Matura podstawowa czerwiec 2024

\[2^{-1}\cdot 32^{\frac35}=\frac12\cdot(2^5)^{\frac35}=\frac12\cdot2^3=4.\]

\[\log_3\frac32+\log_3\frac29=\log_3\left(\frac32\cdot\frac29\right)=\log_3\frac13=-1.\]

\[(2\sqrt{10}+\sqrt2)^2=40+4\sqrt{20}+2=42+8\sqrt5.\]

Po każdym roku kapitał jest mnożony przez \(1{,}06\), więc po trzech latach wynosi \[K_0\cdot(1{,}06)^3.\]

\[5n^3-5n=5n(n-1)(n+1).\] Iloczyn trzech kolejnych liczb całkowitych jest podzielny przez \(2\) i przez \(3\), czyli przez \(6\). Po pomnożeniu przez \(5\) otrzymujemy podzielność przez \(30\).

\[\frac{3x-5}{12}<\frac13\iff 3x-5<4\iff x<3.\] Dodatnie rozwiązania całkowite to \(1\) i \(2\), więc są dwa.

Drugie równanie jest pierwszym równaniem pomnożonym przez \(-4\). Oba równania opisują tę samą prostą, dlatego układ ma nieskończenie wiele rozwiązań.

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

\[W(x)=(2-3x)^2(3x-2)=(3x-2)^3.\] Suma współczynników wielomianu jest równa \(W(1)\), zatem \[W(1)=(3-2)^3=1.\]

\[4x^3-12x^2-x+3=4x^2(x-3)-(x-3)=(x-3)(4x^2-1).\] \[(x-3)(2x-1)(2x+1)=0.\] Stąd \(x=3\), \(x=\frac12\) lub \(x=-\frac12\).

Wykres przecina prostą \(y=2\) dla \(x=0\) oraz \(x=4\). Pomiędzy tymi punktami wykres leży nie wyżej niż prosta \(y=2\), dlatego zbiorem rozwiązań jest \([0,4]\).

Przesunięcie wykresu o \(4\) jednostki w lewo opisuje zależność \[g(x)=f(x+4).\] Przesunięcie poziome nie zmienia zbioru wartości funkcji.

Funkcja ma dwa miejsca zerowe: \(-1\) oraz \(1\), więc pierwsze zdanie jest fałszywe. Ponieważ \(f(-2)=-1\), natomiast \(f(2)=3\), wykres nie jest symetryczny względem osi \(Oy\).

Podstawiamy \(x=2\), ponieważ liczba \(2\) jest miejscem zerowym funkcji:

\[ f(2)=0. \] \[ (3-m)\cdot2+4=0. \] \[ 6-2m+4=0. \] \[ 10-2m=0. \] \[ -2m=-10. \] \[ m=5. \]

Odpowiedź: D. \(m=5\).

Punkt \(N=(3,0)\) jest jedynym punktem wspólnym paraboli z osią \(Ox\), więc jest wierzchołkiem. \[f(x)=a(x-3)^2.\] Ponieważ \(f(0)=18\), mamy \(9a=18\), czyli \(a=2\).

Funkcja ma postać kanoniczną \[f(x)=-(x+1)^2+4.\] Jej wierzchołek to \((-1,4)\), a ramiona paraboli są skierowane w dół.

\[f(0)=-(0+1)^2+4=3,\] więc pierwsze zdanie jest fałszywe. \[f(x)=0\iff (x+1)^2=4\iff x=-3\ \text{lub}\ x=1.\]

Wyrazy ciągu to kolejno \(7,3,7,3,\ldots\). Dziesięć pierwszych wyrazów tworzy pięć par, więc \[5\cdot(7+3)=50.\]

Ciąg przyjmuje naprzemiennie wartości \(7\) i \(3\), dlatego nie jest malejący. Ilorazy kolejnych wyrazów nie są stałe, więc ciąg nie jest geometryczny.

Różnica ciągu wynosi \[r=13-7=6.\] Zatem \[a_{10}=a_1+9r=7+9\cdot6=61.\]

Dla ciągu arytmetycznego \[x=2\cdot2-(-1)=5>0.\] Dla ciągu geometrycznego \[2^2=(-1)\cdot y,\] więc \(y=-4<0\).

Korzystamy z tożsamości

\[ \sin^2\alpha+\cos^2\alpha=1. \]

Dla \(\alpha=27^\circ\):

\[ \cos^2 27^\circ=1-\sin^2 27^\circ. \] \[ 1+\cos^2 27^\circ =1+\left(1-\sin^2 27^\circ\right) =2-\sin^2 27^\circ. \]

Poprawna odpowiedź: A.

Różnica długości podstaw wynosi \(8-5=3\). \[\tan\alpha=\frac{\sqrt3}{3},\] dlatego \(\alpha=30^\circ\).

Łuk stanowi \(\frac15\) okręgu, więc odpowiada mu kąt środkowy \[360^\circ\cdot\frac15=72^\circ.\] Kąt wpisany oparty na tym łuku ma połowę tej miary, czyli \(36^\circ\).

Trójkąt \(ABS\) jest prostokątny w punkcie \(B\).

\[ |AB|=12,\qquad |BS|=6. \]

Z twierdzenia Pitagorasa:

\[ |AS|=\sqrt{12^2+6^2}=\sqrt{180}=6\sqrt5. \]

Pole trójkąta \(ABS\):

\[ P_{\triangle ABS}=\frac12\cdot12\cdot6=36. \]

Przyjmując \(AS\) za podstawę, a \(BP\) za wysokość:

\[ 36=\frac12\cdot6\sqrt5\cdot|BP|. \] \[ 36=3\sqrt5\cdot|BP|. \] \[ |BP|=\frac{12}{\sqrt5}=\frac{12\sqrt5}{5}. \]

Dla punktu \((-1,-3)\): \[(-1-1)^2+(-3+2)^2=4+1=5,\] więc punkt należy do okręgu. Promień okręgu wynosi \(\sqrt5\), a nie \(5\).

Środek okręgu \((1,-2)\) przechodzi w symetrii względem początku układu na \((-1,2)\). Równanie obrazu to \[(x+1)^2+(y-2)^2=5.\]

Dane są punkty \(A=(2,8)\) oraz \(B=(10,2)\).

Środek odcinka \(AB\):

\[ S=\left(\frac{2+10}{2},\frac{8+2}{2}\right)=(6,5). \]

Współczynnik kierunkowy prostej \(AB\):

\[ a_{AB}=\frac{2-8}{10-2}=-\frac34. \]

Symetralna jest prostopadła do \(AB\), więc ma współczynnik \(\frac43\) i przechodzi przez \(S=(6,5)\):

\[ y-5=\frac43(x-6). \]

Punkt \(P\) leży na osi \(Ox\), więc \(y=0\):

\[ -5=\frac43(x-6). \] \[ -15=4x-24. \] \[ 4x=9. \] \[ x=\frac94. \] \[ P=\left(\frac94,0\right). \]

Teraz obliczamy długość \(AP\):

\[ |AP|=\sqrt{\left(\frac94-2\right)^2+(0-8)^2}. \] \[ |AP|=\sqrt{\left(\frac14\right)^2+64} =\sqrt{\frac{1025}{16}} =\frac{\sqrt{1025}}4 =\frac{5\sqrt{41}}4. \]

Ostrosłup o podstawie będącej \(2024\)-kątem ma \(2024\) krawędzie podstawy oraz \(2024\) krawędzie boczne. Razem: \[2024+2024=4048.\]

Jeżeli krawędź sześcianu ma długość \(a\), to przekątna ściany ma długość \(a\sqrt2\). \[a\sqrt2=2\sqrt2\iff a=2.\] Objętość wynosi \[V=a^3=2^3=8.\]

Przekątna podstawy ma długość \(4\sqrt2\). \[\tan\alpha=\frac{h}{4\sqrt2}=2,\] więc \[h=8\sqrt2.\]

Liczba uczniów: \[2+9+5+3+5+1=25.\] Suma ocen: \[1\cdot2+2\cdot9+3\cdot5+4\cdot3+5\cdot5+6\cdot1=78.\] Średnia wynosi \[\frac{78}{25}=3{,}12.\]

Na każdej z pierwszych trzech pozycji można wybrać jedną z \(3\) cyfr, a na ostatniej jedną z dwóch cyfr parzystych. \[3^3\cdot2=54.\]

Jeżeli wszystkich kul jest \(n\), to \[\frac{18}{n}=\frac35,\] więc \(n=30\). Kul białych było \[30-18=12.\]

Wszystkich uporządkowanych wyników jest

\[ 6\cdot6=36. \]

Pasujące wyniki:

\[ (2,1), \] \[ (3,1),\ (3,2), \] \[ (4,1),\ (4,2),\ (4,3), \] \[ (5,1),\ (5,2),\ (5,3),\ (5,4), \] \[ (6,1),\ (6,2),\ (6,3),\ (6,4),\ (6,5). \]

Jest ich

\[ 1+2+3+4+5=15. \] \[ P(A)=\frac{15}{36}=\frac5{12}. \]

Funkcja przychodu:

\[ P(x)=(70-x)(20+x)=-x^2+50x+1400. \]

Wierzchołek paraboli:

\[ x_w=-\frac{50}{2(-1)}=25. \]

Dlatego w 32.1 wybieramy A. 25.

W 32.2 rozwiązujemy równanie:

\[ (70-x)(20+x)=800. \] \[ 1400+50x-x^2=800. \] \[ x^2-50x-600=0. \] \[ \Delta=(-50)^2-4\cdot1\cdot(-600)=4900. \] \[ \sqrt\Delta=70. \] \[ x_1=\frac{50-70}{2}=-10,\qquad x_2=\frac{50+70}{2}=60. \]

Z warunków zadania \(x\ge0\), więc odrzucamy \(-10\). Pozostaje

\[ x=60. \]

Wybieramy E. 60.