Matura – Matematyka – Maj 2023 (stara matura)

Krok 1. Doprowadzenie nierówności do postaci ogólnej.
Zanim zaczniemy liczyć deltę, to musimy wykonać odpowiednie działania i przenieść wszystkie wyrazy na lewą stronę, zatem:
$$x(x-2)\gt2x^2-3 \\
x^2-2x\gt2x^2-3 \\
-x^2-2x+3\gt0$$

Krok 2. Obliczenie miejsc zerowych wielomianu.
Współczynniki: \(a=-1,\;b=-2,\;c=3\)
$$Δ=b^2-4ac=(-2)^2-4\cdot(-1)\cdot3=4-(-12)=16 \\
\sqrt{Δ}=\sqrt{16}=4$$

$$x_{1}=\frac{-b-\sqrt{Δ}}{2a}=\frac{-(-2)-4}{2\cdot(-1)}=\frac{2-4}{-2}=\frac{-2}{-2}=1 \\
x_{2}=\frac{-b+\sqrt{Δ}}{2a}=\frac{-(-2)+4}{2\cdot(-1)}=\frac{2+4}{-2}=\frac{6}{-2}=-3$$

Krok 3. Szkicowanie wykresu paraboli.
Z racji tego, iż współczynnik kierunkowy \(a\) jest ujemny, to parabola będzie mieć ramiona skierowane do dołu. Zaznaczamy więc na osi wyznaczone miejsca zerowe \(x=1\) oraz \(x=-3\) (kropki będą niezamalowane, bo w nierówności wystąpił znak \(\gt\)) i rysujemy parabolę:


Krok 4. Odczytanie rozwiązania.
Szukamy wartości większych od zera, czyli tych które znajdują się nad osią. To oznacza, że rozwiązaniem tej nierówności będzie przedział:
$$x\in(-3;1)$$

Opisaną w zadaniu sytuację możemy przedstawić jako ciąg arytmetyczny, w którym \(S_{n}=8910\), \(n=18\) oraz \(r=-30\). Poszukiwaną wartością jest \(a_{1}\).

W zadaniu możemy więc skorzystać ze wzoru na sumę \(n\)-początkowych wyrazów ciągu arytmetycznego, czyli:
$$S_{n}=\frac{2a_{1}+(n-1)r}{2}\cdot n$$

Podstawiając teraz znane dane, otrzymamy:
$$8910=\frac{2a_{1}+(18-1)\cdot(-30)}{2}\cdot18 \\
8910=\frac{2a_{1}+17\cdot(-30)}{2}\cdot18 \\
8910=\frac{2a_{1}-510}{2}\cdot18 \\
495=\frac{2a_{1}-510}{2} \\
990=2a_{1}-510 \\
2a_{1}=1500 \\
a_{1}=750$$

Krok 1. Przekształcenie podanej nierówności.
Przenosząc wyrazy z prawej strony na lewą oraz dokonując pewnych przekształceń, otrzymamy taką oto postać:
$$x^2+y^2+5\gt2x+4y \\
x^2+y^2+5-2x-4y\gt0 \\
x^2+y^2+1+4-2x-4y\gt0 \\
x^2-2x+1+y^2-4y+4\gt0$$

Teraz, korzystając ze wzorów skróconego mnożenia, możemy "zwinąć" wyrażenie \(x^2-2x+1\) do postaci \((x-1)^2\) oraz wyrażenie \(y^2-4y+4\) do postaci \((y-2)^2\). Otrzymamy zatem taką oto nierówność:
$$(x-1)^2+(y-2)^2\gt0$$

Krok 2. Zakończenie dowodzenia.
Z treści zadania wiemy, że \(x\neq1\), a to oznacza, że wartość \(x-1\) jest różna od zera. Jakakolwiek liczba różna od zera podniesiona do kwadratu daje dodatni wynik, stąd też na pewno \((x-1)^2\) jest większe od zera.

Spójrzmy teraz na składnik \((y-2)^2\). Analogicznie moglibyśmy powiedzieć, że to wyrażenie jest na pewno dodatnie lub ewentualnie równe \(0\) (wtedy, gdy \(y=2\)). Możemy więc powiedzieć, że \((y-2)^2\) jest liczbą nieujemną.

Mamy więc sytuację, w której do dodatniej liczby \((x-1)^2\) dodajemy nieujemną liczbę \((y-2)^2\). Suma takich liczb jest na pewno większa od zera, co należało udowodnić.

Krok 1. Obliczenie długości przeciwprostokątnej trójkąta \(T_{1}\).
Z treści zadania wynika, że trójkąt \(T_{1}\) ma przyprostokątne o długości \(5\) i \(12\), zatem korzystając z twierdzenia Pitagorasa możemy obliczyć długość przeciwprostokątnej:
$$5^2+12^2=c^2 \\
25+144=c^2 \\
c^2=169 \\
c=13 \quad\lor\quad c=-13$$

Ujemną wartość oczywiście odrzucamy, bo długość boku jest dodatnia, zatem zostaje nam \(c=13\).

Krok 2. Obliczenie skali podobieństwa.
Z treści zadania wynika, że drugi trójkąt \(T_{2}\) ma przeciwprostokątną o długości \(26\), czyli ma przeciwprostokątną dwa razy dłuższą od trójkąta \(T_{1}\).


To oznacza, że skala podobieństwa tych trójkątów wynosi \(k=2\).

Krok 3. Obliczenie pola powierzchni trójkąta \(T_{2}\).
Obliczmy najpierw pole trójkąta \(T_{1}\). Korzystając ze wzoru na pole trójkąta, możemy zapisać, że:
$$P=\frac{1}{2}\cdot12\cdot5 \\
P=30$$

Zgodnie z własnościami trójkątów podobnych, jeśli skala podobieństwa figur jest równa \(k\) to pole powierzchni figury podobnej będzie \(k^2\) razy większe. W naszym przypadku oznaczałoby to, że pole trójkąta \(T_{2}\) będzie \(4\) razy większe od pola trójkąta \(T_{1}\), zatem:
$$P=4\cdot30 \\
P=120$$

Krok 1. Sporządzenie rysunku pomocniczego.
Co prawda nie jest to konieczne, ale dobrze jest sobie zobrazować całą sytuację za pomocą prostego rysunku. Pamiętając o tym, że przekątne kwadratu przecinają się w połowie swojej długości, otrzymamy mniej więcej taką oto sytuację:


Krok 2. Wyznaczenie równania prostej \(AC\).
Znamy współrzędne punktów \(A\) oraz \(C\), więc bez problemu możemy wyznaczyć równanie prostej \(AC\). W tym celu możemy skorzystać z rozbudowanego wzoru z tablic lub po prostu z metody układu równań (w tym celu do postaci \(y=ax+b\) musimy podstawić współrzędne najpierw punktu \(A\), potem \(C\)). Można też postąpić jeszcze nieco sprytniej. Skoro prosta przechodzi przez punkt \(C=(0;4)\) to znaczy, że przecina ona oś \(OY\) dla \(y=4\), co z kolei oznacza, że współczynnik \(b=4\). Wiemy już zatem, że nasza prosta wyraża się równaniem \(y=ax+4\).

Chcąc poznać brakując współczynnik \(a\) wystarczy teraz podstawić do wyznaczonej postaci \(y=ax+4\) współrzędne punktu \(A\), zatem:
$$-2=-8\cdot a+4 \\
-6=-8a \\
a=\frac{3}{4}$$

Krok 3. Wyznaczenie środka odcinka \(AC\).
Musimy wyznaczyć środek odcinka \(AC\), ponieważ jest to punkt, przez który będzie przechodzić także poszukiwana prosta \(BD\). Korzystając ze wzoru na środek odcinka możemy zapisać, że:
$$S=\left(\frac{x_{A}+x_{C}}{2};\frac{y_{A}+y_{C}}{2}\right) \\
S=\left(\frac{-8+0}{2};\frac{-2+4}{2}\right) \\
S=\left(\frac{-8}{2};\frac{2}{2}\right) \\
S=(-4;1)$$

Krok 4. Wyznaczenie równania prostej \(BD\).
Prosta \(BD\) będzie prostą prostopadłą do prostej \(AC\), ponieważ przekątne kwadratu przecinają się pod kątem prostym. Z własności prostych prostopadłych wiemy, że iloczyn ich współczynników kierunkowych musi być równy \(-1\). Skoro więc prosta \(AC\) miała współczynnik \(a=\frac{3}{4}\), to nasza prosta \(BD\) będzie miała ten współczynnik \(a=-\frac{4}{3}\), bo \(\left(-\frac{4}{3}\right)\cdot\frac{3}{4}=-1\). Skoro tak, to wiemy już, że ta prosta będzie wyrażać się równaniem \(y=-\frac{4}{3}x+b\).

Aby wyznaczyć brakujący współczynnik \(b\), musimy podstawić do wyznaczonego równania \(y=-\frac{4}{3}x+b\) współrzędne jakiegoś punktu, przez który ta prosta przechodzi - w tym przypadku możemy podstawić wyznaczone wcześniej współrzędne punktu \(S=(-4;1)\). Skoro tak, to:
$$1=-\frac{4}{3}\cdot(-4)+b \\
1=\frac{16}{3}+b \\
b=-\frac{13}{3}$$

To oznacza, że poszukiwanym równaniem jest \(y=-\frac{4}{3}x-\frac{13}{3}\).

Krok 1. Obliczenie liczby wszystkich zdarzeń elementarnych.
Mamy \(8\), a losowanie odbywa się ze zwracaniem, czyli za pierwszym razem możemy wylosować jedną z ośmiu liczb i za drugim razem też możemy wylosować jedną z ośmiu liczb. To oznacza, że zgodnie z regułą mnożenia liczba zdarzeń elementarnych będzie równa \(|Ω|=8\cdot8=64\).

Krok 2. Obliczenie liczby zdarzeń sprzyjających.
Zdarzeniem sprzyjającym jest sytuacja w której wylosowane liczby pomnożone przez siebie dadzą wynik podzielny przez \(15\), czyli dadzą wynik równy \(15, 30, 45, 60, 75\) (większej liczby nie będziemy w stanie osiągnąć). Skoro tak, to pasującymi zdarzeniami będą:
$$(3,5); (5,3), (5,6); (6,5), (5,9); (9,5)$$

To oznacza, że \(|A|=6\).

Krok 3. Obliczenie prawdopodobieństwa.
$$P(A)=\frac{|A|}{|Ω|}=\frac{6}{64}=\frac{3}{32}$$

Krok 1. Obliczenie pola podstawy.
W podstawie graniastosłupa mamy trójkąt o podstawie \(a=8\) oraz wysokości \(h=3\), zatem jego pole powierzchni będzie równe:
$$P_{p}=\frac{1}{2}\cdot8\cdot3 \\
P_{p}=4\cdot3 \\
P_{p}=12$$

Krok 2. Obliczenie długości ramion trójkąta.
Z treści zadania wynika, że nasz trójkąt jest równoramienny. Z własności takich trójkątów wynika, że wysokość przecina podstawę trójkąta na dwie równe części. To by oznaczało, że w naszym przypadku bok \(AB\) zostanie podzielony na dwa fragmenty o długości \(4\), czyli tym samym, powstaną nam dwa trójkąty prostokątne o przyprostokątnych \(3\) oraz \(4\).


Ta obserwacja pozwoli nam wyznaczyć długość ramienia trójkąta, czyli boku \(BC\) (ewentualnie \(AC\)). Korzystając z twierdzenia Pitagorasa możemy zapisać, że:
$$3^2+4^2=c^2 \\
9+16=c^2 \\
c^2=25 \\
c=5 \quad\lor\quad c=-5$$

Ujemną długość oczywiście odrzucamy, bo długość boku musi być dodatnia, zatem możemy zapisać, że ramiona naszego trójkąta mają długość równą \(5\).

Krok 3. Obliczenie wysokości graniastosłupa.
Spójrzmy na trójkąt prostokątny \(CBE\). Przed chwilą obliczyliśmy, że dolna przyprostokątna tego trójkąta ma długość \(5\) i wiemy, że kąt leżący przy tym boku ma miarę \(60°\). Korzystając z własności trójkątów o kątach \(30°,60°,90°\) możemy stwierdzić, że boczna przyprostokątna będzie \(\sqrt{3}\) razy dłuższa, czyli tym samym wysokość graniastosłupa będzie miała długość \(5\sqrt{3}\).

Do tego samego wyniku dojdziemy korzystając z tangensa. Moglibyśmy zapisać, że:
$$tg60°=\frac{H}{5} \\
\sqrt{3}=\frac{H}{5} \\
H=5\sqrt{3}$$

Krok 4. Obliczenie objętości graniastosłupa.
Wiemy już, że \(P_{p}=12\) oraz \(H=5\sqrt{3}\), zatem korzystając ze wzoru na objętość graniastosłupa, zapiszemy:
$$V=P_{p}\cdot H \\
V=12\cdot5\sqrt{3} \\
V=60\sqrt{3}$$

Krok 5. Obliczenie pola powierzchni całkowitej.
Na pole powierzchni całkowitej składać się będą pola dwóch trójkątów równoramiennych (podstawa dolna i górna) oraz trzech ścian bocznych będących prostokątami. Pola trójkątów już znamy, wiemy że \(P_{p}=12\). Obliczmy zatem pole powierzchni bocznej. Mamy dwie ściany boczne o wymiarach \(5\times5\sqrt{3}\) oraz jedną o wymiarach \(8\times5\sqrt{3}\). Pole powierzchni bocznej będzie zatem równe:
$$P_{b}=2\cdot5\cdot5\sqrt{3}+8\cdot5\sqrt{3} \\
P_{b}=50\sqrt{3}+40\sqrt{3} \\
P_{b}=90\sqrt{3}$$

To oznacza, że całe pole powierzchni całkowitej będzie równe:
$$P_{c}=2P_{p}+P_{b} \\
P_{c}=2\cdot12+90\sqrt{3} \\
P_{c}=24+90\sqrt{3}$$