Matura podstawowa czerwiec 2023

Rozwiązujemy nierówność: \[ |x+5|<15\iff -15<x+5<15\iff -20<x<10. \] Dodatnie liczby całkowite w tym przedziale to \(1,2,\ldots,9\). Jest ich \(9\).

\[ \sqrt{x}\cdot\sqrt[3]{x}\cdot\sqrt[6]{x} =x^{\frac12+\frac13+\frac16}=x. \]

\[ 49k^2+7k-2=49k^2+7k-7+5=7(7k^2+k-1)+5. \] Liczba \(7k^2+k-1\) jest całkowita, więc reszta z dzielenia przez \(7\) wynosi \(5\).

\[ 30000\cdot1{,}07^2=34347. \] Odsetki wynoszą \[ 34347-30000=4347\text{ zł}. \]

\[ \log_2\frac18+\log_2 4 =\log_2\frac12=-1. \]

Najpierw rozpisujemy oba wzory skróconego mnożenia: \[ (1+\sqrt5)^2=1^2+2\cdot1\cdot\sqrt5+(\sqrt5)^2. \] Ponieważ \((\sqrt5)^2=5\), otrzymujemy \[ (1+\sqrt5)^2=1+2\sqrt5+5=6+2\sqrt5. \] Podobnie \[ (1-\sqrt5)^2=1^2-2\cdot1\cdot\sqrt5+(\sqrt5)^2, \] czyli \[ (1-\sqrt5)^2=1-2\sqrt5+5=6-2\sqrt5. \] Zatem \[ (1+\sqrt5)^2-(1-\sqrt5)^2 =(6+2\sqrt5)-(6-2\sqrt5). \] Usuwamy nawias: \[ 6+2\sqrt5-6+2\sqrt5=4\sqrt5. \] Poprawna jest odpowiedź C.

\[ \frac{x^2+x}{(x-2)^2}\cdot\frac{x-2}{x} =\frac{x(x+1)}{(x-2)^2}\cdot\frac{x-2}{x} =\frac{x+1}{x-2}. \]

Przenosimy wszystkie wyrazy na lewą stronę: \[ x(2x-1)<2x, \] \[ 2x^2-x-2x<0, \] \[ 2x^2-3x<0. \] Wyłączamy \(x\) przed nawias: \[ x(2x-3)<0. \] Miejsca zerowe czynników to \[ x=0 \quad\text{oraz}\quad 2x-3=0\iff x=\frac32. \] Z rysunku odczytujemy, że iloczyn jest ujemny pomiędzy miejscami zerowymi. Dlatego \[ x\in\left(0,\frac32\right). \]

\[ x^3+4x^2-9x-36=0, \] \[ x^2(x+4)-9(x+4)=0, \] \[ (x+4)(x^2-9)=0, \] \[ (x+4)(x-3)(x+3)=0. \] Stąd \(x=-4,-3,3\).

Dziedzina: \(x\ne-2\) i \(x\ne2\). Licznik jest równy zeru dla \[ (x^2-3x)(x+2)=0, \] czyli \(x=0\), \(x=3\) lub \(x=-2\). Odrzucamy \(x=-2\), ponieważ nie należy do dziedziny. Zostają dwa rozwiązania.

Proste nie mają punktów wspólnych, gdy są równoległe: \[ 2m+3=-1. \] \[ 2m=-4,\qquad m=-2. \]

\[ a=\frac{3-(-1)}{4-(-3)}=\frac47. \]

Z wykresu: \[ D_f=(-5,-1)\cup(1,5), \] czyli odpowiedź F, oraz \[ W_f=[-3,-1]\cup[1,3], \] czyli odpowiedź A.

Wykres leży poniżej prostej \(y=-1\) dla \[ x\in(-5,-3). \]

Ponieważ \(a<0\), ramiona paraboli są skierowane w dół. Pierwsza współrzędna wierzchołka: \[ p=-\frac{b}{2a}. \] Mamy \(-b<0\) i \(2a<0\), więc \(p>0\). Warunki spełnia wykres D.

\[ m(12)=200\cdot(0{,}6)^{0{,}25\cdot12} =200\cdot(0{,}6)^3 =43{,}2. \]

\[ q=\frac{m(4{,}5)}{m(2{,}5)} =(0{,}6)^{0{,}25(4{,}5-2{,}5)} =(0{,}6)^{1/2} =\sqrt{0{,}6}. \]

\[ \frac{n-2}{3}<10\iff n<32. \] Dla \(n\in\mathbb N\), \(n\ge1\), możliwe są wartości \(1,2,\ldots,31\). Jest ich \(31\).

\[ 4=\frac{1+(a+5)}2, \] \[ 8=a+6,\qquad a=2. \]

\[ q=\frac{-7{,}5}{3{,}75}=-2, \] \[ a_3=(-7{,}5)\cdot(-2)=15. \] \[ S_3=3{,}75-7{,}5+15=11{,}25. \]

\[ \cos\alpha-\cos\alpha\sin^2\alpha =\cos\alpha(1-\sin^2\alpha) =\cos\alpha\cos^2\alpha =\cos^3\alpha. \]

Dla boków \(a\) i \(c\): \[ P=\frac12ac\sin45^\circ=\frac{\sqrt2}{4}ac, \] czyli C. Dla boków \(b\) i \(c\): \[ P=\frac12bc\sin30^\circ=\frac14bc, \] czyli F.

Odcinek \(DB\) ma długość \[ DB=DC+CB=3+4=7. \] Trójkąt \(ADB\) jest prostokątny, a szukana odległość punktu \(A\) od prostej \(DB\) jest wysokością opuszczoną na przeciwprostokątną \(DB\). Wysokość w trójkącie prostokątnym dzieli go na dwa trójkąty podobne. Jeżeli jej długość oznaczymy przez \(x\), to \[ \frac{4}{x}=\frac{x}{3}. \] Stąd \[ x^2=4\cdot3=12, \] a ponieważ \(x>0\), mamy \[ x=\sqrt{12}=2\sqrt3. \] Poprawna jest odpowiedź C.

Trójkąty \(ABE\) i \(CDE\) są podobne: mają równe kąty wierzchołkowe przy \(E\), a pozostałe kąty są równe, ponieważ \(AB\parallel CD\). Trójkąty \(ACD\) i \(BCD\) mają wspólną podstawę \(CD\) i równe wysokości, więc mają równe pola. Oba zdania są prawdziwe.

Kąty wpisane oparte na tych samych łukach dają \[ \angle ACB=20^\circ,\qquad \angle DAC=40^\circ. \] W trójkącie \(AKD\): \[ \angle AKD=180^\circ-20^\circ-40^\circ=120^\circ. \] Zatem kąt przyległy \[ \angle DKC=180^\circ-120^\circ=60^\circ. \]

Z treści zadania odczytujemy, że pole trójkąta \(T_2\) jest \(9\) razy większe od pola trójkąta \(T_1\): \[ \frac{P_{T_2}}{P_{T_1}}=9. \] Dla figur podobnych stosunek pól jest równy kwadratowi skali podobieństwa: \[ k^2=9. \] Ponieważ skala jest dodatnia, \[ k=\sqrt9=3. \] Zatem trójkąt \(T_2\) jest podobny do trójkąta \(T_1\) w skali \(3\). Poprawne uzupełnienie: A, ponieważ 2.

Kąt przy \(A\) ma miarę \(45^\circ\). Ze wzoru na pole: \[ 40\sqrt6=10\cdot AB\cdot\sin45^\circ =5\sqrt2\cdot AB. \] \[ AB=\frac{40\sqrt6}{5\sqrt2}=8\sqrt3. \]

Współczynnik kierunkowy funkcji \(f\) wynosi \(-1\), więc prosta prostopadła ma współczynnik \(1\): \[ g(x)=x+b. \] Ponieważ przechodzi przez \(P=(0,-1)\), mamy \(b=-1\). Zatem \[ g(x)=x-1. \]

Najpierw obliczamy długość przekątnej \(AC\): \[ |AC|=\sqrt{(3-(-1))^2+(-3-5)^2}. \] \[ |AC|=\sqrt{4^2+(-8)^2} =\sqrt{16+64} =\sqrt{80} =4\sqrt5. \] Przekątna kwadratu spełnia zależność \[ d=a\sqrt2, \] więc pole kwadratu możemy obliczyć ze wzoru \[ P=\frac{d^2}{2}. \] Zatem \[ P=\frac{(4\sqrt5)^2}{2} =\frac{16\cdot5}{2} =40. \] Poprawna jest odpowiedź C.

Ponieważ \[ |AP|:|PB|=1:3, \] punkt \(P\) leży w jednej czwartej odcinka \(AB\). Wprowadzamy punkt \(S\), który jest środkiem odcinka \(AB\). Wtedy punkt \(P\) jest środkiem odcinka \(AS\). Korzystamy ze wzoru na współrzędne środka odcinka: \[ P=\left(\frac{x_A+x_S}{2},\frac{y_A+y_S}{2}\right). \] Podstawiamy \(A=(1,7)\) i \(P=(3,1)\): \[ 3=\frac{1+x_S}{2},\qquad 1=\frac{7+y_S}{2}. \] Stąd \[ x_S=5,\qquad y_S=-5, \] czyli \[ S=(5,-5). \] Teraz \(S\) jest środkiem odcinka \(AB\), więc ponownie korzystamy ze wzoru na środek: \[ 5=\frac{1+x_B}{2},\qquad -5=\frac{7+y_B}{2}. \] Stąd \[ x_B=9,\qquad y_B=-17. \] Zatem \[ B=(9,-17). \] Poprawna jest odpowiedź B.

Pole podstawy wynosi \(6^2=36\), a wysokość ostrosłupa \(12\). Zatem \[ V=\frac13\cdot36\cdot12=144. \]

Krawędź \(SA\) ma długość \(12\) i jest prostopadła do płaszczyzny podstawy, więc jest wysokością ostrosłupa. Rzutem najdłuższej krawędzi bocznej \(SC\) na płaszczyznę podstawy jest przekątna \(AC\) kwadratu o boku \(6\): \[ AC=6\sqrt2. \] W trójkącie prostokątnym \(SAC\): \[ \tan\alpha=\frac{SA}{AC}. \] Zatem \[ \tan\alpha=\frac{12}{6\sqrt2} =\frac{2}{\sqrt2} =\sqrt2. \] Poprawna jest odpowiedź A.

Dłuższa przekątna sześciokąta foremnego: \[ AD=2\cdot5=10. \] Ponieważ kąt nachylenia ma \(45^\circ\), wysokość graniastosłupa także wynosi \(10\). Pole ściany bocznej: \[ P=5\cdot10=50. \]

Liczby spełniające warunek to: \[ 111,\ 102,\ 120,\ 201,\ 210,\ 300. \] Jest ich \(6\).

Wszystkich uporządkowanych par różnych liczb jest \[ |\Omega|=8\cdot7=56. \] Sumę \(4\) dają pary \((1,3),(3,1)\), a sumę \(8\): \[ (1,7),(7,1),(2,6),(6,2),(3,5),(5,3). \] Zdarzeń sprzyjających jest \(8\), więc \[ P(A)=\frac8{56}=\frac17. \]

Oznaczmy: \[ a=|EF| \] — długość prostokąta oraz \[ b \] — jego wysokość. Pole całego trapezu \(ABCD\) wynosi \[ P_{ABCD}=\frac{400+100}{2}\cdot75 =250\cdot75 =18750. \] Zgodnie ze wskazówką: \[ P_{ABCD}=P_{ABFE}+P_{EFCD}. \] Dolny trapez \(ABFE\) ma podstawy \(400\) i \(a\) oraz wysokość \(b\): \[ P_{ABFE}=\frac{400+a}{2}\cdot b. \] Górny trapez \(EFCD\) ma podstawy \(a\) i \(100\) oraz wysokość \(75-b\): \[ P_{EFCD}=\frac{a+100}{2}\cdot(75-b). \] Układamy równanie: \[ \frac{400+a}{2}b+\frac{a+100}{2}(75-b)=18750. \] Mnożymy obie strony przez \(2\): \[ (400+a)b+(a+100)(75-b)=37500. \] Rozwijamy nawiasy: \[ 400b+ab+75a+7500-ab-100b=37500. \] \[ 300b+75a=30000. \] Dzielimy przez \(75\): \[ 4b+a=400. \] Stąd \[ b=100-\frac14a. \] Pole prostokąta: \[ P(a)=a\cdot b =a\left(100-\frac14a\right) =-\frac14a^2+100a. \] Jest to funkcja kwadratowa, której ramiona są skierowane w dół. Największą wartość przyjmuje w wierzchołku: \[ a=-\frac{100}{2\cdot\left(-\frac14\right)}=200. \] Wtedy \[ b=100-\frac14\cdot200=50. \] Największe pole: \[ P_{\max}=200\cdot50=10000\text{ m}^2. \] Prostokąt powinien mieć boki długości \[ 200\text{ m}\quad\text{i}\quad50\text{ m}, \] a jego największe pole wynosi \[ 10000\text{ m}^2. \]