Znajdź zadanie
MATMA PODSTAWOWA – ZAD. 1
Nierówność kwadratowa
Rozwiąż nierówność:
2x² − 5x − 3 ≤ 0
Rozwiązanie opisowe
Szukamy wartości x, dla których trójmian jest ujemny albo równy zeru. Najpierw wyznaczamy miejsca zerowe, ponieważ dzielą one oś na przedziały, w których trójmian ma określony znak.
Δ = (−5)² − 4·2·(−3) = 49
x₁ = (5−7)/4 = −1/2, x₂ = (5+7)/4 = 3
Dlaczego wybieramy przedział między miejscami zerowymi? Współczynnik przy x² jest dodatni, więc parabola ma ramiona skierowane w górę. Jej wykres znajduje się na osi lub pod osią pomiędzy miejscami zerowymi. Końce włączamy ze względu na znak „≤”.
Odpowiedź: x ∈ [−1/2, 3].
MATMA PODSTAWOWA – ZAD. 2
Procenty
Cenę telefonu najpierw obniżono o 20%, a następnie nową cenę podwyższono o 10%. Po obu zmianach telefon kosztował 1760 zł. Oblicz cenę początkową.
Rozwiązanie opisowe
Oznaczmy początkową cenę telefonu przez x. Obniżka o 20% oznacza, że pozostaje 80% ceny, czyli 0,8x. Następnie tę obniżoną cenę zwiększamy o 10%, dlatego mnożymy ją przez 1,1.
1,1 · 0,8x = 1760
0,88x = 1760 ⇒ x = 2000
Dlaczego nie odejmujemy po prostu 20% − 10%? Drugi procent jest liczony od obniżonej ceny, a nie od ceny początkowej. Po obu zmianach telefon kosztuje 1,1 · 0,8 = 0,88, czyli 88% ceny początkowej.
Sprawdzenie: 2000 · 0,8 = 1600 zł, a 1600 · 1,1 = 1760 zł.
Odpowiedź: Początkowa cena telefonu wynosiła 2000 zł.
MATMA PODSTAWOWA – ZAD. 3
Optymalizacja
Na ogrodzenie prostokątnego wybiegu przylegającego jednym bokiem do budynku przeznaczono 60 m siatki. Ogrodzone będą tylko trzy boki. Oblicz wymiary wybiegu o największym polu.
Rozwiązanie opisowe
Niech x oznacza długość każdego z dwóch boków prostopadłych do budynku. Boki te zużywają łącznie 2x metrów siatki, dlatego trzeci bok ma długość 60 − 2x.
P(x) = x(60 − 2x) = −2x² + 60x
xw = −60/(2 · (−2)) = 15
Trzeci bok ma długość 60 − 2 · 15 = 30 m. Największe pole wynosi 15 · 30 = 450 m².
Dlaczego to największe pole? Współczynnik przy x² jest ujemny, więc parabola ma ramiona skierowane w dół. Jej wierzchołek wskazuje największą wartość funkcji pola.
Odpowiedź: Wymiary wynoszą 15 m × 30 m, a największe pole to 450 m².
MATMA PODSTAWOWA – ZAD. 4
Geometria
Boki trójkąta mają długości 13, 14 i 15. Oblicz wysokość opuszczoną na bok długości 14.
Rozwiązanie opisowe
Najpierw obliczamy pole ze wzoru Herona, ponieważ znamy wszystkie trzy boki. Połowa obwodu trójkąta wynosi:
p = (13 + 14 + 15)/2 = 21
P = √(21 · 8 · 7 · 6) = √7056 = 84
Następnie traktujemy bok długości 14 jako podstawę i korzystamy ze wzoru P = ah/2.
84 = 14h/2 = 7h ⇒ h = 12
Dlaczego używamy dwóch wzorów? Wzór Herona daje pole na podstawie trzech znanych boków. Wzór P = ah/2 opisuje to samo pole za pomocą podstawy i szukanej wysokości.
Odpowiedź: Wysokość ma długość 12.
MATMA PODSTAWOWA – ZAD. 5
Prawdopodobieństwo
Ze zbioru {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8} losujemy jednocześnie dwie różne liczby. Oblicz prawdopodobieństwo, że ich suma będzie parzysta.
Rozwiązanie opisowe
Suma jest parzysta, gdy obie liczby są parzyste albo obie są nieparzyste. W zbiorze mamy po cztery liczby każdego rodzaju.
Liczba wszystkich par: C(8,2) = 28
Liczba par sprzyjających: C(4,2) + C(4,2) = 6 + 6 = 12
P = 12/28 = 3/7
Dlaczego pomijamy pary parzysta–nieparzysta? Ich suma zawsze jest nieparzysta. Kolejność nie ma znaczenia, ponieważ liczby losujemy jednocześnie.
Odpowiedź: Prawdopodobieństwo wynosi 3/7.
MATMA PODSTAWOWA – ZAD. 6
Funkcja liniowa
Prosta przechodzi przez punkty A = (−2, 5) oraz B = (4, −1). Wyznacz wzór funkcji liniowej, której wykresem jest ta prosta, a następnie oblicz jej miejsce zerowe.
Rozwiązanie opisowe
Wzór funkcji liniowej ma postać f(x)=ax+b. Najpierw obliczamy współczynnik kierunkowy prostej, korzystając ze współrzędnych punktów A i B.
a = (−1−5)/(4−(−2)) = −6/6 = −1
Otrzymujemy f(x)=−x+b. Podstawiamy współrzędne punktu A: 5=−(−2)+b, więc 5=2+b i b=3.
f(x) = −x + 3
Miejsce zerowe to argument, dla którego wartość funkcji jest równa zero.
−x + 3 = 0 ⇒ x = 3
Dlaczego wystarczą dwa punkty? Przez dwa różne punkty przechodzi dokładnie jedna prosta. Ich współrzędne pozwalają więc jednoznacznie wyznaczyć współczynniki a oraz b.
Odpowiedź: f(x)=−x+3, a jej miejsce zerowe jest równe 3.
MATMA PODSTAWOWA – ZAD. 7
Ciąg arytmetyczny
W ciągu arytmetycznym (aₙ) dane są a₃=11 oraz a₈=31. Oblicz pierwszy wyraz, różnicę ciągu i sumę jego pierwszych 20 wyrazów.
Rozwiązanie opisowe
W ciągu arytmetycznym każdy kolejny wyraz różni się od poprzedniego o tę samą liczbę r. Korzystamy ze wzoru aₙ=a₁+(n−1)r.
a₃ = a₁ + 2r = 11
a₈ = a₁ + 7r = 31
Odejmujemy pierwsze równanie od drugiego: 5r=20, więc r=4. Z równania a₁+2r=11 otrzymujemy a₁=3.
S₂₀ = 20/2 · [2·3 + 19·4] = 10·82 = 820
Dlaczego odejmujemy równania? W obu występuje ten sam pierwszy wyraz a₁. Po odjęciu znika on z równania i możemy bezpośrednio obliczyć różnicę ciągu.
Odpowiedź: a₁=3, r=4 oraz S₂₀=820.
MATMA PODSTAWOWA – ZAD. 8
Trygonometria
Drabina długości 10 m jest oparta o pionową ścianę i tworzy z podłożem kąt 60°. Oblicz wysokość, na jakiej jej koniec dotyka ściany, oraz odległość dolnego końca drabiny od ściany.
Rozwiązanie opisowe
Ściana, podłoże i drabina tworzą trójkąt prostokątny. Drabina jest przeciwprostokątną. Szukana wysokość leży naprzeciw kąta 60°, dlatego korzystamy z sinusa.
sin 60° = h/10 ⇒ h = 10·√3/2 = 5√3 m
Odległość dolnego końca drabiny od ściany jest przyprostokątną przyległą do kąta 60°, więc korzystamy z cosinusa.
cos 60° = d/10 ⇒ d = 10·1/2 = 5 m
Dlaczego stosujemy sinus i cosinus? Sinus łączy bok leżący naprzeciw kąta z przeciwprostokątną, natomiast cosinus łączy bok przyległy do kąta z przeciwprostokątną.
Odpowiedź: Drabina sięga na wysokość 5√3 m, a jej dolny koniec znajduje się 5 m od ściany.
MATMA PODSTAWOWA – ZAD. 9
Geometria analityczna
Odcinek AB, gdzie A=(−2,1) i B=(6,5), jest średnicą okręgu. Wyznacz współrzędne środka, długość promienia oraz równanie tego okręgu.
Rozwiązanie opisowe
Środek okręgu jest środkiem średnicy AB, dlatego jego współrzędne są średnimi arytmetycznymi odpowiednich współrzędnych punktów A i B.
S = ((−2+6)/2, (1+5)/2) = (2,3)
Długość średnicy obliczamy ze wzoru na odległość punktów.
|AB| = √[(6−(−2))²+(5−1)²] = √80 = 4√5
Promień jest połową średnicy, więc r=2√5 i r²=20.
(x−2)² + (y−3)² = 20
Dlaczego po prawej stronie jest 20? W równaniu okręgu występuje kwadrat promienia. Ponieważ r=2√5, mamy r²=(2√5)²=20.
Odpowiedź: S=(2,3), r=2√5, a równanie okręgu to (x−2)²+(y−3)²=20.
MATMA PODSTAWOWA – ZAD. 32
Ciąg arytmetyczny
W ciągu arytmetycznym a₁ = 7, a różnica r = 3. Oblicz dwunasty wyraz oraz sumę dwunastu początkowych wyrazów.
Rozwiązanie opisowe
Korzystamy ze wzoru na n-ty wyraz ciągu arytmetycznego: aₙ = a₁ + (n−1)r.
a₁₂ = 7 + 11 · 3 = 40
Sumę obliczamy ze wzoru Sₙ = n(a₁+aₙ)/2.
S₁₂ = 12 · (7+40)/2 = 6 · 47 = 282
Dlaczego? W ciągu arytmetycznym każdy kolejny wyraz zwiększa się o tę samą liczbę. Znając pierwszy i ostatni z sumowanych wyrazów, możemy zastosować wzór na sumę.
Odpowiedź: a₁₂ = 40 oraz S₁₂ = 282.
MATMA PODSTAWOWA – ZAD. 33
Geometria – trójkąt prostokątny
Przyprostokątne trójkąta prostokątnego mają długości 9 cm i 12 cm. Oblicz długość przeciwprostokątnej, pole oraz promień okręgu wpisanego.
Rozwiązanie opisowe
Z twierdzenia Pitagorasa: c² = 9² + 12² = 81 + 144 = 225, więc c = 15 cm.
Pole trójkąta: P = 9 · 12 / 2 = 54 cm².
Dla trójkąta prostokątnego promień okręgu wpisanego spełnia wzór r = (a+b−c)/2.
r = (9+12−15)/2 = 3 cm
Dlaczego? Twierdzenie Pitagorasa pozwala wyznaczyć brakujący bok. Wzór na promień wynika z zależności między bokami trójkąta prostokątnego a okręgiem wpisanym.
Odpowiedź: Przeciwprostokątna ma 15 cm, pole wynosi 54 cm², a promień okręgu wpisanego 3 cm.
MATMA PODSTAWOWA – ZAD. 34
Trygonometria
Drabina długości 5 m jest oparta o ścianę i tworzy z podłożem kąt 60°. Na jakiej wysokości sięga jej górny koniec?
Rozwiązanie opisowe
Drabina jest przeciwprostokątną trójkąta prostokątnego, a szukana wysokość leży naprzeciw kąta 60°.
Korzystamy z definicji sinusa: sin 60° = h/5.
h = 5 · sin 60° = 5 · √3/2
h = 5√3/2 m ≈ 4,33 m
Dlaczego? Sinus kąta ostrego jest ilorazem długości przyprostokątnej leżącej naprzeciw kąta i przeciwprostokątnej. Dlatego mnożymy długość drabiny przez sin 60°.
Odpowiedź: Górny koniec drabiny znajduje się na wysokości 5√3/2 m, czyli około 4,33 m.
MATMA PODSTAWOWA – ZAD. 35
Stereometria – prostopadłościan
Prostopadłościan ma wymiary 4 cm × 5 cm × 8 cm. Oblicz jego objętość, pole powierzchni całkowitej oraz długość przekątnej.
Rozwiązanie opisowe
Objętość: V = abc = 4 · 5 · 8 = 160 cm³.
Pole powierzchni całkowitej: Pc = 2(ab+ac+bc).
Pc = 2(4·5 + 4·8 + 5·8) = 2(20+32+40) = 184 cm²
Przekątna: d = √(a²+b²+c²) = √(16+25+64) = √105 cm.
Dlaczego? Prostopadłościan ma trzy pary jednakowych ścian. Jego przekątna przestrzenna jest obliczana przez dwukrotne zastosowanie twierdzenia Pitagorasa.
Odpowiedź: V = 160 cm³, Pc = 184 cm², d = √105 cm.
MATMA PODSTAWOWA – ZAD. 36
Prawdopodobieństwo
Rzucamy dwa razy uczciwą sześcienną kostką. Oblicz prawdopodobieństwo, że suma wyrzuconych oczek będzie równa 8.
Rozwiązanie opisowe
Każdy rzut ma 6 możliwych wyników, więc liczba wszystkich uporządkowanych wyników wynosi 6 · 6 = 36.
Sumę 8 otrzymujemy dla par: (2,6), (3,5), (4,4), (5,3), (6,2).
Mamy zatem 5 wyników sprzyjających.
P = 5/36
Dlaczego? Kolejność wyników ma znaczenie, ponieważ pierwszy i drugi rzut są osobnymi doświadczeniami. Dlatego pary (2,6) oraz (6,2) liczymy oddzielnie.
Odpowiedź: Prawdopodobieństwo otrzymania sumy 8 wynosi 5/36.
MATMA PODSTAWOWA – ZAD. 37
Statystyka
Dany jest zestaw liczb: 3, 5, 5, 7, 10. Oblicz średnią arytmetyczną, medianę, dominantę oraz rozstęp.
Rozwiązanie opisowe
Suma liczb wynosi 3+5+5+7+10 = 30, więc średnia to 30/5 = 6.
Zbiór jest uporządkowany i ma pięć elementów, dlatego mediana jest trzecim elementem: 5.
Najczęściej występuje liczba 5, więc jest dominantą.
Rozstęp to różnica największej i najmniejszej wartości: 10−3 = 7.
Dlaczego? Średnia uwzględnia wszystkie wartości, mediana wskazuje środkowy element, dominanta najczęstszy, a rozstęp opisuje rozpiętość danych.
Odpowiedź: Średnia wynosi 6, mediana 5, dominanta 5, a rozstęp 7.
MATMA PODSTAWOWA – ZAD. 38
Kombinatoryka
Ile można utworzyć pięciocyfrowych liczb z różnych cyfr, jeśli pierwsza cyfra nie może być zerem?
Rozwiązanie opisowe
Pierwszą cyfrę wybieramy spośród cyfr 1–9, więc mamy 9 możliwości.
Drugą cyfrę wybieramy spośród pozostałych 9 cyfr, ponieważ zero jest już dozwolone.
Dla kolejnych miejsc pozostaje odpowiednio 8, 7 i 6 możliwości.
9 · 9 · 8 · 7 · 6 = 27 216
Dlaczego? Pierwsza cyfra liczby pięciocyfrowej nie może być zerem. Po każdym wyborze liczba dostępnych cyfr maleje, ponieważ cyfry nie mogą się powtarzać.
Odpowiedź: Można utworzyć 27 216 takich liczb.
MATMA PODSTAWOWA – ZAD. 39
Funkcja wykładnicza
Rozwiąż równanie: 32x−1 = 27.
Rozwiązanie opisowe
Zapisujemy prawą stronę jako potęgę o podstawie 3: 27 = 3³.
Otrzymujemy 32x−1 = 3³.
Ponieważ podstawy są jednakowe i różne od 1, porównujemy wykładniki: 2x−1 = 3.
2x = 4, więc x = 2.
Dlaczego? Funkcja wykładnicza o podstawie 3 jest różnowartościowa. Równe potęgi o tej samej podstawie muszą mieć równe wykładniki.
Odpowiedź: x = 2.
MATMA PODSTAWOWA – ZAD. 40
Wyrażenie wymierne
Uprość wyrażenie (x²−9)/(x−3) i podaj jego dziedzinę.
Rozwiązanie opisowe
Mianownik nie może być równy zeru: x−3 ≠ 0, zatem x ≠ 3.
Licznik rozkładamy jako różnicę kwadratów: x²−9 = (x−3)(x+3).
Dla x ≠ 3 skracamy czynnik x−3.
(x²−9)/(x−3) = x+3, przy założeniu x ≠ 3.
Dlaczego? Skrócenie czynnika nie zmienia pierwotnej dziedziny. Liczba 3 nadal jest wykluczona, ponieważ w początkowym wyrażeniu powodowała dzielenie przez zero.
Odpowiedź: Wyrażenie upraszcza się do x+3, a jego dziedzina to x ∈ ℝ \ {3}.
MATMA PODSTAWOWA – ZAD. 41
Procenty – zmiany ceny
Laptop kosztował początkowo 3200 zł. Podczas promocji jego cenę obniżono o 15%, a po zakończeniu promocji nową cenę podwyższono o 8%. Oblicz cenę końcową i ustal, o ile procent różni się ona od ceny początkowej.
Rozwiązanie opisowe
Najpierw obliczamy cenę po obniżce. Po rabacie 15% pozostaje 85% ceny początkowej.
C₁ = 3200 · 0,85 = 2720 zł
Następnie podwyższamy obniżoną cenę o 8%, czyli mnożymy ją przez 1,08.
C₂ = 2720 · 1,08 = 2937,60 zł
Obliczamy różnicę między ceną początkową i końcową.
3200 − 2937,60 = 262,40 zł
Wyznaczamy, jaki procent ceny początkowej stanowi ta różnica.
262,40 / 3200 · 100% = 8,2%
Dlaczego? Obniżka o 15%, a następnie podwyżka o 8% nie oznaczają zmiany o 7%. Drugi procent jest liczony od nowej, niższej ceny 2720 zł, a nie od początkowych 3200 zł.
Odpowiedź: Cena końcowa wynosi 2937,60 zł i jest o 8,2% niższa od ceny początkowej.
MATMA PODSTAWOWA – ZAD. 42
Algebra i geometria – prostokąt
Prostokąt ma obwód 34 cm, a jego pole wynosi 60 cm². Oblicz długości boków oraz długość przekątnej tego prostokąta.
Rozwiązanie opisowe
Oznaczamy długości boków przez x i y. Z obwodu otrzymujemy równanie 2x + 2y = 34.
x + y = 17, więc y = 17 − x
Korzystamy z informacji o polu.
x(17 − x) = 60
Przenosimy wszystkie wyrazy na jedną stronę i rozwiązujemy równanie kwadratowe.
x² − 17x + 60 = 0
Rozkładamy trójmian na czynniki.
(x − 5)(x − 12) = 0
Boki mają długości 5 cm i 12 cm. Przekątną obliczamy z twierdzenia Pitagorasa.
d = √(5² + 12²) = √169 = 13 cm
Dlaczego? Warunki dotyczące obwodu i pola tworzą układ dwóch zależności. Po podstawieniu jednego boku za pomocą drugiego otrzymujemy równanie kwadratowe. Dwa pierwiastki oznaczają te same wymiary zapisane w odwrotnej kolejności.
Odpowiedź: Boki prostokąta mają długości 5 cm i 12 cm, a przekątna ma długość 13 cm.
MATMA PODSTAWOWA – ZAD. 43
Funkcja liniowa – porównanie ofert
Firma A pobiera 8 zł opłaty początkowej i 3 zł za każdy kilometr. Firma B nie pobiera opłaty początkowej, ale nalicza 3,80 zł za kilometr. Dla jakiej długości trasy ceny są równe? Która oferta jest tańsza dla trasy 18 km?
Rozwiązanie opisowe
Zapisujemy koszt przejazdu x kilometrów w firmie A.
A(x) = 8 + 3x
Zapisujemy koszt w firmie B.
B(x) = 3,8x
Ceny są równe, gdy A(x) = B(x).
8 + 3x = 3,8x
Odejmujemy 3x od obu stron.
8 = 0,8x, więc x = 10 km
Obliczamy ceny dla trasy 18 km.
A(18) = 8 + 3 · 18 = 62 zł
Obliczamy koszt drugiej oferty i porównujemy wyniki.
B(18) = 3,8 · 18 = 68,40 zł
Dlaczego? Każda oferta jest opisana funkcją liniową. Punkt przecięcia wykresów oznacza trasę, dla której koszty są jednakowe. Po przekroczeniu 10 km wolniej rośnie koszt firmy A, ponieważ jej stawka za kilometr jest niższa.
Odpowiedź: Ceny są równe dla trasy 10 km. Dla 18 km tańsza jest firma A: kosztuje 62 zł zamiast 68,40 zł.
MATMA PODSTAWOWA – ZAD. 44
Ciąg arytmetyczny – oszczędzanie
W pierwszym miesiącu uczeń odłożył 200 zł. W każdym kolejnym miesiącu odkładał o 50 zł więcej niż miesiąc wcześniej. Oblicz, ile odłożył w dwunastym miesiącu, jaką kwotę zgromadził przez rok oraz po ilu miesiącach łączna suma po raz pierwszy przekroczyła 3000 zł.
Rozwiązanie opisowe
Wpłaty tworzą ciąg arytmetyczny, w którym a₁ = 200 i r = 50.
aₙ = 200 + (n − 1) · 50
Obliczamy wpłatę w dwunastym miesiącu.
a₁₂ = 200 + 11 · 50 = 750 zł
Obliczamy sumę dwunastu wpłat.
S₁₂ = 12/2 · (200 + 750) = 6 · 950 = 5700 zł
Korzystamy ze wzoru na sumę n początkowych wyrazów.
Sₙ = n/2 · [2 · 200 + (n − 1) · 50]
Sprawdzamy kolejne wartości w pobliżu przekroczenia 3000 zł.
S₈ = 8/2 · (400 + 350) = 3000 zł
Po ośmiu miesiącach suma jest równa 3000 zł, więc musi upłynąć jeszcze jeden miesiąc.
S₉ = 9/2 · (400 + 400) = 3600 zł
Dlaczego? Pytanie dotyczy pierwszego przekroczenia 3000 zł, a nie osiągnięcia tej kwoty. Dlatego osiem miesięcy nie wystarcza — wtedy suma wynosi dokładnie 3000 zł.
Odpowiedź: W dwunastym miesiącu uczeń odłożył 750 zł, przez rok zgromadził 5700 zł, a 3000 zł przekroczył po 9 miesiącach.
MATMA PODSTAWOWA – ZAD. 45
Geometria – trapez równoramienny
Trapez równoramienny ma podstawy długości 10 cm i 18 cm oraz ramiona długości 5 cm. Oblicz wysokość, pole, obwód i długość przekątnej trapezu.
Rozwiązanie opisowe
Różnica długości podstaw wynosi 18 − 10 = 8 cm. W trapezie równoramiennym dzieli się ona symetrycznie na dwa odcinki.
8 / 2 = 4 cm
Ramię, wysokość i odcinek długości 4 cm tworzą trójkąt prostokątny.
h² + 4² = 5²
Obliczamy wysokość.
h² = 25 − 16 = 9, więc h = 3 cm
Obliczamy pole trapezu.
P = (10 + 18)/2 · 3 = 14 · 3 = 42 cm²
Obliczamy obwód.
O = 10 + 18 + 5 + 5 = 38 cm
Pozioma odległość między lewym dolnym i prawym górnym wierzchołkiem wynosi 4 + 10 = 14 cm. Stosujemy twierdzenie Pitagorasa.
d = √(14² + 3²) = √205 cm
Dlaczego? W trapezie równoramiennym krótsza podstawa jest położona symetrycznie względem dłuższej. Dzięki temu po opuszczeniu wysokości powstają dwa jednakowe trójkąty prostokątne.
Odpowiedź: Wysokość wynosi 3 cm, pole 42 cm², obwód 38 cm, a przekątna √205 cm.
MATMA PODSTAWOWA – ZAD. 46
Geometria analityczna – prosta i odcinek
Dane są punkty A = (−2, 5) oraz B = (4, −1). Wyznacz równanie prostej AB, współrzędne środka odcinka AB, długość tego odcinka oraz punkty przecięcia prostej z osiami układu współrzędnych.
Rozwiązanie opisowe
Obliczamy współczynnik kierunkowy prostej.
a = (−1 − 5)/(4 − (−2)) = −6/6 = −1
Równanie ma postać y = −x + b. Podstawiamy współrzędne punktu A.
5 = −(−2) + b, więc b = 3
Równanie prostej to:
y = −x + 3
Obliczamy środek odcinka.
S = ((−2+4)/2, (5−1)/2) = (1, 2)
Obliczamy długość odcinka.
|AB| = √[(4+2)² + (−1−5)²] = √(36+36) = 6√2
Dla przecięcia z osią OY przyjmujemy x = 0, a dla przecięcia z osią OX przyjmujemy y = 0.
OY: (0,3), OX: (3,0)
Dlaczego? Współczynnik kierunkowy opisuje zmianę wartości y przypadającą na jednostkową zmianę x. Punkty przecięcia z osiami otrzymujemy, zerując odpowiednią współrzędną.
Odpowiedź: Prosta ma równanie y = −x + 3, środek odcinka to S = (1,2), długość AB wynosi 6√2, a przecięcia z osiami to (0,3) i (3,0).
MATMA PODSTAWOWA – ZAD. 47
Trygonometria – wysokość drzewa
Obserwator stoi w odległości 20 m od drzewa. Kąt wzniesienia od poziomu jego oczu do wierzchołka drzewa wynosi 30°, a oczy obserwatora znajdują się na wysokości 1,70 m. Oblicz wysokość drzewa z dokładnością do 0,1 m.
Rozwiązanie opisowe
Różnica wysokości między poziomem oczu a wierzchołkiem drzewa jest przyprostokątną leżącą naprzeciw kąta 30°.
tan 30° = h₁ / 20
Wyznaczamy h₁.
h₁ = 20 · tan 30° = 20 · √3/3
Obliczamy wartość przybliżoną.
h₁ ≈ 20 · 0,57735 ≈ 11,547 m
Do otrzymanej różnicy wysokości dodajemy wysokość oczu obserwatora.
h = 11,547 + 1,70 = 13,247 m
Zaokrąglamy wynik do 0,1 m.
h ≈ 13,2 m
Dlaczego? Tangens łączy wysokość leżącą naprzeciw kąta z poziomą odległością od drzewa. Obliczona wartość nie jest jeszcze pełną wysokością drzewa, ponieważ pomiar kąta rozpoczęto na wysokości oczu.
Odpowiedź: Wysokość drzewa wynosi około 13,2 m.
MATMA PODSTAWOWA – ZAD. 48
Stereometria – cylindryczny zbiornik
Cylindryczny zbiornik ma promień podstawy 3 m i wysokość 10 m. Jest napełniony wodą do 80% swojej wysokości. Oblicz objętość wody, pole powierzchni części ściany bocznej mającej kontakt z wodą oraz liczbę litrów wody w zbiorniku.
Rozwiązanie opisowe
Wysokość słupa wody stanowi 80% wysokości zbiornika.
hw = 0,8 · 10 = 8 m
Obliczamy objętość wody jak objętość walca o wysokości 8 m.
V = πr²hw = π · 3² · 8 = 72π m³
Obliczamy pole zwilżonej części ściany bocznej.
Pb = 2πrhw = 2π · 3 · 8 = 48π m²
Jeden metr sześcienny odpowiada 1000 litrom.
72π m³ = 72 000π litrów
Podajemy wartość przybliżoną liczby litrów.
72 000π ≈ 226 195 litrów
Dlaczego? Informacja o napełnieniu do 80% wysokości oznacza, że wysokość walca utworzonego przez wodę wynosi 8 m. Do pola ściany mającej kontakt z wodą nie wliczamy podstawy, ponieważ pytanie dotyczy wyłącznie ściany bocznej.
Odpowiedź: Objętość wody wynosi 72π m³, czyli około 226 195 litrów, a zwilżona część ściany bocznej ma pole 48π m².
MATMA PODSTAWOWA – ZAD. 51
Procenty – marża, rabat i VAT
Sklep kupił urządzenie za 2500 zł netto. Do ceny zakupu doliczono 20% marży, następnie klient otrzymał 10% rabatu od ceny z marżą. Do tak ustalonej ceny netto doliczono 23% VAT. Oblicz cenę brutto zapłaconą przez klienta oraz rzeczywisty procentowy zysk sklepu liczony względem ceny zakupu netto.
Rozwiązanie opisowe
Obliczamy cenę netto po doliczeniu 20% marży.
2500 · 1,20 = 3000 zł
Od ceny z marżą odejmujemy rabat 10%.
3000 · 0,90 = 2700 zł netto
Do ceny po rabacie doliczamy 23% VAT.
2700 · 1,23 = 3321 zł brutto
Zysk sklepu liczymy na podstawie kwot netto, ponieważ VAT nie stanowi przychodu sklepu.
2700 − 2500 = 200 zł
Obliczamy procentowy zysk względem ceny zakupu.
200 / 2500 · 100% = 8%
Dlaczego? Marża i rabat są liczone kolejno od różnych podstaw. Podatku VAT nie uwzględniamy przy obliczaniu zysku sklepu, ponieważ jest on przekazywany do urzędu skarbowego.
Odpowiedź: Klient zapłaci 3321 zł brutto, a rzeczywisty zysk sklepu wynosi 200 zł, czyli 8% ceny zakupu netto.
MATMA PODSTAWOWA – ZAD. 52
Funkcja kwadratowa – optymalizacja
Prostokątny ogród przylega jednym bokiem do długiego muru. Do ogrodzenia pozostałych trzech boków przeznaczono 50 m siatki. Wyznacz wymiary ogrodu o największym możliwym polu i oblicz to pole.
Rozwiązanie opisowe
Oznaczamy przez x długość każdego z dwóch boków prostopadłych do muru, a przez y bok równoległy do muru.
2x + y = 50
Wyznaczamy y.
y = 50 − 2x
Pole ogrodu zapisujemy jako funkcję zmiennej x.
P(x) = x(50 − 2x) = −2x² + 50x
Jest to funkcja kwadratowa o ramionach skierowanych w dół, więc największa wartość znajduje się w wierzchołku.
xw = −b/(2a) = −50/(2·(−2)) = 12,5 m
Obliczamy drugi wymiar ogrodu.
y = 50 − 2·12,5 = 25 m
Obliczamy największe pole.
Pmax = 12,5 · 25 = 312,5 m²
Dlaczego? Nie grodzimy boku przylegającego do muru, dlatego w równaniu długości siatki występują tylko dwa boki x i jeden bok y. Ujemny współczynnik przy x² oznacza, że wierzchołek paraboli daje maksimum.
Odpowiedź: Największe pole wynosi 312,5 m² i otrzymujemy je dla wymiarów 12,5 m × 25 m.
MATMA PODSTAWOWA – ZAD. 53
Układ równań – sprzedaż biletów
Kino sprzedało na jeden seans 240 biletów. Bilet normalny kosztował 28 zł, a ulgowy 18 zł. Łączny przychód wyniósł 5520 zł. Oblicz liczbę biletów każdego rodzaju. Następnie ustal przychód, gdyby cena biletu normalnego wzrosła o 10%, a liczba sprzedanych biletów pozostała bez zmian.
Rozwiązanie opisowe
Oznaczamy przez x liczbę biletów normalnych, a przez y liczbę biletów ulgowych.
x + y = 240
Drugie równanie opisuje łączny przychód.
28x + 18y = 5520
Z pierwszego równania wyznaczamy y.
y = 240 − x
Podstawiamy do równania przychodu.
28x + 18(240 − x) = 5520
Rozwiązujemy równanie.
28x + 4320 − 18x = 5520
Otrzymujemy 10x = 1200, więc x = 120 i y = 120.
x = 120, y = 120
Nowa cena biletu normalnego wynosi 110% starej ceny.
28 · 1,10 = 30,80 zł
Obliczamy nowy przychód.
120·30,80 + 120·18 = 3696 + 2160 = 5856 zł
Dlaczego? Liczba wszystkich biletów daje pierwsze równanie, a suma wpływów drugie. Przy podwyżce zmienia się tylko cena biletu normalnego, natomiast liczby sprzedanych biletów pozostają takie same.
Odpowiedź: Sprzedano po 120 biletów normalnych i ulgowych. Po podwyżce cena normalnego wyniosłaby 30,80 zł, a przychód 5856 zł.
MATMA PODSTAWOWA – ZAD. 54
Funkcja określona przedziałami – rachunek za prąd
Miesięczna opłata za energię składa się z 24 zł opłaty stałej, opłaty 0,75 zł za każdą z pierwszych 100 kWh oraz 0,95 zł za każdą kolejną kWh. Oblicz rachunek przy zużyciu 180 kWh. Następnie ustal zużycie, jeśli rachunek wyniósł 232 zł.
Rozwiązanie opisowe
Dla 180 kWh pierwsze 100 kWh rozliczamy według niższej stawki.
100 · 0,75 = 75 zł
Pozostałe zużycie wynosi 80 kWh.
180 − 100 = 80 kWh
Obliczamy opłatę za energię ponad limit 100 kWh.
80 · 0,95 = 76 zł
Dodajemy opłatę stałą.
24 + 75 + 76 = 175 zł
Rachunek 232 zł jest większy niż 99 zł, czyli koszt 100 kWh wraz z opłatą stałą. Zużycie przekroczyło więc 100 kWh.
24 + 75 + 0,95(x − 100) = 232
Rozwiązujemy równanie.
0,95(x − 100) = 133
Dzielimy przez 0,95.
x − 100 = 140, więc x = 240 kWh
Dlaczego? Nie można pomnożyć całego zużycia przez jedną stawkę. Cena jednostkowa zmienia się po przekroczeniu 100 kWh, dlatego rachunek trzeba podzielić na dwa przedziały.
Odpowiedź: Rachunek za 180 kWh wynosi 175 zł. Rachunek 232 zł odpowiada zużyciu 240 kWh.
MATMA PODSTAWOWA – ZAD. 55
Ciąg arytmetyczny – miejsca w teatrze
W sali teatralnej jest 15 rzędów. W pierwszym rzędzie znajduje się 18 miejsc, a w każdym kolejnym o 2 miejsca więcej. Oblicz liczbę miejsc w ostatnim rzędzie oraz łączną liczbę miejsc. Na przedstawienie sprzedano 80% wszystkich miejsc po 25 zł. Oblicz przychód ze sprzedaży biletów.
Rozwiązanie opisowe
Liczby miejsc tworzą ciąg arytmetyczny: a₁ = 18, r = 2, n = 15.
a₁₅ = a₁ + 14r
Obliczamy liczbę miejsc w ostatnim rzędzie.
a₁₅ = 18 + 14·2 = 46
Obliczamy sumę miejsc we wszystkich rzędach.
S₁₅ = 15/2 · (18 + 46)
Upraszczamy obliczenie.
S₁₅ = 15/2 · 64 = 15·32 = 480
Obliczamy liczbę sprzedanych miejsc.
0,80 · 480 = 384
Obliczamy przychód.
384 · 25 = 9600 zł
Dlaczego? Każdy kolejny rząd ma stałą liczbę miejsc więcej, dlatego stosujemy ciąg arytmetyczny. Liczba sprzedanych biletów jest całkowita, ponieważ 80% z 480 wynosi dokładnie 384.
Odpowiedź: W ostatnim rzędzie jest 46 miejsc, cała sala ma 480 miejsc, a przychód ze sprzedaży 80% biletów wynosi 9600 zł.
MATMA PODSTAWOWA – ZAD. 56
Geometria – kwadrat i okrąg
W kwadrat o boku 12 cm wpisano okrąg. Oblicz pole części kwadratu leżącej poza okręgiem. Następnie oblicz łączną długość wszystkich linii ograniczających ten obszar, uwzględniając obwód kwadratu i obwód okręgu.
Rozwiązanie opisowe
Średnica okręgu wpisanego jest równa długości boku kwadratu.
d = 12 cm
Promień jest połową średnicy.
r = 6 cm
Obliczamy pole kwadratu.
Pk = 12² = 144 cm²
Obliczamy pole okręgu.
Po = π·6² = 36π cm²
Odejmujemy pole okręgu od pola kwadratu.
P = 144 − 36π cm²
Obliczamy obwód kwadratu i okręgu.
Ok = 4·12 = 48 cm, Oo = 2π·6 = 12π cm
Dodajemy długości obu granic obszaru.
L = 48 + 12π cm
Dlaczego? Obszar poza okręgiem składa się z czterech narożnych części, ale ich łączne pole najłatwiej obliczyć przez odejmowanie. Jego granicą jest zarówno zewnętrzny obwód kwadratu, jak i wewnętrzny obwód okręgu.
Odpowiedź: Pole obszaru wynosi 144 − 36π cm², a łączna długość jego granic 48 + 12π cm.
MATMA PODSTAWOWA – ZAD. 57
Geometria analityczna – trójkąt
Dane są punkty A = (−2,1), B = (6,1) i C = (2,7). Oblicz pole i obwód trójkąta ABC, wyznacz równanie wysokości opuszczonej z punktu C oraz współrzędne środka ciężkości.
Rozwiązanie opisowe
Odcinek AB jest poziomy, ponieważ punkty A i B mają tę samą drugą współrzędną.
|AB| = 6 − (−2) = 8
Wysokość opuszczona z C na AB ma długość 7 − 1 = 6.
h = 6
Obliczamy pole.
P = 1/2 · 8 · 6 = 24
Obliczamy długość AC.
|AC| = √[(2+2)² + (7−1)²] = √(16+36) = 2√13
Analogicznie obliczamy BC.
|BC| = √[(2−6)² + (7−1)²] = 2√13
Obliczamy obwód.
O = 8 + 4√13
Prosta AB jest pozioma, więc wysokość z C jest pionowa i przechodzi przez x = 2.
x = 2
Środek ciężkości jest średnią arytmetyczną współrzędnych wierzchołków.
G = ((−2+6+2)/3, (1+1+7)/3) = (2,3)
Dlaczego? Poziome położenie podstawy AB znacznie upraszcza obliczenie wysokości i jej równania. Środek ciężkości trójkąta otrzymujemy, uśredniając osobno współrzędne x i y wszystkich wierzchołków.
Odpowiedź: Pole wynosi 24, obwód 8 + 4√13, wysokość z C ma równanie x = 2, a środek ciężkości to G = (2,3).
MATMA PODSTAWOWA – ZAD. 58
Trygonometria – dwa pomiary wysokości
Z punktu A widać szczyt budynku pod kątem 30°. Po przejściu 20 m w stronę budynku do punktu B kąt wzniesienia wynosi 45°. Punkty A i B oraz podstawa budynku leżą na jednej prostej. Oblicz wysokość budynku i odległość punktu B od budynku.
Rozwiązanie opisowe
Oznaczamy odległość punktu B od budynku przez x, a wysokość budynku przez h.
x > 0
Z pomiaru w punkcie B korzystamy z tangensa kąta 45°.
tan 45° = h/x = 1
Stąd wysokość jest równa odległości x.
h = x
Punkt A znajduje się o 20 m dalej, więc jego odległość od budynku wynosi x + 20.
tan 30° = h/(x+20)
Podstawiamy h = x oraz tan 30° = 1/√3.
1/√3 = x/(x+20)
Mnożymy stronami.
x + 20 = x√3
Wyznaczamy x i usuwamy niewymierność z mianownika.
x = 20/(√3−1) = 10(√3+1)
Obliczamy wartość przybliżoną.
x = h ≈ 27,3 m
Dlaczego? Dwa pomiary tworzą dwa trójkąty prostokątne o tej samej wysokości. Kąt 45° powoduje, że wysokość budynku jest równa odległości bliższego punktu od podstawy.
Odpowiedź: Odległość punktu B od budynku i wysokość budynku są równe 10(√3+1) m, czyli około 27,3 m.
MATMA PODSTAWOWA – ZAD. 59
Stereometria – bryła złożona
Bryła składa się ze stożka o promieniu podstawy 3 cm i wysokości 4 cm oraz umieszczonej na jego podstawie półkuli o tym samym promieniu. Oblicz objętość całej bryły, jej pole powierzchni zewnętrznej oraz całkowitą wysokość.
Rozwiązanie opisowe
Obliczamy tworzącą stożka z twierdzenia Pitagorasa.
l = √(3² + 4²) = 5 cm
Obliczamy objętość stożka.
Vs = 1/3·πr²h = 1/3·π·9·4 = 12π cm³
Obliczamy objętość półkuli.
Vp = 2/3·πr³ = 2/3·π·27 = 18π cm³
Dodajemy objętości.
V = 12π + 18π = 30π cm³
W polu zewnętrznym uwzględniamy powierzchnię boczną stożka oraz powierzchnię zakrzywioną półkuli. Wspólne koło znajduje się wewnątrz bryły.
P = πrl + 2πr²
Podstawiamy dane.
P = π·3·5 + 2π·3² = 15π + 18π = 33π cm²
Całkowita wysokość to wysokość stożka i promień półkuli.
H = 4 + 3 = 7 cm
Dlaczego? Kołowa podstawa stożka styka się z płaską podstawą półkuli, więc ten wspólny obszar nie jest widoczny na zewnątrz i nie wchodzi do pola powierzchni zewnętrznej.
Odpowiedź: Objętość bryły wynosi 30π cm³, pole powierzchni zewnętrznej 33π cm², a wysokość 7 cm.
MATMA PODSTAWOWA – ZAD. 61
Geometria – trójkąt i wzór Herona
Boki trójkąta mają długości 13 cm, 14 cm i 15 cm. Oblicz pole trójkąta, promień okręgu wpisanego oraz promień okręgu opisanego na tym trójkącie.
Rozwiązanie opisowe
Obliczamy połowę obwodu trójkąta.
p = (13 + 14 + 15)/2 = 21 cm
Korzystamy ze wzoru Herona.
P = √[p(p−13)(p−14)(p−15)]
Podstawiamy dane.
P = √(21·8·7·6) = √7056 = 84 cm²
Pole trójkąta jest także równe iloczynowi promienia okręgu wpisanego i połowy obwodu.
P = r·p
Wyznaczamy promień okręgu wpisanego.
r = 84/21 = 4 cm
Korzystamy ze wzoru na promień okręgu opisanego.
R = abc/(4P)
Podstawiamy długości boków.
R = (13·14·15)/(4·84) = 2730/336 = 65/8 cm
Dlaczego? Znając wszystkie trzy boki, możemy obliczyć pole bez wyznaczania wysokości. To samo pole łączy następnie długości boków z promieniami obu okręgów.
Odpowiedź: Pole wynosi 84 cm², promień okręgu wpisanego 4 cm, a promień okręgu opisanego 65/8 cm.
MATMA PODSTAWOWA – ZAD. 62
Geometria – romb i jego przekątne
Przekątne rombu mają długości 10 cm i 24 cm. Oblicz długość boku, obwód, pole oraz promień okręgu wpisanego w romb.
Rozwiązanie opisowe
Przekątne rombu przecinają się pod kątem prostym i dzielą się na połowy.
d₁/2 = 5 cm, d₂/2 = 12 cm
Połówki przekątnych i bok rombu tworzą trójkąt prostokątny.
a² = 5² + 12²
Obliczamy długość boku.
a = √169 = 13 cm
Obliczamy obwód.
O = 4·13 = 52 cm
Pole rombu jest połową iloczynu przekątnych.
P = 10·24/2 = 120 cm²
Połowa obwodu wynosi 26 cm. Dla czworokąta stycznego pole jest iloczynem promienia okręgu wpisanego i połowy obwodu.
P = r·26
Wyznaczamy promień.
r = 120/26 = 60/13 cm
Dlaczego? Przekątne rombu tworzą cztery przystające trójkąty prostokątne. Romb ma okrąg wpisany, dlatego jego pole można również zapisać jako iloczyn promienia i połowy obwodu.
Odpowiedź: Bok ma 13 cm, obwód 52 cm, pole 120 cm², a promień okręgu wpisanego 60/13 cm.
MATMA PODSTAWOWA – ZAD. 63
Geometria – cięciwa i styczna do okręgu
Cięciwa okręgu ma długość 16 cm, a jej odległość od środka okręgu wynosi 6 cm. Oblicz promień i pole koła. Następnie z punktu P oddalonego od środka o 26 cm poprowadzono styczną do okręgu. Oblicz długość odcinka stycznej.
Rozwiązanie opisowe
Prostopadła poprowadzona ze środka okręgu do cięciwy dzieli ją na połowy.
16/2 = 8 cm
Promień, odległość środka od cięciwy i połowa cięciwy tworzą trójkąt prostokątny.
r² = 6² + 8²
Obliczamy promień.
r = √100 = 10 cm
Obliczamy pole koła.
P = πr² = 100π cm²
Promień poprowadzony do punktu styczności jest prostopadły do stycznej. Powstaje trójkąt prostokątny o przeciwprostokątnej OP = 26 cm.
PT² + 10² = 26²
Wyznaczamy długość stycznej.
PT² = 676 − 100 = 576
Obliczamy pierwiastek.
PT = 24 cm
Dlaczego? Środek cięciwy, środek okręgu i koniec cięciwy tworzą pierwszy trójkąt prostokątny. Drugi powstaje dlatego, że promień w punkcie styczności jest zawsze prostopadły do stycznej.
Odpowiedź: Promień okręgu wynosi 10 cm, pole koła 100π cm², a długość stycznej 24 cm.
MATMA PODSTAWOWA – ZAD. 64
Geometria – podobieństwo i pomiar wysokości
Pionowy słupek o wysokości 1,8 m rzuca cień długości 2,4 m. W tej samej chwili budynek rzuca cień długości 18 m. Oblicz wysokość budynku oraz stosunek pól trójkątów utworzonych przez słupek i budynek wraz z ich cieniami.
Rozwiązanie opisowe
Promienie słoneczne tworzą z podłożem ten sam kąt, więc powstałe trójkąty prostokątne są podobne.
h/18 = 1,8/2,4
Upraszczamy stosunek.
1,8/2,4 = 3/4
Wyznaczamy wysokość budynku.
h = 18·3/4 = 13,5 m
Obliczamy skalę podobieństwa większego trójkąta do mniejszego.
k = 18/2,4 = 7,5
Stosunek pól podobnych figur jest kwadratem skali podobieństwa.
P₂/P₁ = k²
Obliczamy stosunek pól.
P₂/P₁ = 7,5² = 56,25
Dlaczego? Oba obiekty są pionowe, a promienie słoneczne padają pod tym samym kątem. Trójkąty mają więc równe kąty i są podobne. Długości zmieniają się k razy, a pola k² razy.
Odpowiedź: Budynek ma wysokość 13,5 m, a pole większego trójkąta jest 56,25 razy większe od pola mniejszego.
MATMA PODSTAWOWA – ZAD. 65
Geometria – sześciokąt foremny
Sześciokąt foremny ma bok długości 6 cm. Oblicz jego obwód, pole, długość najdłuższej przekątnej, długość krótszej przekątnej oraz promień okręgu wpisanego.
Rozwiązanie opisowe
Obwód sześciokąta to suma sześciu równych boków.
O = 6·6 = 36 cm
Sześciokąt foremny dzieli się na sześć trójkątów równobocznych o boku 6 cm.
P = 6·(6²√3/4)
Obliczamy pole.
P = 6·9√3 = 54√3 cm²
Najdłuższa przekątna łączy przeciwległe wierzchołki i jest średnicą okręgu opisanego. Promień tego okręgu jest równy bokowi.
dmax = 2·6 = 12 cm
Krótsza przekątna jest przekątną rombu utworzonego z dwóch trójkątów równobocznych.
d = 6√3 cm
Promień okręgu wpisanego jest wysokością trójkąta równobocznego o boku 6 cm.
r = 6√3/2 = 3√3 cm
Dlaczego? Sześciokąt foremny jest zbudowany z sześciu przystających trójkątów równobocznych. Ta własność pozwala obliczyć wszystkie wielkości bez wprowadzania dodatkowych niewiadomych.
Odpowiedź: Obwód wynosi 36 cm, pole 54√3 cm², przekątne mają 12 cm i 6√3 cm, a promień okręgu wpisanego 3√3 cm.
MATMA PODSTAWOWA – ZAD. 66
Geometria – wycinek koła
W kole o promieniu 12 cm zaznaczono wycinek o kącie środkowym 150°. Oblicz pole wycinka, długość jego łuku oraz obwód wycinka. Podaj również, jaką część całego koła stanowi ten wycinek.
Rozwiązanie opisowe
Wyznaczamy część pełnego kąta odpowiadającą wycinkowi.
150°/360° = 5/12
Pole całego koła wynosi 144π cm². Obliczamy pole wycinka.
P = 5/12 · 144π = 60π cm²
Obwód całego okręgu wynosi 24π cm. Obliczamy długość łuku.
l = 5/12 · 24π = 10π cm
Obwód wycinka składa się z łuku oraz dwóch promieni.
O = 10π + 12 + 12
Upraszczamy wynik.
O = 24 + 10π cm
Ułamek pola wycinka względem całego koła jest taki sam jak ułamek kąta pełnego.
Pwycinka/Pkoła = 5/12
Dlaczego? Pole wycinka i długość łuku są proporcjonalne do kąta środkowego. Obwód wycinka nie jest samą długością łuku — trzeba dodać jeszcze dwa promienie.
Odpowiedź: Pole wynosi 60π cm², łuk ma długość 10π cm, obwód wycinka wynosi 24 + 10π cm, a wycinek stanowi 5/12 koła.
MATMA PODSTAWOWA – ZAD. 67
Geometria – prostokąt w układzie współrzędnych
Dane są wierzchołki prostokąta: A = (−3,−1), B = (5,−1), C = (5,4) i D = (−3,4). Oblicz pole, obwód, długość przekątnej oraz promień okręgu opisanego na prostokącie. Wyznacz także środek tego okręgu.
Rozwiązanie opisowe
Odcinek AB jest poziomy. Obliczamy jego długość.
|AB| = 5 − (−3) = 8
Odcinek BC jest pionowy.
|BC| = 4 − (−1) = 5
Obliczamy pole i obwód prostokąta.
P = 8·5 = 40, O = 2(8+5) = 26
Przekątną obliczamy z twierdzenia Pitagorasa.
d = √(8² + 5²) = √89
Środek okręgu opisanego jest punktem przecięcia przekątnych, czyli środkiem odcinka AC.
S = ((−3+5)/2, (−1+4)/2)
Obliczamy współrzędne środka.
S = (1, 3/2)
Przekątna prostokąta jest średnicą okręgu opisanego.
R = √89/2
Dlaczego? Każdy prostokąt można wpisać w okrąg. Jego przekątne są równe, przecinają się w połowie i stanowią średnice tego okręgu.
Odpowiedź: Pole wynosi 40, obwód 26, przekątna √89, środek okręgu to S = (1,3/2), a promień wynosi √89/2.
MATMA PODSTAWOWA – ZAD. 68
Geometria – dwusieczna w trójkącie
W trójkącie ABC długości boków wynoszą AB = 10 cm, AC = 15 cm i BC = 20 cm. Dwusieczna kąta A przecina bok BC w punkcie D. Oblicz długości odcinków BD i DC oraz długość odcinka AD.
Rozwiązanie opisowe
Z twierdzenia o dwusiecznej otrzymujemy stosunek odcinków boku BC.
BD/DC = AB/AC = 10/15 = 2/3
Oznaczamy BD = 2x i DC = 3x. Ich suma wynosi 20 cm.
2x + 3x = 20
Wyznaczamy x.
5x = 20, więc x = 4
Obliczamy odcinki.
BD = 8 cm, DC = 12 cm
Korzystamy ze wzoru na długość dwusiecznej kąta między bokami b = 15 i c = 10, przy boku naprzeciw kąta a = 20.
AD² = bc[1 − a²/(b+c)²]
Podstawiamy dane.
AD² = 15·10·[1 − 20²/25²]
Wykonujemy obliczenia.
AD² = 150·(1 − 16/25) = 150·9/25 = 54
Obliczamy długość dwusiecznej.
AD = √54 = 3√6 cm
Dlaczego? Dwusieczna dzieli przeciwległy bok w stosunku długości boków przylegających do dzielonego kąta. Po wyznaczeniu części boku możemy zastosować wzór na długość dwusiecznej.
Odpowiedź: BD = 8 cm, DC = 12 cm, a długość dwusiecznej AD wynosi 3√6 cm.
MATMA PODSTAWOWA – ZAD. 69
Geometria – potęga punktu względem okręgu
Z punktu P leżącego poza okręgiem poprowadzono styczną PT oraz sieczną przecinającą okrąg kolejno w punktach A i B. Wiadomo, że PA = 4 cm, PB = 9 cm, a promień okręgu ma długość 5 cm. Oblicz PT oraz odległość punktu P od środka okręgu.
Rozwiązanie opisowe
Korzystamy z twierdzenia o stycznej i siecznej.
PT² = PA·PB
Podstawiamy dane.
PT² = 4·9 = 36
Długość odcinka jest dodatnia.
PT = 6 cm
Promień OT poprowadzony do punktu styczności jest prostopadły do PT.
OT ⟂ PT
W trójkącie prostokątnym OPT znamy przyprostokątne OT = 5 cm i PT = 6 cm.
OP² = 5² + 6²
Obliczamy odległość punktu P od środka.
OP = √61 cm
Dlaczego? Iloczyn długości całej siecznej i jej części zewnętrznej jest równy kwadratowi długości stycznej. Następnie promień i styczna tworzą kąt prosty, co pozwala zastosować twierdzenie Pitagorasa.
Odpowiedź: Długość stycznej PT wynosi 6 cm, a odległość punktu P od środka okręgu √61 cm.
MATMA PODSTAWOWA – ZAD. 70
Geometria – figura złożona i bieżnia
Bieżnia ma kształt prostokąta o długości 20 m i szerokości 12 m, do którego krótszych boków dołączono dwa półkola o średnicy 12 m. Oblicz pole obszaru ograniczonego bieżnią, długość jednego okrążenia oraz dystans pięciu okrążeń. Wyniki z π podaj także w przybliżeniu.
Rozwiązanie opisowe
Dwa półkola tworzą razem jedno koło o promieniu 6 m.
r = 12/2 = 6 m
Obliczamy pole prostokątnej części.
P₁ = 20·12 = 240 m²
Obliczamy łączne pole dwóch półkoli.
P₂ = π·6² = 36π m²
Dodajemy pola.
P = 240 + 36π m²
Długość jednego okrążenia składa się z dwóch prostych odcinków długości 20 m oraz obwodu koła o promieniu 6 m.
L = 2·20 + 2π·6 = 40 + 12π m
Obliczamy dystans pięciu okrążeń.
5L = 200 + 60π m
Podajemy przybliżenia dla π ≈ 3,1416.
P ≈ 353,1 m², L ≈ 77,7 m, 5L ≈ 388,5 m
Dlaczego? Dwa półkola mają ten sam promień i razem tworzą pełne koło. Do obwodu bieżni nie wliczamy krótszych boków prostokąta, ponieważ znajdują się one wewnątrz figury.
Odpowiedź: Pole wynosi 240 + 36π m² ≈ 353,1 m², jedno okrążenie 40 + 12π m ≈ 77,7 m, a pięć okrążeń 200 + 60π m ≈ 388,5 m.
MATMA PODSTAWOWA – ZAD. 71
Geometria – trapez prostokątny
W trapezie prostokątnym dłuższa podstawa ma długość 18 cm, krótsza podstawa 10 cm, a dłuższe ramię 10 cm. Oblicz wysokość, pole, obwód oraz długość przekątnej poprowadzonej od wierzchołka kąta prostego przy dłuższej podstawie do przeciwległego wierzchołka.
Rozwiązanie opisowe
Różnica długości podstaw tworzy poziomą przyprostokątną trójkąta prostokątnego, którego przeciwprostokątną jest dłuższe ramię trapezu.
18 − 10 = 8 cm
Z twierdzenia Pitagorasa obliczamy wysokość h.
h² + 8² = 10²
h² = 36, więc h = 6 cm
Teraz obliczamy pole trapezu.
P = ((18 + 10)·6)/2 = 84 cm²
Drugie ramię jest wysokością, zatem obwód wynosi:
O = 18 + 10 + 10 + 6 = 44 cm
Szukana przekątna jest przeciwprostokątną trójkąta o przyprostokątnych 10 cm i 6 cm.
d² = 10² + 6² = 136, więc d = 2√34 cm
Dlaczego odejmujemy podstawy? Po opuszczeniu wysokości przy dłuższym ramieniu trapezu otrzymujemy prostokąt o szerokości 10 cm i trójkąt. Pozostały fragment dłuższej podstawy ma długość 18 − 10 = 8 cm.
Odpowiedź: Wysokość ma 6 cm, pole 84 cm², obwód 44 cm, a przekątna 2√34 cm.
MATMA PODSTAWOWA – ZAD. 72
Geometria – trójkąt i okrąg wpisany
Trójkąt prostokątny ma przyprostokątne długości 9 cm i 12 cm. Oblicz długość przeciwprostokątnej, pole trójkąta, promień okręgu wpisanego oraz pole części trójkąta znajdującej się poza tym okręgiem.
Rozwiązanie opisowe
Przeciwprostokątną c obliczamy z twierdzenia Pitagorasa.
c² = 9² + 12² = 81 + 144 = 225
c = 15 cm
Pole trójkąta prostokątnego jest połową iloczynu przyprostokątnych.
Pt = (9·12)/2 = 54 cm²
Promień okręgu wpisanego w trójkąt prostokątny można obliczyć ze wzoru r = (a + b − c)/2.
r = (9 + 12 − 15)/2 = 3 cm
Pole okręgu wynosi 9π cm². Odejmujemy je od pola trójkąta.
P = 54 − 9π cm² ≈ 25,73 cm²
Dlaczego odejmujemy pole koła? Okrąg wpisany wraz ze swoim wnętrzem leży w całości w trójkącie. Część trójkąta poza kołem jest więc różnicą pól tych dwóch figur.
Odpowiedź: Przeciwprostokątna ma 15 cm, pole trójkąta 54 cm², promień okręgu wpisanego 3 cm, a szukane pole wynosi 54 − 9π cm², czyli około 25,73 cm².
MATMA PODSTAWOWA – ZAD. 73
Geometria – podobieństwo trójkątów
W trójkącie ABC odcinek DE jest równoległy do boku BC, przy czym D leży na AB, a E na AC. Dane są: AD = 6 cm, DB = 4 cm, AE = 7,5 cm. Pole trójkąta ADE wynosi 27 cm². Oblicz długości AC i EC, pole trójkąta ABC oraz pole czworokąta DBCE.
Rozwiązanie opisowe
Ponieważ DE jest równoległy do BC, trójkąty ADE i ABC są podobne. Najpierw obliczamy AB.
AB = AD + DB = 6 + 4 = 10 cm
Skala małego trójkąta do dużego wynosi:
k = AD/AB = 6/10 = 3/5
Odpowiadające boki pozostają w tej samej proporcji.
AE/AC = 3/5, więc 7,5/AC = 3/5
AC = 12,5 cm, a EC = 12,5 − 7,5 = 5 cm
Stosunek pól podobnych figur jest kwadratem skali.
PADE/PABC = (3/5)² = 9/25
27/PABC = 9/25, więc PABC = 75 cm²
Pole czworokąta otrzymujemy przez odjęcie pola małego trójkąta.
PDBCE = 75 − 27 = 48 cm²
Dlaczego skalę pól podnosimy do kwadratu? Wszystkie długości w figurze podobnej zmieniają się k razy, więc dwa wymiary tworzące pole dają łącznie mnożnik k·k = k².
Odpowiedź: AC = 12,5 cm, EC = 5 cm, pole trójkąta ABC wynosi 75 cm², a pole czworokąta DBCE 48 cm².
MATMA PODSTAWOWA – ZAD. 74
Geometria – kąty w okręgu
Punkty A, B i C leżą na okręgu o środku O. Kąt wpisany ACB ma miarę 38°, a promień okręgu wynosi 9 cm. Oblicz miarę mniejszego kąta środkowego AOB, długość mniejszego łuku AB, pole odpowiadającego mu wycinka koła oraz pole trójkąta AOB.
Rozwiązanie opisowe
Kąt środkowy oparty na tym samym łuku ma miarę dwa razy większą od kąta wpisanego.
∠AOB = 2·38° = 76°
Długość łuku stanowi 76/360 całego obwodu.
l = (76/360)·2π·9 = 19π/5 cm
Taką samą część pola koła stanowi pole wycinka.
Pw = (76/360)·π·9² = 171π/10 cm²
Trójkąt AOB jest równoramienny. Jego pole obliczamy z dwóch boków i kąta między nimi.
PΔ = (1/2)·9·9·sin76° = 81sin76°/2 ≈ 39,30 cm²
Dlaczego kąt środkowy jest dwa razy większy? Kąt środkowy i wpisany opierają się na tym samym łuku AB. Z twierdzenia o kącie wpisanym wynika, że kąt wpisany ma połowę miary odpowiadającego mu kąta środkowego.
Odpowiedź: Kąt AOB ma 76°, łuk ma długość 19π/5 cm, pole wycinka wynosi 171π/10 cm², a pole trójkąta AOB około 39,30 cm².
MATMA PODSTAWOWA – ZAD. 75
Geometria – prostokątna działka i ścieżka
Prostokątna działka ma powierzchnię 600 m². Jej długość jest o 10 m większa od szerokości. Wzdłuż całego wewnętrznego brzegu działki zaplanowano ścieżkę szerokości 2 m. Oblicz wymiary działki, pole ścieżki oraz koszt jej wyłożenia kostką w cenie 85 zł za 1 m².
Rozwiązanie opisowe
Oznaczamy szerokość przez x, a długość przez x + 10. Iloczyn wymiarów jest równy polu działki.
x(x + 10) = 600
x² + 10x − 600 = 0
Rozwiązujemy równanie. Dodatnim rozwiązaniem jest x = 20.
(x − 20)(x + 30) = 0, więc x = 20 m
Wymiary działki to 20 m i 30 m. Ścieżka ma po 2 m z każdej strony, więc wewnętrzny prostokąt ma wymiary:
20 − 4 = 16 m, 30 − 4 = 26 m
Odejmujemy pole części wewnętrznej od pola całej działki.
Pścieżki = 600 − 16·26 = 184 m²
Obliczamy koszt.
184·85 = 15 640 zł
Dlaczego odejmujemy po 4 m od każdego wymiaru? Ścieżka o szerokości 2 m znajduje się po obu przeciwnych stronach prostokąta, więc każdy wymiar części wewnętrznej zmniejsza się łącznie o 2 m + 2 m.
Odpowiedź: Działka ma wymiary 20 m × 30 m, pole ścieżki wynosi 184 m², a koszt kostki 15 640 zł.
MATMA PODSTAWOWA – ZAD. 76
Geometria – trójkąt w układzie współrzędnych
Dane są punkty A = (−2, 1), B = (6, 1) i C = (2, 7). Wykaż, że trójkąt ABC jest równoramienny, oblicz jego obwód i pole, wyznacz współrzędne środka podstawy AB oraz równanie prostej zawierającej wysokość opuszczoną z punktu C.
Rozwiązanie opisowe
Obliczamy długości ramion ze wzoru na odległość punktów.
AC = √((2+2)² + (7−1)²) = √52 = 2√13
BC = √((2−6)² + (7−1)²) = √52 = 2√13
Ponieważ AC = BC, trójkąt jest równoramienny. Podstawa AB jest pozioma.
AB = 6 − (−2) = 8
Wysokość jest równa różnicy współrzędnych y punktu C i prostej AB.
h = 7 − 1 = 6
P = (8·6)/2 = 24
O = 8 + 2·2√13 = 8 + 4√13
Środek odcinka AB ma współrzędne:
S = ((−2+6)/2, (1+1)/2) = (2, 1)
Wysokość przechodzi przez C i S, a oba punkty mają współrzędną x = 2.
x = 2
Dlaczego wysokość ma równanie x = 2? Podstawa AB leży na poziomej prostej y = 1. Prosta do niej prostopadła jest pionowa, a przechodząc przez punkt C(2, 7), ma stałą współrzędną x równą 2.
Odpowiedź: AC = BC = 2√13, więc trójkąt jest równoramienny. Jego obwód wynosi 8 + 4√13, pole 24, środek podstawy to S = (2, 1), a wysokość leży na prostej x = 2.
MATMA PODSTAWOWA – ZAD. 77
Geometria – romb i okrąg wpisany
Przekątne rombu mają długości 16 cm i 30 cm. Oblicz pole i obwód rombu, jego wysokość oraz promień okręgu wpisanego w ten romb.
Rozwiązanie opisowe
Pole rombu jest połową iloczynu jego przekątnych.
P = (16·30)/2 = 240 cm²
Przekątne rombu przecinają się pod kątem prostym i dzielą się na połowy. Bok rombu jest przeciwprostokątną trójkąta o przyprostokątnych 8 cm i 15 cm.
a² = 8² + 15² = 64 + 225 = 289
a = 17 cm
Obwód rombu wynosi:
O = 4·17 = 68 cm
Korzystamy z drugiego wzoru na pole rombu P = a·h.
h = 240/17 cm
Dla czworokąta opisanego na okręgu pole jest iloczynem promienia okręgu wpisanego i połowy obwodu.
s = 68/2 = 34 cm
r = P/s = 240/34 = 120/17 cm
Dlaczego można zastosować wzór P = r·s? Promienie poprowadzone do punktów styczności dzielą romb na cztery trójkąty. Każdy ma wysokość r, a suma ich podstaw jest równa obwodowi rombu.
Odpowiedź: Pole rombu wynosi 240 cm², obwód 68 cm, wysokość 240/17 cm, a promień okręgu wpisanego 120/17 cm.
MATMA PODSTAWOWA – ZAD. 78
Geometria – wycinek pierścienia
Dwa współśrodkowe okręgi mają promienie 10 cm i 6 cm. Z pierścienia między nimi wycięto fragment wyznaczony przez kąt środkowy 135°. Oblicz pole tego fragmentu oraz długość jego całego obwodu. Wyniki podaj dokładnie i w przybliżeniu.
Rozwiązanie opisowe
Najpierw obliczamy pole całego pierścienia jako różnicę pól kół.
Ppierścienia = π·10² − π·6² = 64π cm²
Szukany fragment stanowi 135/360 = 3/8 całego pierścienia.
P = (3/8)·64π = 24π cm² ≈ 75,40 cm²
Obwód fragmentu składa się z łuku zewnętrznego, łuku wewnętrznego oraz dwóch odcinków długości 10 − 6 = 4 cm.
l₁ = (3/8)·2π·10 = 15π/2 cm
l₂ = (3/8)·2π·6 = 9π/2 cm
Dodajemy oba łuki i dwa odcinki.
O = 15π/2 + 9π/2 + 2·4 = 12π + 8 cm
O ≈ 45,70 cm
Dlaczego do obwodu dodajemy dwa odcinki? Po wycięciu fragmentu powstają dwie proste krawędzie biegnące od mniejszego do większego okręgu. Każda ma długość równą różnicy promieni.
Odpowiedź: Pole fragmentu wynosi 24π cm² ≈ 75,40 cm², a jego obwód 12π + 8 cm ≈ 45,70 cm.
MATMA PODSTAWOWA – ZAD. 79
Geometria – dwusieczna w trójkącie
W trójkącie ABC boki mają długości AB = 10 cm, AC = 15 cm i BC = 20 cm. Dwusieczna kąta BAC przecina bok BC w punkcie D. Oblicz długości odcinków BD i DC. Następnie, wiedząc, że wysokość opuszczona z A na BC ma długość 6 cm, oblicz pola trójkątów ABD i ACD oraz sprawdź ich stosunek.
Rozwiązanie opisowe
Z twierdzenia o dwusiecznej stosunek części przeciwległego boku jest równy stosunkowi boków przylegających do dzielonego kąta.
BD/DC = AB/AC = 10/15 = 2/3
Odcinki BD i DC mają łącznie 20 cm. Dzielimy więc 20 cm w stosunku 2 : 3.
BD = (2/5)·20 = 8 cm
DC = (3/5)·20 = 12 cm
Oba mniejsze trójkąty mają tę samą wysokość 6 cm opuszczoną na prostą BC.
PABD = (8·6)/2 = 24 cm²
PACD = (12·6)/2 = 36 cm²
Sprawdzamy stosunek pól.
PABD/PACD = 24/36 = 2/3
Dlaczego stosunek pól jest taki sam jak stosunek podstaw? Trójkąty ABD i ACD mają podstawy leżące na tej samej prostej oraz wspólną wysokość z wierzchołka A. W ich wzorach na pole różnią się więc tylko długości podstaw.
Odpowiedź: BD = 8 cm, DC = 12 cm, pola wynoszą odpowiednio 24 cm² i 36 cm², a ich stosunek jest równy 2 : 3.
MATMA PODSTAWOWA – ZAD. 80
Geometria – przekrój dachu
Przekrój symetrycznego dachu dwuspadowego jest trójkątem równoramiennym o podstawie 12 m. Każda połać tworzy z poziomem kąt 35°. Długość budynku wynosi 18 m. Oblicz wysokość dachu, długość jednej połaci w przekroju, łączną powierzchnię obu prostokątnych połaci oraz liczbę pełnych paczek pokrycia potrzebnych do wykonania dachu, jeśli jedna paczka wystarcza na 4 m², a do obliczonej powierzchni trzeba doliczyć 8% zapasu.
Rozwiązanie opisowe
Wysokość dzieli podstawę na dwa odcinki po 6 m. Otrzymujemy trójkąt prostokątny z kątem 35° przy podstawie.
tg35° = h/6
h = 6·tg35° ≈ 4,20 m
Długość połaci s jest przeciwprostokątną tego trójkąta.
cos35° = 6/s
s = 6/cos35° ≈ 7,32 m
Każda połać jest prostokątem o bokach s i 18 m. Dach ma dwie połacie.
P = 2·18·7,32 ≈ 263,52 m²
Doliczamy 8% zapasu.
Pz = 1,08·263,52 ≈ 284,60 m²
Dzielimy przez wydajność paczki i zaokrąglamy w górę.
284,60/4 ≈ 71,15, więc potrzeba 72 paczek
Dlaczego wynik zaokrąglamy w górę? Nie można kupić części paczki, a 71 paczek pokryłoby tylko 284 m², czyli mniej niż wymagana powierzchnia z zapasem.
Odpowiedź: Wysokość dachu wynosi około 4,20 m, długość połaci w przekroju około 7,32 m, powierzchnia obu połaci około 263,52 m², a po uwzględnieniu zapasu trzeba kupić 72 paczki.
MATMA PODSTAWOWA – ZAD. 60
Prawdopodobieństwo – kontrola jakości
W pudełku znajduje się 6 sprawnych i 4 wadliwe elementy. Losujemy jednocześnie trzy elementy. Oblicz prawdopodobieństwo, że dokładnie jeden będzie wadliwy, że co najmniej jeden będzie wadliwy oraz że wszystkie trzy będą tej samej jakości.
Rozwiązanie opisowe
Liczba wszystkich możliwych trójek wynosi:
C(10,3) = 120
Dokładnie jeden element wadliwy wybieramy na 4 sposoby, a dwa sprawne na C(6,2) sposobów.
C(4,1)·C(6,2) = 4·15 = 60
Obliczamy pierwsze prawdopodobieństwo.
P(dokładnie jeden wadliwy) = 60/120 = 1/2
Zdarzeniem przeciwnym do co najmniej jednego wadliwego jest wylosowanie trzech sprawnych.
P(co najmniej jeden wadliwy) = 1 − C(6,3)/C(10,3)
Wykonujemy obliczenie.
1 − 20/120 = 100/120 = 5/6
Wszystkie elementy są tej samej jakości, gdy wszystkie są sprawne albo wszystkie wadliwe.
C(6,3) + C(4,3) = 20 + 4 = 24
Obliczamy trzecie prawdopodobieństwo.
P(ta sama jakość) = 24/120 = 1/5
Dlaczego? Losowanie jest jednoczesne, więc kolejność nie ma znaczenia i używamy kombinacji. W zdarzeniu „ta sama jakość” przypadki trzech sprawnych i trzech wadliwych są rozłączne, dlatego ich liczby dodajemy.
Odpowiedź: Prawdopodobieństwa wynoszą odpowiednio: 1/2, 5/6 oraz 1/5.
MATMA PODSTAWOWA – ZAD. 49
Prawdopodobieństwo – losowanie kul
W urnie znajduje się 5 kul czerwonych, 4 niebieskie i 3 zielone. Losujemy jednocześnie dwie kule. Oblicz prawdopodobieństwo wylosowania dwóch kul tego samego koloru oraz prawdopodobieństwo wylosowania co najmniej jednej kuli czerwonej.
Rozwiązanie opisowe
W urnie znajduje się łącznie 12 kul. Liczba wszystkich par wynosi:
C(12,2) = 12 · 11 / 2 = 66
Pary tego samego koloru liczymy osobno dla każdego koloru.
C(5,2) + C(4,2) + C(3,2) = 10 + 6 + 3 = 19
Obliczamy pierwsze prawdopodobieństwo.
P(ten sam kolor) = 19/66
Aby obliczyć prawdopodobieństwo co najmniej jednej czerwonej kuli, wygodniej zastosować zdarzenie przeciwne. Kul innych niż czerwone jest 7.
P(brak czerwonej) = C(7,2)/C(12,2) = 21/66
Odejmujemy wynik od 1.
P(co najmniej jedna czerwona) = 1 − 21/66 = 45/66 = 15/22
Dlaczego? Przy jednoczesnym losowaniu kolejność kul nie ma znaczenia, dlatego stosujemy kombinacje. Zdarzenie „co najmniej jedna czerwona” najłatwiej policzyć przez odjęcie od 1 prawdopodobieństwa wylosowania dwóch kul nieczerwonych.
Odpowiedź: Prawdopodobieństwo dwóch kul tego samego koloru wynosi 19/66, a co najmniej jednej czerwonej 15/22.
MATMA PODSTAWOWA – ZAD. 50
Statystyka – średnia ważona ocen
Uczeń otrzymał następujące oceny: jedną ocenę 2, dwie oceny 3, cztery oceny 4, dwie oceny 5 i jedną ocenę 6. Oblicz średnią, medianę i dominantę. Następnie ustal, jaką ocenę musi otrzymać z kolejnego sprawdzianu, aby średnia wszystkich ocen wynosiła co najmniej 4,2.
Rozwiązanie opisowe
Obliczamy liczbę wszystkich ocen.
1 + 2 + 4 + 2 + 1 = 10
Obliczamy sumę ocen z uwzględnieniem liczby ich wystąpień.
1·2 + 2·3 + 4·4 + 2·5 + 1·6 = 2 + 6 + 16 + 10 + 6 = 40
Średnia wynosi:
40 / 10 = 4
Po uporządkowaniu ocen piąta i szósta wartość są równe 4, więc mediana wynosi 4. Najczęściej występuje również ocena 4, zatem dominanta to 4.
Mediana = 4, dominanta = 4
Oznaczamy kolejną ocenę przez x i zapisujemy nierówność.
(40 + x)/11 ≥ 4,2
Mnożymy obie strony przez 11.
40 + x ≥ 46,2
Stąd x ≥ 6,2. Najwyższa możliwa ocena szkolna to 6, więc warunku nie da się spełnić jednym sprawdzianem.
Nawet dla x = 6 średnia wyniesie 46/11 ≈ 4,18
Dlaczego? Średnia 4,2 przy jedenastu ocenach wymaga sumy co najmniej 46,2 punktu. Oceny są jednak liczbami całkowitymi od 1 do 6, a dodanie oceny 6 zwiększa sumę tylko do 46.
Odpowiedź: Średnia, mediana i dominanta wynoszą 4. Nie istnieje ocena, która po jednym dodatkowym sprawdzianie podniesie średnią do co najmniej 4,2; po otrzymaniu 6 średnia wyniesie około 4,18.
MATMA PODSTAWOWA – ZAD. 31
Funkcja kwadratowa
Dana jest funkcja f(x) = x² − 6x + 5. Wyznacz jej miejsca zerowe oraz najmniejszą wartość.
Rozwiązanie opisowe
Najpierw obliczamy miejsca zerowe, rozwiązując równanie x² − 6x + 5 = 0.
Δ = (−6)² − 4 · 1 · 5 = 36 − 20 = 16
x₁ = (6 − 4)/2 = 1, x₂ = (6 + 4)/2 = 5
Współrzędna x wierzchołka wynosi xw = −b/(2a) = 6/2 = 3. Obliczamy wartość funkcji: f(3) = 9 − 18 + 5 = −4.
Dlaczego? Ponieważ współczynnik przy x² jest dodatni, ramiona paraboli są skierowane w górę. Dlatego wartość w wierzchołku jest najmniejszą wartością funkcji.
Odpowiedź: Miejsca zerowe to x = 1 i x = 5, a najmniejsza wartość funkcji wynosi −4.
MATMA PODSTAWOWA – ZAD. 30
Walec
Walec ma promień podstawy równy 4 cm i wysokość równą 6 cm. Oblicz jego objętość oraz pole powierzchni całkowitej.
Rozwiązanie opisowe
Objętość walca jest iloczynem pola podstawy i wysokości.
V = πr²h = π · 4² · 6 = 96π cm³
Pole powierzchni całkowitej składa się z dwóch podstaw oraz powierzchni bocznej.
Pc = 2πr² + 2πrh
Pc = 2π · 4² + 2π · 4 · 6 = 32π + 48π = 80π cm²
Dlaczego we wzorze występują dwa pola podstawy? Walec ma dwie jednakowe kołowe podstawy: dolną i górną. Do nich dodajemy prostokątną po rozwinięciu powierzchnię boczną.
Odpowiedź: Objętość wynosi 96π cm³, a pole powierzchni całkowitej 80π cm².
MATMA PODSTAWOWA – ZAD. 29
Wzrost wykładniczy
Początkowo w hodowli znajduje się 200 bakterii. Ich liczba podwaja się co 3 godziny. Ile bakterii będzie w hodowli po 12 godzinach?
Rozwiązanie opisowe
Najpierw ustalamy liczbę okresów podwojenia. W ciągu 12 godzin mieszczą się cztery okresy po 3 godziny.
12 : 3 = 4
Po każdym okresie liczba bakterii jest mnożona przez 2. Po czterech okresach stosujemy więc czynnik 2⁴.
200 · 2⁴ = 200 · 16 = 3200
Dlaczego nie mnożymy 200 przez 2 · 4? Każde kolejne podwojenie dotyczy już powiększonej liczby bakterii. Jest to wzrost wykładniczy, dlatego używamy potęgi 2⁴.
Odpowiedź: Po 12 godzinach w hodowli będzie 3200 bakterii.
MATMA PODSTAWOWA – ZAD. 28
Prawdopodobieństwo bez zwracania
W pudełku znajduje się 5 kul czerwonych i 3 niebieskie. Losujemy jednocześnie dwie kule. Oblicz prawdopodobieństwo wylosowania jednej kuli czerwonej i jednej niebieskiej.
Rozwiązanie opisowe
W pudełku jest łącznie 8 kul. Liczba wszystkich możliwych par wynosi:
C(8,2) = 28
Parę sprzyjającą tworzymy, wybierając jedną z 5 kul czerwonych oraz jedną z 3 niebieskich.
5 · 3 = 15
P = 15/28
Dlaczego nie mnożymy wyniku przez 2? Kule losujemy jednocześnie, więc kolejność nie ma znaczenia. Para czerwona–niebieska jest tym samym wynikiem co para niebieska–czerwona.
Odpowiedź: Prawdopodobieństwo wynosi 15/28.
MATMA PODSTAWOWA – ZAD. 27
Logarytmy
Oblicz wartość wyrażenia:
log₂32 + log₁₀0,01
Rozwiązanie opisowe
Logarytm odpowiada na pytanie, do jakiej potęgi trzeba podnieść podstawę, aby otrzymać liczbę logarytmowaną.
2⁵ = 32, więc log₂32 = 5
Liczbę 0,01 zapisujemy jako potęgę liczby 10.
0,01 = 10⁻², więc log₁₀0,01 = −2
5 + (−2) = 3
Dlaczego drugi logarytm jest ujemny? Aby otrzymać liczbę dodatnią mniejszą od 1, podstawę 10 trzeba podnieść do potęgi ujemnej.
Odpowiedź: Wartość wyrażenia wynosi 3.
MATMA PODSTAWOWA – ZAD. 26
Równanie kwadratowe
Rozwiąż równanie:
x² − 7x + 12 = 0
Rozwiązanie opisowe
Szukamy dwóch liczb, których iloczyn jest równy 12, a suma wynosi 7. Są to liczby 3 i 4.
x² − 7x + 12 = (x − 3)(x − 4)
Iloczyn jest równy zeru, gdy przynajmniej jeden z jego czynników jest równy zeru.
x − 3 = 0 lub x − 4 = 0
x = 3 lub x = 4
Dlaczego rozkładamy trójmian na czynniki? Postać iloczynowa pozwala wykorzystać zasadę, że iloczyn dwóch liczb jest zerem wtedy, gdy co najmniej jedna z nich jest zerem.
Odpowiedź: Rozwiązaniami są x = 3 oraz x = 4.
MATMA PODSTAWOWA – ZAD. 25
Wycinek koła
Koło ma promień 5 cm. Oblicz pole wycinka koła o kącie środkowym 72° oraz długość odpowiadającego mu łuku.
Rozwiązanie opisowe
Kąt pełny ma 360°, więc wycinek o kącie 72° stanowi 72/360, czyli 1/5 całego koła.
P = 1/5 · π · 5² = 5π cm²
Obwód całego koła wynosi 2πr. Długość łuku również stanowi 1/5 pełnego obwodu.
l = 1/5 · 2π · 5 = 2π cm
Dlaczego w obu obliczeniach używamy ułamka 1/5? Zarówno pole wycinka, jak i długość łuku są proporcjonalne do miary kąta środkowego. Kąt 72° stanowi dokładnie piątą część kąta pełnego.
Odpowiedź: Pole wycinka wynosi 5π cm², a długość łuku 2π cm.
MATMA PODSTAWOWA – ZAD. 24
Proporcjonalność
Sześć jednakowych maszyn produkuje w ciągu 8 godzin 480 elementów. Ile elementów wyprodukuje 9 takich maszyn w ciągu 5 godzin, jeżeli każda pracuje z taką samą wydajnością?
Rozwiązanie opisowe
Najpierw obliczamy wydajność jednej maszyny w ciągu jednej godziny. Sześć maszyn pracujących przez 8 godzin wykonuje łącznie 48 maszynogodzin pracy.
480 : (6 · 8) = 10
Jedna maszyna produkuje 10 elementów na godzinę. Dziewięć maszyn pracujących przez 5 godzin wykona 45 maszynogodzin pracy.
9 · 5 · 10 = 450
Dlaczego nie stosujemy tylko proporcji 6 do 9? Zmienia się jednocześnie liczba maszyn i czas pracy. Trzeba więc uwzględnić oba czynniki wpływające na wielkość produkcji.
Odpowiedź: Maszyny wyprodukują 450 elementów.
MATMA PODSTAWOWA – ZAD. 23
Równanie z wartością bezwzględną
Rozwiąż równanie:
|2x − 3| = 7
Rozwiązanie opisowe
Wartość bezwzględna liczby jest równa 7, gdy liczba znajdująca się wewnątrz modułu jest równa 7 albo −7. Rozpatrujemy więc dwa przypadki.
2x − 3 = 7 lub 2x − 3 = −7
2x = 10, x = 5
2x = −4, x = −2
Dlaczego otrzymujemy dwa rozwiązania? Zarówno liczba 7, jak i liczba −7 mają wartość bezwzględną równą 7. Dlatego wyrażenie 2x − 3 może przyjąć każdą z tych dwóch wartości.
Odpowiedź: x = −2 lub x = 5.
MATMA PODSTAWOWA – ZAD. 22
Działania na pierwiastkach
Uprość wyrażenie:
√72 − 2√8
Rozwiązanie opisowe
Wyłączamy pełne kwadraty spod pierwiastków. Liczbę 72 zapisujemy jako 36 · 2, a liczbę 8 jako 4 · 2.
√72 = √(36 · 2) = 6√2
2√8 = 2√(4 · 2) = 2 · 2√2 = 4√2
Oba składniki zawierają ten sam pierwiastek, dlatego odejmujemy ich współczynniki.
6√2 − 4√2 = 2√2
Dlaczego można odjąć te pierwiastki? Po uproszczeniu oba wyrażenia są wielokrotnościami √2. Działamy więc tak samo jak przy odejmowaniu podobnych wyrazów algebraicznych.
Odpowiedź: Wartość wyrażenia po uproszczeniu wynosi 2√2.
MATMA PODSTAWOWA – ZAD. 21
Układ równań
Na przedstawienie sprzedano 30 biletów: normalne po 20 zł i ulgowe po 12 zł. Łączny przychód wyniósł 456 zł. Oblicz, ile sprzedano biletów każdego rodzaju.
Rozwiązanie opisowe
Oznaczmy przez x liczbę biletów normalnych, a przez y liczbę biletów ulgowych. Łączna liczba biletów daje pierwsze równanie, a łączny przychód — drugie.
x + y = 30
20x + 12y = 456
Z pierwszego równania mamy y = 30 − x. Podstawiamy to do drugiego równania.
20x + 12(30 − x) = 456
8x = 96, x = 12, y = 18
Dlaczego układamy dwa równania? Mamy dwie niewiadome i dwie niezależne informacje: liczbę wszystkich biletów oraz wartość całej sprzedaży. Dopiero oba warunki pozwalają jednoznacznie wyznaczyć wynik.
Odpowiedź: Sprzedano 12 biletów normalnych i 18 ulgowych.
MATMA PODSTAWOWA – ZAD. 10
Stereometria
Podstawą graniastosłupa prostego jest kwadrat o przekątnej 6√2 cm. Wysokość graniastosłupa wynosi 8 cm. Oblicz jego objętość i pole powierzchni całkowitej.
Rozwiązanie opisowe
Przekątna kwadratu o boku a ma długość a√2. Z równania a√2=6√2 otrzymujemy a=6 cm. Pole podstawy wynosi więc 6²=36 cm².
V = Pp · H = 36 · 8 = 288 cm³
Pole całkowite składa się z dwóch kwadratowych podstaw oraz czterech prostokątnych ścian bocznych o wymiarach 6 cm na 8 cm.
Pc = 2·36 + 4·6·8 = 72 + 192 = 264 cm²
Dlaczego są cztery jednakowe ściany boczne? Kwadrat ma cztery boki tej samej długości. Nad każdym z nich znajduje się prostokąt o bokach równych długości boku podstawy i wysokości graniastosłupa.
Odpowiedź: Objętość wynosi 288 cm³, a pole powierzchni całkowitej 264 cm².
MATMA PODSTAWOWA – ZAD. 16
Wierzchołek paraboli
Dana jest funkcja f(x) = x² − 6x + 5. Wyznacz współrzędne wierzchołka jej wykresu oraz najmniejszą wartość funkcji.
Rozwiązanie opisowe
Współrzędną x wierzchołka obliczamy ze wzoru xW = −b/(2a). Tutaj a = 1, b = −6.
xW = −(−6)/(2 · 1) = 3
Drugą współrzędną otrzymujemy, obliczając wartość funkcji dla x = 3.
yW = f(3) = 3² − 6 · 3 + 5 = −4
Dlaczego −4 jest najmniejszą wartością? Współczynnik a = 1 jest dodatni, więc ramiona paraboli są skierowane w górę, a wierzchołek jest jej najniższym punktem.
Odpowiedź: W = (3, −4), a najmniejsza wartość funkcji wynosi −4.
MATMA PODSTAWOWA – ZAD. 20
Stożek
Stożek ma promień podstawy równy 6 cm i wysokość równą 8 cm. Oblicz jego objętość oraz długość tworzącej.
Rozwiązanie opisowe
Objętość obliczamy ze wzoru V = ⅓πr²h.
V = ⅓ · π · 6² · 8 = 96π cm³
Promień, wysokość i tworząca tworzą trójkąt prostokątny.
l² = 6² + 8² = 100, l = 10 cm
Dlaczego stosujemy twierdzenie Pitagorasa? Wysokość stożka jest prostopadła do podstawy. W przekroju osiowym promień i wysokość są przyprostokątnymi, a tworząca jest przeciwprostokątną.
Odpowiedź: V = 96π cm³, a tworząca ma 10 cm.
MATMA PODSTAWOWA – ZAD. 19
Odległość punktu od początku układu
Punkt A = (−6, 8) jest wierzchołkiem trójkąta prostokątnego OAB, gdzie O = (0, 0), a B = (−6, 0). Oblicz długość OA oraz pole trójkąta OAB.
Rozwiązanie opisowe
Długość OA obliczamy ze wzoru na odległość punktów.
|OA| = √[(-6)² + 8²] = √100 = 10
Odcinki OB i AB są prostopadłe, a ich długości wynoszą 6 i 8.
P = ½ · 6 · 8 = 24
Dlaczego OA nie jest wysokością? OA jest przeciwprostokątną. Prostopadłe przyprostokątne to OB i AB, dlatego ich długości wykorzystujemy do obliczenia pola.
Odpowiedź: |OA| = 10, a pole trójkąta wynosi 24.
MATMA PODSTAWOWA – ZAD. 18
Pole trójkąta z sinusem
Dwa boki trójkąta mają długości 8 cm i 10 cm, a kąt między nimi ma miarę 30°. Oblicz pole tego trójkąta.
Rozwiązanie opisowe
Znamy dwa boki oraz kąt zawarty między nimi, dlatego stosujemy wzór P = ½ab · sin α.
P = ½ · 8 · 10 · sin 30°
Wiemy, że sin 30° = 1/2.
P = 40 · 1/2 = 20 cm²
Dlaczego używamy sinusa kąta między bokami? Wysokość opuszczona na jeden bok jest równa drugiemu bokowi pomnożonemu przez sinus kąta między nimi.
Odpowiedź: Pole trójkąta wynosi 20 cm².
MATMA PODSTAWOWA – ZAD. 17
Ciąg geometryczny
W ciągu geometrycznym pierwszy wyraz jest równy 3, a iloraz wynosi 2. Oblicz piąty wyraz oraz sumę pięciu początkowych wyrazów.
Rozwiązanie opisowe
Korzystamy ze wzoru an = a1 · qn−1.
a5 = 3 · 2⁴ = 48
Pierwszych pięć wyrazów to 3, 6, 12, 24 i 48.
S5 = 3 + 6 + 12 + 24 + 48 = 93
Dlaczego w wykładniku występuje n − 1? Aby dojść od a₁ do a₅, wykonujemy cztery kolejne mnożenia przez iloraz 2.
Odpowiedź: a₅ = 48, a S₅ = 93.
MATMA PODSTAWOWA – ZAD. 15
Procent składany
Na lokatę wpłacono 5000 zł. Oprocentowanie wynosi 4% w skali roku, a odsetki są dopisywane na koniec każdego roku. Oblicz stan lokaty po dwóch latach. Pomiń podatek.
Rozwiązanie opisowe
Po każdym roku kapitał stanowi 104% kwoty z początku tego roku, więc mnożymy aktualną kwotę przez 1,04.
5000 · 1,04² = 5000 · 1,0816
5000 · 1,0816 = 5408 zł
Dlaczego nie dodajemy po prostu 8% kwoty początkowej? W drugim roku 4% nalicza się już od 5200 zł, a więc również od odsetek dopisanych po pierwszym roku.
Odpowiedź: Po dwóch latach na lokacie będzie 5408 zł.
MATMA PODSTAWOWA – ZAD. 14
Podobieństwo trójkątów
Boki mniejszego trójkąta mają długości 3 cm, 4 cm i 5 cm. Najkrótszy bok podobnego, większego trójkąta ma 9 cm. Oblicz obwód większego trójkąta.
Rozwiązanie opisowe
Najkrótszy bok zwiększył się z 3 cm do 9 cm. Wyznaczamy skalę podobieństwa.
k = 9/3 = 3
Wszystkie odpowiadające sobie długości zwiększają się w tej samej skali.
4 · 3 = 12 cm, 5 · 3 = 15 cm
Obwód = 9 + 12 + 15 = 36 cm
Dlaczego każdy bok mnożymy przez 3? Podobieństwo zachowuje kształt figury, więc stosunki odpowiadających sobie boków są równe.
Odpowiedź: Obwód większego trójkąta wynosi 36 cm.
MATMA PODSTAWOWA – ZAD. 13
Średnia arytmetyczna i mediana
Dane są liczby: 4, 7, 7, 9, 13. Oblicz ich średnią arytmetyczną i medianę.
Rozwiązanie opisowe
Średnia arytmetyczna to suma wszystkich liczb podzielona przez ich liczbę.
(4 + 7 + 7 + 9 + 13)/5 = 40/5 = 8
Liczby są już uporządkowane rosnąco. Ponieważ jest ich pięć, mediana jest środkową, czyli trzecią wartością.
Mediana = 7
Dlaczego mediana nie jest równa średniej? Średnia uwzględnia wartość każdej liczby, natomiast mediana wskazuje środek uporządkowanego zestawu.
Odpowiedź: Średnia wynosi 8, a mediana wynosi 7.
MATMA PODSTAWOWA – ZAD. 12
Potęgi
Oblicz wartość wyrażenia:
(2³ · 4⁻¹)²
Rozwiązanie opisowe
Zapisujemy wszystkie liczby jako potęgi o podstawie 2. Ponieważ 4 = 2², to 4⁻¹ = 2⁻².
(2³ · 2⁻²)² = (2³⁻²)²
Przy mnożeniu potęg o tej samej podstawie dodajemy wykładniki.
(2¹)² = 2² = 4
Dlaczego 4⁻¹ zamieniamy na 2⁻²? Liczba 4 jest równa 2², a podniesienie potęgi do potęgi oznacza mnożenie wykładników: (2²)⁻¹ = 2⁻².
Odpowiedź: Wartość wyrażenia wynosi 4.
MATMA PODSTAWOWA – ZAD. 11
Równanie wymierne
Rozwiąż równanie:
(x + 3)/(x − 2) = 2
Rozwiązanie opisowe
Najpierw ustalamy dziedzinę. Mianownik nie może być równy zeru, dlatego x ≠ 2. Następnie mnożymy obie strony równania przez wyrażenie x − 2.
x + 3 = 2(x − 2)
x + 3 = 2x − 4, x = 7
Dlaczego trzeba podać założenie x ≠ 2? Dla x = 2 mianownik byłby równy zeru, a dzielenie przez zero nie jest określone. Otrzymana liczba 7 należy do dziedziny.
Odpowiedź: Rozwiązaniem równania jest x = 7.