Matura podstawowa grudzień 2022

Korzystamy z własności potęg: \[ \left(5\cdot 5^{\frac12}\right)^{\frac13} =\left(5^{\frac32}\right)^{\frac13} =5^{\frac12}=\sqrt5. \]

Po każdym roku wartość obligacji jest mnożona przez \(1{,}07\). Po dwóch latach: \[ 40\,000\cdot1{,}07\cdot1{,}07=40\,000\cdot(1{,}07)^2. \]

Łączny koszt zakupu daje równanie \[ 50x+40y=8000. \] Cena detaliczna spodni wynosi \(1{,}5x\), a marynarki \(1{,}2y\). Ceny są równe, więc \[ 1{,}5x=1{,}2y. \] Otrzymujemy układ z odpowiedzi C.

Sprowadzamy ułamki do wspólnego mianownika: \[ \frac1{x-y}+\frac1{x+y} =\frac{x+y+x-y}{(x-y)(x+y)} =\frac{2x}{x^2-y^2}. \]

Pierwszą cyfrę wybieramy na \(9\) sposobów (od 1 do 9). Drugą cyfrę wybieramy na \(9\) sposobów, ponieważ może nią być również zero, ale nie może powtórzyć się pierwsza cyfra. Kolejne cyfry wybieramy odpowiednio na \(8\) i \(7\) sposobów. Zatem \[ 9\cdot9\cdot8\cdot7. \]

Ponieważ \(\sqrt{10}=10^{\frac12}\), mamy \[ f(\sqrt{10})=-\log\sqrt{10}=-\log 10^{\frac12}=-\frac12. \]

Wierzchołek paraboli ma współrzędne \((5,-3)\), a ramiona paraboli są skierowane do góry. Najmniejszą wartością funkcji jest więc \(-3\). Zbiór wartości to \[ [-3,\infty). \]

Postać kanoniczna ma postać \[ f(x)=a(x-5)^2-3. \] Punkt \((4,0)\) należy do wykresu, więc \[ 0=a(4-5)^2-3, \] \[ a=3. \] Zatem \[ f(x)=3(x-5)^2-3. \]

Miejsca zerowe iloczynu to \(x=3\) oraz \(x=-k\). Rozwiązaniem nierówności jest przedział między miejscami zerowymi: \[ (-2,3). \] Stąd \(-k=-2\), więc \[ k=2. \]

Ponieważ \(c=f(0)<0\), wykres przechodzi poniżej osi \(Ox\). Funkcja nie ma miejsc zerowych, więc cały wykres musi leżeć pod osią \(Ox\). Ramiona paraboli są zatem skierowane w dół, czyli \(a<0\), a brak miejsc zerowych oznacza \[ \Delta=b^2-4ac<0. \] Poprawna odpowiedź: B oraz 1.

Prosta \(y=x-1\) jest rosnąca i przecina oś \(Oy\) w punkcie \((0,-1)\). Prosta \(y=-x+1\) jest malejąca i przecina oś \(Oy\) w punkcie \((0,1)\). Punkt przecięcia wyznaczamy z równania \[ x-1=-x+1, \] więc \(x=1\) i \(y=0\). Taki układ prostych przedstawiono na rysunku A.

Grupujemy wyrazy: \[ W(x)=x^3-2x^2-3x+6 =x^2(x-2)-3(x-2). \] Wyłączamy wspólny czynnik: \[ W(x)=(x-2)(x^2-3). \]

Najpierw wyznaczamy dziedzinę. Mianownik nie może być równy zero: \[ (3x-5)(3-2x)\neq 0. \] Stąd \[ x\neq\frac53 \quad\text{oraz}\quad x\neq\frac32. \] Zatem \[ D=\mathbb{R}\setminus\left\{\frac53,\frac32\right\}. \] Ułamek jest równy zero, gdy jego licznik jest równy zero: \[ (4-x)(2x-3)=0. \] Otrzymujemy \[ x=4 \quad\text{lub}\quad x=\frac32. \] Liczba \(x=\frac32\) nie należy do dziedziny, więc jedynym rozwiązaniem jest \[ x=4. \] Równanie ma dokładnie jedno rozwiązanie.

Rozwiązujemy nierówność: \[ 2-\frac{x}{2}\ge \frac{x}{3}-3. \] Mnożymy obustronnie przez \(6\): \[ 12-3x\ge 2x-18. \] Porządkujemy nierówność: \[ 30\ge5x, \] \[ x\le6. \] Największą liczbą całkowitą spełniającą nierówność jest \(6\).

Wyłączamy wspólny czynnik: \[ 5n^2+15n=5n(n+3). \] Liczby \(n\) i \(n+3\) mają różną parzystość, ponieważ różnią się o liczbę nieparzystą. Jedna z nich jest więc parzysta, a iloczyn \(n(n+3)\) jest podzielny przez \(2\). Zatem \[ 5n(n+3) \] jest podzielne przez \(5\cdot2=10\).

Dla kolejnych wyrazów mamy \[ a_{n+1}-a_n=2(n+1)^2+(n+1)-(2n^2+n)=4n+3>0, \] więc ciąg jest rosnący, a nie malejący. Pierwsze zdanie jest fałszywe. Ponadto \[ a_8=2\cdot8^2+8=128+8=136, \] więc drugie zdanie jest prawdziwe.

Różnica ciągu wynosi \[ r=\frac12-(-3)=\frac72. \] Zatem \[ x=\frac12+\frac72=4, \] \[ y=4+\frac72=\frac{15}{2}. \]

Iloraz ciągu wynosi \[ q=\frac{15}{-5}=-3. \] Wzór ogólny ma więc postać \[ a_n=-5\cdot(-3)^{n-1}, \] czyli odpowiedź A. Ponadto \[ 5\cdot\frac{(-3)^n}{3} =-5\cdot(-3)^{n-1}, \] więc równoważna jest również odpowiedź E.

Ponieważ kąt jest ostry, \(\sin\alpha>0\) i \(\cos\alpha>0\). Mamy \[ \frac1{\sin^2\alpha}+\frac1{\cos^2\alpha} =\frac{\sin^2\alpha+\cos^2\alpha}{\sin^2\alpha\cos^2\alpha} =\frac1{(\sin\alpha\cos\alpha)^2}. \] Zatem \[ \frac1{(\sin\alpha\cos\alpha)^2}=\frac{16}{9}, \] więc \[ (\sin\alpha\cos\alpha)^2=\frac9{16}. \] Dla kąta ostrego otrzymujemy \[ \sin\alpha\cos\alpha=\frac34. \]

Suma kątów środkowych wokół punktu \(O\) wynosi \(360^\circ\). Kąt środkowy oparty na łuku \(BC\), który nie zawiera punktu \(A\), ma miarę \[ 360^\circ-130^\circ-110^\circ=120^\circ. \] Kąt wpisany \(BAC\) oparty na tym samym łuku ma miarę równą połowie kąta środkowego: \[ \frac{120^\circ}{2}=60^\circ. \]

Długość liny daje zależność \[ 2a+b=200, \] czyli \[ b=200-2a. \] Pole kąpieliska jest równe \[ P(a)=ab=a(200-2a)=-2a^2+200a. \] Jest to funkcja kwadratowa o ramionach skierowanych w dół. Współrzędna wierzchołka wynosi \[ a=\frac{-200}{2\cdot(-2)}=50. \] Wtedy \[ b=200-2\cdot50=100. \] Największe pole ma prostokąt o wymiarach \(50\text{ m}\times100\text{ m}\).

Część wspólna koła i kwadratu jest ćwiartką koła o promieniu \(8\). Jej pole wynosi \[ \frac14\pi\cdot8^2=16\pi. \]

Trójkąty \(ADO\) i \(BCO\) są podobne: oba są prostokątne i mają równe kąty wierzchołkowe przy punkcie \(O\). Z podobieństwa: \[ \frac{AD}{BC}=\frac{OD}{OC}. \] Podstawiamy dane: \[ \frac46=\frac6{OC}. \] Stąd \[ 4\cdot OC=36, \] więc \[ OC=9. \]

Niech \(x\) oznacza, jaką część przekątnej długości \(12\) stanowi bok rombu równoległy do tej przekątnej. Wtedy długość boku rombu wynosi \(12x\). Z podobieństwa odpowiednich trójkątów drugi bok rombu, równoległy do przekątnej długości \(16\), ma długość \(16(1-x)\). Ponieważ wszystkie boki rombu są równe: \[ 12x=16(1-x). \] Zatem \[ 12x=16-16x, \] \[ 28x=16, \] \[ x=\frac47. \] Długość boku rombu jest równa \[ 12\cdot\frac47=\frac{48}{7}. \]

Mamy \[ \cos\angle BAC=\frac45. \] Kąt jest ostry, więc z jedynki trygonometrycznej: \[ \sin\angle BAC=\frac35. \] Pole trójkąta wynosi \[ P=\frac12\cdot AB\cdot AC\cdot\sin\angle BAC =\frac12\cdot3\cdot4\cdot\frac35 =\frac{18}{5}. \]

Pole sześciokąta foremnego o boku \(a\) jest równe \[ P=\frac{3\sqrt3}{2}a^2. \] Z warunku \[ \frac{3\sqrt3}{2}a^2=6\sqrt3 \] otrzymujemy \(a^2=4\), więc \(a=2\). Odcinek \(AB\) ma długość \(2\), a wysokość trójkąta \(ABE\) jest równa \(2\sqrt3\). Zatem \[ P_{ABE}=\frac12\cdot2\cdot2\sqrt3=2\sqrt3. \]

Z poprzedniego podpunktu bok sześciokąta ma długość \(a=2\). Punkty \(A\) i \(E\) leżą jeden nad drugim, a odcinek \(AE\) składa się z dwóch wysokości trójkąta równobocznego o boku \(2\): \[ AE=2\cdot\frac{2\sqrt3}{2}=2\sqrt3. \]

Trójkąty \(ABO\) i \(CDO\) są podobne. Stosunek ich obwodów jest równy stosunkowi odpowiadających wysokości: \[ 39:13=3:1. \] Niech wysokość trójkąta \(CDO\) będzie równa \(x\). Wysokość trójkąta \(ABO\) wynosi wtedy \(3x\). Suma tych wysokości jest wysokością trapezu: \[ x+3x=12. \] Stąd \(x=3\), więc szukana wysokość wynosi \[ 3x=9. \]

Na osi \(Oy\) mamy \(x=0\). Podstawiamy do równania okręgu: \[ (0-3)^2+(y-3)^2=13, \] \[ 9+(y-3)^2=13, \] \[ (y-3)^2=4. \] Zatem \[ y-3=\pm2, \] czyli \(y=1\) lub \(y=5\).

Współczynniki kierunkowe prostych wynoszą \[ a_k=\frac13,\qquad a_l=-3. \] Ich iloczyn jest równy \[ \frac13\cdot(-3)=-1. \] Zatem proste są prostopadłe.

Prosta \(k\) ma współczynnik kierunkowy \(-1\). Współczynnik kierunkowy prostej przechodzącej przez punkty \(A=(1,2)\) i \(B=(2m,m)\) wynosi \[ \frac{m-2}{2m-1}. \] Warunek równoległości: \[ \frac{m-2}{2m-1}=-1. \] Stąd \[ m-2=-2m+1, \] \[ 3m=3, \] \[ m=1. \]

Pole podstawy ostrosłupa wynosi \[ P_p=9^2=81, \] a jego wysokość jest równa krawędzi sześcianu, czyli \(9\). Zatem \[ V=\frac13P_pH=\frac13\cdot81\cdot9=243. \]

Niech \(O\) będzie środkiem podstawy \(ABCD\). Rzutem krawędzi \(AW\) na płaszczyznę podstawy jest odcinek \(AO\). Mamy \[ AO=\frac{9\sqrt2}{2},\qquad OW=9. \] Z twierdzenia Pitagorasa: \[ AW=\sqrt{AO^2+OW^2} =\sqrt{\frac{81}{2}+81} =\frac{9\sqrt6}{2}. \] Dla kąta \(\alpha\) nachylenia krawędzi \(AW\) do podstawy: \[ \cos\alpha=\frac{AO}{AW} =\frac{\frac{9\sqrt2}{2}}{\frac{9\sqrt6}{2}} =\frac1{\sqrt3}=\frac{\sqrt3}{3}. \]

Objętość sześcianu o krawędzi \(a\) wynosi \(V=a^3\). Dla krawędzi \(3a\): \[ V_G=(3a)^3=27a^3=27V. \]

Na każde \(2\) losy wygrywające przypada \(7\) przegrywających, czyli łącznie jest \(9\) części. Prawdopodobieństwo wygranej wynosi \[ P=\frac{2}{2+7}=\frac29. \]

Średnia liczba wykiełkowanych nasion wynosi \[ \overline{x}=\frac{133+140+119+147+161}{5}=\frac{700}{5}=140. \] Przedział wyznaczony przez jedno odchylenie standardowe od średniej to \[ [140-14,\,140+14]=[126,154]. \] W tym przedziale mieszczą się wyniki: \[ 133,\quad140,\quad147. \] Są to donice I, II i IV.