Matura czerwiec 2016 matematyka - rozwiązania wybranych zadań krok po kroku

Rozwiązanie:

Klucz to zamienić wszystko na potęgi trójki. To uniwersalny schemat w zadaniach z potęgami - zamieniasz pierwiastki na ułamkowe wykładniki i upraszczasz.

Najpierw podwyrażenie $3\sqrt{3}$:

Teraz pierwiastek trzeciego stopnia z tego wyrażenia:

Schemat: zamień na potęgi -> pomnóż wykładniki -> uprość. Ten sam wzorzec wraca na maturze co roku. Pamiętaj: $\sqrt[n]{a^m} = a^{m/n}$ i $a^k \cdot a^l = a^{k+l}$. Nie komplikuj - sprowadź do jednej podstawy i licz wykładniki.

Rozwiąż to zadanie na Sprawnej Maturze

Rozwiązanie:

Suma logarytmów o tej samej podstawie to logarytm iloczynu. To pierwsza własność, po którą sięgasz, gdy widzisz dodawanie logów:

Mnożymy ułamki:

Więc:

Typowe zadanie na własność $\log_a x + \log_a y = \log_a(xy)$. Najczęstszy błąd: dodawanie argumentów zamiast ich mnożenia. Pamiętaj - logarytm "zamienia" mnożenie na dodawanie, nie odwrotnie. Ćwicz tego typu zadania na zadaniach z logarytmów.

Rozwiąż to zadanie na Sprawnej Maturze

Rozwiązanie:

Funkcja kwadratowa podana w postaci iloczynowej. Odczytujemy od razu miejsca zerowe:

Współczynnik $a = -2 < 0$, więc parabola ma ramiona skierowane w dół. Wierzchołek jest w punkcie:

Parabola z ramionami w dół rośnie na lewo od wierzchołka i maleje na prawo. Zatem funkcja jest rosnąca na przedziale:

Postać iloczynowa to prezent od CKE - od razu widzisz miejsca zerowe bez liczenia delty. Potem średnia arytmetyczna miejsc zerowych daje ci $x$-ową wierzchołka. Pamiętaj: $a < 0$ to parabola "smutna" (ramiona w dół), funkcja rośnie do wierzchołka, potem maleje.

Rozwiąż to zadanie na Sprawnej Maturze

Rozwiązanie:

Oznaczmy krawędź podstawy przez $a$. Ściany boczne są trójkątami równobocznymi, więc krawędzie boczne też mają długość $a$: $|AS| = |CS| = a$.

Odcinek $AC$ to przekątna kwadratu:

Sprawdzamy trójkąt $ASC$:

Z twierdzenia odwrotnego do twierdzenia Pitagorasa trójkąt $ASC$ jest prostokątny z kątem prostym przy wierzchołku $S$. Ten trójkąt ma też takie same boki jak trójkąt $ABC$ (dwa razy $a$ i $a\sqrt{2}$), w którym kąt przy $B$ jest prosty.

Kąt $ASC$ leży w przekroju ostrosłupa płaszczyzną przechodzącą przez przekątną podstawy i wierzchołek. To nie jest kąt między ścianą boczną a podstawą, więc nie szukaj go w trójkącie z wysokością ściany bocznej. Zadanie łączy stereometrię z planimetrią.

Rozwiąż to zadanie na Sprawnej Maturze

Rozwiązanie:

1. Krok 1

   Dziedzina

   Mianowniki nie mogą być zerem, więc $2x \neq 0$ i $x + 1 \neq 0$. Treść podaje te założenia wprost:

   $x \neq 0 \quad \text{i} \quad x \neq -1$
2. Krok 2

   Przenosimy na jedną stronę

   Zamiast mnożyć krzyżowo (co daje duże wyrażenie), odejmujemy prawo od lewa:

   $\frac{2x+1}{2x} - \frac{2x+1}{x+1} = 0$

   Wyciągamy wspólny czynnik $(2x+1)$:

   $(2x+1)\left(\frac{1}{2x} - \frac{1}{x+1}\right) = 0$
3. Krok 3

   Iloczyn równy zero

   Albo $2x + 1 = 0$, albo $\frac{1}{2x} - \frac{1}{x+1} = 0$.

   Przypadek 1: $2x + 1 = 0$, czyli $x = -\frac{1}{2}$. Sprawdzamy dziedzinę: $-\frac{1}{2} \neq 0$ i $-\frac{1}{2} \neq -1$ - pasuje.

   Przypadek 2: $\frac{1}{2x} = \frac{1}{x+1}$, czyli $x + 1 = 2x$ (mnożymy krzyżowo, bo oba mianowniki niezerowe w dziedzinie). Stąd $x = 1$. Sprawdzamy dziedzinę: $1 \neq 0$ i $1 \neq -1$ - pasuje.

Zwróć uwagę na sprytną metodę: zamiast mnożyć krzyżowo od razu, przenosimy na jedną stronę i wyciągamy wspólny czynnik. To szybsze i mniejsze ryzyko błędu rachunkowego. W tym zadaniu dziedzina jest podana w treści, ale przy innych równaniach wymiernych wyznaczasz ją sam i na końcu sprawdzasz, czy żadne rozwiązanie jej nie łamie.

Rozwiąż to zadanie na Sprawnej Maturze

Rozwiązanie:

1. Krok 1

   Przenosimy wszystko na lewą stronę:

   $x^4 + y^4 + x^2 + y^2 - 2x^3 - 2y^3 \geq 0$
2. Krok 2

   Grupujemy wyrazy z $x$ i wyrazy z $y$:

   $\left(x^4 - 2x^3 + x^2\right) + \left(y^4 - 2y^3 + y^2\right) \geq 0$
3. Krok 3

   Rozpoznajemy kwadraty

   Ze wzoru $(a-b)^2 = a^2 - 2ab + b^2$ dla $a = x^2$, $b = x$:

   $x^4 - 2x^3 + x^2 = \left(x^2 - x\right)^2$

   Tak samo $y^4 - 2y^3 + y^2 = \left(y^2 - y\right)^2$. Nierówność ma postać:

   $\left(x^2 - x\right)^2 + \left(y^2 - y\right)^2 \geq 0$
4. Krok 4

   Wniosek

   Kwadrat liczby rzeczywistej jest nieujemny, a suma dwóch liczb nieujemnych też jest nieujemna. Ostatnia nierówność jest więc prawdziwa dla wszystkich $x, y$, a przekształcenia były równoważne. $\square$

Najtrudniejszy jest krok 2: trzeba zobaczyć, że wyrazy z $x$ układają się w pełny kwadrat $x^4 - 2x^3 + x^2$. Przećwicz tę technikę na zadaniach z równań i nierówności.

Rozwiąż to zadanie na Sprawnej Maturze

Rozwiązanie:

Korzystamy ze wzoru na sumę $n$ początkowych wyrazów ciągu arytmetycznego:

1. Krok 1

   Układ równań

   Suma czterech pierwszych wyrazów to $S_4 = 2016$. Suma dwunastu pierwszych wyrazów to suma obu podanych fragmentów: $S_{12} = 2016 + 2016 = 4032$.

   $S_4 = \frac{2a_1 + 3r}{2} \cdot 4 = 2(2a_1 + 3r) = 2016 \implies 2a_1 + 3r = 1008$$S_{12} = \frac{2a_1 + 11r}{2} \cdot 12 = 6(2a_1 + 11r) = 4032 \implies 2a_1 + 11r = 672$
2. Krok 2

   Różnica i pierwszy wyraz

   Odejmujemy pierwsze równanie od drugiego:

   $8r = 672 - 1008 = -336 \implies r = -42$$2a_1 = 1008 - 3 \cdot (-42) = 1008 + 126 = 1134 \implies a_1 = 567$
3. Krok 3

   Najmniejszy dodatni wyraz

   Ciąg jest malejący ($r < 0$), więc szukamy ostatniego dodatniego wyrazu:

   $a_n = 567 + (n-1)(-42) > 0 \implies 42(n-1) < 567 \implies n - 1 < 13{,}5 \implies n \le 14$$a_{14} = 567 - 13 \cdot 42 = 567 - 546 = 21, \qquad a_{15} = 21 - 42 = -21$

Sprawdzenie: $S_4 = 567 + 525 + 483 + 441 = 2016$. Pułapka: wzięcie $S_{12} = 2016$ zamiast $4032$: druga suma w treści zaczyna się od $a_5$, a nie od $a_1$. Więcej o ciągach na maturze.

Rozwiąż to zadanie na Sprawnej Maturze

Rozwiązanie:

1. Krok 1

   Oznaczenia

   Stosunek $H : r = 3 : 8$, więc przyjmujemy $H = 3x$ i $r = 8x$ dla pewnego $x > 0$.

2. Krok 2

   Wyznaczenie $x$ z objętości stożka:

   $V = \frac{1}{3}\pi r^2 H = \frac{1}{3}\pi \cdot 64x^2 \cdot 3x = 64\pi x^3$$64\pi x^3 = 8\pi \implies x^3 = \frac{1}{8} \implies x = \frac{1}{2}$

   Stąd $r = 4$ i $H = \frac{3}{2}$.

3. Krok 3

   Tworząca

   Promień, wysokość i tworząca $l$ tworzą trójkąt prostokątny:

   $l^2 = r^2 + H^2 = 16 + \frac{9}{4} = \frac{73}{4} \implies l = \frac{\sqrt{73}}{2}$
4. Krok 4

   Pole powierzchni bocznej:

   $P_b = \pi r l = \pi \cdot 4 \cdot \frac{\sqrt{73}}{2} = 2\pi\sqrt{73}$

Zadanie pyta o pole powierzchni bocznej, a nie całkowitej, więc nie dodajesz pola podstawy $\pi r^2$. Stosunek $3:8$ najwygodniej zamienić na $H = 3x$ i $r = 8x$: wtedy objętość daje jedno równanie z jedną niewiadomą. Przeczytaj nasz przewodnik po stereometrii, żeby przećwiczyć wszystkie typy brył.

Rozwiąż to zadanie na Sprawnej Maturze