2014 maj pr klucz

EGZAMIN MATURALNY W ROKU SZKOLNYM 2013/2014

MATEMATYKA POZIOM ROZSZERZONY

ROZWIZANIA ZADA I SCHEMAT PUNKTOWANIA

MAJ 2014

2 Egzamin maturalny z matematyki

Rozwizania zada i schemat punktowania poziom rozszerzony

Zadanie 1. (04)

Dana jest funkcja f okrelona wzorem 3 3( ) x xf xx

dla kadej liczby rzeczywistej 0x . Wyznacz zbir wartoci tej funkcji.

Obszar standardw Opis wymaga

Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji

Wykorzystanie pojcia wartoci bezwzgldnej i jej interpretacji geometrycznej. Sporzdzanie wykresu, odczytywanie wasnoci i rozwizywanie zada umieszczonych w kontekcie praktycznym zwizanych z proporcjonalnoci odwrotn. (II.1.f, 4.m)

Rozwizanie Wzr funkcji f moemy zapisa w kadym ze zbiorw: 0\3,3,3, , ,3 bez symbolu wartoci bezwzgldnej. Wwczas

3 3dla , 3

3 3( ) dla 3,0 0,3

3 3dla 3,

x xx

xx x

f x xx

x xx

x

,

czyli

2 dla , 3

6( ) dla 3,0 0,3

2 dla 3,

x

f x xx

x

.

Wykres ma wic posta

-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 wartoci funkcji f jest , 2 2, .


Kryteria oceniania odpowiedzi poziom rozszerzony

Schemat oceniania Rozwizanie, w ktrym postp jest niewielki, ale konieczny na drodze do penego rozwizania ........................................................................................................................ 1 pkt Zdajcy:

zapisze przedziay: , 3 , 3, 3 , ,3 i na tym poprzestanie lub dalej popeni bdy, np. przy korzystaniu z definicji wartoci bezwzgldnej

albo zaznaczy na osi liczbowej przedziay: , 3 , 3, 3 , ,3 i na tym

poprzestanie lub dalej popeni bdy, np. przy korzystaniu z definicji wartoci bezwzgldnej.

Rozwizanie, w ktrym jest istotny postp ..................................................................... 2 pkt Zdajcy zapisze licznik uamka 3 3x x

x

w przedziaach , 3 , 3, 3 , ,3 bez uycia symbolu wartoci bezwzgldnej, np.:

3 3 3 3x x x x dla , 3x , 3 3 3 3x x x x dla 3,0 0,3x ,

3 3 3 3x x x x dla 3,x . Uwaga Nie wymagamy, eby zdajcy rozpatrujc funkcj f w przedziale 3,3 zapisa warunek

0x . Pokonanie zasadniczych trudnoci zadania .................................................................... 3 pkt Zdajcy

zapisze wzr funkcji f w poszczeglnych przedziaach popeniajc bd rachunkowy i konsekwentnie do popenionego bdu poda jej zbir wartoci

albo poprawnie narysuje wykres funkcji f i bdnie odczyta zbir wartoci (np. R ).

Rozwizanie pene ............................................................................................................. 4 pkt Zdajcy poda zbir wartoci funkcji f: , 2 2, . Uwaga Jeeli zdajcy narysuje poprawnie wykres funkcji i nie poda zbioru jej wartoci, to otrzymuje 3 punkty.



Zadanie 2. (06) Wyznacz wszystkie wartoci parametru m, dla ktrych funkcja kwadratowa

52)22()( 2 mxmxxf ma dwa rne pierwiastki 1x , 2x takie, e suma kwadratw odlegoci punktw 1, 0A x i 2 , 0B x od prostej o rwnaniu 01 yx jest rwna 6.

Obszar standardw Opis wymaga Uycie i tworzenie strategii Rozwizywanie zada (rwnie umieszczonych w kontekcie

praktycznym), prowadzcych do badania funkcji kwadratowej. Obliczanie odlegoci punktu od prostej. (IV.4.l, 8.c)

I sposb rozwizania Funkcja kwadratowa f ma dwa rne pierwiastki wtedy i tylko wtedy, gdy speniony jest warunek 0 . Zatem

22 2 4 1 2 5 0m m , 0164 2 m ,

4 2 2 0m m , ,22,m .

Odlego punktu 1, 0A x od prostej o rwnaniu 01 yx jest rwna

2

1

2

1011 111

xxd .

Analogicznie odlego punktu 2 , 0B x od tej prostej jest rwna 212

2

xd . Suma kwadratw tych odlegoci jest rwna 6, wic otrzymujemy rwno

2 21 21 1 6

2 2x x

.

Przeksztacajc rwnowanie t rwno otrzymujemy 2 21 21 1 6

2 2x x ,

2 21 1 2 22 1 2 1 12x x x x ,

2 21 2 1 22 10 0x x x x , 21 2 1 2 1 22 2 10 0x x x x x x .

Wykorzystujc wzory Vietea otrzymujemy rwnanie z niewiadom m 22 2 2 2 5 2 2 2 10 0m m m ,

24 8 4 4 10 4 4 10 0m m m m , 24 8 12 0m m , 2 2 3 0m m ,

1 3 0m m .



Std

1m lub 3m . Tylko dla 3m istniej pierwiastki 1x , 2x .II sposb rozwizania Funkcja kwadratowa f ma dwa rne pierwiastki wtedy i tylko wtedy, gdy speniony jest warunek 0 . Zatem

22 2 4 1 2 5 0m m , 0164 2 m ,

4 2 2 0m m , ,22,m .

Odlego punktu 1, 0A x od prostej o rwnaniu 01 yx jest rwna

2

1

2

1011 111

xxd .

Analogicznie odlego punktu 2 , 0B x od tej prostej jest rwna 212

2

xd . Suma kwadratw tych odlegoci jest rwna 6, wic otrzymujemy rwno

2 21 21 1 6

2 2x x

, czyli 2 21 21 1 62 2

x x . Pierwiastki 1x , 2x s rwne: 41

216422 22

1 mmmmx oraz 41216422 22

2 mmmmx . Otrzymujemy wic rwnanie z niewiadom m

2 22 21 4 1 1 4 16

2 2

m m m m ,

2 22 22 4 2 4 12m m m m , 2 22 2 2 22 2 2 4 4 2 2 2 4 4 12m m m m m m m m ,

2 22 2 2 8 12m m , 2 24 4 10 0m m m ,

2 2 3 0m m , 1 3 0m m .

Std 1m lub 3m .

Tylko dla 3m istniej pierwiastki 1x , 2x .Schemat oceniania I i II sposobu oceniania Rozwizanie zadania skada si z trzech etapw. Pierwszy z nich polega na rozwizaniu nierwnoci 0 : , 2 2,m .



Za poprawne rozwizanie tego etapu zdajcy otrzymuje 1 punkt. Uwaga Jeeli zdajcy zapisze 0 , to za t cz otrzymuje 0 punktw. Drugi etap polega na rozwizaniu rwnania 2 21 2 6d d . Za t cz rozwizania zdajcy otrzymuje 4 punkty. Podzia punktw za drugi etap rozwizania:

1 punkt zdajcy otrzymuje za zapisanie odlegoci punktu A lub B od prostej o rwnaniu 1 0x y w zalenoci od pierwszej wsprzdnej punktu:

11

12

xd

, 2

122

xd .

2 punkty zdajcy otrzymuje za zapisanie wyraenia 2 21 2d d w postaci:

21 2 1 2 1 22 2

2x x x x x x

albo rwnoci 2 21 2 6d d , w postaci rwnowanej, np.:

21 2 1 2 1 22 2 10 0x x x x x x albo rwnania z niewiadom m w postaci:

2 22 21 4 1 1 4 16

2 2

m m m m .

3 punkty zdajcy otrzymuje za zapisanie rwnania stopnia drugiego z jedn niewiadom m, np.: 22 2 2 2 5 2 2 2 10 0m m m lub 2 22 2 2 8 12m m .

4 punkty zdajcy otrzymuje za rozwizanie tego rwnania: 1m lub 3m . Trzeci etap polega na wyznaczeniu czci wsplnej rozwiza nierwnoci z etapu

pierwszego i drugiego: 3m . Rozwizanie pene (trzeci etap).......................................................................................... 6 pkt Wyznaczenie czci wsplnej zbiorw rozwiza nierwnoci i rwnania oraz podanie odpowiedzi: 3m . Uwaga Za ostatni etap 1 punkt moe zosta przyznany tylko wwczas, gdy zdajcy poprawnie wykona etapy I i II rozwizania albo poprawnie wykona etap I i popenia bdy w rozwizaniu rwnania z etapu II, albo gdy popenia bdy w etapie I i dobrze rozwie rwnanie z etapu II.



Zadanie 3. (01)

Rozwi rwnanie xx sin1cos3 w przedziale 0, 2 .

Obszar standardw Opis wymaga Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji

Rozwizywanie rwna i nierwnoci trygonometrycznych. (II.6.e.R)

I sposb rozwizania Rwnanie zapisujemy w postaci rwnowanej

3 cos sin 1x x . Dzielc obie strony rwnania przez 2 otrzymujemy

21sin

21cos

23 xx .

Poniewa 3 sin2 3

oraz 1 cos2 3

, wic rwnanie moemy zapisa w postaci

21sin

3coscos

3sin xx .

Ze wzoru na sinus rnicy dostajemy

21

3sin

x .

Std kx 2

63 lub kx 2

63

, gdzie k jest liczb cakowit,

czyli

kx 26 lub kx 2

2 .

W przedziale 0, 2 s tylko dwa rozwizania tego rwnania: 6

x , 32

x . Uwaga

Rwnanie 21sin

21cos

23 xx moemy rwnie zapisa w postaci rwnowanej

1cos cos sin sin6 6 2

x x , a nastpnie zastosowa wzr na cosinus sumy. Wtedy otrzymujemy

1cos6 2

x .



Std 2

6 3x k lub 2

6 3x k , gdzie k jest liczb cakowit,

wic 2

6x k lub 2

2x k , gdzie k jest liczb cakowit.

Uwaga

Do rwnania elementarnego, np. 21

3sin

x moemy rwnie doj nieco inaczej.

Zauwamy, e 3 tg3 , czyli 3

3

sin3cos

. Zatem rwnanie 3 cos sin 1x x moemy

zapisa w postaci rwnowanej 3

3

sin cos sin 1cos

x x ,

21

3sin

x .

Schemat oceniania I sposobu rozwizania Rozwizanie, w ktrym postp jest niewielki, ale konieczny na drodze do penego rozwizania ......................................................................................................................... 1 pkt Zdajcy zapisze rwnanie w postaci rwnowanej, np.:

21sin

3coscos

3sin xx lub

1cos cos sin sin6 6 2

x x lub 33

sin cos sin 1cos

x x .

Rozwizanie, w ktrym jest istotny postp ...................................................................... 2 pkt Zdajcy zapisze rwnanie w postaci rwnowanej:

21

3sin

x lub 1cos

6 2x .

Pokonanie zasadniczych trudnoci zadania ..................................................................... 3 pkt Zdajcy rozwie rwnanie w zbiorze R:

kx 26 lub kx 2

2 , gdzie k jest liczb cakowit.

Rozwizanie pene .............................................................................................................. 4 pkt Zdajcy poda wszystkie rozwizania rwnania z przedziau 0, 2 :

6x , 3

2x .

Uwaga Jeeli zdajcy zapisze tylko jedn seri rozwiza rwnania elementarnego i konsekwentnie poda tylko jedno rozwizanie z przedziau 0, 2 , to otrzymuje 3 punkty. II sposb rozwizania



Poniewa prawa strona rwnania xx sin1cos3 jest nieujemna, wic rwnanie ma rozwizania tylko wtedy, gdy cos 0x . Wwczas podnoszc obie strony rwnania do kwadratu otrzymujemy rwnanie rwnowane

xxx 22 sinsin21cos3 . Std i z jedynki trygonometrycznej otrzymujemy xxx 22 sinsin21sin13 ,

02sin2sin4 2 xx , 22sin sin 1 0x x .

Podstawiajc xt sin otrzymujemy rwnanie kwadratowe 22 1 0t t ,

1 2 1 0t t . Std

1t lub 12

t . Zatem

sin 1x lub 1sin2

x .

Rozwizaniem pierwszego z tych rwna jest kada liczba 3 22

x k , gdzie k jest liczb cakowit. Rozwizaniem drugiego jest kada liczba 2

6x k lub 5 2

6x k , gdzie

k jest liczb cakowit. Poniewa dla kadego k jest liczb cakowit mamy 5 5cos 2 cos 0

6 6k , wic

adna z liczb 5 26

x k nie jest rozwizaniem naszego rwnania. Spord pozostaych rozwiza, w przedziale 0, 2 znajduj si tylko dwie takie liczby:

6x , 3

2x .

Uwaga Zamiast przeksztaca rwnanie xx sin1cos3 w sposb rwnowany do ukadu rwnania xxx 22 sinsin21cos3 i nierwnoci cos 0x moemy wyznaczy wszystkie liczby z przedziau 0, 2 , speniajce rwnanie xxx 22 sinsin21cos3 , a wic liczby

6x , 5

6x , 3

2x , a nastpnie sprawdzi, ktre z nich speniaj

rwnanie xx sin1cos3 . Wwczas dla 6

x lewa strona rwnania jest rwna 3 33 cos 3

6 2 2 , a prawa 1 31 sin 1

6 2 2 , wic liczba

6x jest rozwizaniem

rwnania xx sin1cos3 . Dla 56

x lewa strona rwnania jest rwna 5 3 33 cos 36 2 2

, a prawa 5 1 31 sin 16 2 2 , wic liczba 5

6x nie jest



rozwizaniem rwnania xx sin1cos3 . Dla 32

x lewa strona rwnania 33 cos 3 0 02 , a prawa 31 sin 1 1 0

2 , wic liczba

32

x jest rozwizaniem rwnania. W przedziale 0, 2 znajduj si dwa rozwizania:

6x , 3

2x .

Schemat oceniania II sposobu rozwizania Rozwizanie, w ktrym postp jest niewielki, ale konieczny na drodze do penego rozwizania ......................................................................................................................... 1 pkt Zdajcy zapisze zaoenie cos 0x , a nastpnie zapisze rwnanie w postaci rwnowanej, np.: 22sin sin 1 0x x . Rozwizanie, w ktrym jest istotny postp ...................................................................... 2 pkt Zdajcy zapisze alternatyw rwna: sin 1x lub 1sin

2x .

Uwaga

Wystarczy, e zdajcy zapisze 1t lub 12

t , jeli wykona podstawienie.

Pokonanie zasadniczych trudnoci zadania ..................................................................... 3 pkt Zdajcy rozwie rwnania sin 1x , 1sin

2x w zbiorze R:

26

x k , 5 26

x k , 3 22

x k , gdzie k jest liczb cakowit. Rozwizanie pene .............................................................................................................. 4 pkt Zdajcy poda wszystkie rozwizania rwnania z przedziau 0, 2 :

6x , 3

2x .

Uwaga

Jeeli zdajcy zapisze tylko jedn seri rozwiza spord 26

x k , 3 22

x k , i konsekwentnie poda tylko jedno rozwizanie z przedziau 0, 2 , to otrzymuje 3 punkty. III sposb rozwizania Dopisujc do rwnania 3 cos sin 1x x jedynk trygonometryczn otrzymujemy ukad rwna

2 2

3 cos sin 1sin cos 1

x xx x

z niewiadomymi sin x i cos x .



Rozwizujc ten ukad dostajemy kolejno:

2 2sin 3 cos 1

3 cos 1 cos 1

x x

x x

2

sin 3 cos 1

4cos 2 3 cos 0

x x

x x

sin 3 cos 1

34cos cos 02

x x

x x

sin 3 cos 1

3cos 0 lub cos2

x x

x x

sin 1cos 0

xx lub

1sin2

3cos2

x

x

Rozwizujc otrzymane rwnania elementarne mamy 3 22

2

x k

x k

lub

52 lub 26 6

2 lub 26 6

x k x k

x k x k

, gdzie k jest liczb cakowit.

Std

3 22

x k lub 26

x k , gdzie k jest liczb cakowit. W przedziale 0, 2 znajduj si dwa rozwizania:

6x , 3

2x .

Schemat oceniania III sposobu rozwizania Rozwizanie, w ktrym postp jest niewielki, ale konieczny na drodze do penego rozwizania ........................................................................................................................ 1 pkt Zdajcy zapisze ukad rwna, w ktrym jedno z rwna zawiera tylko jedn niewiadom cos x lub sin x , np.:

2 2sin 3 cos 1

3 cos 1 cos 1

x x

x x

Rozwizanie, w ktrym jest istotny postp ..................................................................... 2 pkt Zdajcy zapisze alternatyw elementarnych rwna trygonometrycznych wynikajcych z otrzymanego ukadu, np.: cos 0x lub 3cos

2x .

Pokonanie zasadniczych trudnoci zadania .................................................................... 3 pkt



Zdajcy rozwie otrzymane rwnania w zbiorze R:

2x k lub 2

6x k lub 2

6x k lub 5 2

6 x k , gdzie k jest liczb

cakowit. Rozwizanie pene .............................................................................................................. 4 pkt Zdajcy poda wszystkie rozwizania rwnania z przedziau 0, 2 :

6x , 3

2x .

Uwaga Jeeli zdajcy zapisze tylko jedn seri rozwiza rwnania elementarnego i konsekwentnie poda tylko jedno rozwizanie z przedziau 0, 2 , to otrzymuje 3 punkty.

IV sposb rozwizania Narysujmy w jednym ukadzie wsprzdnych wykresy funkcji 3 cosf x x oraz sin 1g x x okrelonych 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 malejca, a jej wartoci malej od 3 do 0, natomiast

funkcja g jest w tym przedziale rosnca, a jej wartoci rosn od 1 do 2. Zatem rwnanie f x g x ma w tym przedziale jedno rozwizanie. Rozwizaniem tym jest

6x , gdy

3 33 cos 36 6 3 2

f oraz 1 3sin 1 1

6 6 2 2g . Drugim rozwizaniem

rwnania f x g x w przedziale 0, 2 jest 32

x . Jest to wsplne miejsce zerowe funkcji f i g.

Zatem w przedziale 0, 2 znajduj si dwa rozwizania rwnania: 6

x , 32

x . Schemat oceniania IV sposobu rozwizania Rozwizanie, w ktrym postp jest niewielki, ale konieczny na drodze do penego rozwizania ......................................................................................................................... 1 pkt Zdajcy rozway dwie funkcje: 3 cosf x x oraz sin 1g x x i narysuje wykres jednej z nich. Uwaga



Zdajcy moe rozwaa funkcje okrelone na dowolnym zbiorze zawierajcym przedzia 0, 2 .

Rozwizanie, w ktrym jest istotny postp ..................................................................... 2 pkt Zdajcy rozway dwie funkcje: 3 cosf x x oraz sin 1g x x i narysuje w jednym ukadzie wsprzdnych wykresu obu tych funkcji. Pokonanie zasadniczych trudnoci zadania .................................................................... 3 pkt Zdajcy poda rozwizania rwnania z przedziau 0, 2 :

6x , 3

2x , ale nie sprawdzi,

e 36 6 2

f g . Rozwizanie pene ............................................................................................................. 4 pkt Zdajcy poda wszystkie rozwizania rwnania z przedziau 0, 2 :

6x , 3

2x

i uzasadni, e s to wszystkie rozwizania rwnania w tym przedziale, np. wykona sprawdzenie 3

6 6 2f g .

Uwaga Jeeli zdajcy poda tylko jedno poprawne rozwizanie rwnania z przedziau 0, 2 :

6x albo 3

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

Zadanie 4. (03) Udowodnij, e dla dowolnych liczb rzeczywistych dodatnich yx, prawdziwa jest nierwno 1 1 2x yx y

y x .

Obszar standardw Opis wymaga Rozumowanie i argumentacja

Przeprowadzenie dowodu twierdzenia zwizanego z dziaaniami na wyraeniach wymiernych: dodawaniem, odejmowaniem, mnoeniem i dzieleniem wyrae wymiernych, skracaniem, rozszerzaniem wyrae wymiernych. (V.2.f)

Rozwizanie I sposb Przeksztacajc nierwno 1 1 2x yx y

y x w sposb rwnowany otrzymujemy 2 21 1 2x x y y xy ,

3 2 3 2 2x x y y xy , 2 2 3 32 0x xy y x y , 2 3 3 0x y x y .



Ostatnia nierwno jest prawdziwa, gdy 2 0x y dla dowolnych liczb rzeczywistych, natomiast 3 0x i 3 0y , gdy liczby x i y s dodatnie. To koczy dowd. Schemat oceniania I sposobu rozwizania Zdajcy otrzymuje ............................................................................................................. 2 pkt gdy zapisze lew stron nierwnoci w postaci rwnowanej: 2 3 3 0x y x y i na tym poprzestanie lub dalej popenia bdy.

Zdajcy otrzymuje ............................................................................................................. 3 pkt gdy uzasadni prawdziwo nierwnoci 2 3 3 0x y x y , np. stwierdzi, e 2 0x y dla dowolnych liczb rzeczywistych oraz 3 0x i 3 0y dla liczb dodatnich x i y. Rozwizanie II sposb Poniewa 0x i 0y , wic 1 1x i 1 1y . Std wynika, e

1 1 1 1x y x y x yx yy x y x y x

.Suma x y

y x to suma liczby dodatniej i jej odwrotnoci, wic jest co najmniej rwna 2, czyli

2x yy x . W rezultacie 1 1 2x yx y

y x , co koczy dowd.

Uwaga

Nierwno 2x yy x wynika rwnie wprost z twierdzenia o redniej arytmetycznej

i geometrycznej: 12

x yx yy xy x

. Std 2x y

y x .

Schemat oceniania II sposobu rozwizania Zdajcy otrzymuje ............................................................................................................. 2 pkt gdy zapisze, e 1 1x y x yx y

y x y x i na tym poprzestanie lub dalej popenia bdy.

Zdajcy otrzymuje ............................................................................................................. 3 pkt gdy uzasadni prawdziwo nierwnoci 2x y

y x , np. stwierdzi, e suma liczby dodatniej

i jej odwrotnoci jest zawsze co najmniej rwna 2 lub wykorzysta nierwno midzy redni arytmetyczn i redni geometryczn.



Rozwizanie III sposb Przeksztacajc nierwno 1 1 2x yx y

y x w sposb rwnowany otrzymujemy

2 2

2x x y yy y x x ,

2 2

2x y x yy x y x .

Suma x yy x to suma liczby dodatniej i jej odwrotnoci, wic jest co najmniej rwna 2,

natomiast suma 2 2x y

y x jest dodatnia, gdy jest sum dwch dodatnich skadnikw. Zatem

nierwno 2 2

2x y x yy x y x jest prawdziwa. To koczy dowd.

Uwaga

Nierwno 2x yy x wynika rwnie wprost z twierdzenia o redniej arytmetycznej

i geometrycznej: 12

x yx yy xy x

. Std 2x y

y x .

Schemat oceniania III sposobu rozwizania Zdajcy otrzymuje ............................................................................................................. 1 pkt gdy zapisze lew stron nierwnoci w postaci rwnowanej:

2 2

2x x y yy y x x

i w dalszym rozumowaniu dy do wykazania, e suma xy

yx jest nie mniejsza ni 2, ale

popenia bdy. Zdajcy otrzymuje ............................................................................................................. 3 pkt gdy uzasadni prawdziwo nierwnoci

2 2

2x y x yy x y x , np. stwierdzi, e 2x y

y x jest

prawdziwa dla dowolnych liczb dodatnich, co wynika z twierdzenia o sumie liczby dodatniej

i jej odwrotnoci oraz 2

0xy i

2

0yx dla liczb rzeczywistych dodatnich x i y.



Zadanie 5. (05) Dane s trzy okrgi o rodkach A, B, C i promieniach rwnych odpowiednio r, 2r, 3r. Kade dwa z tych okrgw s zewntrznie styczne: pierwszy z drugim w punkcie K, drugi z trzecim w punkcie L i trzeci z pierwszym w punkcie M. Oblicz stosunek pola trjkta KLM do pola trjkta ABC.

Obszar standardw Opis wymaga Modelowanie matematyczne Znajdowanie zwizkw miarowych w figurach paskich, take

z zastosowaniem trygonometrii, rwnie w zadaniach umieszczonych w kontekcie praktycznym. (III.7.c)

I sposb rozwizania Przyjmijmy oznaczenia jak na rysunku.

Pole trjkta AMK jest rwne

21 1sin sin2 2AMK

P AM AK r , pole trjkta ABC jest rwne

21 1 1sin 4 3 sin 12 sin2 2 2ABC

P AC AB r r r . Zatem

2

2

1 sin 121 1212 sin2

AMK

ABC

rPP r

.

Podobnie, pole trjkta BKL jest rwne 2 21 1 1sin 2 sin 4 sin

2 2 2BKLP BK BL r r ,

natomiast pole trjkta ABC jest rwne 21 1 1sin 3 5 sin 15 sin

2 2 2ABCP BA BC r r r ,

A

B

C

K

L

M r

r

2r

2r 3r

3r



wic 2

2

1 4 sin 421 1515 sin2

BKL

ABC

rPP r

.

Pole trjkta CLM jest rwne 2 21 1 1sin 3 sin 9 sin

2 2 2CLMP CM CL r r ,

natomiast pole trjkta ABC jest rwne 21 1 1sin 4 5 sin 20 sin

2 2 2ABCP CA CB r r r ,

Zatem 2

2

1 9 sin 921 2020 sin2

CLM

ABC

rPP r

.

Pole trjkta KLM jest wic rwne 1 4 9 1

12 15 20 5KLM ABC AMK BKL CLM ABC ABC ABC ABC ABCP P P P P P P P P P ,

czyli 15

KLM

ABC

PP

. Schemat oceniania I sposobu rozwizania Rozwizanie, w ktrym postp jest niewielki, ale konieczny na drodze do penego rozwizania ........................................................................................................................ 1 pkt Zdajcy wyrazi pole trjkta KLM jako rnic pl odpowiednich trjktw:

KLM ABC AMK BKL CLMP P P P P . Rozwizanie, w ktrym jest istotny postp ..................................................................... 2 pkt Zdajcy wyrazi pole co najmniej jednego z trjktw AMK, BKL lub CLM w zalenoci od r i sinusa odpowiedniego kta trjkta ABC. Pokonanie zasadniczych trudnoci zadania .................................................................... 3 pkt Zdajcy wyznaczy pole co najmniej jednego z trjktw AMK, BKL lub CLM w zalenoci od pola trjkta ABC, np.: 1

12AMK ABCP P , 4

15BKL ABCP P , 9

20CLM ABCP P .

Rozwizanie zadania do koca, lecz z usterkami, ktre nie przekrelaj poprawnoci rozwizania (np. bdy rachunkowe) ............................................................................... 4 pkt Zdajcy

wyznaczy pole kadego z trjktw AMK, BKL lub CLM w zalenoci od pola trjkta ABC, np.: 1

12AMK ABCP P , 4

15BKL ABCP P , 9

20CLM ABCP P i na tym poprzestanie

albo obliczy stosunek pola trjkta KLM do pola trjkta ABC, popeniajc bdy

rachunkowe (nawet na wczeniejszych etapach rozwizania).



Rozwizanie pene .............................................................................................................. 5 pkt Zdajcy obliczy stosunek pola trjkta KLM do pola trjkta ABC: 1

5KLM

ABC

PP

.

II sposb rozwizania Dugoci bokw trjkta ABC s rwne 3AB r , 4AC r i 5BC r . Poniewa

2 2 22 2 22 2 23 4 9 16 25 5AB AC r r r r r r BC , wic trjkt ABC jest prostoktny. Zatem

4 4sin5 5

rr

, 3 3sin5 5rr

oraz 21 3 4 62ABC

P r r r . Pole trjkta prostoktnego AMK jest rwne

21 12 2AMK

P AM AK r . Pole trjkta BKL jest rwne

2 2 21 1 1 4 8sin 2 sin 42 2 2 5 5BKL

P BK BL r r r , a pole trjkta CLM jest rwne

2 2 21 1 1 3 27sin 3 sin 92 2 2 5 10CLM

P CM CL r r r . Pole trjkta KLM jest wic rwne

2 2 2 21 8 27 162 5 10 5KLM ABC AMK BKL CLM ABC

P P P P P r r r r P , czyli

15

KLM

ABC

PP

. Schemat oceniania II sposobu rozwizania Rozwizanie, w ktrym postp jest niewielki, ale konieczny na drodze do penego rozwizania ......................................................................................................................... 1 pkt Zdajcy

zapisze, e trjkt ABC jest prostoktny albo

wyrazi pole trjkta KLM jako rnic pl odpowiednich trjktw: KLM ABC AMK BKL CLMP P P P P .

Rozwizanie, w ktrym jest istotny postp ...................................................................... 2 pkt Zdajcy

obliczy sinusy ktw ostrych trjkta ABC: 45sin , 35sin albo

wyznaczy pole trjkta ABC w zalenoci od r: 26ABCP r albo

wyznaczy pole trjkta AMK w zalenoci od r: 212AMKP r .



Pokonanie zasadniczych trudnoci zadania .................................................................... 3 pkt Zdajcy wyznaczy pole trjkta ABC i pole jednego z trjktw AMK, BKL, CLM w zalenoci od r: 26ABCP r , 212AMKP r ,

285BKL

P r , 22710CLM

P r . Rozwizanie zadania do koca, lecz z usterkami, ktre nie przekrelaj poprawnoci rozwizania (np. bdy rachunkowe) ............................................................................... 4 pkt Zdajcy

wyznaczy pole kadego z trjktw ABC, AMK, BKL lub CLM w zalenoci od r i na tym poprzestanie

albo obliczy stosunek pola trjkta KLM do pola trjkta ABC, popeniajc bdy

rachunkowe (nawet na wczeniejszych etapach rozwizania). Rozwizanie pene ............................................................................................................. 5 pkt Zdajcy obliczy stosunek pola trjkta KLM do pola trjkta ABC: 1

5KLM

ABC

PP

. III sposb rozwizania Niech

3 , 5 , 4AB r BC r CA r , 2 , 3AK AM r BK BL r CL CM r

Zauwaamy, e 90BAC , poniewa 2 2 23 4 5r r r , zatem 2 2 2KM r r r .

3 3cos5 5rCBAr

, 4 4cos5 5

rACBr

Zatem z twierdzenia kosinusw mamy

2 2 3 4 54 4 2 2 25 5

KL r r r r r

2 2 4 3 109 9 2 3 35 5

LM r r r r r Obliczamy cos KLM :

2 2 22

2 22 2 2

2 2 cos

18 16 24 50 34 24 2cos cos .5 5 25 5 5

r KM ML KL ML KL KLM

r r r KLM r r KLM

Zatem 34 2 1 25cos

22 2245

KLM

, wic 2sin2

KLM .



Wobec tego 21 4 5 3 10 2 6

2 5 5 2 5KLMrP r r .

Poniewa 21 3 4 6

2ABCP r r r ,

wic otrzymujemy 15

KLM

ABC

PP

. Uwaga Mona obliczy miar kta KLM

1 1 1 1180 180 180 90 452 2 2 2

KLM ABC ACB ABC ACB Schemat oceniania III sposobu rozwizania Rozwizanie, w ktrym postp jest niewielki, ale konieczny na drodze do penego rozwizania ......................................................................................................................... 1 pkt Zdajcy wyznaczy jeden z bokw trjkta KLM.

Rozwizanie, w ktrym jest istotny postp ...................................................................... 2 pkt Zdajcy wyznaczy trzy boki trjkta KLM. Pokonanie zasadniczych trudnoci zadania ..................................................................... 3 pkt Zdajcy wyznaczy kosinus jednego z ktw trjkta KLM, np. 2cos

2KLM .

Rozwizanie zadania do koca, lecz z usterkami, ktre nie przekrelaj poprawnoci rozwizania (np. bdy rachunkowe) ............................................................................... 4 pkt Zdajcy wyznaczy sinus jednego z ktw trjkta KLM, np. 2sin

2KLM .

Rozwizanie pene .............................................................................................................. 5 pkt Zdajcy obliczy stosunek pl trjktw KLM i ABC: 1

5KLM

ABC

PP

.



Zadanie 6. (03) Trjkt ABC jest wpisany w okrg o rodku S. Kty wewntrzne CAB, ABC i BCA tego trjkta s rwne odpowiednio , 2 i 4 . Wyka, e trjkt ABC jest rozwartoktny i udowodnij, e miary wypukych ktw rodkowych ASB, ASC i BSC tworz w podanej kolejnoci cig arytmetyczny.

Obszar standardw Opis wymaga Rozumowanie i argumentacja

Badanie czy dany cig jest arytmetyczny lub geometryczny. Korzystanie ze zwizkw midzy ktem rodkowym, ktem wpisanym i ktem midzy styczn a ciciw okrgu (V.5.b, 7.a)

Rozwizanie Suma ktw trjkta jest rwna 180 . Zatem 18042 , wic 1807 . Std

5725 oraz 674 102 90 . To oznacza, e trjkt ABC jest rozwartoktny.

Z twierdzenia o kcie rodkowym i wpisanym wynika, e

2 2BSC BAC oraz 2 2 2 4ASC ABC . Ponadto, wypuky kt rodkowy ASB ma miar rwn

6ASB BSC ASC . Cig 6 ,4 , 2 jest arytmetyczny, a jego rnica jest rwna 2 . To koczy dowd. Schemat oceniania Zdajcy otrzymuje ............................................................................................................. 1 pkt gdy obliczy miar kta CAB: 571 180 257 i uzasadni, e trjkt ABC jest rozwartoktny.

A B

C

S

2

4



Uwaga Zdajcy nie musi oblicza miary kta CAB. Wystarczy, e zapisze

4 14 180 180 907 2

. Zdajcy otrzymuje ............................................................................................................. 2 pkt gdy rozway poprawnie wpisany w okrg trjkt ABC i wykorzysta twierdzenie o kcie rodkowym i wpisanym do wyznaczenia miary ktw rodkowych ASC i BSC w zalenoci od : 4ASC oraz 2BSC . Zdajcy otrzymuje ............................................................................................................. 3 pkt gdy wyznaczy miary wypukych ktw rodkowych ASB, ASC i BSC i stwierdzi, e tworz one w podanej kolejnoci cig arytmetyczny: 6ASB , 4ASC , 2BSC . Uwaga Jeeli zdajcy nie uzasadni, e trjkt ABC jest rozwartoktny, a udowodni, e miary ktw tworz cig arytmetyczny, to otrzymuje 2 punkty. Zadanie 7. (06)

Cig geometryczny na ma 100 wyrazw i s one liczbami dodatnimi. Suma wszystkich wyrazw o numerach nieparzystych jest sto razy wiksza od sumy wszystkich wyrazw o numerach parzystych oraz 1 2 3 100log log log log 100a a a a . Oblicz 1a .


Badanie czy dany cig jest arytmetyczny lub geometryczny. Stosowanie wzorw na n-ty wyraz i sum n pocztkowych wyrazw cigu arytmetycznego i cigu geometrycznego. (II.5.b, c)

Rozwizanie Poniewa wszystkie wyrazy cigu na s dodatnie i suma wszystkich jego wyrazw o numerach nieparzystych jest 100 razy wiksza od sumy wszystkich wyrazw o numerach parzystych, wic cig ten nie jest stay. Zauwamy, e cig, ktrego kolejnymi wyrazami s wyrazy cigu geometrycznego o numerach nieparzystych rwnie jest geometryczny, a jego iloraz jest rwny 2q , gdzie q oznacza iloraz cigu na . Tak samo cig, ktrego kolejnymi wyrazami s wyrazy cigu na o numerach parzystych jest geometryczny i jego iloraz rwnie jest rwny 2q . Kady z tych cigw ma po 50 wyrazw. Ze wzoru na sum n-pocztkowych wyrazw cigu geometrycznego otrzymujemy rwnanie

50 502 21 22 2

1 1100

1 1

q qa a

q q.

Std mamy 1 2100a a , czyli 1 1100a a q . Zatem 1100q , gdy 1 0a .



Poniewa 1 2 3 100log log log log 100a a a a ,

wic z wasnoci logarytmw otrzymujemy 1 2 3 100log 100a a a a .

Z definicji logarytmu otrzymujemy wic 100

1 2 3 100 10a a a a . Std i ze wzoru na n-ty wyraz cigu geometrycznego dostajemy rwnanie z niewiadom 1a

2 99100

1 1 1 11 1 1 10

100 100 100

a a a a , 1 2 3 99

100 1001

1 10100

a .

Ze wzoru na sum n-pocztkowych wyrazw cigu arytmetycznego mamy 1 99 99

2100 1001

1 10100

a , 991002100 100

11 10

100

a , Std

99 1001 99

2

10 10 10 101

100

a .

Schemat oceniania Rozwizanie, w ktrym postp jest niewielki, ale konieczny na drodze do penego rozwizania ........................................................................................................................ 1 pkt Zdajcy

zauway, e cig, ktrego kolejnymi wyrazami s wyrazy cigu geometrycznego o numerach nieparzystych jest geometryczny oraz cig, ktrego kolejnymi wyrazami s wyrazy cigu na o numerach parzystych jest geometryczny, a iloraz kadego z tych cigw jest taki sam

albo zapisze rwno 1 3 5 99 1 3 5 99100 a a a a a q a q a q a q

albo wykorzysta wzr na sum logarytmw i definicj logarytmu oraz zapisze rwno

1 2 3 100log log log log 100a a a a w postaci: 1001 2 3 100 10a a a a . Rozwizanie, w ktrym jest istotny postp ..................................................................... 2 pkt Zdajcy

zapisze rwnanie z niewiadomymi 1a i q: 50 502 2

1 22 2

1 1100

1 1

q qa a

q q

albo



zapisze rwno 1 3 5 99 1 3 5 99100 a a a a q a a a a albo

zapisze rwno 2 99 1001 1 1 1 10a a q a q a q . Pokonanie zasadniczych trudnoci zadania ..................................................................... 4 pkt Zdajcy zapisze rwnanie z niewiadom 1a , np.:

2 99

1001 1 1 1

1 1 1 10100 100 100

a a a a

albo

zapisze zalenoci 100 4950 1001 10a q i 1100q . Uwaga

Jeeli zdajcy obliczy iloraz cigu geometrycznego: 1100

q i na tym poprzestanie lub dalej popenia bdy rzeczowe, to otrzymuje 3 punkty. Rozwizanie zadania do koca, lecz z usterkami, ktre nie przekrelaj poprawnoci rozwizania (np. bdy rachunkowe) ............................................................................... 5 pkt Zdajcy zapisze rwnanie w postaci

991002100 100

11 10

100

a i na tym zakoczy lub dalej popenia bdy. Rozwizanie pene .............................................................................................................. 6 pkt Zdajcy obliczy pierwszy wyraz cigu: 1001 10a . Zadanie 8. (04) Punkty A, B, C, D, E, F s kolejnymi wierzchokami szeciokta foremnego, przy czym 32,0A , 0,2B , a C ley na osi Ox. Wyznacz rwnanie stycznej do okrgu opisanego na tym szeciokcie przechodzcej przez wierzchoek E.

Obszar standardw Opis wymaga Uycie i tworzenie strategii Rozwizywanie zada dotyczcych wzajemnego pooenia

prostej i okrgu. (IV.8.b.R) Rozwizanie Obliczmy dugo boku szeciokta

2 22 3 2 4AB . Poniewa wierzchoek C tego szeciokta ley na osi Ox, wic 6,0C .



rodek S okrgu opisanego na tym szeciokcie ma zatem wsprzdne 4,2 3S . Punkt S jest rodkiem przektnej BE szeciokta, wic

2 0, ,2 2 2 2

B E B E E Ex x y y x yS . Zatem

2 42

Ex i 2 32Ey .

Std 6Ex i 4 3Ey , wic 6,4 3E . Styczna do okrgu opisanego na szeciokcie foremnym ABCDEF poprowadzona przez wierzchoek E tego szeciokta jest prostopada do prostej BE. Poniewa wspczynnik kierunkowy prostej BE jest rwny

4 3 0 36 2

E B

E B

y yx x

,

wic wspczynnik kierunkowy stycznej jest rwny 13

. Zatem styczna ma rwnanie

1 6 4 33

y x , czyli

3 6 33

y x .

Schemat oceniania Rozwizanie, w ktrym postp jest niewielki, ale konieczny na drodze do penego rozwizania ........................................................................................................................ 1 pkt Zdajcy

zapisze dugo boku szeciokta ABCDEF: 4AB albo

zapisze wsprzdne rodka S okrgu opisanego na szeciokcie: 4,2 3S albo

A

B C

D

E

S

F

x

y

0 1

1



obliczy lub poda wspczynnik kierunkowy prostej BE: 3 . Rozwizanie, w ktrym jest istotny postp ...................................................................... 2 pkt Zdajcy

obliczy lub poda wspczynnik kierunkowy prostej BE: 3 i obliczy lub poda wsprzdne wierzchoka E: 6,4 3E

albo zapisze, e prosta AC jest rwnolega do stycznej

albo

obliczy lub poda wspczynnik kierunkowy prostej AC: 13

.

Pokonanie zasadniczych trudnoci zadania ..................................................................... 3 pkt Zdajcy obliczy wspczynnik kierunkowy stycznej: 1

3 .

Uwaga Jeli zdajcy obliczy wspczynnik kierunkowy stycznej, ale nie obliczy wsprzdnych punktu E, to otrzymuje 2 punkty. Rozwizanie pene .............................................................................................................. 4 pkt Zdajcy zapisze rwnanie stycznej: 3 6 3

3y x lub 1 6 4 3

3y x .

Zadanie 9. (06) Oblicz objto ostrosupa trjktnego ABCS, ktrego siatka zostaa przedstawiona na rysunku.

Obszar standardw Opis wymaga Modelowanie matematyczne Wyznaczanie zwizkw miarowych w wielocianach i bryach

obrotowych z zastosowaniem trygonometrii. (III.9.b) I sposb rozwizania Przyjmijmy, e podstaw ostrosupa jest trjkt ABC. Wwczas kada z krawdzi bocznych AS, BS i CS ma dugo 65. Pozostae oznaczenia przyjmijmy takie jak na rysunku.

A B

C

48

40 40

65

65

65



Poniewa wszystkie krawdzie boczne ostrosupa maj t sam dugo, wic spodek O wysokoci SO ostrosupa jest punktem przecicia symetralnych bokw jest podstawy, a wic jest rodkiem okrgu opisanego na trjkcie ABC. Obliczmy promie R tego okrgu. Z twierdzenia Pitagorasa dla trjkta ADC otrzymujemy

2 2 2AD DC AC , czyli 22 224 40DC . Std

2 240 24 32DC . Trjkty OEC i ADC s podobne (oba s prostoktne i maj wsplny kt ostry przy wierzchoku C), wic

OC ACCE CD

, czyli 4020 32R .

Std 25R . Z twierdzenia Pitagorasa dla trjkta COS otrzymujemy

2 2 2OC SO CS , czyli 2 2 225 65h . Std

2 265 25 60h . Pole trjkta ABC jest rwne

1 1 48 32 7682 2ABC

P AB CD . Objto ostrosupa jest wic rwna

1 1 768 60 153603 3ABCS ABC

V P h . Uwaga Pole trjkta ABC moemy obliczy stosujc wzr Herona

64 24 24 16 8 24 4 768ABCP p p a p b p c . Promie R okrgu opisanego na trjkcie ABC moemy obliczy wykorzystujc wzr

A

B

C

S

DO

h

6565

20 24E20

24

1h2h

R



4ABCabcP

R .

Std 40 40 48 25

4 4 768ABC

abcRP

. Schemat punktowania I sposobu rozwizania Rozwizanie, w ktrym postp jest niewielki, ale konieczny na drodze do penego rozwizania ........................................................................................................................ 1 pkt Zdajcy obliczy jedn z wielkoci potrzebnych do obliczenia pola trjkta ABC, np. 32DC albo obwd tego trjkta. Rozwizanie, w ktrym jest istotny postp ...................................................................... 2 pkt Zdajcy

obliczy pole trjkta ABC: 768ABCP albo

obliczy wysoko trjkta ABC opuszczon z wierzchoka C oraz zapisze, e spodek O wysokoci SO ostrosupa jest rodkiem okrgu opisanego na podstawie ostrosupa. Uwaga Wystarczy, e zdajcy oblicza promie okrgu opisanego na trjkcie ABC.

Pokonanie zasadniczych trudnoci zadania ..................................................................... 3 pkt Zdajcy zapisze rwnanie pozwalajce obliczy promie okrgu opisanego na trjkcie ABC, np.: 40 40 48768

4 R lub

4020 32R .

Rozwizanie zadania do koca, lecz z usterkami, ktre nie przekrelaj poprawnoci rozwizania (np. bdy rachunkowe) ............................................................................... 5 pkt Zdajcy

obliczy wysoko ostrosupa i na tym poprzestanie lub dalej popenia bdy: 60h albo

obliczy objto popeniajc bdy rachunkowe (nawet na wczeniejszych etapach rozwizania)

albo

pominie we wzorze na objto wspczynnik 13

i otrzyma: 46080ABCSV albo

pominie we wzorze na pole trjkta wspczynnik 12

i otrzyma: 1536ABCP , 30720ABCSV .

Uwaga Jeeli zdajcy obliczy promie okrgu opisanego na trjkcie ABC: 25R oraz zapisze rwnanie pozwalajce obliczy wysoko ostrosupa, np.: 2 2 225 65h i na tym poprzestanie lub dalej popenia bdy, to otrzymuje 4 punkty. Rozwizanie pene .............................................................................................................. 6 pkt Zdajcy obliczy objto ostrosupa: 15360ABCSV .



Uwaga

Jeeli zdajcy pominie we wzorze na objto ostrosupa wspczynnik 13

i pominie

wspczynnik 12

we wzorze na pole trjkta, to otrzymuje co najwyej 3 punkty za cae zadanie. II sposb rozwizania Przyjmijmy, e podstaw ostrosupa jest trjkt ABC. Wwczas kada z krawdzi bocznych AS, BS i CS ma dugo 65. Pozostae oznaczenia przyjmijmy takie jak na rysunku.

Poniewa krawdzie podstawy AC i BC maj rwne dugoci i krawdzie boczne AS i BS maj rwne dugoci, wic spodek O wysokoci SO ostrosupa ley na symetralnej CD odcinka AB. Odcinek CD jest rwnie wysokoci trjkta ABC opuszczon z wierzchoka C. Z twierdzenia Pitagorasa dla trjkta ADC otrzymujemy

2 2 2AD DC AC , czyli 22 224 40DC . Std

2 240 24 32DC . Z twierdzenia Pitagorasa dla trjkta ADS otrzymujemy

2 2 2AD DS AS , czyli 2 2 2124 65h . Std

2 21 65 24 3649h .

Z twierdzenia Pitagorasa dla trjktw DOS i COS otrzymujemy 2 2 2DO SO SD oraz 2 2 2OC SO CS ,

czyli 2 2 3649x h oraz 2 2 232 65x h .

2 2 3649x h oraz 2 2 2 232 64 65x x h .

A

B

C

S

DO

h

6565

20 24E20

24

1h2h

x



Std 2 232 64 3649 65x ,

7x , wic

23649 7 60h . Pole trjkta ABC jest rwne

1 1 48 32 7682 2ABC

P AB CD . Objto ostrosupa jest wic rwna

1 1 768 60 153603 3ABCS ABC

V P h . Uwaga Moemy te przyj, e podstaw tego ostrosupa jest trjkt ABS i wwczas wysoko ostrosupa bdzie odcinkiem CM, gdzie punkt M ley na wysokoci SD tej podstawy. Tak jak w II sposobie rozwizania obliczamy 32CD oraz 3649SD . Oznaczajc MD y oraz 3CM h , a nastpnie stosujc twierdzenie Pitagorasa dla trjkta MDC i trjkta ASM otrzymujemy

2 2 2MD CM CD oraz 2 2 2SM CM CS , czyli

2 2 23 32y h oraz 2 2 233649 65y h ,

2 23 1024y h oraz 2 233649 2 3649 4225y y h ,

Std 3649 2 3649 1024 4225y ,

2243649

y .

Zatem 22 501762243 36493649 19201024 1024 1024 3649h y . Pole trjkta ABC jest rwne

1 1 48 3649 24 36492 2ABS

P AB SD . Objto ostrosupa jest wic rwna

31 1 192024 3649 153603 3 3649ABSC ABS

V P h .

Schemat punktowania II sposobu rozwizania Rozwizanie, w ktrym postp jest niewielki, ale konieczny na drodze do penego rozwizania ........................................................................................................................ 1 pkt Zdajcy obliczy jedn z wielkoci potrzebnych do obliczenia pola trjkta ABC, np. 32DC albo obwd tego trjkta.



Rozwizanie, w ktrym jest istotny postp ..................................................................... 2 pkt Zdajcy

obliczy pole trjkta ABC: 768ABCP albo

obliczy wysoko trjkta ABS opuszczon z wierzchoka S oraz wysoko trjkta ABC opuszczon z wierzchoka C: 3649SD , 32DC .

Pokonanie zasadniczych trudnoci zadania .................................................................... 3 pkt Zdajcy

zapisze ukad rwna pozwalajcy obliczy wysoko ostrosupa opuszczon na podstaw ABC z wierzchoka S: 2 2 3649x h i 2 2 232 65x h

albo zapisze ukad rwna pozwalajcy obliczy wysoko ostrosupa opuszczon na

podstaw ABS z wierzchoka C: 2 2 23 32x h i 2 2 233649 65x h . Rozwizanie zadania do koca, lecz z usterkami, ktre nie przekrelaj poprawnoci rozwizania (np. bdy rachunkowe) ............................................................................... 5 pkt Zdajcy

obliczy wysoko ostrosupa opuszczon na podstaw ABC z wierzchoka S i na tym poprzestanie lub dalej popenia bdy: 60h

albo obliczy wysoko ostrosupa opuszczon na podstaw ABS z wierzchoka C i na tym

poprzestanie lub dalej popenia bdy: 3 19203649h albo

obliczy objto popeniajc bdy rachunkowe (nawet na wczeniejszych etapach rozwizania)

albo

pominie we wzorze na objto wspczynnik 13

i otrzyma: 46080ABCSV albo

pominie we wzorze na pole trjkta wspczynnik 12

i otrzyma: 1536ABCP , 30720ABCSV .

Uwaga Jeeli zdajcy obliczy dugo odcinka OD: 7x i na tym poprzestanie lub dalej popenia bdy, to otrzymuje 4 punkty. Podobnie jeli zdajcy obliczy dugo odcinka MD:

2243649

y i na tym poprzestanie lub dalej popenia bdy, to otrzymuje 4 punkty

Rozwizanie pene ............................................................................................................. 6 pkt Zdajcy obliczy objto ostrosupa: 15360ABCSV .



Uwaga

Jeeli zdajcy pominie we wzorze na objto ostrosupa wspczynnik 13

i pominie

wspczynnik 12

we wzorze na pole trjkta, to otrzymuje co najwyej 3 punkty za cae rozwizanie. Zadanie 10. (05) Wyznacz wszystkie cakowite wartoci parametru m, dla ktrych rwnanie 3 2 2 22 2 1 2 1 0x x x x m x m m ma trzy rne pierwiastki rzeczywiste takie, e jeden z nich jest redni arytmetyczn dwch pozostaych.

Obszar standardw Opis wymaga Modelowanie matematyczne Stosowanie twierdzenia o pierwiastkach wymiernych

wielomianu o wspczynnikach cakowitych. (III.2.c.R) I sposb rozwizania Zauwamy, e jednym z pierwiastkw rwnania jest liczba 1 , gdy 3 21 2 1 2 1 1 0 . Pozostae pierwiastki wielomianu rwnania to pierwiastki trjmianu kwadratowego

2 22 1P x x m x m m . Poniewa 2 2 2 22 1 4 4 4 1 4 4 1m m m m m m m , wic tymi pierwiastkami s liczby 1 2 1 12

mx m , 2 2 1 1 12 mx m .

Wyznaczmy wszystkie wartoci parametru m, dla ktrych jeden z pierwiastkw wielomianu W x jest redni arytmetyczn dwch pozostaych. Mamy wic

112

m m lub 1 12

mm

lub 112

mm

.

Std 32

m lub 0m lub 3m . Poniewa m jest liczb cakowit, wic istniej dwie szukane wartoci parametru m: 0m lub 3m . Schemat oceniania I sposobu rozwizania Rozwizanie, w ktrym postp jest niewielki, ale konieczny na drodze do penego rozwizania ......................................................................................................................... 1 pkt Zdajcy sprawdzi, e jednym z pierwiastkw rwnania jest 1 . Rozwizanie, w ktrym jest istotny postp ...................................................................... 2 pkt Zdajcy

stwierdzi, e pozostaymi pierwiastkami rwnania s pierwiastki trjmianu kwadratowego 2 22 1 x m x m m

Pokonanie zasadniczych trudnoci zadania ..................................................................... 3 pkt



Zdajcy wyznaczy wszystkie pierwiastki wielomianu W x : 1 , m, 1m i na tym poprzestanie lub dalej popenia bdy. Rozwizanie zadania do koca, lecz z usterkami, ktre nie przekrelaj poprawnoci rozwizania (np. bdy rachunkowe) ............................................................................... 4 pkt Zdajcy

zapisze rwnania pozwalajce obliczy szukane wartoci parametru m: 112

m m lub 1 12

mm

lub 112

mm

albo

zapisze jedno z rwna i konsekwentnie obliczy warto parametru m (w przypadku rwnania 11

2m m sformuuje wniosek, e nie istnieje taka cakowita warto

parametru m) albo

rozwie zadanie do koca z bdami rachunkowymi, konsekwentnie formuujc kocowy wniosek.

Rozwizanie pene ............................................................................................................. 5 pkt Zdajcy wyznaczy szukane cakowite wartoci parametru: 0,3 mm . Uwaga Jeeli zdajcy zapisze rwnania pozwalajce obliczy szukane wartoci parametru m:

112

m m lub 1 12

mm

lub 112

mm

, rozwie je i nie odrzuci 32

m , to otrzymuje 4 punkty. II sposb rozwizania (wzory Vietea) Zauwamy, e jednym z pierwiastkw rwnania jest liczba 1 , gdy 3 21 2 1 2 1 1 0 . Pozostae pierwiastki wielomianu rwnania to pierwiastki trjmianu kwadratowego

2 22 1P x x m x m m . Poniewa 2 2 2 22 1 4 4 4 1 4 4 1m m m m m m m , wic ten trjmian ma dwa rne pierwiastki 1x i 2x , speniajce zalenoci:

1 2 2 1x x m , 21 2x x m m . Wyznaczymy teraz wszystkie wartoci parametru m, dla ktrych jeden z pierwiastkw wielomianu W x jest redni arytmetyczn dwch pozostaych. Zapisujemy wic rwnoci

1 212

x x lub 21 12xx lub 12 12

xx .

Uwzgldniajc wzory Vietea, z pierwszego rwnania otrzymujemy 32

m . Poniewa m jest liczba cakowit, wic to rozwizanie odrzucamy. Z drugiego rwnania wyznaczamy

2 12 1x x , a nastpnie ze wzoru Vietea na sum pierwiastkw otrzymujemy 2 23x m . Po podstawieniu tej zalenoci do wzoru Vietea na iloczyn pierwiastkw otrzymujemy rwnanie:



22 22 13 3

m m m m . Po przeksztaceniach to rwnanie przyjmuje posta: 2 3 0m m . Rwnanie to ma dwa rozwizania: 3 oraz 0 , stanowice szukane cakowite wartoci parametru. Schemat oceniania II sposobu rozwizania Rozwizanie, w ktrym postp jest niewielki, ale konieczny na drodze do penego rozwizania ......................................................................................................................... 1 pkt Zdajcy sprawdzi, e jednym z pierwiastkw rwnania jest 1 Rozwizanie, w ktrym jest istotny postp ...................................................................... 2 pkt Zdajcy stwierdzi, e pozostaymi pierwiastkami rwnania s pierwiastki trjmianu kwadratowego 2 22 1 x m x m m . Pokonanie zasadniczych trudnoci zadania ..................................................................... 3 pkt Zdajcy zapisze rwnanie 1 2 1

2x x i co najmniej jedno z rwna 1 212

x x , 2 112x x

oraz oba rwnania wynikajce z wzorw Vietea: 1 2 2 1x x m i 21 2x x m m .

Uwaga

Jeeli zdajcy zapisze jedynie rwnanie 1 2 12

x x , rozwie je, otrzymujc 32

m , i odrzuci ten wynik, to otrzymuje 2 punkty. Rozwizanie zadania do koca, lecz z usterkami, ktre nie przekrelaj poprawnoci rozwizania (np. bdy rachunkowe) . 4 pkt Zdajcy doprowadzi ukad rwna, np.

12

1 22

1 2

12

2 1

x x

x x mx x m m

do rwnania kwadratowego z niewiadom m , np. 22 4 13 3

m m m m .

Rozwizanie pene .............................................................................................................. 5 pkt Zdajcy wyznaczy szukane cakowite wartoci parametru: 0,3 mm .



Zadanie 11. (04) Z urny zawierajcej 10 kul ponumerowanych liczbami od 1 do 10 losujemy jednoczenie trzy kule. Oblicz prawdopodobiestwo zdarzenia, e numer jednej z wylosowanych kul jest rwny sumie numerw dwch pozostaych.


Wykorzystanie wasnoci prawdopodobiestwa i stosowanie twierdzenia znanego jako klasyczna definicja prawdopodobiestwa do obliczania prawdopodobiestw zdarze. (II.10.d)

I sposb rozwizania (model klasyczny-kombinacje) Zdarzeniami elementarnymi s trzyelementowe podzbiory , ,a b c zbioru 1, 2, , 10 . Mamy do czynienia z modelem klasycznym. Liczba wszystkich zdarze elementarnych jest rwna

103 10! 10 9 8 5 3 8 1203! 7! 1 2 3 . Niech A oznacza zdarzenie - wylosujemy takie trzy kule, e numer jednej z wylosowanych kul bdzie rwny sumie numerw dwch pozostaych. Wystarczy wyznaczy liczb takich zbiorw , ,a b c , e a b c i a b c . Liczba a moe przyj wszystkie wartoci od 10 do 3 wcznie. I tak: 10 9 1 8 2 7 3 6 4 , wic s 4 takie podzbiory, gdzie 10a , 9 8 1 7 2 6 3 5 4 , wic s 4 takie podzbiory, gdzie 9a , 8 7 1 6 2 5 3 , wic s 3 takie podzbiory, gdzie 8a , 7 6 1 5 2 4 3 , wic s 3 takie podzbiory, gdzie 7a , 6 5 1 4 2 , wic s 2 takie podzbiory, gdzie 6a , 5 4 1 3 2 , wic s 2 takie podzbiory, gdzie 5a , 4 3 1 , wic jest 1 taki podzbir, gdzie 4a , 3 2 1 , wic jest 1 taki podzbir, gdzie 3a . W rezultacie

2 4 3 2 1 2 10 20 A . Prawdopodobiestwo zdarzenia A jest wic rwne

20 1( )120 6

P A . Schemat oceniania I sposobu rozwizania Rozwizanie, w ktrym postp jest niewielki, ale konieczny na drodze do penego rozwizania ........................................................................................................................ 1 pkt Zdajcy

zapisze liczb wszystkich zdarze elementarnych: 103 albo

opisze zdarzenie elementarne sprzyjajce zdarzeniu A, np. w postaci , ,a b c , gdzie a b c i a b c .



Uwaga Zdajcy moe rwnie zapisa a b c lub b a c lub c a b .

Rozwizanie, w ktrym jest istotny postp ...................................................................... 2 pkt Zdajcy

opisze zdarzenia sprzyjajce np. w postaci , ,a b c , gdzie a b c i a b c oraz obliczy ich liczb: 20A

albo zapisze liczb wszystkich moliwych zdarze elementarnych: 103 i opisze

zdarzenia sprzyjajce np. w postaci , ,a b c , gdzie a b c i a b c .

Pokonanie zasadniczych trudnoci zadania ..................................................................... 3 pkt Zdajcy zapisze liczb wszystkich moliwych zdarze elementarnych: 103 oraz opisze zdarzenia sprzyjajce np. w postaci , ,a b c , gdzie a b c i a b c oraz obliczy ich liczb: 20A . Rozwizanie pene .............................................................................................................. 4 pkt Zdajcy obliczy prawdopodobiestwo zdarzenia A: 20 1( )

120 6 P A .

Uwagi 1. Jeeli zdajcy wypisujc zdarzenia elementarne sprzyjajce zdarzeniu A pominie co najwyej jeden przypadek i konsekwentnie rozwie zadanie do koca, to otrzymuje 3 punkty. 2. Jeeli zdajcy wypisujc zdarzenia elementarne sprzyjajce zdarzeniu A zapisze podzbir, ktry nie jest zdarzeniem elementarnym w przyjtym modelu, np. 10,5,5 , to moe otrzyma co najwyej 1 punkt, o ile poprawnie zapisze liczb wszystkich zdarze elementarnych. 3. Jeeli zdajcy poprawnie poda liczb wszystkich zdarze elementarnych, poprawnie opisze zdarzenia elementarne sprzyjajce zdarzeniu A (lub je wypisze) i poda ich liczb, ale popeni bdy rachunkowe i otrzymany wynik jest z przedziau (0,1), to otrzymuje 3 punkty. Jeeli natomiast otrzyma wynik ( ) 1P A , to otrzymuje 0 punktw za cae zadanie. II sposb rozwizania (model klasyczny-wariacje) Niech zdarzeniem elementarnym bdzie trzywyrazowy cig , ,a b c , ktrego wyrazami s liczby ze zbioru 1, 2, , 10 takie, e a b i a c i b c . Mamy do czynienia z modelem klasycznym. Liczba wszystkich zdarze elementarnych jest rwna

10 9 8 720 . Niech A oznacza zdarzenie, e wylosujemy takie trzy kule, e numer jednej z wylosowanych kul bdzie rwny sumie numerw dwch pozostaych. Wystarczy wyznaczy liczb takich cigw , ,a b c , e a b c i a b c , czyli cigw malejcych. Liczba a moe przyj wszystkie wartoci od 10 do 3 wcznie. I tak: 10 9 1 8 2 7 3 6 4 , wic s 4 takie cigi, gdzie 10a , 9 8 1 7 2 6 3 5 4 , wic s 4 takie cigi, gdzie 9a , 8 7 1 6 2 5 3 , wic s 3 takie cigi, gdzie 8a ,



7 6 1 5 2 4 3 , wic s 3 takie cigi, gdzie 7a , 6 5 1 4 2 , wic s 2 takie cigi, gdzie 6a , 5 4 1 3 2 , wic s 2 takie cigi, gdzie 5a , 4 3 1 , wic jest 1 taki cig, gdzie 4a , 3 2 1 , wic jest 1 taki cig, gdzie 3a . Z kadego takiego cigu malejcego mona utworzy 3! 6 zdarze elementarnych sprzyjajcych zdarzeniu A. W rezultacie

3! 2 4 3 2 1 6 20 120 A . Prawdopodobiestwo zdarzenia A jest wic rwne

120 1( )720 6

P A . Schemat oceniania II sposobu rozwizania Rozwizanie, w ktrym postp jest niewielki, ale konieczny na drodze do penego rozwizania ........................................................................................................................ 1 pkt Zdajcy

zapisze liczb wszystkich moliwych zdarze elementarnych: 10 9 8 albo

opisze zdarzenie elementarne sprzyjajce zdarzeniu A, np. w postaci , ,a b c , gdzie a b c lub b a c lub c a b .

Rozwizanie, w ktrym jest istotny postp ..................................................................... 2 pkt Zdajcy

opisze zdarzenia sprzyjajce np. w postaci , ,a b c , gdzie a b c lub b a c lub c a b oraz obliczy liczb cigw , ,a b c , gdzie a b c i a b c (albo a b c i a b c ): 49

albo opisze zdarzenia sprzyjajce np. w postaci , ,a b c , gdzie a b c lub b a c lub

c a b oraz obliczy liczb cigw , ,a b c w jednej z tych sytuacji, np. w sytuacji, gdy a b c

albo zapisze liczb wszystkich zdarze elementarnych: 10 9 8 i opisze zdarzenia

sprzyjajce zajciu zdarzenia A, np. w postaci , ,a b c , gdzie a b c lub b a c lub c a b .

Pokonanie zasadniczych trudnoci zadania .................................................................... 3 pkt Zdajcy zapisze liczb wszystkich zdarze elementarnych: 10 9 8 oraz opisze

zdarzenia sprzyjajce zajciu zdarzenia A, np. w postaci , ,a b c , gdzie a b c lub b a c lub c a b oraz obliczy ich liczb: 6 20 A .

Rozwizanie pene ............................................................................................................. 4 pkt Zdajcy obliczy prawdopodobiestwo zdarzenia A: 1( )

6P A .



Uwagi 1. Jeeli zdajcy wypisujc zdarzenia elementarne sprzyjajce postaci , ,a b c , gdzie a b c i a b c (albo a b c i a b c ), pominie co najwyej jedno i konsekwentnie rozwie zadanie do koca, to otrzymuje 3 punkty. 2. Jeeli zdajcy wypisujc zdarzenia elementarne sprzyjajce postaci , ,a b c , gdzie a b c i a b c (albo a b c i a b c ) zapisze cig, ktry nie jest zdarzeniem elementarnym w przyjtym modelu, np. 10,5,5 , to moe otrzyma co najwyej 1 punkt, o ile poprawnie zapisze liczb wszystkich zdarze elementarnych. 3. Jeeli zdajcy poprawnie poda liczb wszystkich zdarze elementarnych, poprawnie opisze zdarzenia elementarne sprzyjajce zdarzeniu A (lub je wypisze) i poda ich liczb, ale popeni bdy rachunkowe, jednak otrzymany wynik jest z przedziau (0,1), to otrzymuje 3 punkty. Jeeli natomiast otrzyma wynik ( ) 1P A , to otrzymuje 0 punktw za cae zadanie. 4. Jeeli zdajcy stosuje rne modele probabilistyczne do obliczenia i A , to otrzymuje 0 punktw.

2014 maj pr klucz

Documents