PRZYKŁADOWE ROZWIĄZANIA ZADAŃ MATEMATYKA POZIOM ROZSZERZONY

PRZYKŁADOWE ROZWIĄZANIA ZADAŃ MATEMATYKA

POZIOM ROZSZERZONY

Odpowiedzi do zadao zamkniętych

:

1 2 3 4 5

C A B B D

Zadania z kodowaną odpowiedzią:

Zadanie 6

P(A) = ¹⁰⁵₂₆₄ ≈0, 39772 Zadanie 7

𝑙𝑜𝑔_𝑎𝑏𝑥 = ¹²₇ ≈ 1, 71428

Zadanie 8

Prosta PQ ma równanie 2x + y + 2 = 0

Zadanie 9

Największa liczba spełniająca nierównośd to 2 5 ≈4,4721

Zadanie 10

Obliczam pochodną funkcji 𝑓^′(x) = 6x² + 2px + 36

Korzystam z warunku koniecznego istnienia ekstremum w punkcie 𝑓^,(2) = 0, stąd p = - 15.

Badam monotonicznośd funkcji f(x): funkcja rosnąca w każdym z przedziałów ( -∞, 2 > i

< 3, ∞) oraz malejąca w przedziale < 2, 3 >. Zatem w punkcie x = 2 funkcja osiąga maksimum.

3 9 7

7 1 4

2 1 2

4 4 7

Zadanie 11

Korzystam z definicji prawdopodobieostwa warunkowego P( A|B) =^{𝑃(𝐴∩𝐵)}_𝑃(𝐵) = ²₃, zatem P( A ∩ 𝐵) = ²₃ 𝑃(𝐵). Ponieważ B = (A ∩ B)∪(B – A) i (A ∩ B) ∩ (B – A) = ∅, stąd P(B) = P(A ∩ B) + P(B – A). Podstawiając otrzymujemy P(B – A) = ¹₃ P(B). Zatem

𝑃{𝐵−𝐴}

𝑃(𝐵) = ¹₃. Zadanie 12

Z twierdzenia sinusów wynika, że ^𝑎 _𝑏 =^{𝑠𝑖𝑛𝛼}_{𝑠𝑖𝑛𝛽} a warunku zadania że ^𝑎 _𝑏 =^{𝑐𝑜𝑠𝛼}_{𝑐𝑜𝑠𝛽} zatem że

𝑐𝑜𝑠𝛼

𝑐𝑜𝑠𝛽 =_{𝑠𝑖𝑛𝛽}^{𝑠𝑖𝑛𝛼}. Po przekształceniu otrzymamy sin𝛼 cos𝛽 - cos𝛼 sin𝛽 = 0, czyli sin(𝛼 − 𝛽 ) = 0, stąd 𝛼 = 𝛽, trójkąt ABC jest równoramienny.

Zadanie 13

Rozwiązuję nierównośd |x| > 2, stąd x∈ − ∞, −2 ∪ ( 2, ∞).

Dziedziną nierówności _𝑥+3⁷ ≤ 1 jest R – { -3 }. Po sprowadzeniu do wspólnego mianownika otrzymuję nierównośd ^{– 𝑥+4}_𝑥+3 ≤ 0, której rozwiązaniem jest x ∈ − ∞, −3 ∪ < 4, ∞).

Wyznaczam częśd wspólną rozwiązao obu nierówności i ostatecznie otrzymuję x ∈ − ∞, −3 ∪ < 4, ∞).

Zadanie 14 lim_𝑛→∞^{5∙32𝑛− 1}

4∙9^𝑛+ 7 = lim_𝑛→∞^5∙9_4∙9^𝑛_𝑛^{− 1}_{+ 7} = lim_𝑛→∞⁵⁻

1 9𝑛

4+ _9𝑛⁷ = ⁵₄, bo lim_𝑛→∞9¹_𝑛 = 0 i lim_𝑛→∞9⁷_𝑛 = 0.

Zadanie 15

Środkiem okręgu o równaniu x² + y² – 12x – 4y + 15 = 0 jest S( 6, 2). Rozwiązuję układ równao x² + y²– 12x – 4y + 15 = 0

x + 7y + 5 = 0 i wyznaczam współrzędne punktów przecięcia okręgu i siecznej K(9, - 2) i L( 2, - 1). Obliczam pole P trójkąta równoramiennego KLS, P = 12,5

Zadanie 16

Przekształcam równanie trygonometryczne:

(sin²x + cos²x)² - 2 sin²xcos²x = ⁵₈

2 sin²xcos²x = 1 - ⁵₈

1

2 ∙ 4 sin²xcos²x = ³₈ sin²(2x) = ³₄

sin 2x = ³₂ lub sin 2x = − ³₂

Rozwiązując te równania dla x ∈ < − ^𝜋₂, 𝜋 >, otrzymujemy następujący zbiór rozwiązao {− ^𝜋₃, − ^𝜋

6, ^𝜋

6 , ^𝜋

3, ^2𝜋₃ ,^5𝜋

6 }, a ich suma wynosi ^3𝜋₂. Zadanie 17

Rysunek przedstawia przekrój osiowy bryły

Z podobieostwa trójkątów wynika _𝐻−𝑟^𝑟 = ^𝑅_𝐿, zatem r =_𝑅+𝐿^𝑅𝐻

Objętośd stożka Vs = ¹₃𝜋R²H, a objętośd kuli Vk = _3(𝑅+𝐿)^{4𝜋𝑅3𝐻3}₃ , stąd _𝑉^𝑉𝑠

𝑘 = ^{( 𝑅+𝐿)}_4𝑅𝐻2³’ Pole powierzchni stożka Ps = 𝜋R(R + L), zaś pole powierzchni kuli Pk = ^4𝜋𝑅_{( 𝑅+𝐿)} ^2𝐻2₂, zatem _𝑃^𝑃𝑠

𝑘 = ^{( 𝑅+𝐿)3}

4𝑅𝐻²

Wynika stąd, że _𝑉^𝑉𝑠

𝑘 =_𝑃^𝑃𝑠

𝑘.

Zadanie 18

Z treści zadania wynika, że ^𝑎+𝑏₂ ∙ 𝑕 = 𝑃 , stąd ^𝑎+𝑏₂ = ^𝑃

𝑕 i h > 0’

Trapez ABCD jest równoramienny, zatem |EB| = ^𝑎+𝑏₂ . Z twierdzenia Pitagorasa wyznaczam długośd przekątnej BD

d² = ( ^𝑎+𝑏₂ )² + h² = ( _𝑕^𝑃)² + h² = ^𝑃2_𝑕^+𝑕₂ ⁴

stąd d = ^𝑃2_𝑕^+𝑕₂ ⁴ i d > 0.

Przekątna trapezu będzie najmniejsza, jeśli funkcja f(h) = ^𝑃2_𝑕^+𝑕₂ ⁴ dla h > 0 osiągnie minimum.

𝑓^′(h) = ^{2𝑕5− 2𝑕𝑃}_𝑕4 ²

𝑓^′(h) = 0 dla h = 𝑃, 𝑓^′(h) < 0 dla h ∈ ( 0, 𝑃), 𝑓^′(h) > 0 dla h ∈ ( 𝑃, 0) Funkcja f(h) osiąga minimum dla h = 𝑃. Obliczam d = 2𝑃.

Najmniejsza długośd przekątnej to 2𝑃.