Matura próbna CKE grudzień 2024 - matematyka, rozwiązania arkusza

Rozwiązanie:

Rozwiązujemy dwa przypadki:

Suma:

Szybki trick: W równaniu $|x + a| = b$ suma rozwiązań to zawsze $-2a$. Tutaj $-2 \cdot 4 = -8$. Wynika to z tego, że rozwiązania są symetryczne względem punktu $x = -a$. Na maturze ten trick oszczędza czas - wystarczy pomnożyć liczbę przy $x$ przez $-2$, bez rozwiązywania dwóch równań.

Rozwiązanie:

Rozwijamy lewą stronę i przenosimy:

Szukamy miejsc zerowych trójmianu:

Rozkład na czynniki: $(x+1)(x-7) \leq 0$

Parabola $y = (x+1)(x-7)$ jest skierowana ramionami do góry ($a = 1 > 0$), więc jest niedodatnia między pierwiastkami:

Standardowa nierówność kwadratowa - schemat: (1) przenieś wszystko na jedną stronę, (2) oblicz deltę i pierwiastki, (3) odczytaj rozwiązanie z wykresu paraboli. Pamiętaj: nierówność $\leq 0$ to "parabola pod osią OX", a $\geq 0$ to "parabola nad osią OX". Więcej o równaniach i nierównościach na maturze.

Rozwiązanie:

Rysujemy trapez prostokątny ABCD. Kąt prosty jest przy B i C (ramię BC prostopadłe do podstaw). Kąt $\angle ADC = 60°$.

1. Krok 1

   Wysokość trapezu to długość ramienia prostopadłego: $h = BC = 6$.

2. Krok 2

   Opuszczamy wysokość z D na AB - oznaczmy stopę jako E. Odcinek DE ma długość $h = 6$, a AE to różnica długości podstaw.

3. Krok 3

   W trójkącie prostokątnym AED kąt $\angle ADE = 60°$. Kąt ten jest przy D, więc:

   $\tg 60° = \frac{AE}{DE}$$\sqrt{3} = \frac{AE}{6}$$AE = 6\sqrt{3}$
4. Krok 4

   Dłuższa podstawa AB:

   $AB = CD + AE = 4 + 6\sqrt{3}$
5. Krok 5

   Pole trapezu:

   $P = \frac{(AB + CD) \cdot h}{2} = \frac{(4 + 6\sqrt{3} + 4) \cdot 6}{2} = \frac{(8 + 6\sqrt{3}) \cdot 6}{2}$$= 3(8 + 6\sqrt{3}) = 24 + 18\sqrt{3}$

To zadanie za 4 punkty łączy planimetrię z trygonometrią. Na schemacie oceniania: punkt za rysunek/oznaczenia, punkt za obliczenie AE, punkt za dłuższą podstawę, punkt za pole. Nawet jeśli nie dokończysz obliczeń, prawidłowy rysunek i $AE = 6\sqrt{3}$ to już 2 punkty. Przeczytaj przewodnik po planimetrii i trygonometrii.

Rozwiązanie:

Przekrój osiowy stożka to trójkąt, którego podstawa to średnica stożka, a boki to tworzące. Skoro ten trójkąt jest równoboczny o boku 8:

• •Tworząca stożka: $l = 8$ (bok trójkąta)
• •Średnica podstawy: $d = 8$ (podstawa trójkąta), więc promień $r = 4$

Wysokość stożka z twierdzenia Pitagorasa w trójkącie prostokątnym (promień, wysokość, tworząca):

Objętość stożka:

Kluczem jest zrozumienie, co oznacza "przekrój osiowy" - to przekrój bryły płaszczyzną przechodzącą przez oś symetrii. Dla stożka daje trójkąt, dla walca prostokąt, dla kuli koło. To pojęcie pojawia się na maturze co roku. Więcej ćwiczeń w przewodniku po stereometrii.

Rozwiązanie:

1. Krok 1

   Przekątna prostopadłościanu

   Wzór na przekątną prostopadłościanu o wymiarach $p$, $q$, $r$:

   $d = \sqrt{p^2 + q^2 + r^2}$

   Podstawiamy:

   $d = \sqrt{a^2 + (2a)^2 + (3a)^2} = \sqrt{a^2 + 4a^2 + 9a^2} = \sqrt{14a^2} = a\sqrt{14}$
2. Krok 2

   Wyznaczenie a

   Z warunku $d = 14\sqrt{2}$:

   $a\sqrt{14} = 14\sqrt{2}$$a = \frac{14\sqrt{2}}{\sqrt{14}} = \frac{14\sqrt{2} \cdot \sqrt{14}}{14} = \sqrt{2} \cdot \sqrt{14} = \sqrt{28} = 2\sqrt{7}$

   Wymiary prostopadłościanu: $2\sqrt{7}$, $4\sqrt{7}$, $6\sqrt{7}$.

3. Krok 3

   Objętość:

   $V = a \cdot 2a \cdot 3a = 6a^3 = 6 \cdot (2\sqrt{7})^3 = 6 \cdot 8 \cdot 7\sqrt{7} = 336\sqrt{7}$
4. Krok 4

   Pole powierzchni całkowitej:

   $P_c = 2(a \cdot 2a + a \cdot 3a + 2a \cdot 3a) = 2(2a^2 + 3a^2 + 6a^2) = 2 \cdot 11a^2 = 22a^2$$P_c = 22 \cdot (2\sqrt{7})^2 = 22 \cdot 4 \cdot 7 = 22 \cdot 28 = 616$

To najtrudniejsze zadanie w arkuszu - wymaga obliczenia wymiarów z przekątnej, a potem systematycznego podstawienia. Schemat oceniania: punkt za wzór na przekątną, punkt za wyznaczenie $a$, punkt za objętość, punkt za pole. Nawet jeśli wiesz tylko wzór na przekątną, to już punkt. Przeczytaj przewodnik po stereometrii na maturze - prostopadłościan to najpopularniejsza bryła na egzaminie.