Długość przekątnej sześcianu jest równa \(6\). Stąd wynika, że pole powierzchni całkowitej tego sześcianu jest równe

A. $ 72 $
B. $ 48 $
C. $ 152 $
D. $ 108 $
Rozwiązanie Obliczenie długości krawędzi sześcianu. Sześcian o krąwędzi \(a\) ma przekątną długości \(d=a\sqrt{3}\), zatem zgodnie z treścią zadania: $$a\sqrt{3}=6 \\ a=\frac{6}{\sqrt{3}}$$ Możemy usunąć niewymierność z mianownika, ale jesteśmy w trakcie liczenia, więc nie musimy tego póki co robić (zwłaszcza, że za chwilę będziemy potęgować). Obliczenie pola powierzchni całkowitej. Sześcian składa się z sześciu kwadratowych ścian, z których każda ma bok długości \(a=\frac{6}{\sqrt{3}}\), zatem: $$P_{c}=6a^2 \\ P_{c}=6\cdot\left(\frac{6}{\sqrt{3}}\right)^2 \\ P_{c}=6\cdot\frac{36}{3} \\ P_{c}=6\cdot12 \\ P_{c}=72$$
Odpowiedź
A. $ 72 $

Matura 2017 Czerwiec. Zadanie 24 (0 - 1)

Pole powierzchni bocznej walca jest równe \(16\pi\), a promień jego podstawy ma długość \(2\). Wysokość tego walca jest równa

A. $ 4 $
B. $ 8 $
C. $ 4\pi $
D. $ 8\pi $
Wzór

Walec. $$P_b=2\pi rh$$ $$P=2\pi r(r+h)$$ $$V=\pi r^2 h$$ gdzie $r$ jest promieniem podstawy, $h$ wysokością walca

▸ Więcej wzorów z działu Stereometria
Rozwiązanie

Wzór na pole powierzchni bocznej walca

$$P=16π \\ 2π\cdot2\cdot h=16π \\ 4π\cdot h=16π \quad\bigg/:4π \\ h=4$$
Odpowiedź
A. $ 4 $

Matura 2017 Czerwiec. Zadanie 25 (0 - 1)

Rzucamy dwa razy symetryczną sześcienną kostką do gry. Prawdopodobieństwo otrzymania pary liczb, których iloczyn jest większy od \(20\), jest równe

A. $ \frac{1}{6} $
B. $ \frac{5}{36} $
C. $ \frac{1}{9} $
D. $ \frac{2}{9} $
Rozwiązanie

Zrób tabelkę i policz zdarzenia przyjające

Rzucamy niezależnie dwoma kostkami, to liczba wszystkich kombinacji będzie równa \(|Ω|=6\cdot6=36\). Sprzyjającymi zdarzeniami będą wszystkie te pary, których iloczyn daje wynik większy od \(20\). $$(6,6),(6,5),(6,4),(5,6),(5,5), (4,6)$$ Sześć przypadków spełnia ten warunek, zatem \(|A|=6\). Prawdopodobieństwo wynosi: $$P(A)=\frac{|A|}{|Ω|}=\frac{6}{36}=\frac{1}{6}$$
Odpowiedź
A. $ \frac{1}{6} $

Matura 2017 Czerwiec. Zadanie 26 (0 - 2)

Rozwiąż nierówność \((x-\frac{1}{2})x\gt 3(x-\frac{1}{2})(x+\frac{1}{3})\).

Odpowiedź
\(x\in\left(-\frac{1}{2},\frac{1}{2}\right)\)

Matura 2017 Czerwiec. Zadanie 27 (0 - 2)

Kąt \(\alpha \) jest ostry i spełniona jest równość \(\sin \alpha +\cos \alpha =\frac{\sqrt{7}}{2}\). Oblicz wartość wyrażenia \((\sin \alpha -\cos \alpha )^2\).

Odpowiedź
\(\frac{1}{4}\)

Matura 2017 Czerwiec. Zadanie 28 (0 - 2)

Dwusieczna kąta ostrego \(ABC\) przecina przyprostokątną \(AC\) trójkąta prostokątnego \(ABC\) w punkcie \(D\). Udowodnij, że jeżeli \(|AD|=|BD|\), to \(|CD|=\frac{1}{2}\cdot |BD|\).

Odpowiedź
Udowodniono korzystając z własności trójkątów i funkcji trygonometrycznych.

Matura 2017 Czerwiec. Zadanie 29 (0 - 2)

Wykaż, że prawdziwa jest nierówność \((1{,}5)^{100}\lt 6^{25}\)

Odpowiedź
Wykazano sprowadzając potęgi do jednakowego wykładnika.

Matura 2017 Czerwiec. Zadanie 30 (0 - 2)

Suma trzydziestu początkowych wyrazów ciągu arytmetycznego \((a\_n)\), określonego dla \(n\ge 1\), jest równa \(30\). Ponadto \(a\_{30}=30\). Oblicz różnicę tego ciągu.

Odpowiedź
\(r=2\)

Matura 2017 Czerwiec. Zadanie 31 (0 - 2)

Ze zbioru liczb \(1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15\) losujemy bez zwracania dwa razy po jednej liczbie. Wylosowane liczby tworzą parę \((a,b)\), gdzie \(a\) jest wynikiem pierwszego losowania, \(b\) jest wynikiem drugiego losowania. Oblicz, ile jest wszystkich par \((a,b)\) takich, że iloczyn \(a\cdot b\) jest liczbą parzystą.

Odpowiedź
\(|A|=154\)

Matura 2017 Czerwiec. Zadanie 32 (0 - 4)

Ramię trapezu równoramiennego \(ABCD\) ma długość \(\sqrt{26}\). Przekątne w tym trapezie są prostopadłe, a punkt ich przecięcia dzieli je w stosunku \(2:3\). Oblicz pole tego trapezu.

Odpowiedź
\(P=25\)

Matura 2017 Czerwiec. Zadanie 33 (0 - 4)

Punkty \(A=(-2,-8)\) i \(B=(14,-8)\) są wierzchołkami trójkąta równoramiennego \(ABC\), w którym \(|AB|=|AC|\). Wysokość \(AD\) tego trójkąta jest zawarta w prostej o równaniu \(y=\frac{1}{2}x-7\). Oblicz współrzędne wierzchołka \(C\) tego trójkąta.

Odpowiedź
\(C=\left(\frac{38}{5},\frac{24}{5}\right)\)

Matura 2017 Czerwiec. Zadanie 34 (0 - 5)

Podstawą graniastosłupa prostego \(ABCDA’B’C’D’\) jest romb \(ABCD\). Przekątna \(AC’\) tego graniastosłupa ma długość \(8\) i jest nachylona do płaszczyzny podstawy pod kątem \(30^\circ \), a przekątna \(BD’\) jest nachylona do tej płaszczyzny pod kątem \(45^\circ \). Oblicz pole powierzchni całkowitej tego graniastosłupa.

Odpowiedź
\(P_{c}=16\sqrt{3}+64\)