MATEMATYKA POZIOM ROZSZERZONY

(1)

EGZAMIN MATURALNY

W ROKU SZKOLNYM 2013/2014

MATEMATYKA

POZIOM ROZSZERZONY

ROZWIĄZANIA ZADAŃ I SCHEMAT PUNKTOWANIA

MAJ 2014

Więcej arkuszy znajdziesz na stronie: arkusze.pl

(2)

Zadanie 1. (0–4)

Dana jest funkcja f określona wzorem 3 3

( ) x x

f x x

  

 dla każdej liczby rzeczywistej 0

x . Wyznacz zbiór wartości tej funkcji.

Obszar standardów Opis wymagań Wykorzystanie

i interpretowanie reprezentacji

Wykorzystanie pojęcia wartości bezwzględnej i jej interpretacji geometrycznej.

Sporządzanie wykresu, odczytywanie własności i rozwiązywanie zadań umieszczonych w kontekście praktycznym związanych z proporcjonalnością odwrotną.

(II.1.f, 4.m) Rozwiązanie

Wzór funkcji f możemy zapisać w każdym ze zbiorów:



,3



, 3,3

  

\ 0 , 3,



bez symbolu wartości bezwzględnej. Wówczas

     

    

  

3 3

dla , 3

3 3

( ) dla 3,0 0,3

3 3

dla 3,

x x

f x x

x

x x

        



     

  

   

   

 



,

czyli

 

  



2 dla , 3

( ) 6 dla 3,0 0,3

2 dla 3,

x

f x x

x

   



   

  



.

Wykres ma więc postać

-10 -9 -8 -7 -6 -5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

-6 -5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5 6

0 x

y

Zbiorem wartości funkcji f jest



^{  }^{, 2} ^2,^



^.

(3)

Schemat oceniania

Rozwiązanie, w którym postęp jest niewielki, ale konieczny na drodze do pełnego rozwiązania ... 1 pkt Zdający:

 zapisze przedziały:



^{ }^{, 3}



^, ^^{3, 3}



^, 3,



i na tym poprzestanie lub dalej popełni błędy, np. przy korzystaniu z definicji wartości bezwzględnej

albo

 zaznaczy na osi liczbowej przedziały:



^{ }^{, 3}



^, ^^{3, 3}



^, 3,



i na tym poprzestanie lub dalej popełni błędy, np. przy korzystaniu z definicji wartości bezwzględnej.

Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp ... 2 pkt Zdający zapisze licznik ułamka x 3 x 3

x

  

w przedziałach



^{ }^{, 3}



^, ^^{3, 3}



^, 3,



bez użycia symbolu wartości bezwzględnej, np.:

   

3 3 3 3

x        x x  x  dla ^x^{  }



^{, 3}



^,

 

3 3 3 3

x       x x  x  dla ^x^{ }^{3, 0}



^



^0,3



^,

3 3 3 3

x      x x x dla ^x^ ^3,^



^.

Uwaga

Nie wymagamy, żeby zdający rozpatrując funkcję f w przedziale ^^3,3



zapisał warunek 0

x .

Pokonanie zasadniczych trudności zadania ... 3 pkt Zdający

 zapisze wzór funkcji f w poszczególnych przedziałach popełniając błąd rachunkowy i konsekwentnie do popełnionego błędu poda jej zbiór wartości

albo

 poprawnie narysuje wykres funkcji f i błędnie odczyta zbiór wartości (np. R ).

Rozwiązanie pełne ... 4 pkt Zdający poda zbiór wartości funkcji f:



^{  }^{, 2} ^2,^



^.

Uwaga

Jeżeli zdający narysuje poprawnie wykres funkcji i nie poda zbioru jej wartości, to otrzymuje 3 punkty.

(4)

Zadanie 2. (0–6)

Wyznacz wszystkie wartości parametru m, dla których funkcja kwadratowa 5

2 ) 2 2 ( )

(x x²  m x m

f ma dwa różne pierwiastki x , ₁ x takie, że suma kwadratów ₂ odległości punktów A



x1, 0



i B



x2, 0



od prostej o równaniu x y10 jest równa 6.

Obszar standardów Opis wymagań

Użycie i tworzenie strategii Rozwiązywanie zadań (również umieszczonych w kontekście praktycznym), prowadzących do badania funkcji

kwadratowej. Obliczanie odległości punktu od prostej. (IV.4.l, 8.c)

I sposób rozwiązania

Funkcja kwadratowa f ma dwa różne pierwiastki wtedy i tylko wtedy, gdy spełniony jest warunek  0. Zatem



²^m ²



² ^{4 1 2}



^m ⁵



⁰

      

 

  ,

0 16 4m²   ,

  

4 m2 m2 0,



 

 

 



 , 2 2,

m .

Odległość punktu A



x1, 0



od prostej o równaniu x y10 jest równa 2

1 2

1 0 1

1 ₁ ₁

1

 







 x x

d .

Analogicznie odległość punktu B



x2, 0



od tej prostej jest równa

2

2 1

2

 x 

d .

Suma kwadratów tych odległości jest równa 6, więc otrzymujemy równość

2 2

1 1 2 1

2 2 6

x x

     

 

   

    .

Przekształcając równoważnie tę równość otrzymujemy



1 1

 

² 2 1



²

2 2 6

x  x 

  ,

2 2

1 2 1 1 2 2 2 1 12

x  x  x  x   ,

 

2 2

1 2 2 1 2 10 0

x x  x x   ,



x1x2



²2x x1 22



x1x2



10 0 . Wykorzystując wzory Viete’a otrzymujemy równanie z niewiadomą m



²^m^²



²^^{2 2}



^m^{ }⁵

 

^{2 2}^m^{ }²



^{10 0}^{ ,}

4m28m 4 4m 10 4m 4 10 0 , 4m28m12 0 ,

2 2 3 0

m  m  ,



^m^¹



^m^{ }³



⁰^.

(5)

Stąd

1

m lub m 3. Tylko dla m 3 istnieją pierwiastki x₁, x₂.

II sposób rozwiązania

Funkcja kwadratowa f ma dwa różne pierwiastki wtedy i tylko wtedy, gdy spełniony jest warunek  0. Zatem



²^m ²



² ^{4 1 2}



^m ⁵



⁰

      

 

  ,

0 16 4m²   ,

  

4 m2 m2 0,



 

 

 



 , 2 2,

m .

Odległość punktu A



x1, 0



od prostej o równaniu x y10 jest równa 2

1 2

1 0 1

1 ₁ ₁

1

 







 x x

d .

Analogicznie odległość punktu B



x2, 0



od tej prostej jest równa

2

2 1

2

 x 

d .

Suma kwadratów tych odległości jest równa 6, więc otrzymujemy równość

2 2

1 1 2 1

2 2 6

x x

     

 

   

    , czyli



1 1

 

² 2 1



²

2 2 6

x  x 

  .

Pierwiastki x , ₁ x są równe: ₂

4 2 1

16 4

2

2 ² ₂

1 m  m  m  m 

x oraz 1 4

2

16 4

2

2 ² ₂

2  m  m  m  m 

x .

Otrzymujemy więc równanie z niewiadomą m



¹ ² ^{4 1}

 

² ¹ ² ^{4 1}



²

2 2 6

m  m   m  m  

  ,



^m^{ }² ^m²^⁴

 

²^ ^m^{ }² ^m²^⁴



² ^¹²^,



^m^²



²^²



^m^²



^m²^{ }⁴ ^m²^{ }⁴



^m^²



²^²



^m^²



^m²^{ }⁴ ^m²^{ }^{4 12}^,

 

² ²

2 m2 2m  8 12,



^m²^⁴^m^{ }⁴



^m²^^{10 0}^{ ,}

2 2 3 0

m  m  ,



^m^¹



^m^³



^⁰^.

Stąd

1

m lub m 3. Tylko dla m 3 istnieją pierwiastki x₁, x₂.

Schemat oceniania I i II sposobu oceniania Rozwiązanie zadania składa się z trzech etapów.

Pierwszy z nich polega na rozwiązaniu nierówności 0: ^m^{   }



^{, 2}

 

^2,^



^.

(6)

Za poprawne rozwiązanie tego etapu zdający otrzymuje 1 punkt.

Uwaga Jeżeli zdający zapisze  0, to za tę część otrzymuje 0 punktów.

Drugi etap polega na rozwiązaniu równania d₁²  d₂²  . 6 Za tę część rozwiązania zdający otrzymuje 4 punkty.

Podział punktów za drugi etap rozwiązania:

1 punkt zdający otrzymuje za zapisanie odległości punktu A lub B od prostej o równaniu x    w zależności od pierwszej współrzędnej punktu: y 1 0

1 1

1 2 d x 

 ,

2

2 1

2

 x 

d .

2 punkty zdający otrzymuje za zapisanie

 wyrażenia d₁² d₂²w postaci:



1 2



² 2 1 2 2



1 2



2

x x  x x  x x albo

 równości d₁² d₂²  , w postaci równoważnej, np.: 6



x1x2



²2x x1 22



x1x2



10 0 albo

 równania z niewiadomą m w postaci:



¹ ² ^{4 1}

 

² ¹ ² ^{4 1}



²

2 2 6

m  m   m  m  

  .

3 punkty zdający otrzymuje za zapisanie równania stopnia drugiego z jedną niewiadomą m, np.:



²^m^²



²^^{2 2}



^m^{ }⁵

 

^{2 2}^m^{ }²



^{10 0}^{ lub}

 

² ²

2 m2 2m  8 12.

4 punkty zdający otrzymuje za rozwiązanie tego równania: m1 lub m 3. Trzeci etap polega na wyznaczeniu części wspólnej rozwiązań nierówności z etapu pierwszego i drugiego: m 3.

Rozwiązanie pełne (trzeci etap)... 6 pkt Wyznaczenie części wspólnej zbiorów rozwiązań nierówności i równania oraz podanie odpowiedzi: m 3.

Uwaga

Za ostatni etap 1 punkt może zostać przyznany tylko wówczas, gdy zdający poprawnie wykona etapy I i II rozwiązania albo poprawnie wykona etap I i popełnia błędy

w rozwiązaniu równania z etapu II, albo gdy popełnia błędy w etapie I i dobrze rozwiąże równanie z etapu II.

(7)

Zadanie 3. (0–1)

Rozwiąż równanie 3cosx1sinx w przedziale 0, 2 .

Rozwiązywanie równań i nierówności trygonometrycznych.

(II.6.e.R)

I sposób rozwiązania

Równanie zapisujemy w postaci równoważnej

3 cos xsinx . 1 Dzieląc obie strony równania przez 2 otrzymujemy

2 sin 1 2 cos 1 2

3 x  x .

Ponieważ 3

2 sin3

  oraz 1

2 cos3

  , więc równanie możemy zapisać w postaci

2 sin 1 cos 3 3 cos

sin  x   x . Ze wzoru na sinus różnicy dostajemy

2 1 sin 3 



 

  x . Stąd

 

 x 2k

6

3    lub    

k

x 2

6

3 



 

 



 , gdzie k jest liczbą całkowitą, czyli

  k

x 2

6 

 lub  

k

x 2

2 



 .

W przedziale 0, 2 są tylko dwa rozwiązania tego równania:

x_{ ,}6 3 x2 . Uwaga

Równanie

2 sin 1 2 cos 1 2

3  x  x możemy również zapisać w postaci równoważnej cos cos sin sin 1

6 x 6 x 2

 _ _  _ _{ ,} a następnie zastosować wzór na cosinus sumy. Wtedy otrzymujemy

cos 1

6 2

x 

  

 

  .

(8)

Stąd

6 3 2

x    k lub 2

6 3

x     k , gdzie k jest liczbą całkowitą, więc

6 2

x  k lub 2

x  2 k, gdzie k jest liczbą całkowitą.

Uwaga

Do równania elementarnego, np.

2 1 sin 3 



 

  x

możemy również dojść nieco inaczej.

Zauważmy, że 3 tg 3

  , czyli ³

3

3 sin cos



  . Zatem równanie 3 cos xsinx możemy 1 zapisać w postaci równoważnej

3 3

sin cos sin 1 cos^_  x x ,

2 1 sin 3 



 

  x

. Schemat oceniania I sposobu rozwiązania

Rozwiązanie, w którym postęp jest niewielki, ale konieczny na drodze do pełnego

rozwiązania ... 1 pkt Zdający zapisze równanie w postaci równoważnej, np.:

2 sin 1 cos 3 3 cos

sin  x   x lub cos cos sin sin 1

6 x 6 x 2

 _ _  _ _{ lub} ₃

3

sin cos sin 1 cos^_  x x .

Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp ... 2 pkt Zdający zapisze równanie w postaci równoważnej:

2 1 sin 3 



 

  x

lub 1

cos_x 6_ 2

 

 

  .

Pokonanie zasadniczych trudności zadania ... 3 pkt Zdający rozwiąże równanie w zbiorze R:

  k

x 2

6 

 lub  

k

x 2

2 



 , gdzie k jest liczbą całkowitą.

Rozwiązanie pełne ... 4 pkt Zdający poda wszystkie rozwiązania równania z przedziału 0, 2 :

x_{ ,}6 3 x 2 . Uwaga

Jeżeli zdający zapisze tylko jedną serię rozwiązań równania elementarnego i konsekwentnie poda tylko jedno rozwiązanie z przedziału 0, 2 , to otrzymuje 3 punkty.

II sposób rozwiązania

(9)

Ponieważ prawa strona równania 3cosx1sinx jest nieujemna, więc równanie ma rozwiązania tylko wtedy, gdy cosx0. Wówczas podnosząc obie strony równania do kwadratu otrzymujemy równanie równoważne

x x

x ²

2 1 2sin sin

cos

3    .

Stąd i z „jedynki trygonometrycznej” otrzymujemy



¹ ^sin² ^x



¹ ²^sin^x ^sin² ^x

3     ,

0 2 sin 2 sin

4 ² x x  ,

2sin2xsinx  . 1 0 Podstawiając t sin x otrzymujemy równanie kwadratowe

2t2   , t 1 0



^t^^{1 2 1}



^t^{ }



⁰^.

Stąd

1

t  lub 1 t . 2 Zatem

sinx 1 lub 1 sinx . 2 Rozwiązaniem pierwszego z tych równań jest każda liczba 3

2 2

x   k , gdzie k jest liczbą całkowitą. Rozwiązaniem drugiego jest każda liczba 2

x 6 k lub 5 6 2

x  k , gdzie k jest liczbą całkowitą.

Ponieważ dla każdego k jest liczbą całkowitą mamy 5 5

cos 2 cos 0

6 k 6

    

   

    , więc

żadna z liczb 5 6 2

x  k nie jest rozwiązaniem naszego równania. Spośród pozostałych rozwiązań, w przedziale 0, 2 znajdują się tylko dwie takie liczby:

x_{ ,}6 3 x 2 . Uwaga

Zamiast przekształcać równanie 3cosx1sinx w sposób równoważny do układu równania 3cos² x12sinxsin² x i nierówności cosx0 możemy wyznaczyć wszystkie liczby z przedziału 0, 2 , spełniające równanie 3cos² x12sinxsin² x, a więc liczby

x 6

 , 5

x6 , 3

x 2 , a następnie sprawdzić, które z nich spełniają równanie 3cosx1sinx. Wówczas dla

x 6

 lewa strona równania jest równa

3 3

3 cos 3

6 2 2

     , a prawa 1 3

1 sin 1

6 2 2

     , więc liczba

x jest rozwiązaniem 6 równania 3cosx1sinx. Dla 5

x 6 lewa strona równania jest równa

5 3 3

3 cos 3

6 ^ 2 ^ 2

      , a prawa 5 1 3

1 sin 1

6 2 2

    , więc liczba 5

x 6 nie jest

(10)

rozwiązaniem równania 3cosx1sinx. Dla 3

x 2 lewa strona równania

3 cos3 3 0 0

2

    , a prawa 3

1 sin 1 1 0

2

 

    

  , więc liczba 3

x 2 jest rozwiązaniem równania.

W przedziale 0, 2 znajdują się dwa rozwiązania:

x 6

 , 3

x2. Schemat oceniania II sposobu rozwiązania

rozwiązania ... 1 pkt Zdający zapisze założenie cosx0, a następnie zapisze równanie w postaci równoważnej, np.: 2sin²xsinx  . 1 0

Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp ... 2 pkt Zdający zapisze alternatywę równań: sinx 1 lub 1

sinx . 2 Uwaga

Wystarczy, że zdający zapisze t  1 lub 1

t , jeśli wykonał podstawienie. 2

Pokonanie zasadniczych trudności zadania ... 3 pkt Zdający rozwiąże równania sinx 1, 1

sinx w zbiorze R: 2 6 2

x  k, 5 6 2

x   k , 3 2 2

x   k , gdzie k jest liczbą całkowitą.

x_{ ,}6 3 x 2 . Uwaga

Jeżeli zdający zapisze tylko jedną serię rozwiązań spośród 2

x 6 k, 3 2 2

x  k , i konsekwentnie poda tylko jedno rozwiązanie z przedziału 0, 2 , to otrzymuje 3 punkty.

III sposób rozwiązania

Dopisując do równania 3 cos xsinx „jedynkę trygonometryczną” otrzymujemy układ 1 równań

2 2

3 cos sin 1

sin cos 1

x x

   



 



z niewiadomymi sin x i cos x.

(11)

Rozwiązując ten układ dostajemy kolejno:

 

² ²

sin 3 cos 1

3 cos 1 cos 1

x x

   



   



2

sin 3 cos 1

4cos 2 3 cos 0

x x

   



 



sin 3 cos 1 4cos cos 3 0

2

x x

   

  

   

  

 



sin 3 cos 1 cos 0 lub cos 3

2

x x

   



 



sin 1

cos 0

x x

  

 

 lub

sin 1 2 cos 3

2 x

x

 



 



Rozwiązując otrzymane równania elementarne mamy

3 2

2 2

x k

 

  



  



lub

2 lub 5 2

6 6

2 lub 2

6 6

x k x k

   

    



     



, gdzie k jest liczbą całkowitą.

Stąd

3 2

x2 k lub 2

x 6 k, gdzie k jest liczbą całkowitą.

W przedziale 0, 2 znajdują się dwa rozwiązania:

x_{ ,}6 3 x 2 . Schemat oceniania III sposobu rozwiązania

rozwiązania ... 1 pkt Zdający zapisze układ równań, w którym jedno z równań zawiera tylko jedną niewiadomą

cos x lub sin x, np.:

 

² ²

sin 3 cos 1

3 cos 1 cos 1

x x

   



   



Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp ... 2 pkt Zdający zapisze alternatywę elementarnych równań trygonometrycznych wynikających

z otrzymanego układu, np.:

cosx0 lub 3 cosx 2 .

Pokonanie zasadniczych trudności zadania ... 3 pkt

(12)

Zdający rozwiąże otrzymane równania w zbiorze R:

x 2 k lub 2

x  6 k lub 2

x 6 k lub 5 6 2

 

 

x k , gdzie k jest liczbą całkowitą.

x_{ ,}6 3 x 2 . Uwaga

Jeżeli zdający zapisze tylko jedną serię rozwiązań równania elementarnego i konsekwentnie poda tylko jedno rozwiązanie z przedziału 0, 2 , to otrzymuje 3 punkty.

IV sposób rozwiązania

Narysujmy w jednym układzie współrzędnych wykresy funkcji ^{f x}

 

^ ^{3 cos}^x^oraz

 

^sin ¹

g x  x określonych w przedziale 0, 2 .

-2 -1 1 2

0 x

y

   2

 

 

y= f (x) y=g(x)

W przedziale 0, 2

 funkcja f jest malejąca, a jej wartości maleją od 3 do 0, natomiast funkcja g jest w tym przedziale rosnąca, a jej wartości rosną od 1 do 2. Zatem równanie

   

f x g x ma w tym przedziale jedno rozwiązanie. Rozwiązaniem tym jest

x_{ , gdyż}6

3 3

3 cos 3

6 6 3 2

f _{  }  _ _ _

   oraz 1 3

sin 1 1

6 6 2 2

g_{  }  _{   }

   . Drugim rozwiązaniem

równania ^{f x}

 

^^{g x}

 

w przedziale 0, 2 jest 3

x2. Jest to wspólne miejsce zerowe funkcji f i g.

Zatem w przedziale 0, 2 znajdują się dwa rozwiązania równania:

x 6

 , 3

x2. Schemat oceniania IV sposobu rozwiązania

rozwiązania ... 1 pkt Zdający rozważy dwie funkcje: ^{f x}

 

^ ^{3 cos}^x^oraz^{g x}

 

^^sin^x^¹ i narysuje wykres jednej z nich.

Uwaga

(13)

Zdający może rozważać funkcje określone na dowolnym zbiorze zawierającym przedział 0, 2 .

Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp ... 2 pkt Zdający rozważy dwie funkcje: ^{f x}

 

^ ^{3 cos}^x^oraz^{g x}

 

^^sin^x^¹ i narysuje w jednym układzie współrzędnych wykresu obu tych funkcji.

Pokonanie zasadniczych trudności zadania ... 3 pkt Zdający poda rozwiązania równania z przedziału 0, 2 :

x_{ ,}6 3

x 2 , ale nie sprawdzi,

że 3

6 6 2

f     g     .

x_{ ,}6 3 x2 i uzasadni, że są to wszystkie rozwiązania równania w tym przedziale, np. wykona

sprawdzenie 3

6 6 2

f     g     . Uwaga

Jeżeli zdający poda tylko jedno poprawne rozwiązanie równania z przedziału 0, 2 : x_{ albo}6 3

x 2 i wykona odpowiednie sprawdzenie, to otrzymuje 3 punkty.

Zadanie 4. (0–3)

Udowodnij, że dla dowolnych liczb rzeczywistych dodatnich x, prawdziwa jest nierówność y



^x ¹



^x



^y ¹



^y ²

y x

    .

Obszar standardów Opis wymagań Rozumowanie

i argumentacja

Przeprowadzenie dowodu twierdzenia związanego z działaniami na wyrażeniach wymiernych: dodawaniem, odejmowaniem, mnożeniem i dzieleniem wyrażeń

wymiernych, skracaniem, rozszerzaniem wyrażeń wymiernych. (V.2.f)

Rozwiązanie I sposób

Przekształcając nierówność



^x ¹



^x



^y ¹



^y ²

y x

    w sposób równoważny otrzymujemy



^x^¹



^x²^



^y^¹



^y² ^²^xy^,

3 2 3 2 2

x x y y  xy,

2 2 2 3 3 0

x  xy y x y  ,



^{x y}^



²^^x³^^y³ ^{ .}⁰

(14)

Ostatnia nierówność jest prawdziwa, gdyż



^{x y}^



²  dla dowolnych liczb rzeczywistych, ⁰ natomiast x³  i 0 y³  , gdyż liczby x i y są dodatnie. To kończy dowód. 0

Schemat oceniania I sposobu rozwiązania

Zdający otrzymuje ... 2 pkt gdy zapisze lewą stronę nierówności w postaci równoważnej:



^{x y}^



²^^x³^^y³  i na tym ⁰ poprzestanie lub dalej popełnia błędy.

Zdający otrzymuje ... 3 pkt gdy uzasadni prawdziwość nierówności



^{x y}^



²^^x³^^y³  , np. stwierdzi, że ⁰



^{x y}^



² ^⁰

dla dowolnych liczb rzeczywistych oraz x³  i 0 y³ dla liczb dodatnich x i y. 0 Rozwiązanie II sposób

Ponieważ x0 i y , więc 0 x 1 1 i y  . Stąd wynika, że 1 1



^x ¹



^x



^y ¹



^y ¹ ^x ¹ ^y ^x ^y

y x y x y x

         .

Suma x y

y to suma liczby dodatniej i jej odwrotności, więc jest co najmniej równa 2, czyli x x y 2

y  . W rezultacie x



^x ¹



^x



^y ¹



^y ²

y x

    , co kończy dowód.

Uwaga

Nierówność x y 2

y  wynika również wprost z twierdzenia o średniej arytmetycznej x

i geometrycznej: 1

2 x y

x y y x

y x



   . Stąd x y 2 y  . x Schemat oceniania II sposobu rozwiązania

Zdający otrzymuje ... 2 pkt gdy zapisze, że



^x ¹



^x



^y ¹



^y ^x ^y

y x y x

     i na tym poprzestanie lub dalej popełnia błędy.

Zdający otrzymuje ... 3 pkt gdy uzasadni prawdziwość nierówności x y 2

y  , np. stwierdzi, że suma liczby dodatniej x i jej odwrotności jest zawsze co najmniej równa 2 lub wykorzysta nierówność między średnią arytmetyczną i średnią geometryczną.

(15)

Rozwiązanie III sposób

Przekształcając nierówność



^x ¹



^x



^y ¹



^y ²

y x

    w sposób równoważny otrzymujemy

2 2

x x y y 2 y  y x  x ,

2 2

x y x y 2 y x y  x  . Suma x y

y to suma liczby dodatniej i jej odwrotności, więc jest co najmniej równa 2, x natomiast suma

2 2

x y

y  x jest dodatnia, gdyż jest sumą dwóch dodatnich składników. Zatem nierówność x y x² y² 2

y x y  x  jest prawdziwa. To kończy dowód.

Uwaga

Nierówność x y 2

y  wynika również wprost z twierdzenia o średniej arytmetycznej x

i geometrycznej: 1

2 x y

x y y x

y x



   . Stąd x y 2 y  . x Schemat oceniania III sposobu rozwiązania

Zdający otrzymuje ... 1 pkt gdy zapisze lewą stronę nierówności w postaci równoważnej:

2 2

x x y y 2 y  y x  x i w dalszym rozumowaniu dąży do wykazania, że suma

x y

yx  jest nie mniejsza niż 2, ale popełnia błędy.

Zdający otrzymuje ... 3 pkt gdy uzasadni prawdziwość nierówności x y x² y² 2

y x y  x  , np. stwierdzi, że x y 2 y  jest x prawdziwa dla dowolnych liczb dodatnich, co wynika z twierdzenia o sumie liczby dodatniej i jej odwrotności oraz

2

x 0

y  i

2

y 0

x  dla liczb rzeczywistych dodatnich x i y.

(16)

Zadanie 5. (0–5)

Dane są trzy okręgi o środkach A, B, C i promieniach równych odpowiednio r, 2r, 3r. Każde dwa z tych okręgów są zewnętrznie styczne: pierwszy z drugim w punkcie K, drugi z trzecim w punkcie L i trzeci z pierwszym w punkcie M. Oblicz stosunek pola trójkąta KLM do pola trójkąta ABC.

Modelowanie matematyczne Znajdowanie związków miarowych w figurach płaskich, także z zastosowaniem trygonometrii, również w zadaniach

umieszczonych w kontekście praktycznym. (III.7.c) I sposób rozwiązania

Przyjmijmy oznaczenia jak na rysunku.

Pole trójkąta AMK jest równe

1 1 2

sin sin

2 2

PAMK  AM AK    r   , pole trójkąta ABC jest równe

1 1 1 2

sin 4 3 sin 12 sin

2 2 2

PABC  AC AB      r r    r  . Zatem

2

1 sin 1

1212 sin 12 2

AMK ABC

P r



  

 

.

Podobnie, pole trójkąta BKL jest równe

 

² ²

1 1 1

sin 2 sin 4 sin

2 2 2

PBKL  BK BL    r     r  , natomiast pole trójkąta ABC jest równe

1 1 1 2

sin 3 5 sin 15 sin

2 2 2

PABC  BA BC      r r    r   , A

B C

K

L M

r r

2r 2r 3r

3r







(17)

więc

2

1 4 sin 4

1215 sin 15 2

BKL ABC

P r



 

 

  .

Pole trójkąta CLM jest równe

 

² ²

1 1 1

sin 3 sin 9 sin

2 2 2

PCLM  CM CL    r     r   , natomiast pole trójkąta ABC jest równe

1 1 1 2

sin 4 5 sin 20 sin

2 2 2

PABC  CA CB      r r    r   , Zatem

2

1 9 sin 9

12 20 sin 20 2

CLM ABC

P r



 

 

  .

Pole trójkąta KLM jest więc równe

1 4 9 1

12 15 20 5

KLM ABC AMK BKL CLM ABC ABC ABC ABC ABC

P P P P P P  P  P  P  P ,

czyli

1 5

KLM ABC

P

P  . Schemat oceniania I sposobu rozwiązania

rozwiązania ... 1 pkt Zdający wyrazi pole trójkąta KLM jako różnicę pól odpowiednich trójkątów:

KLM ABC AMK BKL CLM

P P P P P .

Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp ... 2 pkt Zdający wyrazi pole co najmniej jednego z trójkątów AMK, BKL lub CLM w zależności od r i sinusa odpowiedniego kąta trójkąta ABC.

Pokonanie zasadniczych trudności zadania ... 3 pkt Zdający wyznaczy pole co najmniej jednego z trójkątów AMK, BKL lub CLM w zależności od pola trójkąta ABC, np.: 1

AMK 12 ABC

P  P , 4

BKL 15 ABC

P  P , 9

CLM 20 ABC

P  P .

Rozwiązanie zadania do końca, lecz z usterkami, które nie przekreślają poprawności rozwiązania (np. błędy rachunkowe) ... 4 pkt Zdający

 wyznaczy pole każdego z trójkątów AMK, BKL lub CLM w zależności od pola trójkąta ABC, np.: 1

AMK 12 ABC

P  P , 4

BKL 15 ABC

P  P , 9

CLM 20 ABC

P  P i na tym poprzestanie albo

 obliczy stosunek pola trójkąta KLM do pola trójkąta ABC, popełniając błędy rachunkowe (nawet na wcześniejszych etapach rozwiązania).

(18)

Rozwiązanie pełne ... 5 pkt Zdający obliczy stosunek pola trójkąta KLM do pola trójkąta ABC: 1

5

KLM ABC

P

P  . II sposób rozwiązania

Długości boków trójkąta ABC są równe AB 3r, AC 4r i BC 5r. Ponieważ

     

2 2 3 2 4 2 9 2 16 2 25 2 5 2 2

AB  AC  r  r  r  r  r  r  BC , więc trójkąt ABC jest prostokątny. Zatem

4 4

sin 5 5

r

  r  , 3 3

sin 5 5

r

  r  oraz 1 ²

3 4 6

ABC 2

P   r r  r . Pole trójkąta prostokątnego AMK jest równe

1 1 2

2 2

PAMK  AM AK  r . Pole trójkąta BKL jest równe

 

² ² ²

1 1 1 4 8

sin 2 sin 4

2 2 2 5 5

PBKL  BK BL    r     r   r , a pole trójkąta CLM jest równe

 

² ² ²

1 1 1 3 27

sin 3 sin 9

2 2 2 5 10

PCLM  CM CL    r     r   r . Pole trójkąta KLM jest więc równe

2 1 2 8 2 27 2 1

6 2 5 10 5

KLM ABC AMK BKL CLM ABC

P P P P P  r  r  r  r  P , czyli

1 5

KLM ABC

P

P  . Schemat oceniania II sposobu rozwiązania

rozwiązania ... 1 pkt Zdający

 zapisze, że trójkąt ABC jest prostokątny albo

 wyrazi pole trójkąta KLM jako różnicę pól odpowiednich trójkątów:

KLM ABC AMK BKL CLM

P P P P P .

Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp ... 2 pkt Zdający

 obliczy sinusy kątów ostrych trójkąta ABC: sin  , ⁴₅ sin  ³₅ albo

 wyznaczy pole trójkąta ABC w zależności od r: P_ABC 6r² albo

 wyznaczy pole trójkąta AMK w zależności od r: P_AMK ¹₂r².

(19)

Pokonanie zasadniczych trudności zadania ... 3 pkt Zdający wyznaczy pole trójkąta ABC i pole jednego z trójkątów AMK, BKL, CLM

w zależności od r: P_ABC 6r², 1 ²

AMK 2

P  r , 8 ²

BKL 5

P  r , 27 ²

CLM 10

P  r .

Rozwiązanie zadania do końca, lecz z usterkami, które nie przekreślają poprawności rozwiązania (np. błędy rachunkowe) ... 4 pkt Zdający

 wyznaczy pole każdego z trójkątów ABC, AMK, BKL lub CLM w zależności od r i na tym poprzestanie

albo

 obliczy stosunek pola trójkąta KLM do pola trójkąta ABC, popełniając błędy rachunkowe (nawet na wcześniejszych etapach rozwiązania).

Rozwiązanie pełne ... 5 pkt Zdający obliczy stosunek pola trójkąta KLM do pola trójkąta ABC: 1

5

KLM ABC

P

P  . III sposób rozwiązania

Niech

3 , 5 , 4

AB  r BC  r CA  r

, 2 , 3

AK  AM r BK  BL  r CL  CM  r

Zauważamy, że BAC  90 , ponieważ

     

³^r ²^ ⁴^r ² ^ ⁵^r ²^{, zatem}

2 2 2

KM  r r r . 3 3

cos 5 5

CBA r

 r 

 , cos ⁴ ⁴

5 5 ACB r

 r 

 Zatem z twierdzenia kosinusów mamy

2 2 3 4 5

4 4 2 2 2

5 5

KL  r  r     r r r

2 2 4 3 10

9 9 2 3 3

5 5

LM  r  r     r r r Obliczamy cos KLM :

2 2 2

2

2 2

2 2 2

2 2 cos

18 16 24 50 34 24 2

cos cos .

5 5 25 5 5

r KM ML KL ML KL KLM

r r

r KLM r r KLM

       

      



 

Zatem

345 2 1 2

cos 2 2 2

24 5 KLM

   

 , więc 2

sin KLM  2 .

(20)

Wobec tego

1 4 5 3 10 2 6 2

2 5 5 2 5

KLM

P_    r r  r . Ponieważ

1 2

3 4 6

ABC 2

P_   r r r , więc otrzymujemy 1

5

KLM ABC

P P



 .

Uwaga

Można obliczyć miarę kąta KLM

     

1 1 1 1

180 180 180 90 45

2 2 2 2

KLM      ABC    ACB  ABC  ACB     

    

Schemat oceniania III sposobu rozwiązania

rozwiązania ... 1 pkt Zdający wyznaczy jeden z boków trójkąta KLM.

Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp ... 2 pkt Zdający wyznaczy trzy boki trójkąta KLM.

Pokonanie zasadniczych trudności zadania ... 3 pkt Zdający wyznaczy kosinus jednego z kątów trójkąta KLM, np. 2

cosKLM  2 .

Rozwiązanie zadania do końca, lecz z usterkami, które nie przekreślają poprawności rozwiązania (np. błędy rachunkowe) ... 4 pkt Zdający wyznaczy sinus jednego z kątów trójkąta KLM, np. 2

sinKLM  2 .

Rozwiązanie pełne ... 5 pkt Zdający obliczy stosunek pól trójkątów KLM i ABC: 1

5

KLM ABC

P

P  .

(21)

Zadanie 6. (0–3)

Trójkąt ABC jest wpisany w okrąg o środku S. Kąty wewnętrzne CAB, ABC i BCA tego trójkąta są równe odpowiednio  , 2 i 4 . Wykaż, że trójkąt ABC jest rozwartokątny i udowodnij, że miary wypukłych kątów środkowych ASB, ASC i BSC tworzą w podanej kolejności ciąg arytmetyczny.

Obszar standardów Opis wymagań Rozumowanie

i argumentacja

Badanie czy dany ciąg jest arytmetyczny lub geometryczny.

Korzystanie ze związków między kątem środkowym, kątem wpisanym i kątem między styczną a cięciwą okręgu (V.5.b, 7.a)

Rozwiązanie

Suma kątów trójkąta jest równa 180. Zatem  2 4 180, więc 7  180. Stąd



25⁵7



   oraz 4 



102⁶7



  90 . To oznacza, że trójkąt ABC jest rozwartokątny.

Z twierdzenia o kącie środkowym i wpisanym wynika, że

2 2

BSC  BAC  

  oraz ASC 2ABC  2 2 4 . Ponadto, wypukły kąt środkowy ASB ma miarę równą

6 ASB  BSC  ASC  

   .

Ciąg



^{6 ,4 , 2}   jest arytmetyczny, a jego różnica jest równa

 

^²^



. To kończy dowód.

Zdający otrzymuje ... 1 pkt gdy obliczy miarę kąta CAB:



⁵7



1 180 25

  7    i uzasadni, że trójkąt ABC jest rozwartokątny.

B A

C

S

 2

4

(22)

Uwaga

Zdający nie musi obliczać miary kąta CAB. Wystarczy, że zapisze

4 1

4 180 180 90

7 2

        .

Zdający otrzymuje ... 2 pkt gdy rozważy poprawnie wpisany w okrąg trójkąt ABC i wykorzysta twierdzenie o kącie środkowym i wpisanym do wyznaczenia miary kątów środkowych ASC i BSC w zależności od  : ASC 4 oraz BSC 2.

Zdający otrzymuje ... 3 pkt gdy wyznaczy miary wypukłych kątów środkowych ASB, ASC i BSC i stwierdzi, że tworzą one w podanej kolejności ciąg arytmetyczny: ASB 6 ,ASC 4, BSC 2. Uwaga

Jeżeli zdający nie uzasadni, że trójkąt ABC jest rozwartokątny, a udowodni, że miary kątów tworzą ciąg arytmetyczny, to otrzymuje 2 punkty.

Zadanie 7. (0–6)

Ciąg geometryczny

 

a ma 100 wyrazów i są one liczbami dodatnimi. Suma wszystkich _n wyrazów o numerach nieparzystych jest sto razy większa od sumy wszystkich wyrazów o numerach parzystych oraz loga₁loga₂ loga₃  loga₁₀₀100. Oblicz a . ₁

Badanie czy dany ciąg jest arytmetyczny lub geometryczny.

Stosowanie wzorów na n-ty wyraz i sumę n początkowych wyrazów ciągu arytmetycznego i ciągu geometrycznego.

(II.5.b, c) Rozwiązanie

Ponieważ wszystkie wyrazy ciągu

 

a są dodatnie i suma wszystkich jego wyrazów _n o numerach nieparzystych jest 100 razy większa od sumy wszystkich wyrazów o numerach parzystych, więc ciąg ten nie jest stały.

Zauważmy, że ciąg, którego kolejnymi wyrazami są wyrazy ciągu geometrycznego o numerach nieparzystych również jest geometryczny, a jego iloraz jest równy q , gdzie q oznacza iloraz ² ciągu

 

a . Tak samo ciąg, którego kolejnymi wyrazami są wyrazy ciągu _n

 

a o numerach _n parzystych jest geometryczny i jego iloraz również jest równy q . Każdy z tych ciągów ma po ² 50 wyrazów. Ze wzoru na sumę n-początkowych wyrazów ciągu geometrycznego otrzymujemy równanie

 

² ⁵⁰

 

² ⁵⁰

1 2 2 2

1 1

1 100 1

 

  

 

q q

a a

q q .

Stąd mamy a₁100a , czyli ₂ a₁100a q . Zatem ₁ 1

100

q , gdyż a₁ . 0

(23)

Ponieważ

1 2 3 100

loga loga loga   loga 100, więc z własności logarytmów otrzymujemy



1 2 3 100



log a a a    a 100. Z definicji logarytmu otrzymujemy więc

100

1 2 3 100 10

a a a    a  .

Stąd i ze wzoru na n-ty wyraz ciągu geometrycznego dostajemy równanie z niewiadomą a ₁

2 99

100

1 1 1 1

1 1 1

100 100 100 10

   

     

          

a a a a ,

1 2 3 99

100 100

1

1 10

100

   

 

  

 



a .

Ze wzoru na sumę n-początkowych wyrazów ciągu arytmetycznego mamy

1 9999

100 2 100

1

1 10

100

 

 

  

a ,

10099

100 2 100

1

1 10

100

  

  

 

a ,

Stąd

99 100

1 99

2

10 10 10 10 1

100

   

 

 

 

a .

 zauważy, że ciąg, którego kolejnymi wyrazami są wyrazy ciągu geometrycznego o numerach nieparzystych jest geometryczny oraz ciąg, którego kolejnymi wyrazami są wyrazy ciągu

 

a o numerach parzystych jest geometryczny, a iloraz każdego z tych _n ciągów jest taki sam

albo

 zapisze równość a1   a3 a5  a99 100



a q a q a q1  3  5   a q99



albo

 wykorzysta wzór na sumę logarytmów i definicję logarytmu oraz zapisze równość

1 2 3 100

loga loga loga   loga 100 w postaci: a a a₁   ₂ ₃  a₁₀₀ 10¹⁰⁰.

Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp ... 2 pkt Zdający

 zapisze równanie z niewiadomymi a i q: ₁

 

² ⁵⁰

 

² ⁵⁰

1 2 2 2

1 1

1 100 1

 

  

 

q q

a a

q q

albo

(24)

 zapisze równość a1   a3 a5  a99 100q a



1   a3 a5  a99



albo

 zapisze równość ^a¹^



^{a q}¹^{ }

 

^{a q}¹^ ²

 

^{ }^ ^{a q}¹^ ⁹⁹



^¹⁰¹⁰⁰^.

Pokonanie zasadniczych trudności zadania ... 4 pkt Zdający zapisze równanie z niewiadomą a , np.: ₁



2 99

100

1 1 1 1

1 1 1

100 100 100 10

   

     

          

a a a a

albo

 zapisze zależności a q₁^{100 4950} 10¹⁰⁰ i 1 q100. Uwaga

Jeżeli zdający obliczy iloraz ciągu geometrycznego: 1

100

q i na tym poprzestanie lub dalej popełnia błędy rzeczowe, to otrzymuje 3 punkty.

Rozwiązanie zadania do końca, lecz z usterkami, które nie przekreślają poprawności rozwiązania (np. błędy rachunkowe) ... 5 pkt Zdający zapisze równanie w postaci

10099

100 2 100

1

1 10

100

  

  

 

a i na tym zakończy lub dalej

popełnia błędy.

Rozwiązanie pełne ... 6 pkt Zdający obliczy pierwszy wyraz ciągu: a₁10¹⁰⁰.

Zadanie 8. (0–4)

Punkty A, B, C, D, E, F są kolejnymi wierzchołkami sześciokąta foremnego, przy czym



⁰^,² ³





A , B

 

2,0 , a C leży na osi Ox. Wyznacz równanie stycznej do okręgu opisanego na tym sześciokącie przechodzącej przez wierzchołek E.

Użycie i tworzenie strategii Rozwiązywanie zadań dotyczących wzajemnego położenia prostej i okręgu. (IV.8.b.R)

Rozwiązanie

Obliczmy długość boku sześciokąta

 

^{2 3} ² ²² ⁴

AB    .

Ponieważ wierzchołek C tego sześciokąta leży na osi Ox, więc ^C^

 

^{6, 0} ^.

(25)

Środek S okręgu opisanego na tym sześciokącie ma zatem współrzędne ^S ^



^{4, 2 3}



^.

Punkt S jest środkiem przekątnej BE sześciokąta, więc

2 0

, ,

2 2 2 2

B E B E E E

x x y y x y

S        

   .

Zatem

2 4

2 xE

  i 2 3

2

y E . Stąd 6x_E  i y_E 4 3, więc ^E^



^{6, 4 3}



^.

Styczna do okręgu opisanego na sześciokącie foremnym ABCDEF poprowadzona przez wierzchołek E tego sześciokąta jest prostopadła do prostej BE. Ponieważ współczynnik kierunkowy prostej BE jest równy

4 3 0 6 2 3

E B

y y

x x

 

 

  ,

więc współczynnik kierunkowy stycznej jest równy 1 3

 

 

 . Zatem styczna ma równanie

 

1 6 4 3

y  3 x  , czyli

3 6 3

y  3 x . Schemat oceniania

 zapisze długość boku sześciokąta ABCDEF: AB 4 albo

 zapisze współrzędne środka S okręgu opisanego na sześciokącie: ^S ^



^{4, 2 3}



albo

A

B C

D E

S F

x y

0 1 1