Page 1


Henryk Pawłowski

Prościej już się nie da Obowiązkowa matura z matematyki

Zadania i szczegółowe rozwiązania

Nie przejmuj się, jeżeli masz problemy z matematyką. Zapewniam Cię, że ja mam jeszcze większe. Albert Einstein

Oficyna Wydawnicza „Tutor” – 2010 r.


Henryk Pawłowski

Prościej już się nie da.

Obowiązkowa matura z matematyki. Zadania i szczegółowe rozwiązania

Redaktor wydania:

Zdzisław Głowacki Redakcja i korekta merytoryczna:

Joanna Karłowska-Pik Redakcja techniczna oraz przygotowanie do druku:

Tomasz Pik Ilustracja na okładce:

Magdalena Węgrzyn Projekt okładki:

Mirosław Głodkowski, Zdzisław Głowacki

© Copyright by Oficyna Wydawnicza „Tutor”

Wydanie I. Toruń 2010 r.

Oficyna Wydawnicza „Tutor” 87-100 Toruń, ul. Warszawska 14/2, tel. 0-56/65-999-55 e-mail: tutor@tutor.torun.pl Internetowa Księgarnia Wysyłkowa: www.tutor.edu.pl

Druk i oprawa: Toruńskie Zakłady Graficzne „Zapolex” Sp. z o.o.

ISBN 978-83-89563-46-0


Spis treści

Obowiązkowa matura z matematyki 1.

Liczby rzeczywiste........................................................................ 5

2.

Wyrażenia algebraiczne............................................................. 15

3.

Równania i nierówności............................................................ 24

4.

Funkcje.......................................................................................... 35

5.

Ciągi liczbowe............................................................................. 49

6.

Trygonometria............................................................................. 59

7.

Planimetria................................................................................... 73

8.

Geometria na płaszczyźnie kartezjańskiej.............................. 85

9.

Stereometria................................................................................. 95

10. Elementy statystyki opisowej, teoria prawdopodobieństwa i kombinatoryka..................... 112


Drodzy Maturzyści! Po wielu latach szkolnych zmagań z problemami matematycznymi wkrótce przystąpicie do obowiązkowego egzaminu maturalnego z matematyki. Matematyka tym się różni od wielu innych przedmiotów, że nie można nauczyć się jej na skróty. Rozwiązanie każdego, nawet najprostszego

problemu

wymaga

wykorzystania

wiedzy,

którą

zdobywaliście

przez

kilkanaście lat. Matematyki nie można się też wyuczyć, przyswajając wiele suchych faktów, tak jak jest to w przypadku innych dyscyplin. Matematykę trzeba zrozumieć, a to wymaga wielu ćwiczeń. Zrozumieć trzeba nie tylko prawa matematyki, ale także schematy wykorzystania tych praw do rozwiązywania typowych problemów matematycznych. Niniejszy zbiór przeznaczony jest dla tych Maturzystów, którzy w krótkim czasie przed egzaminem maturalnym chcieliby odświeżyć swoją całą wiedzę matematyczną i utrwalić praktyczne umiejętności rozwiązywania typowych zadań maturalnych. Ma on też ułatwić Wam zrozumienie podstawowych praw matematycznych i pokazać, jak je wykorzystać do rozwiązania zadań. Książka – zbiór zadań Prościej już się nie da. Obowiązkowa matura z matematyki. Zadania i szczegółowe rozwiązania to efekt wieloletniej pracy autora książki – Henryka Pawłowskiego − z uczniami klas maturalnych. Autor w sposób niezwykle szczegółowy i staranny – krok po kroku – przedstawia rozwiązania najbardziej typowych zadań maturalnych, z jakimi może się spotkać uczeń podczas obowiązkowego egzaminu maturalnego z matematyki. Zadania dotyczą wszystkich działów matematyki ujętych w standardach wymagań egzaminacyjnych. W każdym dziale występują zadania zamknięte i zadania otwarte wymagające krótkiej bądź rozszerzonej odpowiedzi – w takich proporcjach, w jakich mogą znaleźć się w arkuszu egzaminacyjnym. Jesteśmy przekonani, że analiza tych zadań i ich rozwiązań pozwoli każdemu Maturzyście na uzyskanie zadowalającego wyniku z obowiązkowego egzaminu maturalnego z matematyki. Życzymy Wam połamania piór na egzaminach maturalnych! W imieniu redakcji Oficyny Wydawniczej „Tutor” dr inż. Zdzisław Głowacki


Rozdział 1.

Liczby rzeczywiste


6 1.1.

Liczby rzeczywiste

Zadania zamknięte

Zadanie 1. Wartością ułamka 1 1 A. , B. , 2 4

24 · 64−2 jest: 4−3 C. 2,

D. 1.

Rozwiązanie

Korzystamy z praw działań na potęgach: (am )n = am·n ,

am · an = am+n ,

am : an = am−n .

Występujące w tym ułamku potęgi sprowadzamy do potęg o tej samej podstawie (możliwie najniższej): 24 · 64−2 24 · 26 = 4−3 (22 )−3

−2

=

A. 1,



1−

1 2

24 · 2−12 24 · 26·(−2) = = 2−6 22·(−3)

2−8 1 24+(−12) = = 2−8−(−6) = 2−8+6 = 2−2 = . −6 −6 2 2 4

Odpowiedź: Wartością ułamka jest Zadanie 2. Iloczyn

=



B.

1−

1 . 4 1 3



1−

1 4



1−

1 , 2

1 5



C.

1−

1 6



1 , 7

Wykonujemy odejmowanie w każdym z nawiasów: 1 1 = , 2 2

1 2 = , 3 3

1−

1 3 = , 4 4

1 4 1 5 = , 1− = , 5 5 6 6 Wobec tego podany iloczyn przybiera postać:

1−

1 6 = . 7 7

1−

1−

1 2 3 4 5 6 · · · · · . 2 3 4 5 6 7 Pojawiające się tu ułamki skracamy: 1 /2 /3 /4 /5 /6 1 · · · · · = . /2 /3 /4 /5 /6 7 7

1 7



wynosi: D.

Rozwiązanie

1−

1−

6 . 7


7

Liczby rzeczywiste

Odpowiedź: Podany iloczyn wynosi Zadanie 3. Liczba 1−1 + A. 13,

1 2

 −1

+

1 . 7 1 3

 −1

+

1 4

 −1

B. 14,

+

1 5

 −1

jest równa:

C. 15,

D. 16.

Rozwiązanie

Korzystamy z definicji potęgi: 1 a

 −1

= a.

Obliczamy występujące tutaj potęgi: 1−1 = 1,

1 2

 −1

= 2,

1 3

 −1

= 3,

1 4

 −1

= 4,

1 5

 −1

= 5.

Dodajemy otrzymane liczby: 1 + 2 + 3 + 4 + 5 = 15. Odpowiedź: Dana liczba to 15. √ 192 − 75 √ ma wartość: Zadanie 4. Wyrażenie 3 √ A. 3, B. 3, C. 1, √

Rozwiązanie Podane pod znakiem pierwiastka liczby rozkładamy na czynniki: 192 = 64 · 3,

75 = 25 · 3.

Korzystamy z prawa działań na pierwiastkach: √ √ √ a · b = a · b. Pierwiastkujemy otrzymane iloczyny: √ √ √ √ √ 192 = 64 · 3 = 64 · 3 = 8 3, √ √ √ √ √ 75 = 25 · 3 = 25 · 3 = 5 3.

√ D. 3 3.


8

Liczby rzeczywiste

Wykonujemy odejmowanie i skracamy: √

192 − √ 3

75

√ √ √ 8 3−5 3 3 3 √ = = √ = 3. 3 3

Odpowiedź: Podane wyrażenie ma wartość 3. Zadanie 5. Liczba 40 to p% liczby 500. Wobec tego: A. p = 20, B. p = 8, C. p = 40,

D. p = 50.

Rozwiązanie

1 p tej wielkości, więc p% to tej wielkości. 100 100

1% pewnej wielkości to

Skoro p% liczby 500 wynosi 40, to

p · 500 = 40, czyli 5p = 40, skąd p = 8. 100

Odpowiedź: p = 8. Zadanie 6. Zapisując wyrażenie 1 9

A. 3 ,

2 9

B. 3 ,

q √ 3 3

3 3 w postaci potęgi liczby 3, otrzymamy: 4

1

C. 3 9 ,

D. 3 6 .

Rozwiązanie

Korzystamy z równości: √ n

1

am · an = am+n ,

a = an ,



m

an

p q

m p ·q

= an

.

Zamieniamy symbol wewnętrznego pierwiastka sześciennego na potęgę o wykładniku √ 3

1

3 = 33 .

√ Przekształcamy iloczyn 3 3 3: √ 1 1 4 3 3 3 = 31 · 3 3 = 31+ 3 = 3 3 .

1 : 3


9

Liczby rzeczywiste Zamieniamy symbol zewnętrznego pierwiastka sześciennego na potęgę o wykładniku q √ 3 3

3 3=

q 3

4



4

33 = 33

1 3

4 1

1 3

4

= 33·3 = 39 .

4

Odpowiedź: Otrzymamy 3 9 . Zadanie 7. Liczbę dwucyfrową, której cyfrą dziesiątek jest a, zaś cyfra jedności jest o 3 mniejsza od cyfry dziesiątek, można zapisać w postaci: A. 11a − 3, B. 7a, C. 11a − 30, D. 10a − 3. Rozwiązanie Wyrażamy cyfrę jedności b w liczbie dwucyfrowej w zależności od cyfry dziesiątek a: b = a − 3. Liczbę dwucyfrową xy o cyfrze dziesiątek x i cyfrze jedności y możemy zapisać w postaci 10x + y, np. 27 = 2 · 10 + 7.

Zapisujemy liczbę dwucyfrową o cyfrze dziesiątek a i cyfrze jedności b = a − 3: 10a + b = 10a + a − 3 = 11a − 3. Odpowiedź: 11a − 3. Zadanie 8. Obliczając wartość wyrażenia 4 log 2 − 2 log 4, otrzymamy: A. log 2, B. 1, C. log 4, Rozwiązanie

Korzystamy z wzoru: loga bα = α loga b. Przekształcamy wyrażenie 2 log 4: 2 log 4 = 2 log 22 = 2 · 2 log 2 = 4 log 2. Obliczamy różnicę 4 log 2 − 2 log 4: 4 log 2 − 2 log 4 = 4 log 2 − 4 log 2 = 0.

D. 0.


10

Liczby rzeczywiste

Odpowiedź: Otrzymamy 0. Zadanie 9. jest: A. 25,

Wszystkich dwucyfrowych liczb naturalnych, których obie cyfry są nieparzyste, B. 20,

C. 16,

D. 24.

Rozwiązanie Ponieważ cyfrą dziesiątek i cyfrą jedności może być każda cyfra nieparzysta, a tych jest pięć i cyfry mogą się powtarzać, więc wszystkich liczb dwucyfrowych o takich cyfrach jest 5 · 5 = 25. Odpowiedź: Wszystkich liczb dwucyfrowych o obu cyfrach nieparzystych jest 25.

1.2.

Zadania otwarte krótkiej odpowiedzi

Zadanie 1. Oblicz wartość wyrażenia 25log5 10 −1 . Rozwiązanie

Skorzystamy z własności loga a = 1 i praw: loga (bc) = loga b + loga c,

aloga b = b,

(am )n = am·n .

Przekształcamy wyrażenie log5 10 − 1: log5 10 − 1 = log5 (2 · 5) − 1 = log5 2 + log5 5 − 1 = log5 2 + 1 − 1 = log5 2. Obliczamy wartość wyrażenia danego w zadaniu: 

25log5 10−1 = 25log5 2 = 52

log5 2



= 52·(log5 2) = 5(log5 2)·2 = 5log5 2

2

= 22 = 4.

Odpowiedź: Wartością wyrażenia jest 4. Zadanie 2. Napełniony wodą po brzegi pojemnik waży 5 kg, a napełniony do połowy 3, 25 kg. Oblicz, ile waży pusty pojemnik, a ile woda znajdująca się w napełnionym całkowicie pojemniku.


11

Liczby rzeczywiste Rozwiązanie

Zauważmy, że wylewając z pojemnika wodę, nie zmieniamy wagi pustego pojemnika, a zmieniamy tylko wagę mieszczącej się w nim wody. Wobec tego różnica 5 kg − 3, 25 kg = 1, 75 kg to waga połowy ilości wody w tym pojemniku. Obliczamy wagę wody, która całkowicie wypełni pojemnik: 2 · 1, 75 kg = 3, 5 kg. Obliczamy wagę pustego pojemnika: 5 kg − 3, 5 kg = 1, 5 kg. Odpowiedź: Pusty pojemnik waży 1, 5 kg, a woda, którą go napełniono, 3, 5 kg. Zadanie 3. Udowodnij, że jeżeli różne od zera liczby a i b spełniają warunek a+

a2 b2 =b+ , a b

to są równe. Rozwiązanie Sprowadzamy wyrażenia po obu stronach danej równości do wspólnego mianownika: a+

a b2 a a b2 a2 b2 a2 + b2 b2 = + = · + = + = , a 1 a 1 a a a a a

b+

a2 b a2 b b a2 b2 a2 b2 + a2 = + = · + = + = . b 1 b 1 b b b b b

Zapisujemy daną równość w postaci b2 + a2 a2 + b2 = . a b Zauważmy, że a2 + b2 6= 0, o ile a 6= 0 lub b 6= 0. Dzielimy obie strony równości przez a2 + b2 1 1 i otrzymujemy = , skąd wynika, że a = b. a b Obie strony równości wolno podzielić przez to samo wyrażenie różne od 0. Uwaga! Z równości xy = xz wynika, że y = z tylko wtedy, gdy x 6= 0. Gdyby bowiem x = 0 to, oczywiście 03 = 02 , zaś 3 6= 2.


12

Liczby rzeczywiste

Zadanie 4. Oblicz wartość wyrażenia 3 log72 2 + 2 log72 3. Rozwiązanie

Korzystamy ze wzorów α loga b = loga bα ,

loga b + loga c = loga (b · c)

i własności loga a = 1. Składniki 3 log72 2 i 2 log72 3 sprowadzamy do logarytmów o tej samej podstawie 72: 3 log72 2 = log72 23 = log72 8, 2 log72 3 = log72 32 = log72 9. Sumujemy otrzymane wyrażenia: log72 8 + log72 9 = log72 8 · 9 = log72 72 = 1. Odpowiedź: Wartością wyrażenia jest 1.

1.3.

Zadania otwarte rozszerzonej odpowiedzi

Zadanie 1. Wyznacz x z równania 5

−2x3 · 2x2 2 · (4x5 )4

4

= 27.

Rozwiązanie Przedstawiamy najpierw lewą stronę tego równania w najprostszej postaci. W tym celu wykonujemy wskazane działania na potęgach. 5

−2x3 · 2x2 2 · (4x5 )4

4

5

4

(−2)5 · x3 · 24 · x2 −25 · x3·5 · 24 · x2·4 = = = 2 · 44 · (x5 )4 2 · (22 )4 · x5·4   25 · 24 · x15 · x8 25+4 · x15+8 = − = =− 21 · 22·4 · x20 21 · 28 · x20 29 · x23 29 · x23 = − 1+8 20 = − 9 20 = −x23−20 = −x3 . 2 ·x 2 ·x

Obowiązkowa matura z matematyki. Zadania i szczegółowe rozwiązania - Henryk Pawłowski  

Autor w sposób niezwykle szczegółowy i staranny - krok po kroku - przedstawia rozwiązania najbardziej typowych zadań maturalnych, z jakimi m...

Read more
Read more
Similar to
Popular now
Just for you