Henryk Pawłowski

Prościej już się nie daObowiązkowa 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 Liczby rzeczywiste

1.1. Zadania zamknięte

Zadanie 1. Wartością ułamka24 · 64−24−3

jest:

A.1

2, B.

1

4, 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 (możliwienajniższej):

24 · 64−24−3

=24 ·(

26)

−2

(22)−3=24 · 26·(−2)22·(−3)

=24 · 2−122−6

=

=24+(−12)

2−6=2−8

2−6= 2−8−(−6) = 2−8+6 = 2−2 =

1

4.

Odpowiedź: Wartością ułamka jest1

4.

Zadanie 2. Iloczyn

(

1− 12

)(

1− 13

)(

1− 14

)(

1− 15

)(

1− 16

)(

1− 17

)

wynosi:

A. 1, B.1

2, C.

1

7, D.

6

7.

Rozwiązanie

Wykonujemy odejmowanie w każdym z nawiasów:

1− 12=1

2, 1− 1

3=2

3, 1− 1

4=3

4,

1− 15=4

5, 1− 1

6=5

6, 1− 1

7=6

7.

Wobec tego podany iloczyn przybiera postać:

1

2· 23· 34· 45· 56· 67.

Pojawiające się tu ułamki skracamy:

1

/2· /2/3· /3/4· /4/5· /5/6· /67=1

7.

Liczby rzeczywiste 7

Odpowiedź: Podany iloczyn wynosi1

7.

Zadanie 3. Liczba 1−1 +

(

1

2

)

−1

+

(

1

3

)

−1

+

(

1

4

)

−1

+

(

1

5

)

−1

jest równa:

A. 13, B. 14, 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.

Zadanie 4. Wyrażenie

√192−

√75√

3ma wartość:

A. 3, B.√3, C. 1, D. 3

√3.

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.

8 Liczby rzeczywiste

Wykonujemy odejmowanie i skracamy:

√192−

√75√

3=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% pewnej wielkości to1

100tej wielkości, więc p% to

p

100tej wielkości.

Skoro p% liczby 500 wynosi 40, top

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

Odpowiedź: p = 8.

Zadanie 6. Zapisując wyrażenie3

√

3 3√3 w postaci potęgi liczby 3, otrzymamy:

A. 31

9 , B. 32

9 , C. 34

9 , D. 31

6 .

Rozwiązanie

Korzystamy z równości:

n√a = a

1

n , am · an = am+n,(

am

n

)

p

q = am

n·

p

q .

Zamieniamy symbol wewnętrznego pierwiastka sześciennego na potęgę o wykładniku1

3:

3√3 = 3

1

3 .

Przekształcamy iloczyn 3 3√3:

33√3 = 31 · 3 13 = 31+ 13 = 3 43 .

Liczby rzeczywiste 9

Zamieniamy symbol zewnętrznego pierwiastka sześciennego na potęgę o wykładniku1

3

3

√

33√3 =

3

√

34

3 =(

34

3

)1

3 = 34

3·

1

3 = 34

9 .

Odpowiedź: Otrzymamy 34

9 .

Zadanie 7. Liczbę dwucyfrową, której cyfrą dziesiątek jest a, zaś cyfra jedności jest o 3mniejsza 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 zapisaćw 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, D. 0.

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.

10 Liczby rzeczywiste

Odpowiedź: Otrzymamy 0.

Zadanie 9. Wszystkich dwucyfrowych liczb naturalnych, których obie cyfry są nieparzyste,jest:

A. 25, B. 20, C. 16, D. 24.

Rozwiązanie

Ponieważ cyfrą dziesiątek i cyfrą jedności może być każda cyfra nieparzysta, a tych jest pięći 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, alogab = 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.

Liczby rzeczywiste 11

Rozwiązanie

Zauważmy, że wylewając z pojemnika wodę, nie zmieniamy wagi pustego pojemnika, a zmie-niamy 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 wypełnipojemnik:

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+b2

a= b+

a2

b,

to są równe.

Rozwiązanie

Sprowadzamy wyrażenia po obu stronach danej równości do wspólnego mianownika:

a+b2

a=a

1+b2

a=a

1· aa+b2

a=a2

a+b2

a=a2 + b2

a,

b+a2

b=b

1+a2

b=b

1· bb+a2

b=b2

b+a2

b=b2 + a2

b.

Zapisujemy daną równość w postaci

a2 + b2

a=b2 + a2

b.

Zauważmy, że a2 + b2 6= 0, o ile a 6= 0 lub b 6= 0. Dzielimy obie strony równości przez a2 + b2

i otrzymujemy1

a=1

b, skąd wynika, że a = b.

Obie strony równości wolno podzielić przez to samo wyrażenie różne od 0.

Uwaga! Z równości xy= xzwynika, 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 własnościloga 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

(

−2x3)5 ·(

2x2)4

2 · (4x5)4= 27.

Rozwiązanie

Przedstawiamy najpierw lewą stronę tego równania w najprostszej postaci. W tym celuwykonujemy wskazane działania na potęgach.

(

−2x3)5 ·(

2x2)4

2 · (4x5)4=(−2)5 ·

(

x3)5 · 24 ·

(

x2)4

2 · 44 · (x5)4=−25 · x3·5 · 24 · x2·4

2 · (22)4 · x5·4=

= −(

25 · 24)

·(

x15 · x8)

21 · 22·4 · x20 = −25+4 · x15+821 · 28 · x20 =

= − 29 · x2321+8 · x20 = −

29 · x2329 · x20 = −x

23−20 = −x3.