Matura: CKE Arkusz maturalny: matematyka rozszerzona Rok: 2012. Arkusz PDF i odpowiedzi: Matura matematyka – maj 2012 – poziom rozszerzony. Więcej arkuszy znajdziesz na stronie: arkusze.pl Strona 5 z 25 MFAP-R0_100 Zadanie 1.2. (0–4) W (układzie współrzędnych ,v𝟐)poniżej narysuj wykres zależności v𝟐( )–kwadratu http://akademia-matematyki.edu.pl/ Zad 19 Matura czerwiec 2011 http://piotrciupak.pl/ Pełne lekcje: http://mrciupi.pl/VIDEOKURS: http://mrciupi.pl/PEWNIAKI M Zadanie 1. (1 pkt) Każdemu z wymienionych pierwiastków chemicznych przyporządkuj odpowiedni opis jego funkcji, wybrany spośród A–D. Składnik kwasów nukleinowych, strukturalny składnik kości, pełni ważną rolę w przekazywaniu energii. . medicinemylove Posty: 22 Rejestracja: 20 lis 2011, o 09:40 Matura czerwiec 2012 pyt 32 W latach 90. ubiegłego wieku oznaczono sekwencję ponad 10 000 par zasad DNA pseudogenu hemoglobiny (niefunkcyjny odcinek DNA będący duplikatem genu hemoglobiny), który wcześnie pojawił się w ewolucji naczelnych. W tabeli przedstawiono różnice (w %) miedzy sekwencjami nukleotydowymi pseudogenu hemoglobiny orangutana (Pongo), goryla (Gorilla), szympansa (Pan) i człowieka (Homo). Hominidy Gorilla Pan Homo Orangutan (Pongo) 3,39 3,42 3,30 Goryl (Gorilla) 1,82 1,69 Szympans (Pan) 1,56 Ustal, który z rodzajów hominidów jest najbliżej spokrewniony z szympansem (Pan), a który z nim spokrewniony jest najdalej, i uzupełnij zdanie poniżej. Odpowiedź uzasadnij. Najbliżej spokrewniony z szympansem (Pan)) jest ., a najdalej z nim spokrewniony jest . Uzasadnienie Pomocy! Jak rozwiązać to zadanie Paincake Posty: 2 Rejestracja: 21 kwie 2012, o 20:17 Re: Matura czerwiec 2012 pyt 32 Post autor: Paincake » 22 lut 2013, o 18:00 Właśnie rzuciłem okiem na to zadanie i widzę, że ta tabelka dość mało przejrzysta jest. Ale do odpowiedzi: Najbliżej spokrewniony z szympansem jest człowiek, a najdalej orangutan. Z analizy tabeli wynika, że różnice między pseudogenem hemoglobiny człowieka i szympansa są najmniejsze, a szympansa i orangutana największe. 10 Odpowiedzi 7902 Odsłony Ostatni post autor: mathiej 16 paź 2013, o 20:29 4 Odpowiedzi 16588 Odsłony Ostatni post autor: mdloo 5 maja 2018, o 19:14 1 Odpowiedzi 3419 Odsłony Ostatni post autor: Seeba 10 lut 2014, o 08:31 0 Odpowiedzi 7726 Odsłony Ostatni post autor: Artistide 10 kwie 2018, o 19:19 3 Odpowiedzi 7417 Odsłony Ostatni post autor: Black_W 26 kwie 2016, o 21:49 Kto jest online Użytkownicy przeglądający to forum: Obecnie na forum nie ma żadnego zarejestrowanego użytkownika i 1 gość Punkt $O$ jest środkiem okręgu. Kąt wpisany $BAD$ ma miarę: A. $150^{\circ}$ B. $120^{\circ}$ C. $115^{\circ}$ D. $85^{\circ}$ ROZWIĄZANIE: Zaznaczmy na rysunku kąt, którego miary poszukujemy. Pamiętamy także, że z kątem wpisanym (na zielono) jest zawsze związany kąt środkowy (na pomarańczowo) oparty na tym samym łuku. Zależność między nimi jest nam na pewno znana. Kąt wpisany jest dwukrotnie mniejszy od kąta środkowego opartego na tym samym łuku. Policzmy więc ile wynosi miara kąta środkowego $BOD$, zaznaczonego na pomarańczowo. Oczywiście koło "tworzy" kąt pełny - o mierze $360^{\circ}$. Dlatego:\[60^{\circ}+130^{\circ}+|\sphericalangle BOD|=360^{\circ}.\]Oczywiście wyliczmy miarę $BOD$: \[190^{\circ}+|\sphericalangle BOD|=360^{\circ}\]\[|\sphericalangle BOD|=360^{\circ}-190^{\circ}\]\[|\sphericalangle BOD|=170^{\circ}.\] Mamy więc miarę kąta środkowego opartego na łuku $BD$. Miara kąta wpisanego opartego na tym łuku jest dwa razy mniejsza. \[|\sphericalangle BAD|=170^{\circ}:2=85^{\circ}.\] ODPOWIEDŹ: D. Zadanie domowe: Punkt $O$ jest środkiem okręgu. Kąt wpisany $BAD$ ma miarę: A. $97,5^{\circ}$ B. $82,5^{\circ}$ C. $165^{\circ}$ D. $90^{\circ}$ PS: Pamiętajcie, że do całego arkusza z matury podstawowej z sierpnia 2012, możecie wrócić w bardzo łatwy sposób - wystarczy zarejestrować się na portalu educadvisor - można to zrobić np. przez facebooka, czyli szybko, łatwo i przyjemnie. Znajdziecie tam oryginalny arkusz i uporządkowane zadania:-) Zapraszam - oto LINK :-) Dany jest trójkąt równoramienny \( ABC \), w którym \( |AC|=|BC| \) oraz \( A=(2,1) \) i \( C=(1,9) \). Podstawa \( AB \) tego trójkąta jest zawarta w prostej \( y=\frac{1}{2}x \). Oblicz współrzędne wierzchołka \( B \). Policzymy długość boku \( AC \) korzystając ze wzoru na długość odcinka. Wiemy, że ma on końce w punktach \( A=(2,1) \) i \( C=(1,9) \), zatem jego długość to \[ |AC|=\sqrt{(\class{color1}{x_A}-\class{color1}{x_C})^2+(\class{color2}{y_A}-\class{color2}{y_C})^2}=\sqrt{(2-1)^2+(1-9)^2}=\\ =\sqrt{1^2+(-8)^2}\class{mathHint PotegiUjemnaPodstawa}=\sqrt{1+64}=\sqrt{65} \] Mamy do czynienia z trójkątem równoramiennym, w którym boki \( AC \) i \( BC \) mają jednakową długość ( \( |AC|=|BC| \) ). Niech punkt \( B \) ma współrzędne \( B=(\class{color1}{x_B},\class{color2}{y_B}) \). Wtedy, zgodnie ze wzorem na długość odcinka długość boku \( BC \) będzie równa \[ |BC|=\sqrt{(\class{color1}{x_B}-\class{color1}{x_C})^2+(\class{color2}{y_B}-\class{color2}{y_C})^2}=\sqrt{(\class{color1}{x_B}-1)^2+(\class{color2}{y_B}-9)^2} \] Wiemy, że ten bok ma taką samą długość jak bok \( AC \). Jak wyliczyliśmy wcześniej \( |AC|=\sqrt{65} \), zatem \[ |BC|=\sqrt{65} \\ \begin{matrix} \sqrt{(\class{color1}{x_B}-1)^2+(\class{color2}{y_B}-9)^2}=\sqrt{65} & /\,^2 \end{matrix}\\ (\class{color1}{x_B}-1)^2+(\class{color2}{y_B}-9)^2=65 \] Wiemy, że wierzchołek \( B \) leży na prostej \( y=\frac{1}{2}x \), zatem jego współrzędne spełniają równanie tej prostej, mamy więc \[ \class{color2}{y_B}=\frac{1}{2}\class{color1}{x_B} \] Mamy więc \[ (\class{color1}{x_B}-1)^2+(\class{color2}{y_B}-9)^2=65 \\ (\class{color1}{x_B}-1)^2+\left(\frac{1}{2}\class{color1}{x_B}-9\right)^2=65 \] Korzystamy dwukrotnie ze wzoru skróconego mnożenia na kwadrat różnicy \[ \class{color1}{x_B}^2-2\cdot \class{color1}{x_B} \cdot 1+1^2+\left(\frac{1}{2}\class{color1}{x_B}-9\right)^2=65 \\ \class{color1}{x_B}^2-2\cdot \class{color1}{x_B} \cdot 1+1^2+\left(\frac{1}{2}\class{color1}{x_B}\right)^2-2\cdot \frac{1}{2}\class{color1}{x_B} \cdot 9 + 9^2=65 \\ \class{color1}{x_B}^2-2\class{color1}{x_B}+1+\left(\frac{1}{2}\right)^2\class{color1}{x_B}^2-9\class{color1}{x_B} + 81=65 \\ \class{color2}{x_B^2}\class{color3}{-2x_B}+1+\class{color2}{\frac{1}{4}x_B^2}\class{color3}{-9x_B} + 81=65 \\ \class{color2}{\frac{5}{4}x_B^2}\class{color3}{-11x_B}+82=65 \\ \] Sprowadzimy to równanie do równania kwadratowego postaci \( f(x)=0 \) \[ \begin{matrix} \frac{5}{4}\class{color1}{x_B}^2-11\class{color1}{x_B}+82=65 & /-65 \end{matrix}\\ \frac{5}{4}\class{color1}{x_B}^2-11\class{color1}{x_B}+82-65=0\\ \frac{5}{4}\class{color1}{x_B}^2-11\class{color1}{x_B}+17=0 \] Policzymy miejsca zerowe funkcji kwadratowej \( f(x)=\frac{5}{4}\class{color1}{x_B}^2-11\class{color1}{x_B}+17 \). Funkcja jest zapisana w postaci ogólnej, odczytamy współczynniki. \[ f(x)=\class{color1}{a}x^2+\class{color2}{b}x+\class{color3}{c}\\ f(x)=\frac{5}{4}\class{color1}{x_B}^2-11\class{color1}{x_B}+17 \\[1em] \class{color1}{a}=\frac{5}{4}\\ \class{color2}{b}=-11\\ \class{color3}{c}=17 \] Policzmy deltę \[ \bigtriangleup =\class{color2}{b}^2-4\class{color1}{a}\class{color3}{c}=(-11)^2-4\cdot\frac{5}{4}\cdot 17\class{mathHint hintPotegiUjemnaPodstawa}=121-5\cdot17= \\=121-85=36 \] Delta jest większa od zera, mamy zatem dwa miejsca zerowe. Wyliczmy je \[ \sqrt{\bigtriangleup}=\sqrt{36}=6\\ \class{color1}{x_{B1}}=\frac{-\class{color2}{b}-\sqrt{\bigtriangleup }}{2\class{color1}{a}}=\frac{-(-11)-6}{2\frac{5}{4}}=\frac{11-6}{\frac{5}{2}}=\frac{5}{\frac{5}{2}}\class{mathHint hintDzielToMnozPrzezOdwrot}= 5\cdot\frac{2}{5}=2\\ \class{color1}{x_{B2}}=\frac{-\class{color2}{b}+\sqrt{\bigtriangleup }}{2\class{color1}{a}}=\frac{-(-11)+6}{2\frac{5}{4}}=\frac{11+6}{\frac{5}{2}}=\frac{17}{\frac{5}{2}}\class{mathHint hintDzielToMnozPrzezOdwrot}=17\cdot\frac{2}{5}=\frac{34}{5} \] Miejsce zerowe \( \class{color1}{x_{B1}}=2 \) możemy odrzucić, dlatego, że jest to współrzędna \( x \) punktu \( A \), który też leży na prostej \( y=\frac{1}{2}x \), a chcemy, by punkt \( B \) miał inne współrzędne niż punkt \( A \). Zatem \( \class{color1}{x_B}=\frac{34}{2} \), policzmy współrzędną \( \class{color2}{y_B} \) korzystając z wcześniej zapisanej zależności \[ \class{color2}{y_B}=\frac{1}{2}\class{color1}{x_B}\\ \class{color2}{y_B}=\frac{1}{2}\frac{34}{2}=\frac{34}{10}=\frac{17}{5} \] Odpowiedź: Punkt \( B \) ma współrzędne \( \left(\frac{34}{5},\frac{17}{5}\right) \). Drukuj (4 pkt.) Oblicz, ile jest liczb naturalnych pięciocyfrowych, w zapisie których nie występuje zero, jest dokładnie jedna cyfra 7 i dokładnie jedna cyfra parzysta. ROZWIĄZANIE: Mamy do dyspozycji $5$ miejsc:\[_ _ _ _ _\] Jedno zajmujemy dla obowiązkowej siódemki. Drugie zajmujemy dla obowiązkowej liczby parzystej, a więc dla jednej z nich: $2,4,6,8$. Pozostały trzy miejsca, na których na pewno nie ma być zera, siódemki, ani liczby parzystej. Na tych miejscach mogą stać: $1,3,5,9$. Jedno miejsce wykorzystujemy w jeden sposób (na siódemkę). Drugie na $4$ sposoby (na liczbę parzystą). Trzecie, czwarte i piąte miejsce także na cztery sposoby każde - nie zostało powiedziane, że pozostałe cyfry nie mogą się powtarzać. Daje nam to: \[1 \cdot 4 \cdot 4\cdot 4\cdot 4= 256.\] Czyli aż $256$ liczb pięciocyfrowych spełniających warunki zadania. Zwróćmy jednak uwagę, że wynik ten dotyczy określonej przez nas kolejności!!! (wstawiliśmy siódemkę na pierwszym miejscu, parzystą na drugim...). Coś należy zmienić... Musimy naszą liczbę domnożyć przez $5$, bo przecież na tyle sposobów można wybrać miejsce dla siódemki. I jeszcze przez $4$ - bo po wybraniu miejsca dla siódemki zostaną nam cztery miejsca do wyboru dla liczby parzystej. Pozostałe cyfry wpisujemy na pozostałych miejscach w liczbie. Otrzymujemy: \[256\cdot 5\cdot 4 =5120.\] Jest $5120$ liczb pięciocyfrowych spełniających warunki Takich liczb jest $5120$. Zadanie domowe: (4 pkt.) Oblicz, ile jest liczb naturalnych pięciocyfrowych, w zapisie których nie występuje zero i jeden, jest dokładnie jedna cyfra 4 i dokładnie jedna cyfra nieparzysta.

matura czerwiec 2012 zad 32