Matura czerwiec 2017 matematyka - rozwiązania wybranych zadań krok po kroku

Rozwiązanie:

Masz cztery identyczne składniki, więc suma to po prostu:

Teraz sztuczka - zapisz czwórkę jako potęgę dwójki i szesnastkę też:

Zatem:

Możesz to też zapisać inaczej. Skoro $2^{98} = (2^2)^{49} = 4^{49}$, to jest jedna z możliwych odpowiedzi.

Ale jest jeszcze krótsza droga. Zauważ, że $4 = 16^{1/2}$ (bo $\sqrt{16} = 4$), więc:

Hmm, $24{,}5$ nie wygląda elegancko w odpowiedziach. Zostańmy przy $2^{98} = 4^{49}$.

Schemat jest prosty: sumowanie identycznych potęg to mnożenie. $n$ razy ta sama potęga = $n \cdot$ ta potęga. Potem sprowadzasz do wspólnej podstawy. Więcej o tym w przewodniku po potęgach i pierwiastkach.

Rozwiąż to zadanie na Sprawnej Maturze

Rozwiązanie:

Warunek $f(-1) = f(3)$ oznacza, że punkty paraboli o odciętych $-1$ i $3$ leżą symetrycznie względem jej osi. Oś symetrii przechodzi więc przez środek odcinka między nimi:

Dla $f(x) = x^2 + bx + c$ odcięta wierzchołka to $x_w = -\frac{b}{2 \cdot 1} = -\frac{b}{2}$. Zatem:

Sprawdzenie układem równań: $f(-1) = 1 - b + c = 1$ i $f(3) = 9 + 3b + c = 1$. Po odjęciu stronami $-4b = 8$, czyli $b = -2$ (a przy okazji $c = -2$).

Jeśli funkcja kwadratowa przyjmuje tę samą wartość w dwóch punktach, oś paraboli leży dokładnie pośrodku między nimi. To skraca zadanie do jednej linijki. Przeczytaj więcej o funkcji kwadratowej na maturze.

Rozwiąż to zadanie na Sprawnej Maturze

Rozwiązanie:

Skoro $\tg \alpha = \frac{12}{5}$, wyobraź sobie trójkąt prostokątny, w którym przyprostokątna naprzeciwko kąta $\alpha$ ma długość 12, a przyprostokątna przy kącie $\alpha$ ma długość 5. Wtedy tangens to stosunek przeciwnej do przyległej, czyli $\frac{12}{5}$ - zgadza się.

Obliczamy przeciwprostokątną z twierdzenia Pitagorasa:

Zatem:

Trójkąt 5-12-13 to jeden z klasycznych trójkątów pitagorejskich (obok 3-4-5 i 8-15-17). Warto go zapamiętać. Alternatywne podejście: użyj jedynki trygonometrycznej $\sin^2 \alpha + \cos^2 \alpha = 1$ i zależności $\tg \alpha = \frac{\sin \alpha}{\cos \alpha}$, ale trójkąt prostokątny jest szybszy. Więcej o trygonometrii na maturze.

Rozwiąż to zadanie na Sprawnej Maturze

Rozwiązanie:

Przekątna sześcianu o boku $a$ to:

Masz $d = 6$, więc:

Pole powierzchni całkowitej sześcianu (6 ścian, każda to kwadrat o boku $a$):

Dwa wzory do zapamiętania na sześcian: przekątna $d = a\sqrt{3}$ i przekątna ściany $d_s = a\sqrt{2}$. Nie myl ich - na maturze to częsty podstęp. Sześcian to najprostszy przypadek w stereometrii, więc te punkty musisz brać.

Rozwiąż to zadanie na Sprawnej Maturze

Rozwiązanie:

Wszystkich wyników dwóch rzutów jest $|\Omega| = 6 \cdot 6 = 36$.

Iloczyn większy od 20 dają tylko duże liczby oczek. Wypisujemy pary:

• •$4 \cdot 6 = 24$: pary $(4, 6)$ i $(6, 4)$,
• •$5 \cdot 5 = 25$: para $(5, 5)$,
• •$5 \cdot 6 = 30$: pary $(5, 6)$ i $(6, 5)$,
• •$6 \cdot 6 = 36$: para $(6, 6)$.

Iloczyn $4 \cdot 5 = 20$ nie jest większy od 20, a $3 \cdot 6 = 18$ też odpada. Zdarzeń sprzyjających jest $|A| = 6$.

Uważaj na granicę: „większy od 20” wyklucza iloczyn równy 20, czyli pary $(4, 5)$ i $(5, 4)$. Ich doliczenie daje $\frac{8}{36} = \frac{2}{9}$, czyli błędną odpowiedź D. Przeczytaj przewodnik po prawdopodobieństwie.

Rozwiąż to zadanie na Sprawnej Maturze

Rozwiązanie:

1. Krok 1

   Przenieś wszystko na jedną stronę:

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

   Wyciągnij wspólny czynnik

   $\left(x - \frac{1}{2}\right)$:

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

   Uprość nawias kwadratowy:

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

   Zatem nierówność ma postać:

   $\left(x - \frac{1}{2}\right)(-2x - 1) > 0$

   Wyciągnij minus z drugiego czynnika:

   $-\left(x - \frac{1}{2}\right)(2x + 1) > 0$

   Mnożymy obie strony przez $-1$ (odwracamy znak nierówności):

   $\left(x - \frac{1}{2}\right)(2x + 1) < 0$
4. Krok 4

   Miejsca zerowe:

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

5. Krok 5

   Tabelka znaków:

Szukamy iloczynu ujemnego (< 0):

Kluczem do tego zadania jest rozpoznanie wspólnego czynnika $\left(x - \frac{1}{2}\right)$. Gdybyś rozwinął wszystkie nawiasy i doprowadził do nierówności kwadratowej - też by wyszło, ale ryzyko błędu rachunkowego rośnie. Faktoryzacja jest szybsza i bezpieczniejsza. Schemat CKE: 1 pkt za poprawne sprowadzenie do iloczynu, 1 pkt za rozwiązanie nierówności z iloczynem.

Rozwiąż to zadanie na Sprawnej Maturze

Rozwiązanie:

Zapisz $1{,}5$ jako ułamek:

Zatem trzeba wykazać, że:

Kluczowa obserwacja: $100 = 4 \cdot 25$, więc:

Obliczmy $\left(\frac{3}{2}\right)^4$:

Sprawdźmy, czy $\frac{81}{16} < 6$:

Skoro $\left(\frac{3}{2}\right)^4 < 6$ i funkcja potęgowa $t^{25}$ jest rosnąca dla $t > 0$, to:

Co daje:

To piękny dowód, który opiera się na jednym pomyśle: rozbić wykładnik 100 na $4 \cdot 25$, żeby sprowadzić porównanie do czegoś obliczalnego. Schemat CKE: 1 pkt za doprowadzenie do porównania $\left(\frac{3}{2}\right)^4$ z 6, 1 pkt za poprawne uzasadnienie nierówności. Najczęstszy błąd to brak uzasadnienia, dlaczego z $a < b$ wynika $a^{25} < b^{25}$ - musisz napisać, że potęga o naturalnym wykładniku zachowuje nierówność dla liczb dodatnich.

Rozwiąż to zadanie na Sprawnej Maturze

Rozwiązanie:

1. Krok 1

   Oznaczenia

   Przekątne rombu przecinają się pod kątem prostym i dzielą się na połowy. Niech $H$ oznacza wysokość graniastosłupa ($|CC'| = |DD'| = H$).

2. Krok 2

   Trójkąt $ACC'$

   Rzutem przekątnej $AC'$ na podstawę jest przekątna rombu $AC$, a kąt przy $A$ ma $30^\circ$:

   $|AC| = 8 \cos 30^\circ = 8 \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} = 4\sqrt{3}, \qquad H = 8 \sin 30^\circ = 8 \cdot \frac{1}{2} = 4$
3. Krok 3

   Trójkąt $BDD'$

   Rzutem przekątnej $BD'$ jest przekątna $BD$, a kąt przy $B$ ma $45^\circ$. Trójkąt $BDD'$ jest prostokątny i równoramienny, więc:

   $|BD| = H = 4$
4. Krok 4

   Bok rombu

   Połowy przekątnych to $2\sqrt{3}$ i $2$. Z twierdzenia Pitagorasa:

   $a = \sqrt{\left(2\sqrt{3}\right)^2 + 2^2} = \sqrt{12 + 4} = 4$
5. Krok 5

   Pola

   Pole podstawy (rombu) z przekątnych:

   $P_p = \frac{|AC| \cdot |BD|}{2} = \frac{4\sqrt{3} \cdot 4}{2} = 8\sqrt{3}$

   Powierzchnię boczną tworzą 4 prostokąty $a \times H$:

   $P_b = 4 \cdot a \cdot H = 4 \cdot 4 \cdot 4 = 64$$P_c = 2P_p + P_b = 16\sqrt{3} + 64 = 16\left(\sqrt{3} + 4\right)$

Kluczowe jest rozpoznanie, że kąt nachylenia przekątnej graniastosłupa do podstawy leży między tą przekątną a jej rzutem, czyli przekątną rombu. Dalej każda wielkość wynika z poprzedniej: $AC$ i $H$, potem $BD$, bok rombu i pola. Więcej o bryłach i kątach w przewodniku po stereometrii.

Rozwiąż to zadanie na Sprawnej Maturze