Oficyna Edukacyjna * Krzysztof Pazdro 1
MATEMATYKA
Przed próbną maturą. Sprawdzian 1. Poziom podstawowy.
Rozwiązania zadań.
Zadanie 1. Odpowiedź: D
log325 + log315 = 2 log35 + log33 + log35 = 3a + 1
Zadanie 2. Odpowiedź: B
Zadanie 3. Odpowiedź: B 3x + 2y – 4 = 0
y 3x 2
2 zatem a = 2 3
Zadanie 4. Odpowiedź: C n ∈ {1, 2, 3, 4}
Zadanie 5. Odpowiedź: B 3x – 6 – 4x – 8 > 2
–x > 16 x < –16
Zatem jest to liczba (–17)
Zadanie 6. Odpowiedź: C B / A = (3, 6)
Zadanie 7. Odpowiedź: C
x ≠ 2 oraz x2 – 4 = 0. Zatem x = 2 lub x = –2 x = –2 ∈ D
Zadanie 8. Odpowiedź: A
b 1
3 2
3 2
1
3 2
zatem a = b
Zadanie 9. Odpowiedź: A
∆ = 13, x1
3 13
2 , x2
3 13
2 zatem x1 + x2 = 3
Oficyna Edukacyjna * Krzysztof Pazdro 2
Zadanie 10. Odpowiedź: D
x – 1 = 0 lub x + 1 = 0 lub x2 + 1 = 0 lub (x – 1)2 = 0 zatem x = 1 lub x = –1
Uwaga. Pierwiastek 1 jest pierwiastkiem trzykrotnym.
Zadanie 11. Odpowiedź: C 1
9
a 2 zatem a = 3
Zadanie 12. Odpowiedź: B y = ax + b
3 2
6
a b a b Zatem 9 = –3a czyli a = –3 II sposób.
a
6 3
1 2
3.
Zadanie 13
W trójkącie prostokątnym o przyprostokątnych długości 1 oraz 2, z twierdzenia Pitagorasa wynika, że przeciw- prostokątna ma długość 5 .
Wobec tego sin 2
5 oraz cos 1 5 czyli 3
3
7 5
5 5
7 5 sin cos
cos sin
II sposób.
3 3
3
3 sin cos
cos sin
sin cos
cos cos cos
cos
sin cos
33 1
1 3
6 1 1 6
7 5 tg
tg
Punktacja:
1 – wyznaczenie wartości sin i cos 1 – obliczenia końcowe
Zadanie 14
∆ = 49 oraz x1 = 3, x2 = –4 Zatem x ∈ 〈–4, 3〉
Szukane liczby naturalne to n ∈ {0, 1, 2, 3}
Punktacja:
1 – podanie rozwiązania nierówności kwadratowej, czyli x ∈ 〈–4, 3〉
1 – wypisanie szukanych liczb naturalnych n ∈ {0, 1, 2, 3}
Oficyna Edukacyjna * Krzysztof Pazdro 3
Zadanie 15
(a + b)2 – 2ab = 4ab (a – b)2 + 2ab = 4ab
Zatem (a + b)2 = 6ab oraz (a – b)2 = 2ab a b
a b
1 3
3 3 II sposób.
Niech x a
= b. Wtedy x2 + 1 = 4x.
Po rozwiązaniu równania otrzymujemy: x1
4 2 3 2
2 3
, x2 2 3. Drugie rozwiązanie nie spełnia warunku x > 1.
Zatem a b a b
x x
1 1
1 3 3 3
1 3 3 1 3
1 3
3 3
Punktacja:
1 – wyznaczenie wartości (a + b)2 lub (a – b)2 1 – dokończenie dowodu
Zadanie 16.
Z twierdzenia Pitagorasa c = 6 R= 1c
2 , gdzie c jest długością przeciwprostokątnej.
Zatem R = 6 2
zastosowanie wzoru na pole trójkąta P = p ∙ r, gdzie p oznacza połowę obwodu trójkąta.
Zatem 1 2
2 1 2 1 6 2 2
2
r
r 1
6 2 2
2 2 6
2 II sposób.
W oparciu o wzór, który jest w Zestawie Wybranych wzorów matematycznych r a b c
2
2 1 2 1 6
2
2 2 6
2 Punktacja:
1 – obliczenie c = 6 1 – wyznaczenie R = 6
2 1 – zapisanie równania 1
2
2 1 2 1 6 2 2
2
r
1 – podanie r 2 2 6 2
Oficyna Edukacyjna * Krzysztof Pazdro 4
Zadanie 17
(3, y, x) – ciąg arytmetyczny (3, y – 6, x) – ciąg geometryczny Zatem
y x y
y x
y
3 6
3 6
x y
y y
2 3
62 3 2 3 y2 – 18y + 45 = 0
∆ = 144, y1 = 15, y2 = 3 x
y
27
15 lub x y
3 3 x = 27 lub x = 3 Punktacja:
2 – zapisanie układu równań yy x yx y
3 6
3 6
1 – doprowadzenie do równania kwadratowego y2 – 18y + 45 = 0 1 – podanie odpowiedzi x = 27 oraz x = 3
Uwaga. W sytuacji, gdy uczeń odrzuci rozwiązanie x = 3, przyznajemy mu również maksymalną liczbę punktów.
