EGZAMIN MATURALNY
W ROKU SZKOLNYM 2014/2015
FORMUA
A OD 2015
( NOWA MATURA )
MATEMATYKA
POZIOM ROZSZERZONY
ZASADY OCENIANIA ROZWI
ZAC
ZADAC

ARKUSZ MMA-R1
MAJ 2015
Uwaga: Akceptowane są wszystkie odpowiedzi merytorycznie poprawne i spełniające warunki
zadania.
Zadanie 1. (0-1)
Poprawna
Wymagania ogólne Wymagania szczegółowe
odp. (1 p.)
1. Liczby rzeczywiste. Zdający wykorzystuje
pojęcie wartości bezwzględnej i jej interpretację
II. Wykorzystanie
geometryczną, zaznacza na osi liczbowej zbiory
i interpretowanie D
opisane za pomocą równań i nierówności typu:
reprezentacji.
x - a = b , x - a > b , x - a < b (R1.1).
Zadanie 2. (0-1)
II. Wykorzystanie 3. Równania i nierówności. Zdający rozwiązuje
i interpretowanie równania i nierówności z wartością A
reprezentacji. bezwzględną (R3.9).
Zadanie 3. (0-1)
2. Wyrażenia algebraiczne. Zdający używa
II. Wykorzystanie
3
wzorów skróconego mnożenia na a ą b oraz
i interpretowanie ( ) C
reprezentacji.
a3 ą b3 (R2.1).
Zadanie 4. (0-1)
II. Wykorzystanie
6. Trygonometria. Zdający rozwiązuje równania
i interpretowanie A
i nierówności trygonometryczne (R6.6).
reprezentacji.
Zadanie 5. (0-1)
II. Wykorzystanie 8. Geometria na płaszczyz
nie kartezjańskiej.
i interpretowanie Zdający oblicza odległość punktu od prostej B
reprezentacji. (R8.4).
Strona 2 z 36
Zadanie 6. (0-2)
��
11n3 + 6n + 5 2n2 + 2n +1
Oblicz granicę lim - . W poniższe kratki wpisz kolejno cyfrę
����
n"
6n3 +1 5n2 - 4
Ł�ł�
jedności i pierwsze dwie cyfry po przecinku rozwinięcia dziesiętnego otrzymanego wyniku.
5. Ciągi. Zdający oblicza granice ciągów, korzystając z granic
II. Wykorzystanie
1 1
ciągów typu , oraz z twierdzeń o działaniach na
i interpretowanie
n n2
reprezentacji.
granicach ciągów (R5.2).
Odpowiedz

1 4 3
Zadanie 7. (0 2)
f 6
( )
Liczby i 3 są miejscami zerowymi funkcji kwadratowej f . Oblicz .
(-1
)
f 12
( )
II. Wykorzystanie 4. Funkcje. Zdający interpretuje współczynników
i interpretowanie występujących we wzorze funkcji kwadratowej w postaci
reprezentacji. kanonicznej, w postaci ogólnej i w postaci iloczynowej (4.10).
Rozwiązanie (I sposób)
Zapisujemy trójmian kwadratowy w postaci iloczynowej
f x = a x +1 x - 3 , gdzie a `" 0 .
( ) ( )( )
Stąd zaś wynika, że
f (6) a �"7 �"3 7
= = .
f (12) a �"13�"9 39
Schemat oceniania
Zdający otrzymuje................................................................................................................ 1 p.
gdy wykorzysta postać iloczynową funkcji kwadratowej i zapisze f 6 = a �"7 �"3 lub
( )
f 12 = a �"13�"9 i na tym zakończy lub dalej popełni błędy.
( )
Zdający otrzymuje................................................................................................................ 2 p.
f (6) 7
gdy obliczy wartość = .
f (12) 39
Strona 3 z 36
Rozwiązanie (II sposób)
b c
Z wzorów ViŁte a otrzymujemy - = 2 oraz =-3. Stąd b =-2a oraz c =-3a . Wzór
a a
funkcji f możemy zapisać w postaci f x = ax2 - 2ax - 3a . Obliczamy wartości funkcji dla
( )
argumentów 6 i 12
f 6 = 36a -12a - 3a = 21a oraz f 12 =144a - 24a - 3a =117a .
( ) ( )
f 6
( ) 21a 7
Zatem = = .
f 12 117a 39
( )
Schemat oceniania
Zdający otrzymuje ............................................................................................................... 1 p.
gdy wykorzysta wzory ViŁte a i zapisze f 6 = 36a -12a - 3a lub f 12 = 144a - 24a - 3a
( ) ( )
i na tym zakończy lub dalej popełni błędy.
Zdający otrzymuje ............................................................................................................... 2 p.
f (6) 7
gdy obliczy wartość = .
f (12) 39
Zadanie 8. (0 3)
Udowodnij, że dla każdej liczby rzeczywistej x prawdziwa jest nierówność
x4 - x2 - 2x + 3 > 0.
2. Wyrażenia algebraiczne. Zdający dodaje, odejmuje, mnoży
i dzieli wyrażenia wymierne; rozszerza i (w łatwych
V. Rozumowanie
przykładach) skraca wyrażenia wymierne; używa wzory
i argumentacja
2
skróconego mnożenia na a ą b , a2 - b2 . (R2.6, 2.1).
( )
Rozwiązanie (I sposób)
Przekształćmy nierówność równoważnie w następujący sposób
x4 - 2x2 +1+ x2 - 2x +1+1 > 0 ,
2
2
x2 -1 + x -1 +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
Zdający otrzymuje ............................................................................................................... 1 p.
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 .
Zdający otrzymuje ............................................................................................................... 2 p.
2
2
gdy zapisze nierówność w postaci: x2 -1 + x -1 +1 > 0 i nie uzasadni prawdziwości tej
( )
( )
nierówności.
Strona 4 z 36
Zdający otrzymuje................................................................................................................ 3 p.
gdy przeprowadzi pełne rozumowanie.
Rozwiązanie (II sposób)
Przekształćmy nierówność równoważnie w następujący sposób
x4 - x2 - 2x + 2 +1 > 0 ,
x2 x2 -1 - 2 x -1 +1 > 0 ,
( )
( )
x2 x -1 x +1 2 x -1 +1 > 0 ,
( )( )- ( )
x
( -1 x2 x +1 2 +1 > 0 ,
) ( )-
()
x
( -1 x3 + x2 - 2 +1 > 0 ,
)
()
x
( -1 x3 - x2 + 2x2 - 2 +1 > 0 ,
)
()
x
( -1 x2 x -1 + 2 x2 -1 +1 > 0
) ( )
( )
()
x
( -1 x2 x -1 + 2 x -1 x +1 +1 > 0 ,
) ( ) ( )( )
()
2
x
( -1 x2 + 2 x +1 +1 > 0 ,
) ( )
()
2
x
( -1 x2 + 2x +1+1 +1 > 0 ,
)
()
22
x
( -1 x +1 +1 > 0 .
) ( )
()+1
2 2
Ponieważ x -1 e" 0 oraz x +1 +1 > 0 dla każdej liczby rzeczywistej x, więc iloczyn
( ) ( )
22
x
( -1 x +1 +1
) ( )
() jest nieujemny. Stąd wynika, że lewa strona nierówności jest dodatnia
dla każdej liczby rzeczywistej x.
Schemat oceniania II sposobu rozwiązania
Zdający otrzymuje................................................................................................................ 1 p.
gdy zapisze nierówność w postaci: x2 x2 -1 - 2 x -1 +1 > 0 .
( )
( )
Zdający otrzymuje................................................................................................................ 2 p.
2
gdy zapisze nierówność w postaci: x -1 x2 + 2x + 2 +1 > 0 i nie uzasadni prawdziwości
( )
()
tej nierówności.
Zdający otrzymuje................................................................................................................ 3 p.
gdy przeprowadzi pełne rozumowanie.
Rozwiązanie (III sposób)
Rozważmy wielomian f x = x4 - x2 - 2x + 3 .
( )
2
Pochodna tego wielomianu jest równa f x = 4x3 - 2x - 2 dla każdej liczby rzeczywistej x.
( )
2 2
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
Strona 5 z 36
2
Zatem f x = x -1 4x2 + 4x + 2 . Wyróżnik trójmianu kwadratowego 4x2 + 4x + 2 jest
( ) ( )
()
równy "= 42 - 4�"4�"2 < 0 , współczynnik przy x2 jest dodatni, więc 4x2 + 4x + 2 > 0 dla każdej
liczby rzeczywistej x. Wynika stąd, że
2
f x = 0 wtedy i tylko wtedy, gdy x = 1,
( )
2
f x > 0 wtedy i tylko wtedy, gdy x > 1,
( )
2
f x < 0 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.
)
Ponieważ f 1 = 14 -12 - 2�"1+ 3 = 1, więc f x e" f 1 = 1 > 0 , czyli x4 - x2 - 2x + 3 > 0 dla
( ) ( ) ( )
każdej liczby rzeczywistej x. To kończy dowód.
Schemat oceniania III sposobu rozwiązania
Zdający otrzymuje ............................................................................................................... 1 p.
gdy obliczy pochodną wielomianu f x = x4 - x2 - 2x + 3 , zapisze, że liczba 1 jest
( )
2 2
pierwiastkiem pochodnej: f x = 4x3 - 2x - 2 , f 1 = 4 - 2 - 2 = 0 .
( ) ( )
Zdający otrzymuje ............................................................................................................... 2 p.
2
gdy zapisze pochodną w postaci : f x = x -1 4x2 + 4x + 2 i zbada znak pochodnej, ale nie
( ) ( )
()
przeprowadzi rozumowania do końca lub przeprowadzi je z błędem.
Zdający otrzymuje ............................................................................................................... 3 p.
gdy przeprowadzi pełne rozumowanie.
Strona 6 z 36
Zadanie 9. (0 3)
Dwusieczne czworokąta ABCD wpisanego w okrąg przecinają się w czterech różnych
punktach: P, Q, R, S (zobacz rysunek).
D
A S
P
R
Q
B
C
Wykaż, że na czworokącie PQRS można opisać okrąg.
7. Planimetria. Zdający stosuje twierdzenia charakteryzujące
V. Rozumowanie
czworokąty wpisane w okrąg i czworokąty opisane na okręgu
i argumentacja.
(R7.1).
Rozwiązanie (I sposób)
Oznaczmy S�BAP = S�PAD = ą oraz S�CBP = S�ABP = � .
D
A S
ą
ą
P
R
�
Q
�
B
C
Ponieważ czworokąt ABCD jest wpisany w okrąg, więc
180�- 2ą 180�- 2�
S�BCR == 90� -ą oraz S�ADR == 90� - � .
2 2
Zauważmy, że
S�AQD = 180� -() )
S�DAQ + S�ADQ =180� -(ą + 90� - � = 90� -ą + �
()
oraz
S�BSC =180� -() )
S�BCR + S�CBP =180� -( -ą )
90� + � = 90� +ą - �
(
Zatem
S�PQR + S�PSR = 90�-ą + � + 90�+ą - � = 180� .
() ()
Strona 7 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.
Schemat oceniania I sposobu rozwiązania
Zdający otrzymuje ............................................................................................................... 1 p.
gdy przyjmie oznaczenia dwóch sąsiednich kątów wewnętrznych czworokąta ABCD (lub
oznaczy połowy tych kątów) np.: S�BAP = S�PAD = ą , S�CBP = S�ABP = � oraz zapisze
dwa pozostałe kąty wewnętrzne tego czworokąta (lub ich połowy) w zależności od ą i � :
S�BCR = S�DCR = 90� -ą , S�CDR = S�ADR = 90� - � .
Zdający otrzymuje ............................................................................................................... 2 p.
gdy wyznaczy dwa przeciwległe kąty czworokąta PQRS w zależności od ą i � :
S�AQD = 90� -ą + � , S�BSC = 90� +ą - � .
Zdający otrzymuje ............................................................................................................... 3 p.
gdy wykaże, że suma dwóch przeciwległych kątów wewnętrznych czworokąta PQRS jest
równa 180� .
Rozwiązanie (II sposób)
Oznaczmy S�BAP = S�PAD = ą oraz S�CBP = S�ABP = � .
D
A
ą
ą
P
R
�
Q
�
B
C
Ponieważ czworokąt ABCD jest wpisany w okrąg, więc
180�- 2ą 180�- 2�
S�BCR = S�DCR = = 90� -ą oraz S�CDR = S�ADR = = 90� - � .
2 2
Zauważmy, że
S�SPQ = S�APB =180�- S�ABP + S�BAP =180�-(ą + �
() )
oraz
S�SRQ = S�CRD =180� - S�DCR + S�CDR =180� - ( -ą ) ( - � = ą + � .
90� + 90�
)
() ()
Zatem
S�SPQ + S�SRQ =180� -(ą + � +ą + � = 180� .
)
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.
Strona 8 z 36
Schemat oceniania II sposobu rozwiązania
Zdający otrzymuje................................................................................................................ 1 p.
gdy przyjmie oznaczenia dwóch sąsiednich kątów wewnętrznych czworokąta ABCD (lub
oznaczy połowy tych kątów) np.: S�BAP = S�PAD = ą , S�CBP = S�ABP = � oraz zapisze
dwa pozostałe kąty wewnętrzne tego czworokąta (lub ich połowy) w zależności od ą i � :
S�BCR = S�DCR = 90� -ą , S�CDR = S�ADR = 90� - � .
Zdający otrzymuje................................................................................................................ 2 p.
gdy wyznaczy dwa przeciwległe kąty czworokąta PQRS w zależności od ą i � :
S�SPQ = 180� -(ą + � , S�SRQ = ą + � .
)
Zdający otrzymuje................................................................................................................ 3 p.
gdy wykaże, że suma dwóch przeciwległych kątów wewnętrznych czworokąta PQRS jest
równa 180� .
Rozwiązanie (III sposób)
Oznaczmy: S�BAP = S�DAP = ą , S�CBP = S�ABP = � , S�DCR = S�BCR = ł ,
S�ADR = S�CDR = � .
D
�
A S
ą
�
ą
P
R
�
Q
�
ł
ł
B
C
Suma kątów czworokąta ABCD jest równa
2ą +2� +2ł +2� =360�.
Stąd
(1) ą + � + ł +� =180�.
Z bilansu kątów w trójkątach ADQ i BCS otrzymujemy
S�AQD = 180� -(ą + � oraz S�BSC = 180� -( )
� + ł .
)
Suma przeciwległych kątów PQR i PSR czworokąta PQRS jest więc równa
S�PQR + S�PSR = 180�-(ą + � +180�-( ) )
� + ł = 360�-(ą + � + ł + � .
)
Stąd i z (1) otrzymujemy
S�PQR + S�PSR = 360� -180� = 180�.
To oznacza, że suma pozostałych dwóch kątów czworokąta PQRS także jest równa 180� .
Zatem na czworokącie PQRS można opisać okrąg. To kończy dowód.
Strona 9 z 36
Rozwiązanie (IV sposób)
Oznaczmy: S�BAP = S�DAP = ą , S�CBP = S�ABP = � , S�DCR = S�BCR = ł ,
S�ADR = S�CDR = � .
D
�
A S
ą
�
ą
P
R
�
Q
�
ł
B ł
C
Suma kątów czworokąta ABCD jest równa
2ą +2� +2ł +2� =360�.
Stąd
(1) ą + � + ł +� =180�.
Z bilansu kątów w trójkątach ABP i CDR otrzymujemy
S�BPA = 180� -(ą + � oraz S�CRD = 180� -( )
ł + � .
)
Kąty BPA i SPQ są wierzchołkowe, podobnie jak kąty CRD i SRQ. Zatem
S�SPQ = 180� -(ą + � oraz S�SRQ = 180� -( )
ł +� .
)
Suma przeciwległych kątów SPQ i SRQ czworokąta PQRS jest więc równa
S�SPQ + S�SRQ =180�-(ą + � +180�-( ) )
ł + � = 360�-(ą + � + ł + � .
)
Stąd i z (1) otrzymujemy
S�SPQ + S�SRQ = 360� -180� = 180�.
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
Zdający otrzymuje ............................................................................................................... 1 p.
gdy przyjmie oznaczenia kątów wewnętrznych czworokąta ABCD (lub oznaczy połowy tych kątów), np.:
S�BAP = S�DAP = ą , S�CBP = S�ABP = � , S�DCR = S�BCR = ł , S�ADR = S�CDR = �
i zapisze:
" że ich suma jest równa 360� : 2ą +2� +2ł +2� =360�
albo
" wyznaczy dwa przeciwległe kąty PQR i PSR czworokąta PQRS w zależności od
ą , � ,ł i � : S�PQR = 180� -(ą + � , S�PSR = 180� -( )
� + ł
)
albo
" wyznaczy dwa przeciwległe kąty SPQ i SRQ czworokąta PQRS w zależności od
ą , � ,ł i � : S�SPQ = 180� -(ą + � , S�SRQ = 180� -( )
ł + � .
)
Zdający otrzymuje ............................................................................................................... 2 p.
gdy zapisze, że 2ą +2� +2ł +2� =360� oraz
" wyznaczy dwa przeciwległe kąty PQR i PSR czworokąta PQRS w zależności od
ą , � ,ł i � : S�PQR = 180� -(ą + � , S�PSR = 180� -( )
� + ł
)
Strona 10 z 36
albo
" wyznaczy dwa przeciwległe kąty SPQ i SRQ czworokąta PQRS w zależności od
ą , � ,ł i � : S�SPQ = 180� -(ą + � , S�SRQ = 180� -( )
ł + � .
)
Zdający otrzymuje................................................................................................................ 3 p.
gdy wykaże, że suma dwóch przeciwległych kątów wewnętrznych czworokąta PQRS jest
równa 180� .
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.
7. Planimetria. Zdający stosuje twierdzenia charakteryzujące
czworokąty wpisane w okrąg i czworokąty opisane na okręgu;
IV. Użycie i tworzenie
znajduje związki miarowe w figurach płaskich
strategii.
z zastosowaniem twierdzenia sinusów i twierdzenia cosinusów
(R7.1, R7.5).
Rozwiązanie (I sposób)
Przyjmijmy oznaczenia a = AB = 2 , b = BC = 3, c = CD = 4 , d = DA = 5, x = AC ,
ą = S�ABC jak na rysunku.
D
�
c
C
d
b
x
ą
B
a
A
Ponieważ na czworokącie ABCD jest opisany okrąg, więc S�CDA = 180� -ą .
Z twierdzenia cosinusów zastosowanego do trójkąta ABC otrzymujemy:
2 2 2
AC = AB + BC - 2�" AB �" BC �"cosą ,
2
(1) AC = 22 + 32 - 2�" 2�"3�"cosą .
Teraz ponownie zastosujemy twierdzenie cosinusów, tym razem do trójkąta ACD :
2 2 2
AC = CD + DA - 2�" CD �" DA �"cos 180� -ą )
,
(
2
(2) AC = 42 + 52 + 2�"4�"5�"cosą .
Porównujemy prawe strony równań (1) i (2):
22 + 32 - 2�"2�"3�"cosą = 42 + 52 + 2�"4�"5�"cosą ,
13 -12�"cosą = 41+ 40�"cosą
Strona 11 z 36
28 7
cosą =- =- .
52 13
Podstawiamy otrzymaną wartość do równania (1) i otrzymujemy:
2 7 84 169 + 84 253
��
AC =13 -12�"ć� - =13 + = = .
�� ��
13 13 13 13
Ł� ł�
Stąd wynika, że długość przekątnej AC jest równa:
253
AC = .
13
Uwaga
Układ równań (1) i (2) możemy rozwiązać rugując cosą . Wtedy mnożymy obie strony
równania (1) przez 10, a obie strony równania (2 ) przez 3 i mamy
10x2 =10�"4 +10�"9 -120�"cosą oraz 3x2 = 3�"16 + 3�"25 +120�"cosą .
Dodając stronami otrzymane równania mamy
13x2 = 253.
Stąd
253
x = AC = .
13
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 :
x2 = 22 + 32 - 2�"2�"3�"cosą albo x2 = 42 + 52 - 2�" 4�"5�"cos �
i na tym zakończy lub dalej popełni błędy.
Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp ........................................................................ 2 p.
Zdający zapisze
" równanie z jedną niewiadomą, np.:
22 + 32 - 2�" 2�"3�"cosą = 42 + 52 - 2�" 4�"5�"cos 180� -ą )
(
albo
" układ równań w postaci:
10x2 =10�"4 +10�"9 -120�"cosą i 3x2 = 3�"16 + 3�"25 +120�"cosą .
i na tym zakończy lub dalej popełni błędy.
Pokonanie zasadniczych trudności zadania....................................................................... 3 p.
Zdający
7
" obliczy cosinus kąta ABC: cos a =-
13
albo
" zapisze równanie z niewiadomą x, np.: 13x2 = 253 .
Rozwiązanie pełne ................................................................................................................ 4 p.
253
Zdający obliczy długość przekątnej AC: AC = .
13
Strona 12 z 36
Rozwiązanie (II sposób)
Przyjmijmy oznaczenia x = AC y = BD jak na rysunku i niech R oznacza promień okręgu
opisanego na czworokącie ABCD.
D
4
C
y
5
3
x
B
2
A
Z twierdzenia Ptolemeusza otrzymujemy równanie
xy = 2�"4 + 5�"3,
xy = 23 .
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
PABCD = PABC + PCDA = PBCD + PABD .
abc
Stąd i ze wzoru na pole trójkąta P = otrzymujemy równanie
4R
2�"3�" x 4�"5�" x 2�"5�" y 3�"4�" y
+=+,
4R 4R 4R 4R
26x = 22y ,
13
y = x .
11
Stąd i z równości xy = 23 otrzymujemy
13
x �" x = 23,
11
23�"11
x2 = ,
13
253
x = .
13
Schemat oceniania II sposobu rozwiązania
Rozwiązanie, w którym postęp jest niewielki, ale konieczny na drodze do pełnego
rozwiązania ........................................................................................................................... 1 p.
Zdający zapisze
" równanie wynikające z twierdzenia Ptolemeusza: xy = 2�"4 + 5�"3
albo
Strona 13 z 36
" pole czworokąta ABCD na dwa sposoby i zapisze PABC + PCDA = PBCD + PABD lub
2�"3�" x 4�"5�" x 2�"5�" y 3�"4�" y
+=+.
4R 4R 4R 4R
i na tym zakończy lub dalej popełni błędy.
Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp ........................................................................ 2 p.
Zdający zapisze układ równań z niewiadomymi x i y:
xy = 2�" 4 + 5�"3 oraz 2�"3�" x + 4�"5�" x = 2�"5�" y + 3�" 4�" y .
i na tym zakończy lub dalej popełni błędy.
Pokonanie zasadniczych trudności zadania....................................................................... 3 p.
13 11
Zdający zapisze równanie z jedną niewiadomą, np.: x �" x = 23 lub y �" y = 23 .
11 13
Rozwiązanie pełne ............................................................................................................... 4 p.
253
Zdający obliczy długość przekątnej AC: x = AC = .
13
Strona 14 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
IV. Użycie i tworzenie
i kombinatoryka. Zdający korzysta z twierdzenia
strategii.
o prawdopodobieństwie całkowitym (R10.3).
Rozwiązanie (I sposób)
Przyjmijmy następujące oznaczenia zdarzeń:
A - zdarzenie polegające na tym, że z drugiej urny wylosujemy dwie kule białe,
B1- zdarzenie polegające na tym, że z pierwszej urny wylosujemy kulę białą.
B2 - zdarzenie polegające na tym, że z pierwszej urny wylosujemy kulę czarną.
Wówczas B1 )" B2 = " oraz B1 *" B2 = � . Następnie
3 5
P B1 = > 0 oraz P B2 = > 0 .
( )8 ( )8
Zatem spełnione są założenia twierdzenia o prawdopodobieństwie całkowitym. Obliczamy
teraz prawdopodobieństwa warunkowe:
10 7
( ) ( )
2 2 7
15
P A | B1 = = oraz P A | B2 = = .
( ) ( )
12 12
( )22 ( )22
2 2
Z twierdzenia o prawdopodobieństwie całkowitym otrzymujemy
15 3 7 5 45 + 35 80 5
P A = P A | B1 �" P B1 + P A | B2 �" P B2 = �" + �" = = = .
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
22 8 22 8 8�" 22 8�" 22 11
Schemat oceniania I sposobu rozwiązania
Rozwiązanie, w którym postęp jest niewielki, ale konieczny na drodze do pełnego
rozwiązania ........................................................................................................................... 1 p.
Zdający opisze zdarzenia A, B1 i B2 .
Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp ........................................................................ 2 p.
Zdający
3 5
" obliczy prawdopodobieństwa P B1 = oraz P B2 =
( )8 ( )8
albo
15 7
" obliczy prawdopodobieństwa P A | B1 = , P A | B2 =
( ) ( )
22 22
albo
3 15
" obliczy prawdopodobieństwa P B1 = oraz P A | B1 =
( )8 ( )
22
albo
Strona 15 z 36
5 7
" obliczy prawdopodobieństwa P B2 = oraz P A | B2 = .
( )8 ( )
22
Pokonanie zasadniczych trudności zadania....................................................................... 3 p.
3 5 15
Zdający obliczy prawdopodobieństwa: P B1 = , P B2 = , P A | B1 = ,
( )8 ( )8 ( )
22
7
P A | B2 = .
( )
22
Rozwiązanie pełne ................................................................................................................ 4 p.
5
Zdający obliczy prawdopodobieństwo: P A = .
( )
11
Rozwiązanie (II sposób)
Przyjmijmy, że A to zdarzenie polegające na tym, że z drugiej urny wylosujemy dwie kule
białe. Rysujemy drzewo z istotnymi gałęziami
3
5
8
8
Losowanie kuli z pierwszej urny
B2
B1
7
10
( )
( ) 2
2
12
12
( )
( ) 2
2
Losowanie dwóch kul z drugiej urny
b b
b b
lub
3
5
8
8
B2 Losowanie kuli z pierwszej urny
B1
10 7
12 12
Losowanie pierwszej kuli z drugiej urny
c
b b c
9 6
11 11
c c c b c Losowanie drugiej kuli z drugiej urny
b
b b
Prawdopodobieństwo zdarzenia A jest równe
15 3 7 5 45 + 35 80 5
P A = �" + �" = = =
( )
22 8 22 8 8�" 22 8�" 22 11
Strona 16 z 36
lub
1 5 1
3 10 9 5 7 6 45 + 35 80 5
P A = �" �" + �" �" == = .
( )
4 4 2
11 8 11 16�"11 176 11
8 12 12
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).
Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp ........................................................................ 2 p.
Zdający zapisze prawdopodobieństwa przynajmniej na wszystkich istotnych odcinkach
jednego z etapów lub na jednej z istotnych gałęzi.
Pokonanie zasadniczych trudności zadania ....................................................................... 3 p.
3 10 9
Zdający zapisze prawdopodobieństwa na wszystkich istotnych gałęziach: , ,
8 12 11
10 7
ć� �� ć� ��
�� �� �� ��
5 7 6 3 5
2 2ł�
Ł� ł� Ł�
oraz , , lub , oraz , .
12 12
ć� �� ć� ��
8 12 11 8 8
�� �� �� ��
2 2
Ł� ł� Ł� ł�
Rozwiązanie pełne ................................................................................................................ 4 p.
5
Zdający obliczy prawdopodobieństwo: P A = .
( )11
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).
IV. Użycie i tworzenie 8. Geometria na płaszczyz
nie kartezjańskiej. Zdający
strategii. 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 = 4x , ich współczynnik kierunkowy
musi być równy 4. Obliczamy pochodną funkcji f: f '(x) = 3x2 - 4x .
Współczynnik kierunkowy stycznej jest równy wartości pierwszej pochodnej funkcji
2
w punkcie styczności. Stąd 4 = f x0 . Wówczas
( )
Strona 17 z 36
3x02 - 4x0 = 4 ,
3x02 - 4x0 - 4 = 0 ,
"= 64 ,
2
x0 =- lub x0 = 2 .
3
Istnieją zatem dwie styczne do wykresu funkcji f równoległe do prostej o równaniu y = 4x
2 5
w punktach P1 = - , - oraz P2 = 2,1 . Styczne mają zatem równania postaci
( )
()
3 27
5 2 67
y + = 4 x + oraz y -1 = 4 x - 2 , czyli y+= 4x + oraz y = 4x - 7 .
( )
( )
27 3 27
67
Odp. Równania prostych stycznych mają postać: y = 4x + oraz y = 4x - 7 .
27
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
2
" zapisze warunek f x0 = 4 .
( )
Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp ........................................................................ 2 p.
2
Zdający obliczy pochodną funkcji f: f '(x) = 3x2 - 4x i zapisze warunek f x0 = 4 .
( )
Pokonanie zasadniczych trudności zadania....................................................................... 3 p.
Zdający rozwiąże równanie 3x02 - 4x0 = 4 i obliczy współrzędne obu punktów styczności:
2 5
��
P1 = - , - , P2 = 2,1
( )
����
3 27
Ł�ł�
Uwaga
2
Jeżeli zdający korzysta ze wzoru y = f x0 x + b , gdzie b = f x0 f x0 �" x0 , to obliczenie
( ) ( )- 2
( )
współczynnika b traktujemy jak obliczenie drugiej współrzędnej punktu styczności.
Rozwiązanie pełne ................................................................................................................ 4 p.
67
Wyznaczenie równań stycznych: y = 4x + i y = 4x - 7 .
27
Uwaga
Jeżeli zdający wyznaczy poprawnie współrzędne tylko jednego punktu styczności
i w konsekwencji wyznaczy poprawnie równanie jednej stycznej, to otrzymuje 3 punkty.
Strona 18 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 x1 , x2 ,
spełniające warunek x12 - x22 = x14 - x24 .
III. Modelowanie 3. Równania i nierówności. Zdający stosuje wzory ViŁte a
matematyczne. (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
2
"= 2 m - 2 - 4�"(m +1)�" + 4 > 0 ,
( ) )
() (-m
8m2 - 28m > 0 ,
4m(2m - 7) > 0 .
Stąd m"
(-",0 *" , +" .
)
(7 )
2
7
D = -1 *" 0 *" , + " jest zbiorem wszystkich wartości parametru m, dla których
(-",
) (-1,
)
( )
2
funkcja f jest trójmianem kwadratowym i ma dwa różne pierwiastki.
2 2 4 4
Warunek x1 - x2 = x1 - x2 możemy zapisać w postaci równoważnej
2 2 2 2 2 2
x1 - x2 = (x1 + x2 )(x1 - x2 ),
2 2
(x1 - x2 )(x1 + x2 )(1-(x1 + x2 ))= 0 .
Stąd
2 2
x1 - x2 = 0 lub x1 + x2 = 0 lub 1-(x1 + x2 )= 0 .
Równość x1 - x2 = 0 przeczy założeniu x1 `" x2 .
Ze wzoru ViŁte a na sumę pierwiastków trójmianu kwadratowego możemy równanie
- 2(m - 2)
x1 + x2 = 0 zapisać w postaci = 0 . Stąd m = 2 " D .
m +1
2 2
Równanie 1-(x1 + x2 )= 0 możemy zapisać w postaci równoważnej
2
x1 + x2 - 2x1x2 =1.
( )
Ze wzorów ViŁte a otrzymujemy
2
ć� -2(m - 2) -m + 4
��
- 2�" =1,
����
m +1 m +1
Ł�ł�
4 m2 - 4m + 4
() -8
2m
+-1 = 0 ,
2
m +1
m +1
( )
2
4m2 -16m +16 + 2m -8 m +1 m +1 = 0 ,
( )( )-( )
5m2 - 24m + 7 = 0 .
Rozwiązaniami tego równania są liczby
12 - 109 12 + 109
m1 = " D oraz m2 =" D .
5 5
Strona 19 z 36
12 + 109
Istnieje zatem jedna wartość parametru m = , dla której trójmian f ma dwa różne
5
2 2 4 4
pierwiastki rzeczywiste spełniające warunek x1 - x2 = x1 - x2 .
Schemat oceniania
Rozwiązanie zadania składa się z trzech etapów.
Pierwszy z nich polega na rozwiązaniu nierówności " > 0 : m"
(-",0 *" , +" .
)
(7 )
2
Za poprawne rozwiązanie tego etapu zdający otrzymuje 1 punkt.
Uwaga
Jeżeli zdający zapisze "e" 0 , to za tę część otrzymuje 0 punktów.
2 2 4 4
Drugi etap polega na rozwiązaniu równania x1 - x2 = x1 - x2 .
Za tę część rozwiązania zdający otrzymuje 3 punkty.
Podział punktów za drugi etap rozwiązania:
1 punkt zdający otrzymuje za zapisanie równania w postaci:
2 2
(x1 - x2 )(x1 + x2 )(1-(x1 + x2 ))= 0 lub równoważnej.
2 punkty zdający otrzymuje za:
" zapisanie równości x1 - x2 = 0 i stwierdzenie, że przeczy ona założeniu x1 `" x2
albo
- 2(m - 2)
" rozwiązanie równania = 0 : m = 2
m +1
albo
2
-2(m - 2) -m + 4
2 2
" zapisanie równania 1-(x1 + x2 )= 0 w postaci, np.: ć��� =1.
- 2�"
����
m +1 m +1
Ł�ł�
3 punkty zdający otrzymuje za:
- 2(m - 2)
" rozwiązanie równania = 0 : m = 2
m +1
oraz
2
-2(m - 2) -m + 4 12 - 109
- 2�"
" rozwiązanie równania ć��� =1: m1 = ,
����
m +1 m +1 5
Ł�ł�
12 + 109
m2 = .
5
12 + 109
Trzeci etap polega na wyznaczeniu szukanej wartości parametru m: m = . Za ten
5
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.
Strona 20 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 " > 0 , o ile sprawdzi czy dla m = 2 ,
12 - 109 12 + 109
m = , m = trójmian ma dwa różne pierwiastki rzeczywiste.
5 5
2 2 4 4 2 2
3. Jeżeli zdający podzieli obie strony równania x1 - x2 = x1 - x2 przez x1 - x2 bez
12 - 109
2 2
stosownego założenia i rozwiąże równanie 1 = x1 + x2 , otrzymując m = lub
5
12 + 109
m = , to otrzymuje co najwyżej 3 punkty za całe rozwiązanie, przy czym
5
1 punkt może otrzymać za rozwiązanie nierówności " > 0 , 1 punkt za zapisanie
2 2
równania 1 = x1 + x2 w postaci równania wymiernego z jedną niewiadomą,
2
-2(m - 2) -m + 4
np.: ć��� =1 oraz 1 punkt za wyznaczenie tego rozwiązania
- 2�"
����
m +1 m +1
Ł�ł�
równania, które spełnia nierówność " > 0 .
4. Jeżeli zdający nie rozwiązywał nierówności " > 0 , ale rozwiązał równanie
2
ć� -2(m - 2) -m + 4
��
- 2�" =1 i sprawdził, dla której z otrzymanych wartości m trójmian ma
����
m +1 m +1
Ł�ł�
pierwiastki rzeczywiste, to otrzymuje 3 punkty.
Strona 21 z 36
Zadanie 14. (0 5)
Podstawą ostrosłupa ABCDS jest kwadrat ABCD. Krawędz
boczna jest wysokością
SD
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
IV. Użycie i tworzenie
długości odcinków, miar kątów, pól powierzchni i objętości
strategii.
(9.6).
Rozwiązanie (I sposób)
Przyjmijmy oznaczenia jak na rysunku.
S
2a
E
ą
C
B
a
D a
A
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
SA = SC = 2a + a2 = a 5 .
( )
Trójkąt ABS jest prostokątny, więc z twierdzenia Pitagorasa
2
SB = a 5 + a2 = a 6 .
( )
Odcinek AE jest wysokością ściany bocznej ABS . Jego długość możemy wyznaczyć
zapisując np. pole trójkąta ABS na dwa sposoby
1 1 5
a �" a 5 = a 6 �" AE , stąd AE = a = CE .
2 2 6
Z twierdzenia cosinusów dla trójkąta AEC otrzymujemy
5 5 5
2a2 = a2 + a2 - 2�" a2 cosą .
6 6 6
1 2 6
Stąd cosą =- . Zatem siną = .
5 5
Strona 22 z 36
Rozwiązanie (II sposób)
Przyjmijmy oznaczenia jak na rysunku.
S
2a
E
ą
C
B
a
D a
A
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.
Z twierdzenia Pitagorasa
2
SA = SC = 2a + a2 = a 5 .
( )
Trójkąt BDS jest prostokątny, więc z twierdzenia Pitagorasa
2
2
SB = 2a + a 2 = a 6 .
( )
( )
Odcinek AE jest wysokością ściany bocznej ABS . Jego długość możemy wyznaczyć
zapisując np. pole trójkąta ABS na dwa sposoby
1 1 5
a �" a 5 = a 6 �" AE , stąd AE = a = CE .
2 2 6
Z twierdzenia cosinusów dla trójkąta AEC otrzymujemy
5 5 5
2a2 = a2 + a2 - 2�" a2 cosą .
6 6 6
1 2 6
Stąd cosą =- . Zatem siną = .
5 5
Rozwiązanie (III sposób)
Przyjmijmy oznaczenia jak na rysunku.
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.
Z twierdzenia Pitagorasa
2
SA = SC = 2a + a2 = a 5 .
( )
Trójkąt BDS jest prostokątny, więc z twierdzenia Pitagorasa
2
2
SB = 2a + a 2 = a 6 .
( )
( )
Strona 23 z 36
S
2a
E
ą
C
B
a
O
D a
A
Odcinek AE jest wysokością ściany bocznej ABS . Jego długość możemy wyznaczyć
zapisując np. pole trójkąta ABS na dwa sposoby
11 5
a �" a 5 = a 6 �" AE , stąd AE = a = CE .
22 6
a 2
ą 3
2
sin = = .
5
25
a
6
Zatem cosinus.
ąą 3 2
cos = 1- sin2 = 1- = .
22 5 5
ą ą 3 2 2 6
siną = 2sin �"cos = 2�" �" = .
2 2 5 5 5
Rozwiązanie (IV sposób)
Przyjmijmy oznaczenia jak na rysunku.
S
2a
E
ą
C
B
a
O
D a
A
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.
Strona 24 z 36
Z twierdzenia Pitagorasa
2
SA = SC = 2a + a2 = a 5 .
( )
Trójkąt BDS jest prostokątny, więc z twierdzenia Pitagorasa
2
2
SB = 2a + a 2 = a 6 .
( )
( )
Odcinek AE jest wysokością ściany bocznej ABS . Jego długość możemy wyznaczyć
zapisując np. pole trójkąta ABS na dwa sposoby
1 1 5
a �" a 5 = a 6 �" AE , stąd AE = a = CE .
2 2 6
3
Odcinek OE jest wysokością trójkąta AEC, więc OE = a .
3
Pole trójkąta AEC możemy zapisać na dwa sposoby
11
AE �" CE �"siną = AC �" OE ,
22
czyli
1 5 5 1 3
�" a �" a �"siną = �" a 2 �" a .
2 6 6 2 3
Stąd
6 6 2 6
siną = �" = .
3 5 5
Schemat oceniania
Rozwiązanie, w którym postęp jest niewielki, ale konieczny na drodze do pełnego
rozwiązania ........................................................................................................................... 1 p.
Zdający
" wyznaczy długości krawędzi bocznych SA, SC i SB ostrosłupa ABCDS:
SA = SC = a 5 , SB = a 6 i na tym poprzestanie lub dalej popełnienie błędów.
" zaznaczy poprawnie kąt między ścianami ABS i CBS.
Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp ........................................................................ 2 p.
Zdający
5
" wyznaczy długość odcinka AE : AE = CE = a
6
albo
ą AO
" zapisze jedną z funkcji trygonometrycznych połowy kąta ą : np. sin = .
2 AE
Pokonanie zasadniczych trudności zadania ....................................................................... 3 p.
Zdający
" zapisze równanie wynikającego z twierdzenia cosinusów dla trójkąta AEC:
5 5 5
2a2 = a2 + a2 - 2�" a2 cosą
6 6 6
albo
Strona 25 z 36
ą 3
" obliczy sinus połowy kąta ą : sin =
2 5
albo
a 3
" obliczy wysokość OE trójkąta ACE: OE = .
3
Rozwiązanie prawie pełne ................................................................................................... 4 p.
Zdający
1
" obliczy cosinus kąta AEC : cosą =-
5
albo
11 a 3
5 5
" zapisze równanie, z którego można obliczyć siną : a �" a siną = a 2 �"
6 6
22 3
Rozwiązanie pełne ................................................................................................................ 5 p.
2 6
Wyznaczenie sinusa kąta AEC : siną = .
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.
Strona 26 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).
IV. Użycie i tworzenie
13. Równania i nierówności. Zdający korzysta z własności
strategii.
iloczynu przy rozwiązywaniu równań typu x x +1 x - 7 = 0
( )( )
(3.7).
Rozwiązanie (I sposób)
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
p + 6 .
a) Wielomian możemy więc zapisać w postaci iloczynowej
W (x) = (x - p)(x - p - 3)(x - p - 6).
Stąd
W (x) = x2 - px - 3x - px + p2 + 3p x - p - 6 ,
()
()
W (x) = x3 - px2 - 6x2 - px2 + p2x + 6 px + p2x - p3 - 6 p2 + 3px - 3p2 -18p ,
W (x) = x3 + - 9 x2 + 3p2 +18p +18 x + - p3 - 9 p2 -18p .
(-3p
)
() ( )
Porównujemy współczynniki wielomianu, otrzymując układ równań:
a =-3p - 9
��
��b = 3p2 +18 p +18
��
��c =- p3 9 p2 p
- -18
��
b) Możemy zapisać układ równań
��
p3 + ap2 + bp + c = 0
��
�� 32
.
p + 3 + a p + 3 + b p + 3 + c = 0
( ) ( ) ( )
��
��
32
p + 6 + a p + 6 + b p + 6 + c = 0
( ) ( ) ( )
��
��
Stąd po przekształceniach, otrzymujemy układ równań:
a =-3p - 9
��
��b = 3p2 +18 p +18
��
��c =- p3 9 p2 p
- -18
��
x1 + x2 + x3 = -a
��
��x �" x2 + x1 �" x3 + x2 �" x3 = b
c) Korzystając ze wzorów ViŁte a , możemy zapisać układ
��
1
��x �" x2 �" x3 = -c
�� 1
równań, otrzymując kolejno
Strona 27 z 36
��
p + p + 3 + p + 6 = -a
��
p �" p + 3 + p �" p + 6 + p + 3 �" p + 6 = b
( ) ( ) ( ) ( )
��
��
p �" p + 3 �" p + 6 = -c
( ) ( )
��
a =-3p - 9
��
��b = 3p2 +18 p +18
��
��c =- p3 9 p2 p
- -18
��
Stąd i z równości 1+ a + b + c = 0 , otrzymujemy
(-3p - 9 + 3p2 +18p +18 + - p3 - 9 p2 -18p +1 = 0 ,
)
() ( )
p3 + 6 p2 + 3p -10 = 0 .
Liczba 1 jest pierwiastkiem tego równania, więc z twierdzenia B�zouta wynika, że wielomian
p3 + 6 p2 + 3p -10 jest podzielny przez dwumian p -1.
Wykonujemy dzielenie, stosując np. schemat Hornera.
1 6 3  10
1 1 7 10 0
Równanie możemy więc zapisać w postaci p -1 p2 + 7 p +10 = 0 .
( )
()
Pozostałe rozwiązania równania p3 + 6 p2 + 3p -10 = 0 to pierwiastki trójmianu
kwadratowego p2 + 7 p +10 , czyli liczby p =-5 , p =-2 .
Gdy p =1, to wtedy a =-12 , b = 39 , c =-28 .
Gdy p =-5 , to wtedy a = 6 , b = 3 , c =-10 .
Gdy p =-2 , to wtedy a =-3, b =-6 , c = 8 .
a =
�� -12 a =
�� -3 a = 6
��
��b ��b ��b
Odpowiedz
: Współczynniki a, b, c są równe: = 39 lub = -6 lub = 3
�� �� ��
��c = -28 ��c = 8 ��c = -10
�� �� ��
Rozwiązanie (II sposób)
Z równości 1+ a + b + c = 0 otrzymujemy c =-1- a -b . Wielomian W możemy zapisać
w postaci
W (x) = x3 + ax2 + bx -1- a - b ,
W (x) = x3 -1+ ax2 - a + bx - b ,
W (x) = x -1 x2 + x +1 + a x2 -1 + b x -1 ,
( ) ( )
() ( )
W (x) = x -1 x2 + a +1 x + a + b +1 .
( ) ( )
()
Stąd wynika, że liczba x =1 jest pierwiastkiem wielomianu W.
Dalszą część rozwiązania możemy przeprowadzić na dwa sposoby
a) Pierwiastki tego wielomianu tworzą ciąg arytmetyczny o różnicy równej 3, więc
mamy trzy takie ciągi 1,4,7 ,
( ) (-2,1,4 ,
) (-5,-2,1 . Wielomian możemy wówczas zapisać
)
Strona 28 z 36
w postaci iloczynowej, odpowiednio:
W x = x -1 x - 4 x - 7 , W x = x + 2 x -1 x - 4 , W x = x + 5 x + 2 x -1 .
( ) ( )( )( ) ( ) ( )( )( ) ( ) ( )( )( )
Po doprowadzeniu do postaci uporządkowanej mamy
W x = x3 -12x2 + 39x - 28 , W x = x3 - 3x2 - 6x + 8 , W x = x3 + 6x2 + 3x -10 .
( ) ( ) ( )
Wyznaczamy odpowiednio współczynniki wielomianu W:
( a =-12 , b = 39 , c =-28 ) lub ( a =-3, b =-6 , c = 8 ) lub ( a = 6 , b = 3 , c =-10 ).
b) Niech x1 i x2 oznaczają pierwiastki trójmianu T(x) = x2 + a +1 x + a + b +1. Możemy
( )
założyć, że x1 d" x2 . Pierwiastki wielomianu W tworzą ciąg arytmetyczny, więc z własności
ciągu arytmetycznego otrzymujemy np.:
( x1 = 4 , x2 = 7 ) lub ( x1 =-2 , x2 = 4 ) lub ( x1 =-5, x2 =-2 )
Korzystając ze wzorów ViŁte a, otrzymujemy trzy układy równań
��4 + 7 = -( )
a +1 ��-2 + 4 = -( ) lub ��-5 - 2 = -(a +1
a +1 )
�� �� ��
lub
�� �� ��
(-2
)
�� ��-2�"4 = a + b +1
��-5�" = a + b +1
��4�"7 = a + b +1 ��
��
a +1 ��2 =-( )
a +1 ��-7 = -( )
a +1
��11=-( )
�� �� ��
lub lub
�� �� ��
�� ��-8 = a + b +1
��
��28 = a + b +1 �� ��10 = a + b +1
a =-12 a =-3 a = 6
�� �� ��
��b = 39 lub ��b =-6 lub ��b = 3
�� �� ��
Obliczamy odpowiednio c =-1- a -b :
a =
�� -12 a = a = 6
�� -3
��
��b = 39 ��b ��b
lub = -6 lub = 3
�� �� ��
��c = -28 ��c = 8 ��c = -10
�� �� ��
Rozwiązanie (III sposób)
Suma współczynników wielomianu W (x) = x3 + ax2 + bx + c jest równa 1+ a + b + c = 0 .
Z równości 1+ a + b + c = 0 wynika, że liczba 1 jest pierwiastkiem wielomianu W.
Ponieważ pierwiastki wielomianu tworzą ciąg arytmetyczny o różnicy 3, to możemy zapisać
trzy ciągi arytmetyczne, których jednym z wyrazów jest liczba 1: 1, 4,7 , 4 ,
( ) (-2,1,
)
(-5, -2,1 .
)
Stąd wielomian W możemy więc zapisać w postaci:
W x = x -1 x - 4 x - 7 lub W x = x + 2 x -1 x - 4 ,
( ) ( )( )( ) ( ) ( )( )( )
lub W x = x + 5 x + 2 x -1
( ) ( )( )( )
Po doprowadzeniu do postaci uporządkowanej mamy
W x = x3 -12x2 + 39x - 28 lub W x = x3 - 3x2 - 6x + 8 , lub W x = x3 + 6x2 + 3x -10 .
( ) ( ) ( )
Wyznaczamy współczynniki wielomianu W :
( a =-12 , b = 39 , c =-28 ) lub ( a =-3, b =-6 , c = 8 ), lub ( a = 6 , b = 3 , c =-10 ).
Strona 29 z 36
Schemat oceniania
Rozwiązanie, w którym postęp jest niewielki, ale konieczny na drodze do pełnego
rozwiązania ........................................................................................................................... 1 p.
Zdający
" zapisze wielomian W w postaci iloczynowej, np.: W (x) = x - p x - p -3 x - p - 6 ,
( )( )( )
gdzie p jest pierwiastkiem wielomianu
albo
" zapisze układ równań, gdzie p jest pierwiastkiem wielomianu
��
p3 + ap2 + bp + c = 0
��
�� 32
p + 3 + a p + 3 + b p + 3 + c = 0
( ) ( ) ( )
��
��
32
p + 6 + a p + 6 + b p + 6 + c = 0
( ) ( ) ( )
��
��
albo
" zapisze układ równań, korzystając ze wzorów ViŁte a
��
p + p + 3 + p + 6 = -a
��
p �" p + 3 + p �" p + 6 + p + 3 �" p + 6 = b
( ) ( ) ( ) ( )
��
��
p �" p + 3 �" p + 6 = -c
( ) ( )
��
albo
" wyznaczy c =-1- a -b i zapisze wielomian W w postaci
W (x) = x3 -1+ a x2 -1 + b x -1
( )
( )
Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp ........................................................................ 2 p.
Zdający zapisze
a =-3p - 9
��
��b = 3 p2 +18 p +18
" układ równań:
��
��c =- p3 9 p2 p
- -18
��
albo
" wielomian W w postaci iloczynu: W (x) = x -1 x2 + a +1 x + a + b +1
( ) ( )
()
albo
" zapisze, że z równości 1+ a + b + c = 0 wynika, że liczba 1 jest pierwiastkiem
wielomianu W
albo
" zapisze układ czterech równań z 4 niewiadomymi, np.
p + p + 3 + p + 6 = -a
��
��
p �" p + 3 + p �" p + 6 + p + 3 �" p + 6 = b
( ) ( ) ( ) ( )
��
��
p �" p + 3 �" p + 6 = -c
( ) ( )
��
��1+ a + b + c = 0
��
Strona 30 z 36
Pokonanie zasadniczych trudności ..................................................................................... 4 p.
Zdający
" wyznaczy wszystkie rozwiązania równania p3 + 6 p2 + 3p -10 = 0 : 1, - 2, - 5
albo
" zauważy, że liczba 1 jest pierwiastkiem wielomianu W i zapisze trzy ciągi
arytmetyczne o różnicy 3, których jednym z wyrazów jest liczba 1:
1, 4,7 ,
( ) (-2,1, 4 , -2,1
) (-5,
)
albo
" zauważy, że liczba 1 jest pierwiastkiem wielomianu W i zapisze jeden ciąg
arytmetyczny o różnicy 3, w którym jednym z wyrazów jest liczba 1:
np. 1, 4,7 lub 4 , lub -2,1 i dla tego ciągu obliczy współczynniki a, b, c
( ) (-2,1,
) (-5,
)
wielomianu, to otrzymuje 4 punkty.
Uwagi:
" Jeżeli zdający wyznaczy jeden z pierwiastków wielomianu W i wykorzystuje
informację, że pierwiastki wielomianu są kolejnymi wyrazami ciągu
arytmetycznego, to otrzymuje 3 punkty.
" Jeżeli zdający zapisze równanie z jedną niewiadomą, np. p3 + 6 p2 + 3p -10 = 0 ,
to otrzymuje 3 punkty.
Rozwiązanie zadania do końca, lecz z usterkami, które jednak nie przekreślają lub
poprawności rozwiązania (np. błędy rachunkowe) ........................................................... 5 p.
Zdający
" rozwiąże zadanie do końca, popełniając błędy rachunkowe
albo
" zapisze, że z równości 1+ a + b + c = 0 wynika, że liczba 1 jest pierwiastkiem
wielomianu W , zapisze trzy ciągi arytmetyczne o różnicy 3, których jednym
z wyrazów jest liczba 1: 1, 4,7 , 4 , -2,1 oraz zapisze, że
( ) (-2,1,
) (-5,
)
W x = x -1 x - 4 x - 7 lub W x = x + 2 x -1 x - 4 ,
( ) ( )( )( ) ( ) ( )( )( )
lub W x = x + 5 x + 2 x -1 .
( ) ( )( )( )
albo
" wyznaczy współczynniki a, b, c wielomianu tylko dla dwóch ciągów
Rozwiązanie pełne ................................................................................................................ 6 p.
Zdający wyznaczy współczynniki wielomianu W: ( a =-12 , b = 39 , c =-28 ) lub ( a =-3,
b =-6 , c = 8), lub ( a = 6 , b = 3 , c =-10 ).
Strona 31 z 36
Zadanie 16. (0 7)
Rozpatrujemy wszystkie stożki, których przekrojem osiowym jest trójkąt o obwodzie 20.
Oblicz wysokość i promień podstawy tego stożka, którego objętość jest największa. Oblicz
objętość tego stożka.
III. Modelowanie 11. Rachunek różniczkowy. Zdający stosuje pochodne do
matematyczne. rozwiązywania zagadnień optymalizacyjnych (R11.6).
Rozwiązanie (I sposób)
Przyjmijmy oznaczenia jak na rysunku.
l
h
r
Objętość stożka wyraża się wzorem
1
V = �"Ą r2h .
3
Przekrój osiowy stożka jest trójkątem równoramiennym, którego obwód jest równy 20, więc
2r + 2l = 20,
r + l =10,
l =10 - r .
Stąd i z twierdzenia Pitagorasa otrzymujemy
r2 + h2 = l2 ,
r2 = l2 - h2 ,
2
r2 = 10 - r - h2 ,
( )
h2 =100 - 20r .
Zatem h = 100 - 20r .
Z geometrycznych warunków zadania otrzymujemy 0 < r < 5 .
Zapisujemy objętość stożka w zależności od zmiennej r
1
V r = �"Ą r2 �" 100 - 20r ,
( )
3
1
Wzór tej funkcji zapiszemy w postaci V r = �"Ą 100r4 - 20r5 dla 0 < r < 5 .
( )
3
Rozważmy funkcję pomocniczą określoną wzorem f r =100r4 - 20r5 dla 0 < r < 5 .
( )
Strona 32 z 36
Z faktu, że funkcja g(t) = t jest rosnąca w 0, +" wynika, że funkcje V oraz f są rosnące
)
(malejące) w tych samych przedziałach oraz mają ekstrema lokalne (tego samego rodzaju) dla
tych samych argumentów.
Wyznaczamy wartość największą funkcji f w przedziale 0,5 .
( )
Obliczamy pochodną funkcji f:
2
f r = 400r3 -100r4
( )
W przedziale 0,5 pochodna ma jedno miejsce zerowe r = 4 . Ponadto
( )
2
f (r) > 0 dla r " 0, 4 ,
( )
2
f (r) < 0 dla r " 4,5 .
( )
Wynika stąd, że dla x = 4 funkcja f ma maksimum lokalne, które jest jednocześnie
największą wartością funkcji V, bo w przedziale 0, 4 funkcja f jest rosnąca, a przedziale
(
4, 0 funkcja f jest malejąca.
)
Gdy r = 4 , to h = 100 - 20�" 4 = 20 = 2 5 , natomiast objętość stożka jest wówczas równa:
132Ą 5
V 4 = �"Ą �"42 �" 100 - 20�"4 = .
( )
33
32Ą 5
Odp.: Największą objętość równą ma stożek o promieniu podstawy 4 i wysokości 2 5 .
3
Schemat oceniania I sposobu rozwiązania
Rozwiązanie zadania składa się z trzech etapów.
Pierwszy etap składa się z trzech części:
" oznaczenia promienia podstawy stożka, np. r i wyznaczenia wysokości stożka
w zależności od zmiennej r: h = 100 - 20r .
1
" zapisania objętości V stożka jako funkcji jednej zmiennej V r = �"Ą r2 �" 100 - 20r ,
( )
3
1
" zapisania dziedziny funkcji V r = �"Ą r2 �" 100 - 20r : 0 < r < 5 .
( )
3
Za drugą część tego etapu zdający może otrzymać punkt, o ile pierwszą cześć wykona
bezbłędnie. Punkt za cześć trzecią otrzymuje niezależnie od realizacji dwóch pierwszy części
tego etapu.
Drugi etap składa się z trzech części:
2
" wyznaczenia wzoru pochodnej funkcji f r =100r4 - 20r5 : f r = 400r3 -100r4 ,
( ) ( )
" obliczenia miejsc zerowych pochodnej: r1 = 0 , r2 = 4 ,
2
" zbadania znaku pochodnej funkcji f : f (r) > 0 dla r " 0, 4 , f (r) < 0 dla
( )2
r " 4,5 i zapisania, że dla r = 4 funkcja V osiąga największą wartość.
( )
Uwagi:
1. Znak pochodnej zdający może zaznaczyć w inny sposób, np. na rysunku szkicując krzywą
zbliżoną do wykresu pochodnej.
Strona 33 z 36
2. Jeśli zdający nie wyznaczy dziedziny funkcji V lub określi funkcję f na zbiorze szerszym od
dziedziny funkcji V, to punkt za tę cześć może otrzymać jedynie wtedy, gdy wskazuje jako
największą wartość funkcji tylko to maksimum, które funkcja f osiąga dla argumentu
z dziedziny funkcji V.
Za poprawne rozwiązanie każdej z części tego etapu zdający otrzymuje 1 punkt, o ile
poprzednia część etapu została zrealizowana bezbłędnie.
Trzeci etap
Zapisanie, że promień stożka o największej objętości jest równy r = 4 , wysokość
32Ą 5
h = 20 = 2 5 i obliczenie największej objętości stożka V 4 = . Za realizację tego
( )
3
etapu zdający otrzymuje 1 punkt.
Rozwiązanie (II sposób)
Przyjmijmy oznaczenia jak na rysunku.
l
h
r
Objętość stożka wyraża się wzorem
1
V = �"Ą r2h .
3
Przekrój osiowy stożka jest trójkątem równoramiennym, którego obwód jest równy 20, więc
2r + 2l = 20,
r + l =10,
l =10 - r .
Stąd i z twierdzenia Pitagorasa otrzymujemy
r2 + h2 = l2 ,
r2 = l2 - h2 ,
2
r2 = 10 - r - h2 ,
( )
h2 =100 - 20r .
100 - h2 1
Zatem r == 5 - h2 .
20 20
Z geometrycznych warunków zadania otrzymujemy 0 < h < 10 . Zapisujemy objętość stożka
w zależności od zmiennej h
2
11
ć�5
V h = �"Ą - h2 �� h ,
( )
����
320
Ł�ł�
11 1 Ą 1 1
ć�
V h = �"Ą 25 - h2 + h4 �� = �"ć� 25h - h3 + h5 �� dla 0 < h < 10 .
( )
�����"h 3 �� ��
3 2 400 2 400
Ł�ł� Ł� ł�
Strona 34 z 36
1 1
Zauważamy, że wystarczy zbadać funkcję f h = 25h - h3 + h5 określoną w przedziale
( )
2 400
0,10 . Funkcje V oraz f są rosnące (malejące) w tych samych przedziałach oraz mają
( )
ekstrema lokalne (tego samego rodzaju) dla tych samych argumentów.
Wyznaczamy pochodną funkcji f:
3 1
2
f h = 25 - h2 + h4 .
( )
2 80
Następnie obliczamy miejsca zerowe pochodnej:
3 1
25 - h2 + h4 = 0 i t = h2
2 80
1 3
t2 - t + 25 = 0
80 2
2
3 1 9 5
"= - - 4�" �"25 = - =1
( )
2 80 4 4
33
-1 +1
22
t1 = = 20, t2 = =100
11
2�" 2�"
80 80
h2 = 20 lub h2 =100 ,
h =-2 5, h = 2 5, h =-10, h =10 .
Jedynym miejscem zerowym pochodnej funkcji f, które należy do przedziału 0,10 jest
( )
h = 2 5 .
Ponadto:
2
f h > 0 gdy h " 0, 2 5 ,
( )
( )
2
f h < 0 gdy h" 2 5,10 .
( )
()
Stąd wynika, że dla h = 2 5 funkcja f osiąga maksimum lokalne i jest to jednocześnie
wartość największa, bo w przedziale 2 5 funkcja f jest rosnąca, a przedziale 2 5 ,10
)
(0,
funkcja f jest malejąca.
2
1
Gdy h = 2 5 , to r = 5 - 2 5 = 4 i objętość stożka jest wówczas równa:
( )
20
132Ą 5
V 2 5 = �"Ą �"42 �"2 5 = .
( )
33
32Ą 5
Odp.: Największą objętość równą ma stożek, którego promień jest równy 4 ,
3
a wysokość 2 5 .
Strona 35 z 36
Schemat oceniania II sposobu rozwiązania
Rozwiązanie zadania składa się z trzech etapów.
Pierwszy etap składa się z trzech części:
" oznaczenia wysokości stożka, np. h i wyznaczenia promienia podstawy stożka
100 - h2 1
w zależności od zmiennej h: r == 5 - h2 ,
20 20
" zapisania objętości V stożka jako funkcji jednej zmiennej
11 1 Ą 1 1
ć�
V h = �"Ą 25 - h2 + h4 �� = �"ć� 25h - h3 + h5 �� ,
( )
�����"h 3 �� ��
3 2 400 2 400
Ł�ł� Ł� ł�
Ą 1 1
" zapisania dziedziny funkcji V h = �"ć� 25h - h3 + h5 �� : 0 < h < 10 .
( )
����
32 400
Ł�ł�
Za drugą część tego etapu zdający może otrzymać punkt, o ile pierwszą część wykona
bezbłędnie. Punkt za część trzecią otrzymuje niezależnie od realizacji dwóch pierwszy części
tego etapu.
Drugi etap składa się z trzech części:
1 1
" wyznaczenia wzoru pochodnej funkcji f h = 25h - h3 + h5 :
( )
2 400
3 1
2
f h = 25 - h2 + h4 ,
( )
2 80
" obliczenia miejsc zerowych pochodnej: h =-2 5 , h = 2 5 , h =-10, h = 10 ,
2 2
" zbadania znaku pochodnej funkcji f : f (h) > 0 dla h " 0, 2 5 , f (h) < 0 dla
( )
h" 2 5,10 i zapisania, że dla h = 2 5 funkcja V osiąga największą wartość.
()
Uwagi:
1. Znak pochodnej zdający może zaznaczyć w inny sposób, np. na rysunku szkicując krzywą
zbliżoną do wykresu pochodnej.
2. Jeśli zdający nie wyznaczy dziedziny funkcji V lub określi funkcję f na zbiorze szerszym
od dziedziny funkcji V, to punkt za tę cześć może otrzymać jedynie wtedy, gdy wskazuje
jako największą wartość funkcji tylko to maksimum, które funkcja f osiąga dla argumentu
z dziedziny funkcji V, przy czym konieczne jest uzasadnienie, że jest to największa wartość
funkcji V lub że funkcja V nie przyjmuje wartości dla liczb większych od 10.
Za poprawne rozwiązanie każdej z części tego etapu zdający otrzymuje 1 punkt, o ile
poprzednia część etapu została zrealizowana bezbłędnie.
Trzeci etap
Zapisanie, że promień stożka o największej objętości jest równy r = 4 , wysokość
32Ą 5
h = 20 = 2 5 i obliczenie największej objętości stożka V 4 = . Za realizację tego
( )
3
etapu zdający otrzymuje 1 punkt.
Strona 36 z 36