ZASADY OCENIANIA ZADAŃ MATEMATYKA PRÓBNY EGZAMIN MATURALNY

PRÓBNY EGZAMIN MATURALNY

W ROKU SZKOLNYM 2017-2018

MATEMATYKA

POZIOM ROZSZERZONY

ZASADY OCENIANIA ZADAŃ

KIELCE – MARZEC 2018

ZADANIA ZAMKNIĘTE

Nr zadania 1 2 3 4

Liczba punktów D B B C

ZADANIE KODOWANEJ ODPOWIEDZI

Zadanie 5. (0-2)……… ………...

Wyznacz wartość parametru a, dla którego reszta z dzielenia wielomianu 5

3 3

)

(x  x³a²x a

W przez dwumian

x  2

osiąga największą wartość.

W poniższe kratki wpisz kolejno cyfrę jedności oraz dwie pierwsze cyfry po przecinku rozwinięcia dziesiętnego otrzymanego wyniku.

Rozwiązanie:

Reszta z dzielenia wielomianu W(x)3x³a²x3a5 przez dwumian

x  2

wynosi W(2) 5

3 2

24 ² 

 a a

R

19 3 2 ² 



 a a

R

Wyrażenie 2a²3a19 osiąga największą wartość dla

4 3



 

a =0,75.

Nr zadania 5

Rozwiązanie 0 7 5

ZADANIA OTWARTE Z ROZWIĄZANIAMI I SCHEMATAMI PUNKTACJI

Zadanie 6. (0-3)……… ………...

Wiadomo, że

log

₃

24  m

. Wykaż, że

2 2 36 2 log

₁₆



  m m

Rozwiązanie (I sposób):

Załóżmy, że

log

₃

24  m

. Zauważmy, że

m    2 , 3

.

Korzystając z odpowiednich twierdzeń przekształćmy założenie

 m 24 log

₃

 m

 log 8 3

log

_{3 3}

 m

 3 log 2

1

₃

3

2 1

log

₃

 m 

1 3 3

log

₂

  m

Przekształćmy równoważnie tezę.

16 log

36 36 log

log

2 2

16



2 3 log 2 log 4

6 log 36 2

log

₁₆



²



²



²

Korzystając założenia otrzymujemy

2 1 1 3

36

log

₁₆

 

 m

2 1

3 1 36

log

₁₆







 m m

2 2 36 2 log

₁₆



  m m

Schemat punktowania I sposobu rozwiązania.

Zdający otrzymuje ... 1 p.

 gdy zapisze, że

1 3 3

log

₂

 

m

i na tym zakończy lub w dalszej części rozwiązania popełnia błędy,

albo

 gdy zapisze, że

2 3 log 36 1

log

₁₆



²



i na tym zakończy lub w dalszej części rozwiązania popełnia błędy.

Zdający otrzymuje ... 2 p.

 gdy zapisze, że

2 3 log 36 1

log

₁₆

 

² oraz

1 3 3

log

₂

 

m

i na tym zakończy lub w dalszej części rozwiązania popełnia błędy.

Zdający otrzymuje ... 3 p.

gdy uzasadni, że

2 2 36 2 log

₁₆



  m m

.

Rozwiązanie (II sposób):

Załóżmy, że

log

₃

24  m

. Zauważmy, że

m    2 , 3

. Korzystając z założenia przekształćmy tezę.

Zauważmy, że

log 36 log 6

2 1 16 log

36 36 log

log

_{4 4}

4 4

16

  

Uzasadnimy, że

log 6

2 2

2



4





m

m

9 log 576

) 9 24 ( log 9 log 576 log

9 log 24 log 2 24 log 2

2 24 log 2

2 2

3 3 3

3

3 3

3

3

 



 



 



 m m

6 4 log log

6 log 4 log 3

6 log 3 4 log

6 log 64 log

216 log 2 2

2

4 3

3 3

3 3

3 3 3 3

3

   

 

 m m

Co należało uzasadnić.

Schemat punktowania II sposobu rozwiązania.

Zdający otrzymuje ... 1 p.

 gdy zapisze, że

log

₁₆

36  log

₄

6

i na tym zakończy lub w dalszej części rozwiązania popełnia błędy,

albo

 gdy zapisze, że

9 log 576

) 9 24 ( log 2 2

2

3

3



 

 m

m

i na tym zakończy lub w dalszej części rozwiązania

popełnia błędy.

Zdający otrzymuje ... 2 p.

 gdy zapisze, że

log

₁₆

36  log

₄

6

oraz

64 log

216 log 2 2

2

3



3



 m

m

i na tym zakończy lub w dalszej części rozwiązania popełnia błędy.

Zdający otrzymuje ... 3 p.

gdy uzasadni, że

2 2 36 2 log

₁₆



  m m

.

Zadanie 7. (0-3)……… ………...

Udowodnij, że dla każdej liczby rzeczywistej x i dla każdej liczby rzeczywistej y prawdziwa jest nierówność

2 5 2

) 6 ( ) 1 (

2 







 x

y x y

y .

Rozwiązanie (I sposób rozwiązania) Załóżmy, że

x  R

oraz yR.

Przekształćmy równoważnie nierówność w następujący sposób

2 5 2

) 6 ( ) 1 (

2 







 x

y x y

y ,



⁶

 

^{5 2}



2 yy²  xxy  x²  , 10 5

2 12 2

2y y²  x xy x² , 0 2 12 2

2 10

5x²  y y² x xy ,

Lewa strona tej nierówności jest sumą składników nieujemnych, więc suma ta jest nieujemna dla każdej liczby rzeczywistej x i dla każdej liczby rzeczywistej y.

Uzasadnimy teraz, że lewa strona tej nierówności nie może równać się zeru.

Zauważmy, że wyrażenie byłoby równe zeru, jeśli

czyli

, a to jest układ sprzeczny.

Z powyższych rozważań wynika, że ,

co kończy dowód.

Schemat punktowania I sposobu rozwiązania.

Zdający otrzymuje ... 1 p.

gdy zapisze nierówność w postaci, z której lewą stronę łatwo można zapisać w postaci sumy składników nieujemnych, np.: .

Zdający otrzymuje ... 2 p.

gdy zapisze nierówność w postaci i nie uzasadni prawdziwości tej nierówności.

Zdający otrzymuje ... 3 p.

gdy przeprowadzi pełne rozumowanie.

Rozwiązanie (II sposób rozwiązania) Załóżmy, że

x  R

oraz yR.

Przekształćmy równoważnie nierówność do postaci 5x² (2y12)x(2y²2y10)0 i wprowadźmy funkcję kwadratową f(x)5x²(2y12)x(2y²2y10) z parametrem y. Wystarczy teraz pokazać, że funkcja f przyjmuje tylko wartości dodatnie. Ramiona paraboli skierowane są do góry, więc wyróżnik trójmianu musi być ujemny dla każdego yR.

 ^{2  12} 

²

^{ 4  5 }  ²

²

^{ 2  10} 



 y y y

56 8 36 ²  





 y y

Rozwiążmy nierówność: 36y² 8y560

Dla ułatwienia obliczeń podzielmy obie strony nierówności przez 4. 0

14 2

9y²  y 

500 504

4   





_y Rozwiązanie nierówności:yR

Otrzymany wyróżnik 36y²8y56 jest mniejszy od zera dla każdej liczby rzeczywistej y, więc funkcja f przyjmuje tylko wartości dodatnie, a to oznacza, że nierówność

0 ) 10 2 2 ( ) 12 2 (

5x²  y x y²  y  jest prawdziwa dla każdych liczb rzeczywistych x i y. co kończy dowód.

Uwaga

Zdający może rozpatrzeć funkcję zmiennej y z parametrem x i postępować w sposób analogiczny.

Schemat punktowania II sposobu rozwiązania.

Zdający otrzymuje ... 1 p.

gdy zapisze funkcję f(x)5x²(2y12)x(2y²2y10)

Zdający otrzymuje ... 2 p.

gdy zapisze wyróżnik w postaci 36y² 8y56 i uzasadni, że jest on ujemny dla yR. Zdający otrzymuje ... 3 p.

gdy przeprowadzi pełne rozumowanie.

Zadanie 8. (0-3)……… ………...

Kąt ostry BAD równoległoboku ABCD ma miarę 30⁰, oraz

. Dwusieczna kąta wypukłego ADC przecina bok AB w punkcie E. Uzasadnij, że w czworokąt EBCD można wpisać okrąg.

Rozwiązanie

Aby udowodnić, że w czworokąt

EBCD

można wpisać okrąg wystarczy wykazać, że

|

|

|

|

|

|

|

| EB  DC  DE  BC

. Etap I – uzasadnienie, że trójkąt AED jest równoramienny.

1800

|

|

|

|BAD  ADC  , więc |ADC|150⁰

Półprosta

DE

jest dwusieczną kąta |ADC|, więc |ADE|75⁰.

Suma miar kątów wewnętrznych trójkąta

AED

wynosi 180⁰, więc |AED|75⁰. Trójkąt

AED

jest równoramienny, w którym |AE||AD|.

Etap II (I sposób) – uzasadnienie, że

| EB |  | DC |  | DE |  | BC |

.

Wprowadźmy następujące oznaczenia:

Wystarczy uzasadnić, że , tzn.

Z twierdzenia cosinusów dla trójkąta AED otrzymujemy

Z założenia

otrzymujemy

Uzasadniliśmy więc, że ,

co kończy dowód.

Etap II (II sposób) – uzasadnienie, że

| EB |  | DC |  | DE |  | BC |

.

Dla ułatwienia zapisów przyjmujemy, że |AB||DC|a, |AD||BC||AE|b.

Z twierdzenia sinusów wynika, że _{0 0}

75 sin

|

| 30 sin

|

| DE AE



.

75

0

sin

| 2

| b

DE 



^{0 0}



^{0 0 0 0}

0

sin 30 45 sin 30 cos 45 cos 30 sin 45

75

sin    

4 6 2 2

2 2

3 2

2 2 75 1

sin

⁰

     

Zauważmy, że

 ^{6  2} 

²

^{ 8  2 12  4}  ^{2  3} 

^{, zatem}

^{6  2  2 2  3}

2 3 75 2

sin

⁰

 

,

3 2

|

|   b DE

3 2

|

| DE  b 

2 3 2 2

|

|

|

|   

AD

AB

, więc

2 3 2 2   b 

a

b

a 2

3 2 2  



b b

b b

b b

a DC

EB             2  2  3         1  2  3    2

3 2 2 2

2

|

|

|

|

b b

b BC

DE |  | |  2  3      1  2  3   

|

|

|

|

|

|

|

|

| EB  DC  DE  BC

,

co kończy dowód.

Schemat punktowania.

Zdający otrzymuje ... 1 p.

wykaże, że trójkąt

AED

jest równoramienny, w którym |AE||AD|oraz |AED||ADE|75⁰ Zdający otrzymuje ... 2 p.

 gdy obliczy

| DE |  b 2  3

i zapisze, że należy wykazać równość

|

|

|

|

|

|

|

| EB  DC  DE  BC

albo

 obliczy i zapisze, że należy wykazać, że albo

 obliczy i zapisze, że należy wykazać, że .

Zdający otrzymuje ... 3 p.

gdy przeprowadzi pełny dowód.

Zadanie 9. (0-3)………...

Z cyfr

0

,

1

,

2

,

7

tworzymy sześciocyfrowe liczby całkowite dodatnie, w których suma cyfr jest równa

9

. Oblicz, ile możemy utworzyć takich liczb.

Rozwiązanie (I sposób)

Musimy rozpatrzeć 4 przypadki:



7  1  1  0  0  0

Pierwszą cyfrą może być

7

. Takich liczb jest 10

! 3

! 2

! 5 

 ^lub

10

2 2 3

5  



 



 

 

 





Pierwszą cyfrą może być

1

. Takich liczb jest 20

! 3

!

5  lub 2 20

3 5 



 







7  2  0  0  0  0

Pierwszą cyfrą może być

7

. Takich liczb jest 5

! 4

!

5  lub 5

4 5



 





Pierwszą cyfrą może być 2. Takich liczb jest 5

! 4

!

5  lub 5

4 5

 







2  2  2  2  1  0

Pierwszą cyfrą może być

1

. Takich liczb jest 5

! 4

!

5  lub 5

4 5

 





Pierwszą cyfrą może być

2

. Takich liczb jest 20

! 3

!

5  lub

20

1 2 3

5   

 



 

 

 







2  2  2  1  1  1

Takich liczb jest 20

! 3

! 3

! 6 

 ^lub

20

3 6  



 





.

Razem mamy więc

85

liczb sześciocyfrowych w których suma cyfr jest równa

9

.

Rozwiązanie (II sposób)



7  1  1  0  0  0

7 1 1 0 0 0 7 0 1 1 0 0 7 0 0 1 1 0 7 0 0 0 1 1 7 1 0 1 0 0 7 0 1 0 1 0 7 0 0 1 0 1 7 1 0 0 1 0 7 0 1 0 0 1 7 1 0 0 0 1

1 1 7 0 0 0 1 0 1 7 0 0 1 0 0 1 7 0 1 0 0 0 1 7 1 1 0 7 0 0 1 0 1 0 7 0 1 0 0 1 0 7 1 1 0 0 7 0 1 0 1 0 0 7 1 1 0 0 0 7

1 7 1 0 0 0 1 0 7 1 0 0 1 0 0 7 1 0 1 0 0 0 7 1 1 7 0 1 0 0 1 0 7 0 1 0 1 0 0 7 0 1 1 7 0 0 1 0 1 0 7 0 0 1 1 7 0 0 0 1 Powyższych liczb jest 30



7  2  0  0  0  0

7 2 0 0 0 0 7 0 2 0 0 0 7 0 0 2 0 0 7 0 0 0 2 0 7 0 0 0 0 2

2 7 0 0 0 0 2 0 7 0 0 0 2 0 0 7 0 0 2 0 0 0 7 0 2 0 0 0 0 7 Powyższych liczb jest 10



2  2  2  2  1  0

1 2 2 2 2 0 1 2 2 2 0 2 1 2 2 0 2 2 1 2 0 2 2 2 1 0 2 2 2 2 2 2 2 2 1 0 2 2 2 1 0 2 2 2 1 0 2 2 2 1 0 2 2 2

2 2 2 2 0 1 2 2 2 0 1 2 2 2 0 1 2 2 2 0 1 2 2 2 2 0 2 1 2 2 2 2 0 2 1 2 2 2 2 0 2 1 2 1 2 0 2 2 2 2 1 2 0 2

2 2 2 1 2 0 2 0 2 2 1 2 2 2 0 2 2 1 2 1 2 2 0 2 2 2 1 2 2 0 2 1 2 2 2 0 2 0 2 2 2 1

Powyższych liczb jest 25



2  2  2  1  1  1

2 2 2 1 1 1 1 2 2 2 1 1 1 1 2 2 2 1 1 1 1 2 2 2 2 2 1 2 1 1 2 2 1 1 2 1 2 2 1 1 1 2 1 2 2 1 2 1

1 2 2 1 1 2 1 1 2 2 1 2 2 1 2 2 1 1 2 1 1 2 2 1 1 2 1 2 2 1 2 1 1 1 2 2 1 2 1 1 2 2 1 1 2 1 2 2

2 1 2 1 2 1 1 2 1 2 1 2 2 1 2 1 1 2 2 1 1 2 1 2

Powyższych liczb jest 20

Razem mamy więc

85

liczb sześciocyfrowych w których suma cyfr jest równa

9

.

Schemat punktowania

Zdający otrzymuje ... 1 p.

gdy wymieni cztery możliwości uzyskania sumy cyfr równej 9, tzn. (7,1,1,0,0,0) lub (7,2,0,0,0,0) lub (2,2,2,2,1,0) lub (2,2,2,1,1,1).

Zdający otrzymuje ... 2 p.

gdy poprawnie obliczy prawidłowo ilość liczb sześciocyfrowych w trzech spośród czterech wymienionych przypadków.

Zdający otrzymuje ... 3 p.

gdy obliczy, że jest 85 liczb sześciocyfrowych określonych warunkami zadania.

Uwaga

Jeżeli zdający pominie jeden przypadek i rozwiąże zadanie do końca otrzymuje 2 punkty.

Zadanie 10. (0-5)………...

W trójkącie prostokątnym długość przeciwprostokątnej stanowi 75% sumy długości przyprostokątnych. Oblicz sinusy kątów ostrych w tym trójkącie.

Rozwiązanie

Wprowadźmy następujące oznaczenia:

| BC |  a

,

| AC |  b

,

| AB |  c

,

|  CAB |  

,

|  ABC |  

oraz załóżmy, że

a  b

.

)

%(

75 a b

c  

) 4 (

3 a b c  

(I sposób rozwiązania)

a c b  

3 4

Z twierdzenia Pitagorasa wynika, że

c

²

 a

²

 b

², zatem



 











2 2

2

3

4

b a c

a c b

2 2

2

3

4 



 



 



a c a

c

2 2

2 2

3 8 9

16c ac a a

c    

2 2

2

2 9 16 24 9

9c  a  c  ac a 0 24 7

18a² c²  ac /:

c

²

0 7 24 18

2





 



 





c a c

a

Zauważmy, że sin



c

a . Dla ułatwienia obliczeń wprowadźmy następujące oznaczenie: t c a  ,

gdzie 

 ; 1 2

t 2 , gdyż



45^o.

0 7 24 18t²  t 

72 504 576  





6 2 4 36

2 6 24

1

 

 

t

- sprzeczność z założeniem

6 2 4 36

2 6 24

2

 

  t

Ostatecznie

6 2 sin   4 

.

Postępując w sposób analogiczny podstawiając

c

²

 a

²

 b

² wyrażenie

a  c  b 3

4

otrzymujemy

0 7 24 18

2





 



 





c b c

b gdzie sin



c

b . Wprowadźmy następujące oznaczenie: m c

b  , gdzie

2

; 2

0





m , gdyż



45^o.

0 7 24

18m²  m 

6 2 4 36

2 6 24

1

 

  m

6 2 4 36

2 6 24

2

 

 

m

- sprzeczność z założeniem

Ostatecznie

6 2 sin   4 

.

Schemat punktowania I sposobu rozwiązania

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

Zdający zapisze układ równań

 











2 2 2

)

%(

75 b a c

b a

c

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

Zdający zapisze równanie z dwiema niewiadomymi, np. 18a²7c² 24ac0 i na tym zakończy lub dalej popełnia błędy.

Pokonanie zasadniczych trudności zadania... 3 p.

Zdający

 zapisze równanie z dwiema niewiadomymi, np. 18 24 7 0

2





 



 





c a c

a i zauważy, że



sin c a albo

 zapisze równanie z dwiema niewiadomymi, np. 18 24 7 0

2





 



 





c b c

b i zauważy, że



sin c b

Rozwiązanie prawie pełne ………... 4 p.

Zdający

 popełni błąd rachunkowy na etapie przekształcania układu równań i konsekwentnie do popełnionego błędu rozwiąże zadanie do końca

albo

 obliczy poprawnie jedną wartość

6 2 sin 4 

 

lub

6 2 sin 4 

 

Rozwiązanie pełne ………... 5 p.

Zdający obliczy

6 2 sin   4 

oraz

6 2 sin   4 

(II sposób rozwiązania)

Korzystając z twierdzenia Pitagorasa wynika, że

c

²

 a

²

 b

²,

2 2 2

4 3

3a b a b



 



 

2 2 2

2 18 9 16 16

9a  ab b  a  b 0 7 18

7a²  ab b²  /:b² 0 7 18 7

2





 



 





b a b

a

Podstawiając zmienną pomocniczą za t b

a  , gdzie

t  1

otrzymujemy 7t²18t70.

Rozwiązując równanie otrzymujemy

7 2 4 9 



t

.

7 2 4 9  b  a

Istnieje więc taka liczba dodatnia x, że

^{a }  ^{9  4 2}  ^x

^,

^{b  7 x}

 

^{2 2}

2

2 49x 9 4 2 x

c   

 

²

2

162 72 2 x

c  

x c 16272 2

x c3 188 2

 

^x

c3 4 2 ²

  ^x

c  3 4  2

Korzystając z definicji funkcji sinus w trójkącie prostokątnym otrzymujemy

 

    



^{4 2}



^{4 2}



3

2 4 2 4 9 2 4 3

2 4 sin 9







 



 

 x

x c



a

42 2 7 sin   28 

6 2 sin   4 

   



^{4 2}



^{4 2}



3

2 4 7 2

4 3 sin 7





 

 

 x

x c



b

42 2 7 sin   28 

6 2 sin 4 

 

Schemat punktowania II sposobu rozwiązania

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

Zdający zapisze układ równań

 











2 2 2

)

%(

75 b a c

b a

c

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

Zdający zapisze równanie z dwiema niewiadomymi, np. 7a²18ab7b² 0 i na tym zakończy lub dalej popełnia błędy.

Pokonanie zasadniczych trudności zadania... 3 p.

Zdający zapisze równanie z dwiema niewiadomymi, np. 7 18 7 0

2





 



 





b a b

a i zauważy, że

.

Rozwiązanie prawie pełne ………... 4 p.

Zdający

 popełni błąd rachunkowy na etapie rozwiązywania układu równań i konsekwentnie do popełnionego błędu rozwiąże zadanie do końca

albo

 obliczy poprawnie jedną wartość

6 2 sin   4 

lub

6 2 sin   4 

.

Rozwiązanie pełne ………... 5 p.

Zdający obliczy

6 2 sin   4 

oraz

6

2

sin   4 

.

Zadanie 11. (0-5)………...

Dla jakich wartości parametru m wykres funkcji f określonej wzorem

m x

m x

m x

f ( )  (  3 )

²

 ( 1  2 )  1 

przecina oś odciętych w dwóch różnych punktach, których odległość jest mniejsza od 2. Rozwiązanie

Ustalamy warunki, które muszą być spełnione.

 

 















2

|

|

0 0 3

2

1

x

x m

1)

0 3 

 m

 3

 m

2)

 0



0 ) 1 )(

3 ( 4 ) 2 1

(  m ²  m m  0 12 16 4

4 4

1 m m²  m² m 

11

20 

 m

20

11

 m 3)

2

|

| x

₁

 x

₂

 4 2

_{1 2 2}²

2

1

 x x  x 

x

 x

₁

 x

₂



²

 4 x

₁

x

₂

 4  0

Korzystając ze wzorów Viete’a otrzymujemy

0 3 4

4 1 3

1

2 ²



 

 



 









m m m

m

 ^{44 3}  ^{47 0}

4

2

2









 m

m m

 ^{ 4 m}

²

^{ 44 m  47}  ^{ m  3 }

²

^{ 0}

,

,

m

m2 -3 m1







  









  

 ;

2 74 11 2

74

; 11 m

Warunki zadania są spełnione dla 





  









  

 20

; 11 2

74 11 2

74

; 11 m

Schemat punktowania

Rozwiązanie zadania składa się z czterech etapów.

Pierwszy etap polega na zapisaniu układu nierówności

 

 















2

|

|

0 0 3

2

1

x

x m

Uwaga

Jeżeli zdający zapisze, że lub pominie zapis , to za ten etap otrzymuje 0 punktów.

Drugi etap polega na rozwiązaniu nierówności . Za poprawne rozwiązanie zdający otrzymuje 1 punkt.

Trzeci etap polega na rozwiązaniu nierówności

| x

₁

 x

₂

|  2

. Za tę część zdający otrzymuje 2 punkty.

Poniżej podział punktów za trzeci etap rozwiązania:

Zdający otrzymuje 1 punkt, gdy zapisze nierówność w postaci równoważnej zawierającej jedynie sumę i iloczyn pierwiastków trójmianu kwadratowego

m x

m x

m x

f ( )  (  3 )

²

 ( 1  2 )  1 

, np.:

 x

₁

 x

₂



²

 4 x

₁

x

₂

 4  0

. Zdający otrzymuje 2 punkt, gdy poprawnie rozwiąże nierówność



 



  





 



  

 ;

2 74 11 2

74

; 11 m

Czwarty etap polega na wyznaczeniu części wspólnej zbiorów rozwiązań wszystkich trzech warunków zapisanych w układzie w pierwszym rozwiązania:







  









  

 20

; 11 2

74 11 2

74

; 11

m .

Za poprawne rozwiązanie tego etapu zdający otrzymuje 1 punkt.

Uwagi

1. W przypadku otrzymania na jednym z etapów (II lub III) zbioru pustego lub zbioru R jako zbioru rozwiązań nierówności przyznajemy 0 punktów za IV etap.

2. W przypadku, gdy zdający błędnie przyjmie, że i konsekwentnie rozwiąże zadanie do końca, to może otrzymać co najwyżej 3 punkty.

Zadanie 12. (0-4)………...

Rozwiąż równanie

x x x x

tgx

x 5 cos 4 cos cos 2 cos 2

sin

6

₄







w przedziale

  2  ; 2  

.

Rozwiązanie

Założenie:

x x x

tgx x

x 5 cos 4 cos cos 2 cos 2

sin

6  

4



x x

x x

x x

x

x 5 cos 4 cos ( 2 cos 1 ) cos

cos sin

cos sin

12  

4



2



x x

x x

x 5cos 4cos 2cos cos cos

12 ²   ⁴  ³ 

0 cos 6 cos 12 cos

2 cos

4 ⁴  ³  ²  

 x x x x

0 cos 3 cos 6 cos cos

2 ⁴  ³  ²  

 x x x x

 ^{2 cos cos 6 cos 3}  ⁰

cos x 

³

x 

²

x  x  



^{cos (2cos 1) 3(2cos 1)}



⁰

cosx ² x x  x 

0 ) cos 3 )(

1 cos 2 (

cosx x  ²x 

3 cos 3

2 cos cos 1

0

cosx  x  x  x

 



 

  

    

3 , 4 3 , 2 3 , 2 3 x 4

Schemat punktowania

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

Zdający

 wykona konieczne założenia, np. i na tym zakończy lub dalej popełnia błędy

albo

 zapisze równanie używając jednej funkcji trygonometrycznej tego samego kąta, np.

0 cos 3 cos 6 cos cos

2 ⁴  ³  ²  

 x x x x i na tym zakończy lub dalej popełnia błędy

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

Zdający wykona konieczne założenia i zapisze równanie używając jednej funkcji trygonometrycznej, np. 2cos⁴xcos³ x6cos² x3cosx0.

Pokonanie zasadniczych trudności zadania... 3 p.

Zdający wykona konieczne założenia i zapisze że

3 cos 3

2 cos cos 1

0

cosx  x  x  x .

Rozwiązanie pełne ………... 4 p.

Zdający zapisze rozwiązanie równania, np.:

 



 

  

    

3 , 4 3 , 2 3 , 2 3

x 4

.

Uwaga

1. Jeżeli zdający nie wykona odpowiednich założeń i w rozwiązaniu poda liczby nie będące w zbiorze rozwiązań, to za całe zadanie może otrzymać maksymalnie 2 punkty.

2. Jeżeli zdający wykona odpowiednie założenia, ale w rozwiązaniu ich nie uwzględni, to za całe rozwiązanie może otrzymać maksymalnie 3 punkty.

Zadanie 13. (0-5)………...

Liczby

a ,

b, c w podanej kolejności tworzą trzywyrazowy ciąg arytmetyczny. Suma tych liczb jest równa

15

. Jeśli do pierwszej z tych liczb dodamy 2, drugą podwoimy, a do trzeciej dodamy

13

, to otrzymamy trzy początkowe wyrazy rosnącego ciągu geometrycznego

 

bn . Wyznacz a,

b

, c oraz wyznacz wartość n, dla którego 4b_3n b_n20

Przykładowe rozwiązanie

Liczby

a ,

b, c w podanej kolejności tworzą trzywyrazowy ciąg arytmetyczny, więc

b

c a b   

Suma liczb wynosi 15, więc

 15



 b c a

Liczby

a  2

,

2 b

,

c  13

w podanej kolejności tworzą trzywyrazowy ciąg geometryczny, więc

  2 b

²

 ( a  2 )( c  13 )

Rozwiążmy układ równań:

 

 





















) 13 )(

2 ( 4

15

2

a c

b

c b a

b c a b

Rozwiązując układ otrzymujemy:

 

 









7 5 3

c b a

lub

 

 











8 5 18

c

b

a

Dla wyznaczonych wartości otrzymujemy dwa ciągi geometryczne:

Pierwszy, w którym

b

₁

 3  2  5

,

b

₂

 2  5  10

, b₃ 71320 (jest to ciąg rosnący),

drugi, w którym

b

₁

 18  2  20

,

b

₂

 2  5  10

, b₃ 8135 (jest to ciąg malejący, który nie spełnia warunków zadania.

W ciągu

 

bn

b

₁

 5

, q2, więc korzystając ze wzoru na n-ty wyraz ciągu geometrycznego otrzymujemy

b

_n

 5  2

^n1.

20

4b3_n b_n

1 20 1

3 5 2

2 5

4  ^n   ^{n }

19 1

3 2

2 ^n  ^n

19 1

3 n   n 

 9 n

Schemat punktowania

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

Zdający zapisze układ równań

 

 





















) 13 )(

2 ( 4

15

2

a c

b

c b a

b c a b

i na tym zakończy lub dalej popełnia błędy.

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

Zdający rozwiąże układ równań otrzymując następujące rozwiązania:

 

 









7 5 3

c b a

lub

 

 











8 5 18

c b a

i na tym zakończy lub dalej popełnia błędy.

Pokonanie zasadniczych trudności zadania... 3 p.

Zdający wybierze właściwe rozwiązanie układu, tj:

 

 









7 5 3

c b a

oraz obliczy, że w ciągu

 

bn

b

₁

 5

,

2

q i na tym zakończy lub dalej popełnia błędy.

Rozwiązanie prawie pełne ………... 4 p.

Zdający zapisze warunek, z którego może obliczyć n, np.: 452^3n1 52^n201 i na tym zakończy lub dalej popełnia błędy.

Rozwiązanie pełne ………... 5 p.

Zdający wyznaczy

 

 









7 5 3

c b a

oraz wyznaczy wartość

n  9

, dla którego 4b_3n b_n20.

Zadanie 14. (0-6)………...

Graniastosłup prawidłowy sześciokątny, w którym krawędź podstawy ma długość

4

przecięto płaszczyzną zawierającą krótszą przekątną podstawy

AC

oraz punkt

P

, który jest środkiem krawędzi bocznej EE' (rysunek obok). Oblicz objętość graniastosłupa, jeśli pole przekroju jest równe 10 15.

Przykładowe rozwiązanie

Wprowadźmy oznaczenia tak jak na rysunku.

Dla ułatwienia obliczeń oznaczmy, że krawędź podstawy

a  4

, wysokość |EE|'h,

| 2

| h

EP 

.

Zauważmy, że

4 3

2 2 3

|

|

|

|    a 

RT

AC

,

2

|

|

|

|

|

|EN  NS  SM  , zatem |EM|6 oraz |NM |4. I sposób wyznaczenia wysokości graniastosłupa

Odcinki oraz są równoległe, więc z twierdzenia Talesa wynika, że

. Wprowadźmy zatem następujące oznaczenia: , .

Przekrój

ACTPR

jest pięciokątem będącym sumą dwóch figur: prostokąta

ACTR

oraz trójkąta

TPR

.

Pole przekroju P10 15, więc

15 10

|

|

| 2 |

| 1

|

|

|AC  QM   RT  PQ 

Z twierdzenia Pitagorasa dla trójkąta wynika, że

II sposób wyznaczenia wysokości graniastosłupa

Trójkąt

MEP

jest prostokątny, więc

| PM |

²

 | PE |

²

 | EM |

²

2 2

2

6

| 2

|  



 



  h PM

2 36 144

| 4

|

2

2

  

 h h

PM

Trójkąty

MEP

oraz MNQ są podobne, więc

NM QM EM

PM 

4 6

2

2

144

QM h





3

| 144

|

2



 h QM

|

|

|

|

|

|PQ  PM  QM , więc

6

| 144

|

2



 h PQ

Przekrój

ACTPR

jest pięciokątem będącym sumą dwóch figur: prostokąta

ACTR

oraz trójkąta

TPR

.

Pole przekroju P10 15, więc

15 10

|

|

| 2 |

| 1

|

|

|AC  QM   RT  PQ 

15 6 10

3 144 2 4

1 3

3 144 4

2 2

 





 

 h h

5 6

2

 144  h

180

2 144 h

2 36 h

 6 h

Obliczenie objętości graniastosłupa

a h V   

4 6 3

2

4 6 3 6 4

2





 V

Schemat punktowania

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

Zdający

 obliczy długość odcinka

| AC |  4 3

albo

 obliczy długość jednego z odcinków |EN |2lub|EM|6 lub |NM |4.

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

Zdający

 zapisze długość jednego z odcinków PQ, QM lub

PM

w zależności od wysokości

h

, np.:

2

| 144

|

2



 h

PM

lub

3

| 144

|

2



 h

QM

lub

6

| 144

|

2



 h PQ

albo

 zapisze, że

i na tym zakończy, lub dalej popełnia błedy.

Pokonanie zasadniczych trudności zadania ... 4 p.

Zdający

 zapisze warunek pozwalający na obliczenie wysokości

h

, np.:

15 6 10

3 144 2 4

1 3

3 144 4

2 2

 





 

 h h

albo

 zapisze warunek pozwalający obliczyć wartość x, np.:

Rozwiązanie prawie pełne ... 5 p.

Zdający

 obliczy wysokość

h  6

i na tym zakończy lub dalej popełnia błędy

albo

 popełni błąd rachunkowy przy wyznaczaniu wysokości

h

i dla błędnie wyznaczonej wysokości prawidłowo obliczy objętość graniastosłupa.

Rozwiązanie pełne ... 6 p.

Zdający

 obliczy objętość graniastosłupa .

Zadanie 15. (0-7)………...

Dany jest trójkąt

ABC

gdzie A(1, 2), B(1,10) i C(9,10). Przez punkt D(5, 7) poprowadzono prostą o współczynniku kierunkowym dodatnim, która przecina boki

AC

i

BC

trójkąta odpowiednio w punktach E oraz F. Wyznacz współrzędne punktów E i F, dla których pole czworokąta AEFBjest największe.

Przykładowe rozwiązanie (I sposób)

Niech prosta EFma równanie yaxb, gdzie

a  0

. Prosta ta przechodzi przez punkt )

7 , 5

(

D zatem

b a 

 5 7

a b  7  5

Prostą EFmożna opisać równaniem yax75a. Współczynnik kierunkowy prostej

DC

wynosi

5

3, a prostej ADjest równy 4

5, więc aby prosta EF przecinała boki

AC

i

BC

trójkąta odpowiednio w punktach E oraz F współczynnik kierunkowy a musi spełniać następujące warunki:

5

 3

a oraz 4

5

a , a zatem 



 



 

 ; 4

a 5 .

Wyznaczmy współrzędne punktów E oraz F w zależności od a. Zauważmy, że prosta

AC

ma równanie yx1.

Wyznaczamy współrzędne punktu E:















a ax

y

x y

5 7

1









 



 

1 6 5

1 7 6

a x a

a y a



 











 

1 7 , 6 1

6 5

a a a

E a

Wyznaczamy współrzędne punktu F :













a ax

y y

5 7 10





  

 a x a

y 3 5

10



 



 

 5 3,10 a F a

Pole czworokąta AEFBjest największe, jeśli pole trójkąta EFC jest najmniejsze.

Zapiszmy pole trójkąta EFCw zależności od a . h

FC P | |

2

1 , gdzie h jest odległością punktu Eod prostej BC.



 







 



 



  

 1

7 10 6

3 9 5

2 1

a a a

P a

Po przekształceniach otrzymujemy

a a

a a a

P 2 2

9 24 ) 16

( ₂

2





  , gdzie 



 



 

 ; 4 a 5

2 2 2

) ( 2

9 18 ) 8

(

' a a

a a a

P 



 

Badamy monotoniczność i wyznaczamy ekstrema funkcji

P

, przy założeniu, że





 



  

 ; 4

a 5

.

) 0 (

2

9 18 0 8

) (

' _{2 2}

2 





 

 a a

a a a

P

2 11 0

) (

' a   a P

) 0 (

2

9 18 0 8

) (

' _{2 2}

2

 



 

 a a

a a a

P



 



 

 ;

2 11 a

) 0 (

2

9 18 0 8

) (

' _{2 2}

2 





 

 a a

a a a

P



 





2 11 4; 11 a

Funkcja

P

jest malejąca w przedziale 



2 11 4;

11 , rosnąca w przedziale 



 2;

11 , a w punkcie

2 11

a osiąga minimum lokalne, które jest zarazem najmniejszą wartością tej funkcji. W związku z tym dla

2 11



a pole trójkąta EFC jest najmniejsze, a zatem pole czworokąta AEFB jest największe.

Wyznaczamy współrzędne punktów E i F.

 

^3,4

1 5 , 1

7 5 , 1 , 6 1 5 , 1

6 5 , 1

5 



 















  E



^7,10



10 5 ,

, 1

3 5 , 1

5 



 



  

 F

Schemat punktowania I sposobu rozwiązania Rozwiązanie zadania składa się z trzech etapów.

 Pierwszy etap składa się z trzech części:

a) zapisanie prostej EF równaniem w zależności od parametru a. (prosta ta przechodzi przez punkt D więc równanie prostej EFmożna opisać równaniem yax75a),

b) zapisanie pola trójkąta EFC w zależności od a: 



 







 



 



  

 1

7 10 6

3 9 5

2 ) 1

( a

a a

a a

P ,

c) określenie dziedziny funkcji P:





 



 ;   4

5

.

Za każdą z części tego etapu zdający otrzymuje po 1 punkcie.

 Drugi etap składa się z trzech części:

a) wyznaczenie pochodnej funkcji wymiernej

a a

a a a

P 2 2

9 24 ) 16

( ₂

2





  :

2 2 2

) ( 2

9 18 ) 8

(

' a a

a a a

P 



  ,

b) obliczenie miejsca zerowego pochodnej:

2 11



a ,

c) uzasadnienie, że dla 2 11



a funkcja P osiąga najmniejszą wartość, np. zapisanie, że w przedziale 



2 11 4;

11 funkcja jest malejąca, w przedziale 



 2;

11 rosnąca oraz

2 0 11 ' 



 



P  , więc dla 2 11



a punkcja P osiąga minimum lokalne, które jest wartością najmniejszą tej funkcji.

Za poprawne rozwiązanie każdej z części tego etapu zdający otrzymuje 1 punkt, o ile poprzednia część etapu została zrealizowana bezbłędnie.

Uwaga

Jeżeli zdający nie wyznaczy dziedziny funkcji P, np.





 



  

 ; 4

a 5

, to za trzecią część drugiego etapu może otrzymać 1 punkt tylko wtedy, gdy wyznaczy współrzędne punktów E i Foraz sprawdzi, że punkty te należą do odcinków odpowiednio

AC

i

BC

.

 Trzeci etap

Obliczenie współrzędnych punktów E

 

^{3, 4} oraz F



^7,10



, dla których pole czworokąta AEFBjest największe.

Za poprawne rozwiązanie tego etapu zdający otrzymuje 1 punkt.

Przykładowe rozwiązanie (II sposób)

Wprowadźmy oznaczenie: F (m,10), gdzie m

 

5; 9 . Wyznaczmy równanie prostej DF.

b ax y 











 b a

b am 5 7 10

Po rozwiązaniu układu otrzymujemy









 

  5 50

7 5

3

m b m

a m

Prostą DFmożemy zapisać

5 50 7 5 3



 

 

m x m y m

Wyznaczmy współrzędne punktu E.









 

 

 

1 5

50 7 5 3 x

y m

x m y m









 



 

8 53

7 8

45 6

m y m

m x m

Wykonajmy odpowiednie założenia:

1  x  5

więc 5 8 45

1 6 



  m

m .







 



 



8 5 45 6

8 1 45 6

m mm m

 



 















 

 

 8

; 5

; 5 8 72

;

m m

Ostatecznie otrzymujemy





 











 

8 53 , 7

8 45 6

m m m

E m

, gdzie





 



 

5 7 2

; 5

m

.

Pole czworokąta AEFBjest największe, jeśli pole trójkąta EFC jest najmniejsze.

Zapiszmy pole trójkąta EFCw zależności od m . h

FC P | |

2

1 , gdzie h jest odległością punktu Eod prostej BC.



 







 







 8

53 10 7

) 9 2 ( ) 1

( m

m m m

P ,





 



  5 7 2

; 5 m

8 81 18 2

) 3 (

2









 m

m m m

P ,

 

²

2

8 63 16 2

) 3 (

' 







 m

m m m

P

Badamy monotoniczność i wyznaczamy ekstrema funkcji

P

, przy założeniu, że





 



  5 7 2

; 5

m

.



8



⁰

63 16 2

0 3 ) (

' ₂

2 











 m

m m m

P

7 0

) (

' m   m P



8



⁰

63 16 2

0 3 ) (

' ₂

2 











 m

m m m

P