EGZAMIN MATURALNY W ROKU SZKOLNYM 2014/2015

(1)

EGZAMIN MATURALNY W ROKU SZKOLNYM 2014/2015

FORMUŁA OD 2015 („NOWA MATURA”)

MATEMATYKA POZIOM ROZSZERZONY

ZASADY OCENIANIA ROZWIĄZAŃ ZADAŃ

ARKUSZ MMA-R1

MAJ 2015

(2)

Strona 2 z 36

Uwaga: Akceptowane są wszystkie odpowiedzi merytorycznie poprawne i spełniające warunki zadania.

Zadanie 1. (0−1)

Wymagania ogólne Wymagania szczegółowe Poprawna

odp. (1 p.) II. Wykorzystanie

i interpretowanie reprezentacji.

1. Liczby rzeczywiste. Zdający wykorzystuje pojęcie wartości bezwzględnej i jej interpretację geometryczną, zaznacza na osi liczbowej zbiory opisane za pomocą równań i nierówności typu:

b a

x− = , x−a >b, x−a <b (R1.1).

D

Zadanie 2. (0−1) II. Wykorzystanie

3. Równania i nierówności. Zdający rozwiązuje równania i nierówności z wartością

bezwzględną (R3.9).

A

2. Wyrażenia algebraiczne. Zdający używa wzorów skróconego mnożenia na

(

^{a b oraz}^±

)

³

3± 3

a b (R2.1).

C

6. Trygonometria. Zdający rozwiązuje równania

i nierówności trygonometryczne (R6.6). A

8. Geometria na płaszczyźnie kartezjańskiej.

Zdający oblicza odległość punktu od prostej (R8.4).

B

(3)

Strona 3 z 36 Zadanie 6. (0−2)

Oblicz granicę

3 2

11 6 5 2 2 1

limⁿ 6 1 5 4

n n n n

n n

→∞

 + + − + + 

 + − 

 . W poniższe kratki wpisz kolejno cyfrę

jedności i pierwsze dwie cyfry po przecinku rozwinięcia dziesiętnego otrzymanego wyniku.

II. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji.

5. Ciągi. Zdający oblicza granice ciągów, korzystając z granic ciągów typu 1

n, 1₂

n oraz z twierdzeń o działaniach na granicach ciągów (R5.2).

Odpowiedź

1 4 3

Zadanie 7. (0–2)

Liczby

( )

⁻¹ ⁱ³ są miejscami zerowymi funkcji kwadratowej f Oblicz .

( ) ( )

6 12 f f . II. Wykorzystanie

4. Funkcje. Zdający interpretuje współczynników

występujących we wzorze funkcji kwadratowej w postaci kanonicznej, w postaci ogólnej i w postaci iloczynowej (4.10).

Rozwiązanie (I sposób)

Zapisujemy trójmian kwadratowy w postaci iloczynowej

( ) (

¹

)(

³

)

f x =a x+ x− , gdzie a≠0. Stąd zaś wynika, że

( ) ( )

¹²⁶ ⁼ ^a^a^⋅^⋅¹³⁷^⋅^⋅³⁹ ⁼³⁹⁷

f

f .

Schemat oceniania

Zdający otrzymuje ... 1 p.

gdy wykorzysta postać iloczynową funkcji kwadratowej i zapisze ^f

( )

⁶ ^{= ⋅ ⋅}^a ^{7 3}^lub

( )

¹² ^{13 9}

f = ⋅ ⋅a i na tym zakończy lub dalej popełni błędy.

gdy obliczy wartość

( ) ( )

¹²⁶ ⁼³⁹⁷

f

f .

(4)

Strona 4 z 36 Rozwiązanie (II sposób)

Z wzorów Viète’a otrzymujemy b 2

− = oraz a c 3

a = − . Stąd ^b= −²^a oraz c= −3a. Wzór funkcji f możemy zapisać w postaci ^{f x}

( )

⁼âx²⁻²âx⁻³â. Obliczamy wartości funkcji dla argumentów 6 i 12

( )

⁶ ³⁶ ¹² ³ ²¹

f = a− a− a= a oraz ^f

( )

¹² ⁼¹⁴⁴â⁻²⁴â⁻³â⁼¹¹⁷â^.

Zatem

( ) ( )

6 21 7

12 117 39

f a

f = a = .

gdy wykorzysta wzory Viète’a i zapisze ^f

( )

⁶ ⁼³⁶â⁻¹²â⁻³â^lub ^f

( )

¹² ⁼¹⁴⁴â⁻²⁴â⁻³â

i na tym zakończy lub dalej popełni błędy.

gdy obliczy wartość

( ) ( )

¹²⁶ ⁼³⁹⁷

f

f .

Zadanie 8. (0–3)

Udowodnij, że dla każdej liczby rzeczywistej x prawdziwa jest nierówność

4 2 2 3 0

x − −x x+ > .

V. Rozumowanie i argumentacja

2. Wyrażenia algebraiczne. Zdający dodaje, odejmuje, mnoży i dzieli wyrażenia wymierne; rozszerza i (w łatwych

przykładach) skraca wyrażenia wymierne; używa wzory skróconego mnożenia na

(

^{a b}^±

)

²^,^a²− . (R2.6, 2.1). ^b² Rozwiązanie (I sposób)

Przekształćmy nierówność równoważnie w następujący sposób

4 2 2 1 2 2 1 1 0 x − x + + −x x+ + > ,

(

^x² ⁻¹

)

²^{+ −}

⁽

^x ¹

⁾

² ^{+ > .}^{1 0}

Lewa strona tej nierówności jest sumą trzech składników, z których dwa pierwsze są nieujemne, a trzeci dodatni, więc suma ta jest dodatnia dla każdej liczby rzeczywistej x.

Schemat oceniania I sposobu rozwiązania

gdy zapisze nierówność w postaci, z której lewą stronę łatwo można zapisać w postaci sumy składników nieujemnych: x⁴−2x²+ + −1 x² 2x+ + > . 1 1 0

gdy zapisze nierówność w postaci:

(

^x²⁻¹

)

²^{+ −}

⁽

^x ¹

⁾

²+ > i nie uzasadni prawdziwości tej ^{1 0} nierówności.

(5)

Strona 5 z 36

gdy przeprowadzi pełne rozumowanie.

Rozwiązanie (II sposób)

Przekształćmy nierówność równoważnie w następujący sposób

4 2 2 2 1 0

x − −x x+ + > ,

( ) ⁽ ⁾

2 2 1 2 1 1 0

x x − − x− + > ,

( )( ) ( )

⁼^x⁴^{− −}^x² ²^x⁺³^.

Pochodna tego wielomianu jest równa ^{f x}^′

( )

⁼⁴^x³⁻²^x⁻² dla każdej liczby rzeczywistej x.

Ponieważ ^f^′

( )

¹ ^{= − − =}^{4 2 2 0}, więc wielomian f′ jest podzielny przez dwumian x−1. Wykorzystując schemat Hornera, otrzymujemy

4 0 –2 –2

1 4 4 2 0

(6)

Strona 6 z 36

Zatem ^{f x}^′

( ) (

^{= −}^x ^{1 4}

) (

^x²⁺⁴^x+ . Wyróżnik trójmianu kwadratowego ²

)

4x²+4x+ jest 2 równy Δ =4²− ⋅ ⋅ < , współczynnik przy 4 4 2 0 x jest dodatni, więc ² 4x²+4x+ > dla każdej 2 0 liczby rzeczywistej x. Wynika stąd, że

( )

⁰

f x′ = wtedy i tylko wtedy, gdy x=1,

( )

⁰

f x′ > wtedy i tylko wtedy, gdy x>1,

( )

⁰

f x′ < wtedy i tylko wtedy, gdy x<1.

To oznacza, że w punkcie x=1 wielomian f osiąga minimum lokalne, które jest jednocześnie jego najmniejsza wartością, gdyż w przedziale

(

^−∞^,1 wielomian f jest funkcją malejącą, a w przedziale ^1,^{+ ∞}

)

^rosnącą.

( ) (

^{= −}^x ^{1 4}

) (

^x²⁺⁴^x+ i zbada znak pochodnej, ale nie ²

)

przeprowadzi rozumowania do końca lub przeprowadzi je z błędem.

(7)

Strona 7 z 36 Zadanie 9. (0–3)

Dwusieczne czworokąta ABCD wpisanego w okrąg przecinają się w czterech różnych punktach: P, Q, R, S (zobacz rysunek).

Wykaż, że na czworokącie PQRS można opisać okrąg.

V. Rozumowanie i argumentacja.

7. Planimetria. Zdający stosuje twierdzenia charakteryzujące czworokąty wpisane w okrąg i czworokąty opisane na okręgu (R7.1).

Oznaczmy BAP = PAD =α oraz CBP = ABP =β.

Ponieważ czworokąt ABCD jest wpisany w okrąg, więc 180 2

2 90

BCR = ^{° −} α = ° −α

 oraz 180 2

2 90

ADR = ^{° −} β = ° −β

 .

Zauważmy, że

( ) ( ⁽ ⁾ )

180 180 90 90

AQD = ° − DAQ + ADQ = ° − α + ° −β = ° − +α β

  

oraz

( ) ( ( ) )

180 180 90 90

BSC = ° − BCR + CBP = ° − ° −α +β = ° + −α β

  

Zatem

(

⁹⁰

) (

⁹⁰

)

¹⁸⁰

PQR + PSR = ° − +α β + ° + −α β = °

  .

P A

B

C

D

Q R S αα

ββ P A

B

C

D

Q R S

(8)

Strona 8 z 36

Suma wszystkich kątów czworokąta jest równa 360°, więc suma pozostałych dwóch kątów czworokąta PQRS także jest równa 180°. To oznacza, że na czworokącie PQRS można opisać okrąg, co kończy dowód.

gdy przyjmie oznaczenia dwóch sąsiednich kątów wewnętrznych czworokąta ABCD (lub oznaczy połowy tych kątów) np.: BAP = PAD =α, CBP = ABP =β oraz zapisze dwa pozostałe kąty wewnętrzne tego czworokąta (lub ich połowy) w zależności od α i β^:

90 BCR = DCR = ° −α

  , CDR = ADR = ° −90 β .

gdy wyznaczy dwa przeciwległe kąty czworokąta PQRS w zależności od α i β^: 90

AQD = ° − +α β

 , BSC = ° + −90 α β .

gdy wykaże, że suma dwóch przeciwległych kątów wewnętrznych czworokąta PQRS jest równa 180°.

Oznaczmy BAP = PAD =α oraz CBP = ABP =β.

Ponieważ czworokąt ABCD jest wpisany w okrąg, więc 180 2

2 90

BCR = DCR = ^{° −} α = ° −α

  oraz 180 2

2 90

CDR = ADR = ^{° −} β = ° −β

  .

Zauważmy, że

( ) ⁽ ⁾

180 180

SPQ = APB = ° − ABP + BAP = ° − α β+

   

oraz

( ) ( ( ) ( ) )

180 180 90 90

SRQ = CRD = ° − DCR + CDR = ° − ° −α + ° −β = +α β

    .

Zatem

( )

180 180

SPQ + SRQ = ° − α β α β+ + + = °

  .

Suma wszystkich kątów czworokąta jest równa 360°, więc suma pozostałych dwóch kątów czworokąta PQRS także jest równa 180°. To oznacza, że na czworokącie PQRS można opisać okrąg, co kończy dowód.

P A

B

C

D

Q R αα

ββ

(9)

Strona 9 z 36 Schemat oceniania II sposobu rozwiązania

gdy przyjmie oznaczenia dwóch sąsiednich kątów wewnętrznych czworokąta ABCD (lub oznaczy połowy tych kątów) np.: BAP = PAD =α, CBP = ABP =β oraz zapisze dwa pozostałe kąty wewnętrzne tego czworokąta (lub ich połowy) w zależności od α i β^:

90 BCR = DCR = ° −α

  , CDR = ADR = ° −90 β .

gdy wyznaczy dwa przeciwległe kąty czworokąta PQRS w zależności od α i β^:

( )

180

SPQ = ° − α β+

 , SRQ = +α β.

Rozwiązanie (III sposób)

Oznaczmy: BAP = DAP =α, CBP = ABP =β, DCR = BCR =γ , ADR = CDR =δ

  .

Suma kątów czworokąta ABCD jest równa

2α + 2 + 2 + 2 = 3 °. β γ δ 60 Stąd

(1) 180α β γ δ+ + + = °.

Z bilansu kątów w trójkątach ADQ i BCS otrzymujemy

( )

180

AQD = ° − α δ+

 oraz ^^BSC ⁼¹⁸⁰^{° −}

(

^{β γ}⁺

)

^.

Suma przeciwległych kątów PQR i PSR czworokąta PQRS jest więc równa

( ) ( ) ( )

180 180 360

PQR + PSR = ° − α δ+ + ° − β γ+ = ° − α β γ δ+ + +

  .

Stąd i z (1) otrzymujemy

360 180 180 PQR + PSR = ° − ° = °

  .

To oznacza, że suma pozostałych dwóch kątów czworokąta PQRS także jest równa 180°. Zatem na czworokącie PQRS można opisać okrąg. To kończy dowód.

P A

B

C

D

Q R S αα

ββ

γ γ

δ δ

(10)

Strona 10 z 36 Rozwiązanie (IV sposób)

Oznaczmy: BAP = DAP =α, CBP = ABP =β, DCR = BCR =γ , ADR = CDR =δ

  .

Suma kątów czworokąta ABCD jest równa

2α+ 2 + 2 + 2 = 3 °. β γ δ 60 Stąd

(1) α β γ δ+ + + =180°.

Z bilansu kątów w trójkątach ABP i CDR otrzymujemy

( )

180

BPA = ° − α β+

 oraz ^^CRD ⁼¹⁸⁰^{° − +}

(

^{γ δ}

)

^.

Kąty BPA i SPQ są wierzchołkowe, podobnie jak kąty CRD i SRQ. Zatem

( )

180

SPQ = ° − α β+

 oraz ^^SRQ ⁼¹⁸⁰^{° − +}

(

^{γ δ}

)

^.

Suma przeciwległych kątów SPQ i SRQ czworokąta PQRS jest więc równa

( ) ( ) ( )

180 180 360

SPQ + SRQ = ° − α β+ + ° − +γ δ = ° − α β γ δ+ + +

  .

Stąd i z (1) otrzymujemy

360 180 180 SPQ + SRQ = ° − ° = °

  .

To oznacza, że suma pozostałych dwóch kątów czworokąta PQRS także jest równa 180°. Zatem na czworokącie PQRS można opisać okrąg. To kończy dowód.

Schemat oceniania III i IV sposobu rozwiązania

gdy przyjmie oznaczenia kątów wewnętrznych czworokąta ABCD (lub oznaczy połowy tych kątów), np.:

BAP = DAP =α

  , CBP = ABP =β, DCR = BCR =γ, ADR = CDR =δ i zapisze:

• że ich suma jest równa 360°: 2α+ 2 + 2 + 2 = 3 ° β γ δ 60 albo

• wyznaczy dwa przeciwległe kąty PQR i PSR czworokąta PQRS w zależności od α , β^,γ ⁱδ : ^^PQR ⁼¹⁸⁰^{° −}

(

^{α δ}⁺

)

^,^^PSR ⁼¹⁸⁰^{° −}

(

^{β γ}⁺

)

albo

P A

B

C

D

Q R S αα

ββ

γ γ

δ δ

(11)

Strona 11 z 36 albo

• wyznaczy dwa przeciwległe kąty SPQ i SRQ czworokąta PQRS w zależności od α , β^,γ ⁱδ : ^^SPQ ⁼¹⁸⁰^{° −}

(

^{α β}⁺

)

^,^^SRQ ⁼¹⁸⁰^{° − +}

(

^{γ δ}

)

^.

Zadanie 10. (0–4)

Długości boków czworokąta ABCD są równe: AB =2, BC =3, CD =4, DA =5. Na czworokącie ABCD opisano okrąg. Oblicz długość przekątnej AC tego czworokąta.

IV. Użycie i tworzenie strategii.

7. Planimetria. Zdający stosuje twierdzenia charakteryzujące czworokąty wpisane w okrąg i czworokąty opisane na okręgu;

znajduje związki miarowe w figurach płaskich

z zastosowaniem twierdzenia sinusów i twierdzenia cosinusów (R7.1, R7.5).

Przyjmijmy oznaczenia a= AB =2, b= BC =3, c= CD =4, d = DA =5, x= AC , α = ABC jak na rysunku.

Ponieważ na czworokącie ABCD jest opisany okrąg, więc CDA =180° −α. Z twierdzenia cosinusów zastosowanego do trójkąta ABCotrzymujemy:

2 2 2

2 cos

AC = AB + BC − ⋅ AB BC⋅ ⋅ α, (1) AC² =2²+ − ⋅ ⋅ ⋅3² 2 2 3 cosα .

Teraz ponownie zastosujemy twierdzenie cosinusów, tym razem do trójkąta ACD:

( )

2 2 2

2 cos 180

AC = CD + DA − ⋅ CD DA⋅ ⋅ ° −α , (2) AC² =4²+ + ⋅ ⋅ ⋅5² 2 4 5 cosα.

Porównujemy prawe strony równań (1) i (2):

2 2 2 2

2 + − ⋅ ⋅ ⋅3 2 2 3 cosα =4 + + ⋅ ⋅ ⋅5 2 4 5 cosα, 13 12 cos− ⋅ α =41 40 cos+ ⋅ α

A

B C D

a

b c

d

α β

x

(12)

Strona 12 z 36

28 7

cosα = −52 = −13.

Podstawiamy otrzymaną wartość do równania (1) i otrzymujemy:

2 7 84 169 84 253

13 12 13

13 13 13 13

AC = − ⋅ − = + = + =

  .

Stąd wynika, że długość przekątnej AC jest równa:

25313 AC = . Uwaga

Układ równań (1) i (2) możemy rozwiązać rugując cosα . Wtedy mnożymy obie strony równania (1) przez 10, a obie strony równania (2 ) przez 3 i mamy

10x2 = ⋅ + ⋅ −10 4 10 9 120 cos⋅ α oraz 3x² = ⋅ + ⋅ +3 16 3 25 120 cos⋅ α. Dodając stronami otrzymane równania mamy

13x2 =253. Stąd

25313 x= AC = . Schemat oceniania I sposobu rozwiązania

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

Zdający zapisze równanie wynikające z twierdzenia cosinusów zastosowanego do trójkąta ABC albo do trójkąta CDA:

2 22 32 2 2 3 cos

x = + − ⋅ ⋅ ⋅ α albo x² ⁼4²^{+ − ⋅ ⋅ ⋅}5² 2 4 5 cosβ i na tym zakończy lub dalej popełni błędy.

Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp ... 2 p.

Zdający zapisze

• równanie z jedną niewiadomą, np.:

( )

2 2 2 2

2 ^{+ − ⋅ ⋅ ⋅}3 2 2 3 cosα ⁼4 ^{+ − ⋅ ⋅ ⋅}5 2 4 5 cos 180^{° −}α albo

• układ równań w postaci:

10x2 = ⋅ + ⋅ −10 4 10 9 120 cos⋅ α i 3x² = ⋅ + ⋅ +3 16 3 25 120 cos⋅ α. i na tym zakończy lub dalej popełni błędy.

Pokonanie zasadniczych trudności zadania ... 3 p.

Zdający

• obliczy cosinus kąta ABC: 7 cosa= −13 albo

• zapisze równanie z niewiadomą x, np.: 13x² =253 .

Rozwiązanie pełne ... 4 p.

Zdający obliczy długość przekątnej AC: AC = ²⁵³₁₃ .

(13)

Przyjmijmy oznaczenia x= AC y= BD jak na rysunku i niech R oznacza promień okręgu opisanego na czworokącie ABCD.

Z twierdzenia Ptolemeusza otrzymujemy równanie 2 4 5 3 xy= ⋅ + ⋅ ,

23 xy= .

Okrąg opisany na czworokącie ABCD jest jednocześnie okręgiem opisanym na każdym z trójkątów ABC, BCD, CDA i ABD. Pole czworokąta ABCD możemy zapisać na dwa sposoby

ABCD ABC CDA BCD ABD

P =P +P =P +P . Stąd i ze wzoru na pole trójkąta

4 P abc

= R otrzymujemy równanie

2 3 4 5 2 5 3 4

4 4 4 4

x x y y

R R R R

⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ , 26x=22y,

13 y=11x. Stąd i z równości xy=23 otrzymujemy

13 23

x⋅11x= ,

2 23 11 x = 13⋅ ,

25313 x= . Schemat oceniania II sposobu rozwiązania

Zdający zapisze

• równanie wynikające z twierdzenia Ptolemeusza: xy= ⋅ + ⋅ 2 4 5 3 albo

A

B C D

2

3 4

5

x y

(14)

Strona 14 z 36

• pole czworokąta ABCD na dwa sposoby i zapisze P_ABC+P_CDA =P_BCD+P_ABD lub

2 3 4 5 2 5 3 4

4 4 4 4

x x y y

R R R R

⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ . i na tym zakończy lub dalej popełni błędy.

Zdający zapisze układ równań z niewiadomymi x i y:

2 4 5 3

xy= ⋅ + ⋅ oraz 2 3⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ . x 4 5 x 2 5 y 3 4 y i na tym zakończy lub dalej popełni błędy.

Zdający zapisze równanie z jedną niewiadomą, np.: 13 11 23

x⋅ x= lub 11

13y y⋅ =23.

Zdający obliczy długość przekątnej AC: x= AC = ²⁵³₁₃ .

(15)

Strona 15 z 36 Zadanie 11. (0–4)

W pierwszej urnie umieszczono 3 kule białe i 5 kul czarnych, a w drugiej urnie 7 kul białych i 2 kule czarne. Losujemy jedną kulę z pierwszej urny, przekładamy ją do urny drugiej i dodatkowo dokładamy do urny drugiej jeszcze dwie kule tego samego koloru, co wylosowana kula. Następnie losujemy dwie kule z urny drugiej. Oblicz prawdopodobieństwo zdarzenia polegającego na tym, że obie kule wylosowane z drugiej urny będą białe.

10. Elementy statystyki opisowej. Teoria prawdopodobieństwa i kombinatoryka. Zdający korzysta z twierdzenia

o prawdopodobieństwie całkowitym (R10.3).

Przyjmijmy następujące oznaczenia zdarzeń:

A - zdarzenie polegające na tym, że z drugiej urny wylosujemy dwie kule białe, B - zdarzenie polegające na tym, że z pierwszej urny wylosujemy kulę białą. 1

B - zdarzenie polegające na tym, że z pierwszej urny wylosujemy kulę czarną. 2

Wówczas B₁∩B₂ = ∅ oraz B1∪B2 = Ω . Następnie

( )

¹ ³₈ ⁰

P B = > oraz ^{P B}

( )

² ^{= > .}⁵₈ ⁰

Zatem spełnione są założenia twierdzenia o prawdopodobieństwie całkowitym. Obliczamy teraz prawdopodobieństwa warunkowe:

( ) ( )

( )

1

102 122

| 15

P A B = =22 oraz

( ) ( ) ( )

2

72 122

| 7

P A B = = 22. Z twierdzenia o prawdopodobieństwie całkowitym otrzymujemy

( ) (

^| ¹

) ( ) (

¹ ^| ²

) ( )

² ^{15 3}_{22 8 22 8}^{7 5} ^{45 35}_{8 22} _{8 22 11}⁸⁰ ⁵

P A =P A B ⋅P B +P A B ⋅P B = ⋅ + ⋅ = + = =

⋅ ⋅ .

Zdający opisze zdarzenia A, B i ₁ B . ₂

Zdający

• obliczy prawdopodobieństwa ^{P B}

( )

¹ ^{= oraz}³₈ ^{P B}

( )

² ⁼⁵₈

albo

• obliczy prawdopodobieństwa ^{P A B}

(

)

⁼ ₂₂⁷ ^.

Zdający obliczy prawdopodobieństwa: ^{P B}

( )

¹ ^{= ,}³₈ ^{P B}

( )

² ^{= ,}⁵₈ ^{P A B}

(

^| ¹

)

⁼¹⁵₂₂^,

(

^| ²

)

₂₂⁷

P A B = .

Zdający obliczy prawdopodobieństwo:^{P A}

( )

⁼₁₁⁵ ^.

Przyjmijmy, że A to zdarzenie polegające na tym, że z drugiej urny wylosujemy dwie kule białe. Rysujemy drzewo z istotnymi gałęziami

lub

Prawdopodobieństwo zdarzenia A jest równe

( )

^{15 3}_{22 8 22 8}^{7 5} ^{45 35}_{8 22} _{8 22 11}⁸⁰ ⁵

P A = ⋅ + ⋅ = + = =

⋅ ⋅

Losowanie kuli z pierwszej urny

Losowanie pierwszej kuli z drugiej urny

B1 B²

Losowanie drugiej kuli z drugiej urny

b c b c

b c b c b c b c 3

8

5 8

10 12

7 12

9 11

6 11

Losowanie kuli z pierwszej urny

Losowanie dwóch kul z drugiej urny

( ) ( )

7 2 12 2

( ) ( )

10 2 12 2

B1 B²

5 8 3

8

b b b b

(17)

Strona 17 z 36 lub

( )

³

P A =

1

8⁴

⋅ 10

5

12⁴

9 5 7 11 8 12

⋅ + ⋅ ₂ 6

⋅

1 45 35 80 5 11 16 11 176 11

= + = =

⋅ .

Schemat oceniania II sposobu rozwiązania

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

Zdający narysuje drzewo ilustrujące losowanie (na rysunku muszą wystąpić wszystkie istotne gałęzie).

Zdający zapisze prawdopodobieństwa przynajmniej na wszystkich istotnych odcinkach jednego z etapów lub na jednej z istotnych gałęzi.

Zdający zapisze prawdopodobieństwa na wszystkich istotnych gałęziach: 3 8, 10

12, 9 11 oraz 5

8, 7 12, 6

11 lub 3 8,

10 2 12 2

  

 

  

 

oraz 5 8,

7 2 12 2

  

 

  

 

.

Zdający obliczy prawdopodobieństwo:^{P A}

( )

⁼₁₁⁵ ^.

Uwaga

Jeżeli zdający rozwiąże zadanie do końca i otrzyma prawdopodobieństwo ujemne lub większe od 1, to za całe rozwiązanie otrzymuje 0 punktów.

Zadanie 12. (0–4)

Funkcja f określona jest wzorem f(x)=x³ −2x² +1 dla każdej liczby rzeczywistej x.

Wyznacz równania tych stycznych do wykresu funkcji ,f które są równoległe do prostej o równaniu y=4x.

11. Rachunek różniczkowy. Zdający korzysta z geometrycznej i fizycznej interpretacji pochodnej (R11.3).

8. Geometria na płaszczyźnie kartezjańskiej. Zdający wyznacza równania prostej, która jest równoległa lub prostopadła do prostej danej w postaci kierunkowej i przechodzi przez dany punkt (8.3).

Rozwiązanie

Aby styczne były równoległe do prostej o równaniu y 4= x, ich współczynnik kierunkowy musi być równy 4. Obliczamy pochodną funkcji f: f '(x)=3x² −4x.

Współczynnik kierunkowy stycznej jest równy wartości pierwszej pochodnej funkcji w punkcie styczności. Stąd ⁴⁼ ^{f x}^′

( )

⁰ ^{. Wówczas}

(18)

Strona 18 z 36

2

0 0

3x −4x = , 4

2

0 0

3x −4x − = , 4 0 Δ =64,

0

2

x = − lub 3 x0 = . 2

Istnieją zatem dwie styczne do wykresu funkcji f równoległe do prostej o równaniu y=4x w punktach ^P¹^{= − −}

(

²³^, ²⁷⁵

)

^oraz^P² ⁼

^{( )}

^2,1 . Styczne mają zatem równania postaci

( )

5 2

27 4 3

y+ = x+ oraz ^y^{− =}^{1 4}

(

^x⁻²

)

^{, czyli}^y^{+ =}⁴^x⁺⁶⁷₂₇ ^oraz^y^{= x}⁴ ⁻⁷^.

Odp. Równania prostych stycznych mają postać:

27 4 +67

= x

y oraz y= x4 −7. Schemat oceniania

Rozwiązanie, w którym postęp jest niewielki, ale konieczny na drodze do pełnego rozwiązania zadania ... 1 p.

Zdający

• obliczy pochodną funkcji f: f '(x)=3x² −4x albo

• zapisze warunek ^{f x}^′

( )

⁰ ⁼⁴^.

Zdający obliczy pochodną funkcji f: f '(x)=3x² −4x i zapisze warunek ^{f x}^′

( )

⁰ ⁼⁴^.

Zdający rozwiąże równanie 3x₀²−4x₀ = i obliczy współrzędne obu punktów styczności: 4

1

2 5

3, 27 P = − − 

 , ^P² ⁼

( )

^2,1

Uwaga

Jeżeli zdający korzysta ze wzoru ^y⁼ ^{f x x b}^′

( )

⁰ ⁺ ^{, gdzie}^b⁼ ^{f x}

( )

⁰ ⁻ ^{f x}^′

( )

⁰ ^⋅^x⁰, to obliczenie współczynnika b traktujemy jak obliczenie drugiej współrzędnej punktu styczności.

Wyznaczenie równań stycznych:

27 4 +67

= x

y i y= x4 −7. Uwaga

Jeżeli zdający wyznaczy poprawnie współrzędne tylko jednego punktu styczności i w konsekwencji wyznaczy poprawnie równanie jednej stycznej, to otrzymuje 3 punkty.

(19)

Strona 19 z 36 Zadanie 13. (0–5)

Dany jest trójmian kwadratowy ^f⁽^x⁾⁼

(

^m⁺¹

)

^x² ⁺²

(

^m⁻²

)

^x⁻^m⁺⁴. Wyznacz wszystkie wartości parametru m, dla których trójmian f ma dwa różne pierwiastki rzeczywiste x , ₁ x , ₂ spełniające warunek x₁²−x₂² =x₁⁴−x₂⁴.

III. Modelowanie matematyczne.

3. Równania i nierówności. Zdający stosuje wzory Viète’a (R3.1).

Rozwiązanie

Z treści zadania wynika, że m+1≠0, czyli m≠ −1.

Trójmian f ma dwa różne pierwiastki rzeczywiste, gdy jego wyróżnik jest dodatni, czyli

( )

(

)

x zapisać w postaci 0

1 ) 2 (

2 =

+

−

− m

m . Stąd m= 2∉D. Równanie ¹⁻

(

^x¹² ⁺^x²²

)

⁼⁰ możemy zapisać w postaci równoważnej

(

^x¹ ⁺^x²

)

²⁻²^{x x}^{1 2} ^{= .}¹

Ze wzorów Viète’a otrzymujemy

2( 2) 2 4

2 1

1 1

m m

− − − +

  − ⋅ =

 +  +

  ,

( )

2 2

4 4 4 2 8

1 1 0 1

m m m

m m

− + + − − =

+ + ,

( )( ) ( )

²

4m2−16m+ +16 2m−8 m+ −1 m+1 = , 0 5m2−24m+ = . 7 0

Rozwiązaniami tego równania są liczby

1

12 109

m = −5 ∉ oraz D ₂ 12 109 m = +5 ∈ . D

(20)

Strona 20 z 36 Istnieje zatem jedna wartość parametru 12 109

m= +5 , dla której trójmian f ma dwa różne pierwiastki rzeczywiste spełniające warunek x₁² −x₂² =x₁⁴ −x₂⁴.

Rozwiązanie zadania składa się z trzech etapów.

Pierwszy z nich polega na rozwiązaniu nierówności Δ>0: ^m^{∈ −∞}

(

^,0

)

^∪

(

⁷²^,^{+∞ .}

)

Za poprawne rozwiązanie tego etapu zdający otrzymuje 1 punkt.

Uwaga

Jeżeli zdający zapisze Δ ≥0, to za tę część otrzymuje 0 punktów.

Drugi etap polega na rozwiązaniu równania x₁² −x₂² =x₁⁴ −x₂⁴. Za tę część rozwiązania zdający otrzymuje 3 punkty.

Podział punktów za drugi etap rozwiązania:

1 punkt zdający otrzymuje za zapisanie równania w postaci:

(

^x¹ ⁻^x²

)(

^x¹ ⁺^x²

) ( (

¹⁻ ^x¹² ⁺^x²²

) )

⁼⁰ lub równoważnej.

2 punkty zdający otrzymuje za:

• zapisanie równości 0x1 − x2 = i stwierdzenie, że przeczy ona założeniu x₁ ≠ x₂ albo

• rozwiązanie równania 0 1

) 2 (

2 =

+

−

− m

m : m=2 albo

• zapisanie równania ¹⁻

(

^x¹² ⁺^x²²

)

⁼⁰ w postaci, np.:

2( 2) 2 4

2 1

1 1

m m

− − − +

  − ⋅ =

 +  +

  .

3 punkty zdający otrzymuje za:

• rozwiązanie równania 0 1

) 2 (

2 =

+

−

− m

m : m=2 oraz

• rozwiązanie równania

2( 2) 2 4

2 1

1 1

m m

− − − +

  − ⋅ =

 +  +

  : ₁ 12 109

m = −5 ,

2

12 109 m = +5 .

Trzeci etap polega na wyznaczeniu szukanej wartości parametru m: 12 109

m= +5 . Za ten etap zdający otrzymuje 1 punkt, o ile 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.

(21)

Strona 21 z 36 Uwagi:

1. Akceptujemy rozwiązania, w których zdający nie zapisuje założenia m+1≠0, które wynika ze sformułowania zadania.

2. Zdający nie musi rozwiązywać nierówności Δ>0, o ile sprawdzi czy dla m=2, 12 109

m= −5 , 12 109

m= +5 trójmian ma dwa różne pierwiastki rzeczywiste.

3. Jeżeli zdający podzieli obie strony równania x₁² −x₂² = x₁⁴ −x₂⁴ przez x₁²− bez x₂² stosownego założenia i rozwiąże równanie 1 x= ₁² + , otrzymując x₂² 12 109

m= −5 lub 12 109

m= +5 , to otrzymuje co najwyżej 3 punkty za całe rozwiązanie, przy czym 1 punkt może otrzymać za rozwiązanie nierówności Δ>0, 1 punkt za zapisanie równania 1 x= ₁²+ w postaci równania wymiernego z jedną niewiadomą, x₂² np.:

2( 2) 2 4

2 1

1 1

m m

− − − +

  − ⋅ =

 +  +

  oraz 1 punkt za wyznaczenie tego rozwiązania

równania, które spełnia nierówność Δ>0.

4. Jeżeli zdający nie rozwiązywał nierówności Δ>0, ale rozwiązał równanie

2( 2) 2 4

2 1

1 1

m m

− − − +

  − ⋅ =

 +  +

  i sprawdził, dla której z otrzymanych wartości m trójmian ma pierwiastki rzeczywiste, to otrzymuje 3 punkty.

(22)

Strona 22 z 36 Zadanie 14. (0–5)

Podstawą ostrosłupa ABCDS jest kwadrat ABCD. Krawędź boczna SD jest wysokością ostrosłupa, a jej długość jest dwa razy większa od długości krawędzi podstawy. Oblicz sinus kąta między ścianami bocznymi ABS i CBS tego ostrosłupa.

9. Stereometria. Zdający stosuje trygonometrię do obliczeń długości odcinków, miar kątów, pól powierzchni i objętości (9.6).

Przyjmijmy oznaczenia jak na rysunku.

Długość przekątnej podstawy ostrosłupa jest równa AC =a 2.

Trójkąty ADS i CDS są przystające (oba są prostokątne, mają wspólną przyprostokątną DS oraz AD = CD), więc krawędzie boczne AS i CS ostrosłupa mają tę samą długość.

Z twierdzenia Pitagorasa

( )

² ² ² ⁵

SA = SC = a +a =a . Trójkąt ABS jest prostokątny, więc z twierdzenia Pitagorasa

( )

⁵ ² ² ⁶

SB = a +a =a .

Odcinek AE jest wysokością ściany bocznej ABS . Jego długość możemy wyznaczyć zapisując np. pole trójkąta ABS na dwa sposoby

AE a

a

a⋅ = 6⋅ 2 5 1 2

1 , stąd AE =a = CE

6

5 .

Z twierdzenia cosinusów dla trójkąta AEC otrzymujemy

2 5 2 5 2 5 2

2 2 cos

6 6 6

a = a + a − ⋅ a α.

Stąd 1

cosα = − . Zatem 5 ^sin ^{2 6} α = 5 .

A C B

D

E S

a 2a

α a

(23)

Długość przekątnej podstawy ostrosłupa jest równa AC = BD =a 2.

Trójkąty ADS i CDS są przystające (oba są prostokątne, mają wspólną przyprostokątną DS oraz AD = CD ), więc krawędzie boczne AS i CS ostrosłupa mają tę samą długość.

( )

² ² ² ⁵

SA = SC = a +a =a . Trójkąt BDS jest prostokątny, więc z twierdzenia Pitagorasa

( )

² ²

( )

² ² ⁶

SB = a + a =a .

Odcinek AE jest wysokością ściany bocznej ABS. Jego długość możemy wyznaczyć zapisując np. pole trójkąta ABS na dwa sposoby

AE a

a

a⋅ = 6⋅

2 5 1 2

6

5 .

Z twierdzenia cosinusów dla trójkąta AEC otrzymujemy

2 5 2 5 2 5 2

2 2 cos

6 6 6

a = a + a − ⋅ a α.

Stąd 1

cosα = − . Zatem 5 sin ^{2 6} α = 5 . Rozwiązanie (III sposób)

( )

² ² ² ⁵

( )

² ²

( )

² ² ⁶

SB = a + a =a . A

C B D

E S

a 2a

α a

(24)

Strona 24 z 36

Odcinek AE jest wysokością ściany bocznej ABS . Jego długość możemy wyznaczyć zapisując np. pole trójkąta ABS na dwa sposoby

1 1

5 6

2a a⋅ =2a ⋅ AE , stąd ⁵

AE =a 6 = CE . 22

56 sin 3

2 5

a a

α ₌ ₌ .

Zatem cosinus.

2 3 2

cos 1 sin 1

2 2 5 5

α ₌ ₋ α ₌ _{− =} .

3 2 2 6 sin 2sin cos 2

2 2 5 5 5

α α

α = ⋅ = ⋅ ⋅ = .

Rozwiązanie (IV sposób)

A C B

D

E S

a 2a

α O a

A C B

D

E S

a 2a

α O a

(25)

Strona 25 z 36 Z twierdzenia Pitagorasa

( )

² ² ² ⁵

( )

² ²

( )

² ² ⁶

SB = a + a =a .

Odcinek AE jest wysokością ściany bocznej ABS. Jego długość możemy wyznaczyć zapisując np. pole trójkąta ABS na dwa sposoby

AE a

a

a⋅ = 6⋅

2 5 1 2

6

5 .

Odcinek OE jest wysokością trójkąta AEC, więc ³ OE =a 3 . Pole trójkąta AEC możemy zapisać na dwa sposoby

1 1

2 AE CE⋅ ⋅sinα = 2 AC OE⋅ , czyli

1 5 5 1 3

sin 2

2⋅a 6⋅a 6⋅ α = ⋅2 a ⋅a 3 . Stąd

6 6 2 6 sinα = 3 5⋅ = 5 .

Zdający

• wyznaczy długości krawędzi bocznych SA, SC i SB ostrosłupa ABCDS:

5

SA = SC =a , SB =a 6 i na tym poprzestanie lub dalej popełnienie błędów.

• zaznaczy poprawnie kąt między ścianami ABS i CBS.

Zdający

• wyznaczy długość odcinka AE : ⁵ AE = CE =a 6 albo

• zapisze jedną z funkcji trygonometrycznych połowy kąta α : np. sin 2 α ₌ ^AO

AE .

Zdający

• zapisze równanie wynikającego z twierdzenia cosinusów dla trójkąta AEC:

2 5 2 5 2 5 2

2 2 cos

6 6 6

a = a + a − ⋅ a α albo

(26)

Strona 26 z 36

• obliczy sinus połowy kąta α : ^sin ³

2 5

α ₌ albo

• obliczy wysokość OE trójkąta ACE: ³ 3 OE =a .

Rozwiązanie prawie pełne ... 4 p.

Zdający

• obliczy cosinus kąta ^AEC: 1 cosα = − 5 albo

• zapisze równanie, z którego można obliczyć ^sinα : ¹ ⁵₆ ⁵₆^sin ¹ ² ³

2 2 3

a ⋅a α = a ⋅a Rozwiązanie pełne ... 5 p.

Wyznaczenie sinusa kąta AEC: sin ^{2 6} α = 5 . Uwaga

Jeżeli zdający błędnie interpretuje kąt między ścianami bocznymi ABS i BCS, to może otrzymać co najwyżej 1 punkt za wyznaczenie długości krawędzi bocznych.

(27)

Strona 27 z 36 Zadanie 15. (0–6)

Suma wszystkich czterech współczynników wielomianu W(x)=x³+ax² +bx+c jest równa 0. Trzy pierwiastki tego wielomianu tworzą ciąg arytmetyczny o różnicy równej 3.

Oblicz współczynniki a, b i c. Rozważ wszystkie możliwe przypadki.

5. Ciągi. Zdający stosuje wzór na n-ty wyraz i na sumę n początkowych wyrazów ciągu arytmetycznego (5.3).

13. Równania i nierówności. Zdający korzysta z własności iloczynu przy rozwiązywaniu równań typu ^{x x}

(

⁺¹

)(

^x^{− =}⁷

)

⁰

(3.7).

Suma współczynników wielomianu W(x)=x³+ax² +bx+c jest równa 1+a+b+c=0. Niech p oznacza najmniejszy pierwiastek wielomianu W. Ponieważ pierwiastki wielomianu tworzą ciąg arytmetyczny o różnicy 3, więc pozostałe dwa pierwiastki są równe p+3 oraz

+6 p .

a) Wielomian możemy więc zapisać w postaci iloczynowej

( )(

³

)(

⁶

)

(x = x−p x− p− x−p−

W .

Stąd

(

² ²

) ⁽ ⁾

( ) 3 3 6

W x = x −px− −x px p+ + p x p− − ,

3 2 2 2 2 2 3 2 2

( ) 6 6 6 3 3 18

W x = −x px − x −px +p x+ px p x p+ − − p + px− p − p,

( ) ( ) ( )

3 2 2 3 2

( ) 3 9 3 18 18 9 18

W x = + − −x p x + p + p+ x+ − −p p − p . Porównujemy współczynniki wielomianu, otrzymując układ równań:

2

3 2

3 9 3 18 18

9 18

a p

b p p

c p p p

= − −



= + +

 = − − −

 b) Możemy zapisać układ równań

( ) ( ) ( )

3 2

0

3 3 3 0

6 6 6 0

p ap bp c

p a p b p c

 + + + =

 + + + + + + =



+ + + + + + =



.

Stąd po przekształceniach, otrzymujemy układ równań:

2

3 2

3 9 3 18 18

9 18

a p

b p p

c p p p

= − −



= + +

 = − − −



c) Korzystając ze wzorów Viète’a

1 2 3

1 2 1 3 2 3

1 2 3

x x x a

x x x x x x b x x x c

+ + = −



⋅ + ⋅ + ⋅ =

 ⋅ ⋅ = −



, możemy zapisać układ

równań, otrzymując kolejno