Wersja arkusza
MMA-R1_1P-162 · Formuła 2015
Zadanie 11 punktOdpowiedź wg zasad CKE · wyjaśnienie w przygotowaniuMMA-R1_1P-162 · Formuła 2015Matematyka — odpowiedź według zasad CKE
( ) współczynnik przy iloczynie xy jest równy
3
2
W rozwinięciu wyrażenia 2 3x + 4 y
A. 32 3 B. 48 C. 96 3 D. 144
Pokaż odpowiedź
Odpowiedź wymaga sprawdzenia zgodności z oficjalnymi zasadami CKE.Odpowiedź i kryteria punktowania pochodzą z oficjalnych zasad oceniania CKE.
Zadanie 21 punktOdpowiedź wg zasad CKE · wyjaśnienie w przygotowaniuMMA-R1_1P-162 · Formuła 2015Matematyka — odpowiedź według zasad CKE
Wielomian W ( x) = 6 x 3 + 3 x 2 − 5 x + p jest podzielny przez dwumian x − 1 dla p równego
A. 4 B. −2 C. 2 D. −4
Pokaż odpowiedź
Odpowiedź wymaga sprawdzenia zgodności z oficjalnymi zasadami CKE.Odpowiedź i kryteria punktowania pochodzą z oficjalnych zasad oceniania CKE.
Zadanie 31 punktOdpowiedź wg zasad CKE · wyjaśnienie w przygotowaniuMMA-R1_1P-162 · Formuła 2015Matematyka — odpowiedź według zasad CKE
Na rysunku przedstawiono fragment wykresu funkcji homograficznej y = f (x) , której
dziedziną jest zbiór D = ( −∞, 3) ∪ ( 3, + ∞ ) .
y
7
6
5
4
2
1
x
-2 -1 0 1 2 3 4 5 6 7
-1
-2
Równanie f ( x ) = p z niewiadomą x ma dokładnie jedno rozwiązanie
A. w dwóch przypadkach: p = 0 lub p = 3 . B. w dwóch przypadkach: p = 0 lub p = 2 .
C. tylko wtedy, gdy p = 3 . D. tylko wtedy, gdy p = 2 .
Pokaż odpowiedź
Odpowiedź wymaga sprawdzenia zgodności z oficjalnymi zasadami CKE.Odpowiedź i kryteria punktowania pochodzą z oficjalnych zasad oceniania CKE.
Zadanie 41 punktOdpowiedź wg zasad CKE · wyjaśnienie w przygotowaniuMMA-R1_1P-162 · Formuła 2015Matematyka — odpowiedź według zasad CKE
3x − 1
Funkcja f ( x ) = 2 jest określona dla każdej liczby rzeczywistej x. Pochodna tej funkcji
x +4
jest określona wzorem
−3x 2 + 2 x + 12 −9 x 2 + 2 x − 12
A. f ′( x) = B. f ′( x) =
( x + 4) ( x + 4)
2 2 2 2
3 x 2 − 2 x − 12 9 x 2 − 2 x + 12
C. f ′( x) = D. f ′( x) =
( x + 4) ( x + 4)
2 2 2 2
Strona 2 z 22 MMA_1R
MMA_1R Strona 3 z 22
Pokaż odpowiedź
Odpowiedź wymaga sprawdzenia zgodności z oficjalnymi zasadami CKE.Odpowiedź i kryteria punktowania pochodzą z oficjalnych zasad oceniania CKE.
Zadanie 51 punktOdpowiedź wg zasad CKE · wyjaśnienie w przygotowaniuMMA-R1_1P-162 · Formuła 2015Matematyka — odpowiedź według zasad CKE
( pn + 4n ) = − 8 . Wynika stąd, że
2 3
Granica lim
n→∞ 5n 6 − 4 5
A. p = −8 B. p=4 C. p=2 D. p = −2
Pokaż odpowiedź
Odpowiedź wymaga sprawdzenia zgodności z oficjalnymi zasadami CKE.Odpowiedź i kryteria punktowania pochodzą z oficjalnych zasad oceniania CKE.
Zadanie 62 punktyOdpowiedź wg zasad CKE · wyjaśnienie w przygotowaniuMMA-R1_1P-162 · Formuła 2015Matematyka — odpowiedź według zasad CKE
Wśród 10 tysięcy mieszkańców pewnego miasta przeprowadzono sondaż dotyczący budowy
przedszkola publicznego. Wyniki sondażu przedstawiono w tabeli.
Liczba osób popierających Liczba osób niepopierających
Badane grupy
budowę przedszkola budowy przedszkola
Kobiety 5140 1860
Mężczyźni 2260 740
Oblicz prawdopodobieństwo zdarzenia polegającego na tym, że losowo wybrana osoba,
spośród ankietowanych, popiera budowę przedszkola, jeśli wiadomo, że jest mężczyzną.
Zakoduj trzy pierwsze cyfry po przecinku nieskończonego rozwinięcia dziesiętnego
otrzymanego wyniku.
Strona 4 z 22 MMA_1R
Pokaż odpowiedź
Odpowiedź wymaga sprawdzenia zgodności z oficjalnymi zasadami CKE.Odpowiedź i kryteria punktowania pochodzą z oficjalnych zasad oceniania CKE.
Zadanie 72 punktyOdpowiedź wg zasad CKE · wyjaśnienie w przygotowaniuMMA-R1_1P-162 · Formuła 2015Matematyka — odpowiedź według zasad CKE
n
1
Dany jest ciąg geometryczny ( an ) określony wzorem an = dla n ≥ 1 . Wszystkie
2 x − 371
wyrazy tego ciągu są dodatnie. Wyznacz najmniejszą liczbę całkowitą x, dla której
nieskończony szereg a1 + a2 + a3 + ... jest zbieżny.
Odpowiedź: .
Nr zadania 6. 7.
Wypełnia Maks. liczba pkt 2 2
egzaminator
Uzyskana liczba pkt
MMA_1R Strona 5 z 22
Pokaż odpowiedź
I sposób
1 1
Pierwszym wyrazem ciągu ( an ) jest a1 = . Ilorazem tego ciągu jest q = .
2 x − 371 2 x − 371
Ponieważ wszystkie wyrazy tego ciągu są dodatnie, więc szereg jest zbieżny, gdy
1
0< < 1 . Zatem
2 x − 371
2 x − 371 > 0 i 2 x − 371 > 1 .
Stąd
2 x > 372 ,
x > 186 .
Zatem szukaną liczbą całkowitą jest 187.
II sposób
1
Pierwszym wyrazem ciągu ( an ) jest a1 =
, ilorazem tego ciągu zaś jest
2 x − 371
1 1
q= . Szereg geometryczny jest zbieżny wtedy i tylko wtedy, gdy: <1.
2 x − 371 2 x − 371
Rozwiązujemy powyższą nierówność:
1
−1 < < 1,
2 x − 371
2 x − 370 −2 x + 372
0< ∧ < 0,
2 x − 371 2 x − 371
x ≠ 185,5 ∧ ( x − 185 )( x − 185,5 ) > 0 ∧ ( x − 186 )( x − 185,5 ) > 0 ,
x ∈ ( −∞, 185 ) ∪ (186, + ∞ ) .
Wszystkie wyrazy ciągu ( an ) są dodatnie, więc x ∈ (186, + ∞ ) . Zatem szukaną liczbą całkowitą
jest 187.
Schemat punktowania
Zdający otrzymuje 1 p.
1
gdy zapisze q = i na tym poprzestanie lub dalej popełnia błędy.
2 x − 371
Zdający otrzymuje 2 p.
gdy zapisze najmniejszą liczbę całkowitą x, dla której nieskończony szereg jest zbieżny, tzn.
liczbę 187, o ile wynik nie został uzyskany w wyniku błędnego rozwiązania.Odpowiedź i kryteria punktowania pochodzą z oficjalnych zasad oceniania CKE.
Zadanie 83 punktyOdpowiedź wg zasad CKE · wyjaśnienie w przygotowaniuMMA-R1_1P-162 · Formuła 2015Matematyka — odpowiedź według zasad CKE
Wykaż, że dla dowolnych dodatnich liczb rzeczywistych x i y takich, że x 2 + y 2 = 2 ,
prawdziwa jest nierówność x + y ≤ 2 .
Strona 6 z 22 MMA_1R
Nr zadania 8.
Wypełnia Maks. liczba pkt 3
egzaminator
Uzyskana liczba pkt
MMA_1R Strona 7 z 22
Pokaż odpowiedź
I sposób
Dla dowolnych liczb dodatnich x i y takich, że x 2 + y 2 = 2 nierówność x + y ≤ 2 jest
równoważna kolejno nierównościom
( x + y) ≤ 4 ,
2
x 2 + 2 xy + y 2 ≤ 4 ,
x 2 + 2 xy + y 2 ≤ 2 ⋅ 2 ,
x 2 + y 2 + 2 xy ≤ 2 ( x 2 + y 2 ) ,
x 2 + y 2 + 2 xy ≤ 2 x 2 + 2 y 2 ,
x 2 + y 2 − 2 xy ≥ 0 ,
( x − y) ≥ 0 .
2
Ta ostatnia nierówność jest prawdziwa dla dowolnych liczb rzeczywistych x i y. To kończy
dowód.
Schemat punktowania I sposobu rozwiązania
Zdający otrzymuje 1 p.
gdy uzasadni, że dla dowolnych liczb dodatnich x i y takich, że x 2 + y 2 = 2 nierówność
x + y ≤ 2 jest równoważna nierówności x 2 + 2 xy + y 2 ≤ 2 ⋅ 2 i na tym poprzestanie lub dalej
popełnia błędy.
Zdający otrzymuje 2 p.
gdy uzasadni, że dla dowolnych liczb dodatnich x i y takich, że x 2 + y 2 = 2 nierówność
x + y ≤ 2 jest równoważna nierówności x 2 + y 2 + 2 xy ≤ 2 ( x 2 + y 2 ) i na tym poprzestanie lub
dalej popełnia błędy.
Zdający otrzymuje 3 p.
gdy przeprowadzi pełne rozumowanie.
Przykładowe rozwiązanie
II sposób
Niech x i y będą dowolnymi dodatnimi liczbami rzeczywistymi takimi, że x 2 + y 2 = 2 .
Obie strony nierówności x + y ≤ 2 są dodatnie, więc podnosząc obie strony nierówności do
kwadratu otrzymujmy nierówność równoważną
x 2 + y 2 + 2 xy ≤ 4 .
Stąd otrzymujemy 2 + 2 xy ≤ 4 , więc xy ≤ 1 .
Obie strony tej nierówności xy ≤ 1 są dodatnie, więc podnosząc obie strony nierówności do
kwadratu otrzymujmy nierówność równoważną
x2 y 2 ≤ 1 .
Z założenia y 2 = 2 − x 2 . Wówczas nierówność x 2 y 2 ≤ 1 jest równoważna nierównościom
x2 ( 2 − x2 ) ≤ 1 ,
− x4 + 2x2 ≤ 1 ,
x4 − 2 x2 + 1 ≥ 0 ,
( x − 1) ≥ 0 .
2 2
Ta ostatnia nierówność jest prawdziwa dla każdej liczby rzeczywistej x. To kończy dowód.
Schemat punktowania II sposobu rozwiązania
Zdający otrzymuje 1 p.
gdy uzasadni, że dla dowolnych liczb dodatnich x i y takich, że x 2 + y 2 = 2 nierówność
x + y ≤ 2 jest równoważna nierówności xy ≤ 1 i na tym poprzestanie lub dalej popełnia błędy.
Zdający otrzymuje 2 p.
gdy zapisze nierówność z jedną niewiadomą, np. x ( 2 − x ) ≤ 1 i na tym poprzestanie lub
2
dalej popełnia błędy.
Zdający otrzymuje 3 p.
gdy przeprowadzi pełne rozumowanie.
Przykładowe rozwiązanie
III sposób
Niech x i y będą dowolnymi dodatnimi liczbami rzeczywistymi takimi, że x 2 + y 2 = 2 .
Wykorzystując nierówność między średnią arytmetyczną i średnią kwadratową, otrzymujemy
x+ y x2 + y2
≤ .
2 2
x+ y 2
Stąd i z równości x 2 + y 2 = 2 wynika, że ≤ = 1 , czyli x + y ≤ 2 . To kończy dowód.
2 2
Schemat punktowania III sposobu rozwiązania
Zdający otrzymuje 2 p.
gdy zapisze nierówność między średnią arytmetyczną i średnią kwadratową
x+ y x2 + y 2
≤
2 2
i na tym poprzestanie lub dalej popełnia błędy.
Zdający otrzymuje 3 p.
gdy zapisze nierówność między średnią arytmetyczną i średnią kwadratową i na tej podstawie
uzasadni prawdziwość nierówności x + y ≤ 2 .
Przykładowe rozwiązanie
IV sposób
Dla dowolnych liczb dodatnich x i y takich, że x 2 + y 2 = 2 nierówność x + y ≤ 2 jest
równoważna kolejno nierównościom
( x + y) ≤ 4 ,
2
x 2 + 2 xy + y 2 ≤ 4 ,
2 + 2 xy ≤ 4 ,
xy ≤ 1 ,
x2 y 2 ≤ 1 .
Możemy przyjąć, że x 2 = 1 − p oraz y 2 = 1 + p , gdzie −1 < p < 1 . Zatem nierówność x 2 y 2 ≤ 1
przyjmuje postać (1 − p )(1 + p ) ≤ 1 , czyli 1 − p 2 ≤ 1 , co jest prawdą dla każdej liczby
rzeczywistej p, więc, w szczególności, dla każdej liczby −1 < p < 1 . To kończy dowód.
Schemat punktowania IV sposobu rozwiązania
Zdający otrzymuje 1 p.
gdy uzasadni, że dla dowolnych liczb dodatnich x i y takich, że x 2 + y 2 = 2 nierówność
x + y ≤ 2 jest równoważna nierówności xy ≤ 1 i na tym poprzestanie lub dalej popełnia błędy.
Zdający otrzymuje 2 p.
gdy uzasadni, że dla dowolnych liczb dodatnich x i y takich, że x 2 + y 2 = 2 nierówność
x + y ≤ 2 jest równoważna nierówności x 2 y 2 ≤ 1 oraz przyjmie, że x 2 = 1 − p oraz y 2 = 1 + p ,
gdzie −1 < p < 1 , i na tym poprzestanie lub dalej popełnia błędy.
Zdający otrzymuje 3 p.
gdy przeprowadzi pełne rozumowanie.
Przykładowe rozwiązanie
V sposób
Niech x i y będą dowolnymi dodatnimi liczbami rzeczywistymi takimi, że x 2 + y 2 = 2 .
Stąd
x 2 + 2 xy + y 2 = 2 + 2 xy ,
( x + y ) = 2 + 2 xy ,
2
x + y = 2 + 2 xy .
2
Dla dowolnych liczb rzeczywistych x i y prawdziwa jest nierówność ( x − y ) ≥ 0 , a stąd
kolejno
x 2 − 2 xy + y 2 ≥ 0 ,
2xy ≤ x 2 + y 2 .
Zatem dla dowolnych dodatnich liczb rzeczywistymi x i y takich, że x 2 + y 2 = 2 prawdziwa
jest nierówność
2 xy ≤ 2 ,
xy ≤ 1 .
Stąd wynika, że
x + y = 2 + 2 xy ≤ 2 + 2 ⋅1 = 4 = 2 .
To kończy dowód.
Schemat punktowania V sposobu rozwiązania
Zdający otrzymuje 1 p.
gdy
• uzasadni, że dla dowolnych liczb dodatnich x i y takich, że x 2 + y 2 = 2 nierówność
x + y ≤ 2 równoważna nierówności xy ≤ 1
albo
• zapisze, że dla dowolnych liczb dodatnich x i y takich, że x 2 + y 2 = 2 suma liczb x i y
jest równa x + y = 2 + 2 xy
i na tym poprzestanie lub dalej popełnia błędy.
Zdający otrzymuje 2 p.
gdy uzasadni, że dla dowolnych liczb dodatnich x i y takich, że x 2 + y 2 = 2 nierówność
x + y ≤ 2 równoważna nierówności xy ≤ 1 oraz zapisze sumę liczb x i y w postaci
x + y = 2 + 2 xy i na tym poprzestanie lub dalej popełnia błędy.
Zdający otrzymuje 3 p.
gdy przeprowadzi pełne rozumowanie.
Przykładowe rozwiązanie
VI sposób
Niech x i y będą dowolnymi dodatnimi liczbami rzeczywistymi takimi, że x 2 + y 2 = 2 . To
oznacza, że każda para liczb ( x, y ) spełniająca to równanie stanowi współrzędne punktu
leżącego w I ćwiartce układu współrzędnych na okręgu o środku S = ( 0, 0 ) i promieniu
r = 2 . Punkt A = (1,1) leży na tym okręgu, więc prosta o równaniu y = x zawiera średnicę
tego okręgu. Oznacza to, że prosta prostopadła do niej i przechodząca przez punkt A jest
styczna do okręgu. Ma ona równanie y = − ( x − 1) + 1 , czyli x + y = 2 . Ta prosta wyznacza
dwie półpłaszczyzny, z których jedna opisana jest nierównością x + y ≤ 2 . Środek S okręgu
leży w tej półpłaszczyźnie, gdyż 0 + 0 = 0 < 2 . Stąd wynika, że w tej półpłaszczyźnie leżą też
wszystkie punkty okręgu.
y
2
1
x
0 1 2
To kończy dowód.
Schemat punktowania VI sposobu rozwiązania
Zdający otrzymuje 1 p.
gdy zapisze, że wszystkie punkty P = ( x, y ) , których współrzędne spełniają równanie
x 2 + y 2 = 2 , leżą na okręgu o środku S = ( 0, 0 ) i promieniu r = 2 i na tym zakończy lub
dalej popełnia błędy.
Zdający otrzymuje 2 p.
gdy zapisze, że wszystkie punkty P = ( x, y ) , których współrzędne spełniają równanie
x 2 + y 2 = 2 , leżą na okręgu o środku S = ( 0, 0 ) i promieniu r = 2 oraz że każdy punkt
okręgu leży w półpłaszczyźnie opisanej nierównością x + y ≤ 2 , ale nie stwierdzi, że krawędź
tej półpłaszczyzny jest styczna do okręgu i na tym zakończy lub dalej popełnia błędy.
Zdający otrzymuje 3 p.
gdy zapisze, że wszystkie punkty P = ( x, y ) , których współrzędne spełniają równanie
x 2 + y 2 = 2 , leżą na okręgu o środku S = ( 0, 0 ) i promieniu r = 2 oraz że każdy punkt
okręgu leży w półpłaszczyźnie opisanej nierównością x + y ≤ 2 , a także stwierdzi, że prosta
o równaniu x + y = 2 jest styczna do tego okręgu.
Przykładowe rozwiązanie
VII sposób
Niech x i y będą dowolnymi dodatnimi liczbami rzeczywistymi takimi, że x 2 + y 2 = 2 . Stąd
otrzymujemy y 2 = 2 − x 2 , więc y = 2 − x 2 dla 0 < x < 2 , gdyż y > 0 . Wówczas
nierówność x + y ≤ 2 jest równoważna nierówności
x + 2 − x2 ≤ 2 ,
2 − x2 ≤ 2 − x .
Obie strony tej nierówności są dodatnie, gdyż 0 < x < 2 , więc, podnosząc obie strony
nierówności do kwadratu, otrzymujmy nierówność równoważną
2 − x2 ≤ 4 − 4 x + x2 ,
2 x2 − 4 x + 2 ≥ 0 ,
x2 − 2 x + 1 ≥ 0 ,
( x − 1) ≥ 0 ,
2
która jest prawdziwa dla każdej liczby rzeczywistej x. To kończy dowód.
Schemat punktowania VII sposobu rozwiązania
Zdający otrzymuje 1 p.
gdy wyznaczy z równości x 2 + y 2 = 2 jedną z liczb w zależności od drugiej: y = 2 − x 2 dla
0< x< 2
i na tym poprzestanie lub dalej popełnia błędy.
Zdający otrzymuje 2 p.
gdy zapisze nierówność z jedną niewiadomą, np. x 2 + 2 − x 2 ≤ 2 i na tym poprzestanie lub
dalej popełnia błędy.
Zdający otrzymuje 3 p.
gdy przeprowadzi pełne rozumowanie.
Przykładowe rozwiązanie
VIII sposób
Niech x i y będą dowolnymi dodatnimi liczbami rzeczywistymi takimi, że x 2 + y 2 = 2 . Stąd
otrzymujemy y = 2 − x 2 dla 0 < x < 2 , gdyż y > 0 . Do obu stron równania x 2 + y 2 = 2
dodajemy 2 xy , otrzymując
x 2 + y 2 + 2 xy = 2 + 2 xy ,
( x + y ) = 2 + 2 xy .
2
Stąd
x + y = 2 + 2 xy = 2 + 2 x 2 − x 2 = 2 + 2 2 x 2 − x 4 .
Rozważmy funkcję f określoną dla 0< x< 2 wzorem f ( x ) = 2 + 2 2 x2 − x4 .
Wyznaczymy największą wartość tej funkcji. Ponieważ funkcja y = 2 + 2 t jest rosnąca,
więc funkcja f osiąga największą wartość wtedy i tylko wtedy, gdy największą wartość osiąga
funkcja g określona dla 0 < x < 2 wzorem g ( x ) = 2 x 2 − x 4 . Obliczamy pochodną tej
funkcji
g ′ ( x ) = 4 x − 4 x3 dla 0 < x < 2 .
Obliczamy miejsca zerowe pochodnej i badamy jej znak.
Ponieważ g ′ ( x ) = 4 x (1 − x )(1 + x ) oraz 4 x (1 + x ) > 0 dla każdego 0 < x < 2 , więc:
g ′ ( x ) = 0 wtedy i tylko wtedy, gdy 1 − x = 0 , czyli x = 1 ,
g ′ ( x ) > 0 wtedy i tylko wtedy, gdy 1 − x > 0 i 0 < x < 2 , czyli gdy 0 < x < 1 ,
g ′ ( x ) < 0 wtedy i tylko wtedy, gdy 1 − x < 0 i 0 < x < 2 , czyli gdy 1 < x < 2 .
Zatem w przedziale ( 0,1 funkcja g jest rosnąca, w przedziale 1, 2 ) jest malejąca,
a w punkcie x = 1 przyjmuje maksimum lokalne, które jest jednocześnie największą
wartością tej funkcji.
Gdy x = 1 , to
f (1) = 2 + 2 2 ⋅12 − 14 = 4 .
Zatem
x + y ≤ 4 = 2,
co kończy dowód.
Schemat punktowania VIII sposobu rozwiązania
Zdający otrzymuje 1 p.
gdy wyznaczy sumę liczb x i y w zależności od jednej zmiennej, np. x + y = 2 + 2 x 2 − x 2
dla 0 < x < 2 i na tym poprzestanie lub dalej popełnia błędy.
Zdający otrzymuje 2 p.
gdy obliczy miejsca zerowe pochodnej i zbada jej znak, np.:
g ′ ( x ) = 0 dla x = 1 , g ′ ( x ) > 0 dla 0 < x < 1 , g ′ ( x ) < 0 dla 1 < x < 2
i na tym poprzestanie lub dalej popełnia błędy.
Zdający otrzymuje 3 p.
gdy przeprowadzi pełne rozumowanie.
Uwagi:
1. Jeżeli zdający jako jedyne uzasadnienie prawdziwości nierówności przywołuje
„nierówność Cauchy’ego” i nie zapisuje tej nierówności ani żadnych wniosków płynących
z zastosowania tej nierówności, to otrzymuje 0 punktów.
2. Jeżeli zdający, oprócz powołania się na nazwisko Cauchy, zapisze odpowiednią
nierówność Cauchy’ego, to przedstawione rozwiązanie jest oceniane tak, jak to przewiduje
schemat.
3. Jeżeli zdający nie zapisze koniecznego założenia o możliwych wartościach x przy
wyznaczaniu y w zależności od x, to otrzymuje co najwyżej 2 punkty.Odpowiedź i kryteria punktowania pochodzą z oficjalnych zasad oceniania CKE.
Zadanie 93 punktyOdpowiedź wg zasad CKE · wyjaśnienie w przygotowaniuMMA-R1_1P-162 · Formuła 2015Matematyka — odpowiedź według zasad CKE
Dany jest prostokąt ABCD. Okrąg wpisany w trójkąt BCD jest styczny do przekątnej BD
w punkcie N. Okrąg wpisany w trójkąt ABD jest styczny do boku AD w punkcie M, a środek S
tego okręgu leży na odcinku MN, jak na rysunku.
D C
M N
S
A B
Wykaż, że MN = AD .
Strona 8 z 22 MMA_1R
Nr zadania 9.
Wypełnia Maks. liczba pkt 3
egzaminator
Uzyskana liczba pkt
MMA_1R Strona 9 z 22
Pokaż odpowiedź
I sposób
Poprowadźmy promienie SE i SF okręgu o środku S do punktów E i F styczności tego okręgu
odpowiednio z przekątną BD i bokiem AB prostokąta. Niech G będzie rzutem punktu N na
bok AB, jak na rysunku.
D C
E
r
α N
M r S
r r
α
AF G B
Wówczas SM = SE = SF = MA = NG oraz DE = BN .
Trójkąty DMS i DES są prostokątne, więc z twierdzenia Pitagorasa dla tych trójkątów
otrzymujemy
2 2 2 2
DM = DS − SM = DS − SE = DE .
Odcinek MN jest równoległy do AB, więc kąty GBN i ENS są równe. Trójkąty BGN i NES są
prostokątne, więc kąty BNG i NSE także są równe. To z kolei wraz z równością
SE = NG oznacza, że trójkąty BGN i NES są przystające. Zatem BN = NS .
Stąd
MN = MS + SN = MA + BN = MA + DE = MA + DM = AD .
To kończy dowód.Odpowiedź i kryteria punktowania pochodzą z oficjalnych zasad oceniania CKE.
Zadanie 104 punktyOdpowiedź wg zasad CKE · wyjaśnienie w przygotowaniuMMA-R1_1P-162 · Formuła 2015Matematyka — odpowiedź według zasad CKE
Wyznacz wszystkie wartości parametru a , dla których wykresy funkcji f i g, określonych
wzorami f ( x ) = x − 2 oraz g ( x ) = 5 − ax , przecinają się w punkcie o obu współrzędnych
dodatnich.
Odpowiedź: .
Strona 10 z 22 MMA_1R
Pokaż odpowiedź
I sposób
Wyznaczymy najpierw współrzędne punktu przecięcia. Przyrównujemy f ( x) i g ( x) ,
a otrzymane równanie zapisujemy w postaci
( a +1) x = 7 .
Ponieważ x > 0 , więc a + 1 > 0 , czyli a > −1 .
Zatem
7 5 − 2a
y = f ( x) = −2= .
a +1 a +1
Ponieważ y > 0 , a ponadto a + 1 > 0 , więc wynika stąd, że 5 − 2a > 0 , skąd otrzymujemy
5
a< .
2
Łączymy oba warunki x > 0 i y > 0 i zapisujemy odpowiedź: punkt przecięcia wykresów
5
funkcji ma obie współrzędne dodatnie dla −1 < a < .
2
II sposób
Zilustrujmy w układzie współrzędnych sytuację opisaną w treści zadania.
y
11
10
9
y = x+5
8
7
y = x−2
6
5
4
3
2
1 x
-7 -6 -5 -4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13
-1
-2 5
y=− x+5
-3 2
Ponieważ równanie y = − ax + 5 opisuje pęk prostych przechodzących przez punkt
o współrzędnych ( 0,5) , więc rysując proste o równaniach y = x + 5 oraz y = −
5
x + 5 (linie
2
przerywane) otrzymujemy graniczne położenia linii prostych należących do tego pęku –
prosta o równaniu y = x + 5 nie ma żadnego punktu wspólnego z prostą o równaniu y = x − 2 ,
5
natomiast prosta o równaniu y = − x + 5 ma jeden punkt wspólny z prostą o równaniu
2
y = x − 2 , jest nim punkt ( 2,0) , którego współrzędne nie spełniają warunku określonego
w treści tego zadania.
Zapisujemy odpowiedź: Punkty przecięcia wykresów funkcji mają dwie dodatnie
5
współrzędne wtedy i tylko wtedy, gdy −1 < a < .
2
Schemat punktowania
Rozwiązanie, w którym postęp jest niewielki, ale konieczny na drodze do pełnego
rozwiązania zadania 1 p.
Zdający wyznaczy jedną ze współrzędnych punktu przecięcia w zależności od a oraz zapisze:
7
• x=
a +1
albo
7
• y= −2
a +1
i na tym zakończy lub dalej popełnia błędy.
Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp 2 p.
Zdający
7
• wyznaczy obie współrzędne punktu przecięcia w zależności od a i zapisze: x =
a +1
5 − 2a
i y= dla a ≠ −1
a +1
albo
7
• wyznaczy pierwszą współrzędną punktu przecięcia w zależności od a: x =
a +1
i zapisze, że druga współrzędna jest dodatnia, gdy x > 2 (o ile wynika to
z przywołanej koniunkcji x > 0 ∧ x > 2 ),
albo
• zapisze, że x > 0 , gdy a > −1 i nie wyznaczy drugiej współrzędnej punktu przecięcia,
albo
• sporządzi ilustrację graficzną jednej pary prostych o równaniach: y = x − 2 i y = x + 5
5
lub y = x − 2 i y = − x + 5
2
i na tym zakończy lub dalej popełnia błędy.
Pokonanie zasadniczych trudności zadania 3 p.
Zdający:
• zapisze, że dla a > −1 spełniona jest nierówność x > 0 i wyznaczy drugą
współrzędną
albo
5
• zapisze, że dla −1 < a < spełniona jest nierówność y > 0 i nie rozważy warunku
2
x >0,
albo
• sporządzi ilustrację graficzną, na której znajdą się proste o równaniach:
5
y = x+5 i y=− x+5 i y = x−2
2
oraz zapisze przynajmniej jedną poprawną nierówność, którą spełnia współczynnik a,
albo
• sporządzi ilustrację graficzną prostej o równaniu: y = x − 2 i pęku prostych
przechodzących przez punkt o współrzędnych (0, 5) oraz zapisze przynajmniej jedną
poprawną nierówność, którą spełnia współczynnik a
i na tym zakończy lub dalej popełnia błędy.
Rozwiązanie pełne 4 p.
5
Zdający zapisze, że dla −1 < a < obie współrzędne punktu przecięcia są dodatnie.
2
Uwagi:
1. Jeżeli zdający podstawia do równania pęku prostych współrzędne punktu (0, 2), otrzymuje
5
a = i na tym zakończy lub dalej popełni błędy, to otrzymuje 1 punkt. Jeśli dodatkowo
2
5
poda, że a < , to otrzymuje 2 punkty.
2
2. Jeżeli zdający przedstawia rysunek, na którym jest tylko prosta o równaniu y = x − 2 ,
5
i odpowiedź a ∈ −1, bez żadnych wyjaśnień, to otrzymuje 1 punkt.
2Odpowiedź i kryteria punktowania pochodzą z oficjalnych zasad oceniania CKE.
Zadanie 114 punktyOdpowiedź wg zasad CKE · wyjaśnienie w przygotowaniuMMA-R1_1P-162 · Formuła 2015Matematyka — odpowiedź według zasad CKE
2 cos x − 3
Rozwiąż nierówność < 0 w przedziale 0, 2π .
cos 2 x
Odpowiedź: .
Nr zadania 10. 11.
Wypełnia Maks. liczba pkt 4 4
egzaminator
Uzyskana liczba pkt
MMA_1R Strona 11 z 22
Pokaż odpowiedź
2 cos x − 3
Ponieważ cos 2 x ≥ 0 dla każdego x, to nierówność < 0 jest równoważna
cos 2 x
3
koniunkcji 2 cos x − 3 < 0 i cos x ≠ 0 , czyli cos x < i cos x ≠ 0 .
2
π 11π π
Zatem x ∈ + 2kπ, + 2kπ , gdzie k jest liczbą całkowitą, i x ≠ + mπ , gdzie m jest
6 6 2
liczbą całkowitą.
W przedziale 0, 2π rozwiązaniem tej nierówności jest każda liczba
π π π 3π 3π 11π
x ∈ , ∪ , ∪ , .
6 2 2 2 2 6 Odpowiedź i kryteria punktowania pochodzą z oficjalnych zasad oceniania CKE.
Zadanie 126 punktówOdpowiedź wg zasad CKE · wyjaśnienie w przygotowaniuMMA-R1_1P-162 · Formuła 2015Matematyka — odpowiedź według zasad CKE
Dany jest trójmian kwadratowy f ( x ) = x 2 + 2 ( m + 1) x + 6m + 1 . Wyznacz wszystkie
rzeczywiste wartości parametru m, dla których ten trójmian ma dwa różne pierwiastki x1 , x2
tego samego znaku, spełniające warunek x1 − x2 < 3 .
Strona 12 z 22 MMA_1R
Odpowiedź: .
Nr zadania 12.
Wypełnia Maks. liczba pkt 6
egzaminator
Uzyskana liczba pkt
MMA_1R Strona 13 z 22
Pokaż odpowiedź
Rozwiązanie zadania dzielimy na cztery etapy. W pierwszym etapie wyznaczymy wszystkie
wartości parametru m, dla których trójmian f ma dwa różne pierwiastki. W drugim,
wyznaczymy te wartości parametru m, dla których pierwiastki trójmianu spełniają warunek
x1 − x2 < 3 . W trzecim wyznaczamy te wartości parametru m, dla których pierwiastki x1 , x2
są tego samego znaku. W czwartym – końcowym etapie, wyznaczymy wszystkie szukane
wartości parametru m.
I etap
Ponieważ trójmian f ma dwa różne pierwiastki, więc wyróżnik Δ tego trójmianu jest dodatni,
zatem
Δ = ( 2 ( m + 1) ) − 4 ⋅1 ⋅ ( 6m + 1) > 0 .
2
Nierówność ( 2 ( m + 1) ) − 4 ⋅1 ⋅ ( 6m + 1) > 0 przekształcamy w sposób równoważny
2
4 ( m 2 + 2m + 1) − 4 ⋅ ( 6m + 1) > 0 ,
m 2 + 2m + 1 − 6m − 1 > 0 ,
m 2 − 4m > 0 ,
m ( m − 4) > 0 .
Rozwiązaniem tej nierówności jest każda liczba m ∈ ( −∞, 0 ) ∪ ( 4, +∞ ) .
II etap
I sposób
Nierówność x1 − x2 < 3 można zapisać, stosując wzory na pierwiastki trójmianu
kwadratowego, w postaci
−b − Δ −b + Δ
− < 3,
2a 2a
− Δ
< 3,
a
− Δ
< 3,
1
Δ <3.
Ponieważ Δ > 0 , więc Δ > 0 . Zatem obie strony nierówności są dodatnie. Stąd 0 < Δ < 9 .
Zatem
4 ( m 2 + 2m + 1) − 4 ( 6m + 1) − 9 < 0 ,
4m 2 − 16m − 9 < 0 ,
1 9
m∈ − , .
2 2
II sposób
Obie strony nierówności x1 − x2 < 3 są dodatnie, więc podnosząc je do kwadratu,
otrzymujemy nierówność równoważną
( x1 − x2 ) < 9 .
2
Tę nierówność możemy z kolei zapisać w postaci
( x1 + x2 ) − 4 x1 x2 < 9 .
2
Ze wzorów Viète’a otrzymujemy nierówność z niewiadomą m:
4 ( m 2 + 2m + 1) − 4 ( 6m + 1) − 9 < 0 ,
1 9
m∈ − , .
2 2
III etap
Ponieważ pierwiastki x1 , x2 są tego samego znaku, więc x1 ⋅ x2 > 0 . Ze wzoru Viète’a,
otrzymujemy nierówność
6m + 1 1
> 0 , skąd m > − .
1 6
IV etap
Wyznaczamy część wspólną zbiorów:
1
− , +∞ ,
6
1 9
− , ,
2 2
( −∞, 0 ) ∪ ( 4, +∞ ) .
1 9
Ostatecznie m ∈ − , 0 ∪ 4, .
6 2
Schemat punktowania
Rozwiązanie zadania składa się z czterech etapów.
• Pierwszy z nich polega na rozwiązaniu nierówności Δ > 0 :
m ∈ ( −∞, 0 ) ∪ ( 4, +∞ ) .
Za poprawne rozwiązanie tego etapu zdający otrzymuje 1 punkt.
• Drugi etap polega na rozwiązaniu nierówności x1 − x2 < 3 . Za tę część rozwiązania
zdający otrzymuje 3 punkty.
Podział punktów za drugi etap rozwiązania:
1 punkt zdający otrzymuje, gdy:
Δ < 3 , lub ( x1 − x2 ) < 9
2
• zapisze nierówność x1 − x2 < 3 w postaci − Δ < 3 lub
albo
−b − Δ −b + Δ
• zapisze nierówność x1 − x2 < 3 w postaci: − < 3 Δ < 9 lub
2a 2a
( x1 + x2 ) − 4 x1 x2 < 9 .
2
2 punkty zdający otrzymuje, gdy zapisze nierówność z jedną niewiadomą m, np.
2
2 ( m + 1) 6m + 1
− − 4⋅ <9
1 1
1 9
3 punkty zdający otrzymuje za rozwiązanie tej nierówności: m ∈ − , .
2 2
• Trzeci etap polega na ustaleniu, dla jakich m pierwiastki trójmianu są tego samego
znaku.
6m + 1 1
1 punkt zdający otrzymuje za rozwiązanie nierówności > 0 : m ∈ − , +∞ .
1 6
• Czwarty etap polega na ustaleniu, dla których wartości parametru m pierwiastki
trójmianu spełniają wszystkie warunki zadania. Wyznaczamy część wspólną zbiorów:
1 1 9
− , +∞ , − , i ( −∞, 0 ) ∪ ( 4, +∞ ) .
6 2 2
Za ten etap zdający może otrzymać 1 punkt, gdy:
• poprawnie wykonał przynajmniej dwa etapy spośród I, II i III, a ponadto w każdym
z etapów otrzymał niepusty i różny od zbioru liczb rzeczywistych (R) zbiór rozwiązań
albo
• poprawnie wykonał etapy I lub III i otrzymał co najmniej 2 punkty za II etap,
a ponadto w każdym z etapów otrzymał niepusty i różny od zbioru liczb
rzeczywistych (R) zbiór rozwiązań.Odpowiedź i kryteria punktowania pochodzą z oficjalnych zasad oceniania CKE.
Zadanie 135 punktówOdpowiedź wg zasad CKE · wyjaśnienie w przygotowaniuMMA-R1_1P-162 · Formuła 2015Matematyka — odpowiedź według zasad CKE
Punkty A = ( 30, 32) i B = ( 0, 8) są sąsiednimi wierzchołkami czworokąta ABCD wpisanego
w okrąg. Prosta o równaniu x − y + 2 = 0 jest jedyną osią symetrii tego czworokąta i zawiera
przekątną AC . Oblicz współrzędne wierzchołków C i D tego czworokąta.
Strona 14 z 22 MMA_1R
Odpowiedź: .
Nr zadania 13.
Wypełnia Maks. liczba pkt 5
egzaminator
Uzyskana liczba pkt
MMA_1R Strona 15 z 22
Pokaż odpowiedź
Zauważamy, że jeżeli AC jest przekątną czworokąta ABCD , wpisanego w okrąg i prosta
AC jest osią symetrii tego czworokąta, to ten czworokąt jest deltoidem, a trójkąty ABC
i ADC są prostokątne. Obliczymy najpierw współrzędne wierzchołka D , który jest obrazem
wierzchołka B , w symetrii osiowej względem prostej AC . Ponieważ prosta BD jest
prostopadła do prostej AC i przechodzi przez punkt B , więc jej równanie ma postać
y = −x + 8 .
Obliczamy współrzędne środka S przekątnej BD . Ponieważ jest to punkt przecięcia
prostych AC i BD , więc wystarczy rozwiązać układ równań
y = x + 2
y = −x + 8
Otrzymujemy stąd x = 3 i y = 5 . Zatem punkt S ma współrzędne S = ( 3,5) . Współrzędne
punktu D spełniają zatem równania
xD + 0 yD + 8
=3 i = 5.
2 2
Stąd wynika, że xD = 6 i yD = 2 , czyli D = ( 6,2) .
Obliczymy teraz współrzędne wierzchołka C . Zauważamy, że jest to punkt przecięcia prostej
AC i prostej CD , która jest prostopadła do prostej AD i przechodzi przez punkt D .
2 − 32 5
Ponieważ współczynnik kierunkowy prostej AD jest równy = , więc prosta CD ma
6 − 30 4
równanie postaci
4
y=− ( x − 6) + 2 .
5
y = x + 2 x = 24 8
9 =3
Rozwiązujemy układ równań 4 i otrzymujemy .
y = − ( x − 6 ) + 2 y = 42 = 14
9 3
5
(
Zatem C = 83 , 14
3 .)
Schemat punktowania
Rozwiązanie zadania składa się z dwóch części. Pierwsza, to obliczenie współrzędnych
punktu D , druga, to obliczenie współrzędnych punktu C . Mogą być one wykonane
niezależnie od siebie, w dowolnej kolejności. Za pierwszą część rozwiązania zdający
otrzymuje 2 punkty, a za drugą 3 punkty.
Schemat punktowania pierwszej części
1 punkt przyznajemy zdającemu, który wyznaczy równanie prostej BD : y = − x + 8
i zapisze, że punkt przecięcia prostych AC i BD jest środkiem odcinka BD lub wykorzysta
ten fakt.
2 punkty przyznajemy zdającemu za obliczenie współrzędnych punktu D : D = ( 6,2) .
Schemat punktowania drugiej części
1 punkt przyznajemy zdającemu, który zapisze, że trójkąt ADC jest trójkątem prostokątnym
lub wykorzysta ten fakt.
4
2 punkty przyznajemy zdającemu za wyznaczenie równania prostej CD : y = − ( x − 6) + 2 .
5
3 punkty przyznajemy zdającemu za obliczenie współrzędnych punktu C : C = ( 83 , 143 ) .Odpowiedź i kryteria punktowania pochodzą z oficjalnych zasad oceniania CKE.
Zadanie 143 punktyOdpowiedź wg zasad CKE · wyjaśnienie w przygotowaniuMMA-R1_1P-162 · Formuła 2015Matematyka — odpowiedź według zasad CKE
Rozpatrujemy wszystkie liczby naturalne dziesięciocyfrowe, w zapisie których mogą
występować wyłącznie cyfry 1, 2 , 3 , przy czym cyfra 1 występuje dokładnie trzy razy.
Uzasadnij, że takich liczb jest 15 360.
Strona 16 z 22 MMA_1R
Odpowiedź: .
Nr zadania 14.
Wypełnia Maks. liczba pkt 3
egzaminator
Uzyskana liczba pkt
MMA_1R Strona 17 z 22
Pokaż odpowiedź
I sposób
Miejsce dla cyfry 1 wybieramy na ( ) sposobów. Na pozostałych siedmiu miejscach
10
3
7
rozmieszczamy cyfry 2 lub 3 w dowolnym porządku na 2 sposobów. Stosujemy regułę
mnożenia i otrzymujemy
( ) ⋅ 2 = 120 ⋅128 = 15360
10
3
7
różnych liczb dziesięciocyfrowych, które można zapisać za pomocą cyfr 1, 2, 3, w zapisie
których cyfra 1 występuje w dokładnie trzy razy.
II sposób
Rozpatrzymy trzy rozłączne przypadki, w zależności od tego, jaka cyfra została zapisana na
pierwszym miejscu.
1. Jeżeli na pierwszym miejscu jest cyfra 1, to miejsce dla pozostałych dwóch jedynek
()
wybieramy na 92 sposobów, na pozostałych siedmiu miejscach rozmieszczamy cyfrę 2 lub
7
cyfrę 3 w dowolnym porządku na 2 sposobów. Stosujemy regułę mnożenia i otrzymujemy
()
1⋅ 92 ⋅ 27 = 36 ⋅128 = 4608
liczb dziesięciocyfrowych, które można zapisać za pomocą cyfr 1, 2, 3, w których zapisie
cyfra 1 występuje w dokładnie trzy razy, przy czym na pierwszym miejscu jest cyfra 1.
2. jeżeli na pierwszym miejscu jest cyfra 2, to miejsce dla trzech jedynek wybieramy na 93()
sposobów, na pozostałych sześciu miejscach rozmieszczamy cyfrę 2 lub cyfrę 3 w dowolnym
porządku na 2 6 sposobów. Stosujemy regułę mnożenia i otrzymujemy
()
1⋅ 93 ⋅ 26 = 84 ⋅ 64 = 5376
liczb dziesięciocyfrowych, które można zapisać za pomocą cyfr 1, 2, 3, w których zapisie
cyfra 1 występuje w dokładnie trzy razy, przy czym na pierwszym miejscu jest cyfra 2.
3. (rozumowanie analogiczne jak w p. 2.). Jeżeli na pierwszym miejscu jest cyfra 3, to
miejsce dla trzech jedynek wybieramy na 93 ( ) sposobów, na pozostałych sześciu miejscach
rozmieszczamy cyfrę 2 lub cyfrę 3 w dowolnym porządku na 2 6 sposobów.
Stosujemy regułę mnożenia i otrzymujemy
()
1⋅ 93 ⋅ 26 = 84 ⋅ 64 = 5376
liczb dziesięciocyfrowych, które można zapisać za pomocą cyfr 1, 2, 3, w zapisie których
cyfra 1 występuje w dokładnie trzy razy, przy czym na pierwszym miejscu jest cyfra 3.
Sumujemy liczby powstałe w każdym z trzech przypadków i otrzymujemy:
4608 + 2 ⋅ 5376 = 15360
liczb dziesięciocyfrowych zapisanych wyłącznie za pomocą cyfr 1, 2, 3, w zapisie których
cyfra 1 występuje dokładnie trzy razy.
III sposób
Rozpatrzymy osiem rozłącznych przypadków, wyczerpujących wszystkie możliwości zapisu
liczby dziesięciocyfrowej za pomocą cyfr 1, 2, 3, w których zapisie cyfra 1 występuje
dokładnie trzy razy:
10!
1. w zapisie tej liczby występują 3 jedynki i 7 trójek, wtedy takich liczb jest = 120 ,
3!⋅ 7 !
2. w zapisie tej liczby występują 3 jedynki, 1 dwójka i 6 trójek, wtedy takich liczb jest
10!
= 840 ,
3!⋅ 6!
3. w zapisie tej liczby występują 3 jedynki, 2 dwójki i 5 trójek, wtedy takich liczb jest
10!
= 2520 ,
3!⋅ 2!⋅ 5!
4. w zapisie tej liczby występują 3 jedynki, 3 dwójki i 4 trójki, wtedy takich liczb jest
10!
= 4200 ,
3!⋅ 3!⋅ 4!
5. w zapisie tej liczby występują 3 jedynki, 4 dwójki i 3 trójki, wtedy takich liczb jest
10!
= 4200 ,
3!⋅ 4!⋅ 3!
6. w zapisie tej liczby występują 3 jedynki, 5 dwójek i 2 trójki, wtedy takich liczb jest
10!
= 2520 ,
3!⋅ 5!⋅ 2!
7. w zapisie tej liczby występują 3 jedynki, 6 dwójek i 1 trójka, wtedy takich liczb jest
10!
= 840 ,
3!⋅ 6!
10!
8. w zapisie tej liczby występują 3 jedynki i 7 dwójek, wtedy takich liczb jest = 120 .
3!⋅ 7 !
Sumujemy liczby otrzymane w każdym przypadku i otrzymujemy:
2 ⋅ (120 + 840 + 2520 + 4200) = 2 ⋅ 7680 = 15360
różnych liczb dziesięciocyfrowych zapisanych wyłącznie za pomocą cyfr 1, 2 , 3, w zapisie
których cyfra 1 występuje dokładnie trzy razy.
Schemat punktowania
Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp 1 p.
Zdający zapisze, że:
• miejsce dla cyfry 1 można wybrać na 10
3 sposobów ( )
albo
• miejsca dla cyfr 2 lub 3 można wybrać na 10
7 sposobów, ( )
albo
• cyfry 2 lub 3 można rozmieścić na 2 7 sposobów,
albo
• jeżeli cyfra 1 jest na ustalonym (np. pierwszym) miejscu, to pozostałe dwie cyfry 1
()
można rozmieścić na 92 sposobów,
albo
• jeżeli na ustalonym miejscu stoi jedna z cyfr 2 lub 3, to trzy cyfry 1 można rozmieścić
()
na 93 sposobów,
albo
• jeżeli cyfry 1 stoją na ustalonych trzech miejscach, to jeśli w liczbie występuje n cyfr
2, to cyfry 2 i 3 można rozmieścić na ( ) sposobów dla przynajmniej jednej
7
n
konkretnej liczby n,
albo
• jest 8 rozłącznych przypadków wyczerpujących wszystkie możliwości zapisu liczby
dziesięciocyfrowej za pomocą cyfr 1, 2, 3, w których zapisie cyfra 1 występuje
dokładnie trzy razy
i na tym zakończy lub dalej popełnia błędy.
Pokonanie zasadniczych trudności zadania 2 p.
Zdający
• zapisze, że liczba rozpatrywanych liczb dziesięciocyfrowych jest równa np. 10
3 ⋅2
7
( )
albo
• zapisze, ile jest liczb w każdym z rozpatrywanych przypadków wyczerpujących
wszystkie możliwości zapisu liczby dziesięciocyfrowej za pomocą cyfr 1, 2, 3,
w których zapisie cyfra 1 występuje dokładnie trzy razy,
albo
• zapisze osiem rozłącznych przypadków wyczerpujących wszystkie możliwości zapisu
liczby dziesięciocyfrowej za pomocą cyfr 1, 2, 3, w których zapisie cyfra 1 występuje
dokładnie trzy razy oraz w przynajmniej jednym przypadku zapisze liczbę takich
liczb, np. 10 ( )
3 ⋅1
i na tym zakończy lub dalej popełnia błędy.
Rozwiązanie pełne 3 p.
Zdający
• zapisze, że jest 10 7
( )
3 ⋅ 2 = 15360 liczb dziesięciocyfrowych zapisanych wyłącznie za
pomocą cyfr 1, 2, 3, w zapisie których cyfra 1 występuje dokładnie trzy razy
albo
• zsumuje liczby otrzymane w każdym z rozpatrywanych przypadków wyczerpujących
wszystkie możliwości zapisu liczby dziesięciocyfrowej za pomocą cyfr 1, 2, 3,
w których zapisie cyfra 1 występuje dokładnie trzy razy i zapisze, że jest ich 15360.
Uwagi:
1. Rozwiązanie uznajemy za pełne, jeżeli zdający zapisze liczbę rozpatrywanych liczb
dziesięciocyfrowych bez użycia symbolu Newtona.
2. Jeżeli zdający w swoim rozwiązaniu przedstawia zapisy, dla których brak bezpośredniej
interpretacji kombinatorycznej i zapisom tym nie towarzyszą stosowne objaśnienia, to nie
może otrzymać maksymalnej liczby punktów, przy czym za rozwiązanie, zawierające
jedynie zapisy pojedynczych liczb lub symboli Newtona (typu 120, 128, ( ) ), bez
10
7
stosownych objaśnień, zdający otrzymuje 0 punktów, a za rozwiązanie, zawierające
jedynie zapisy działań na liczbach (typu 120 ⋅ 128 = 15 360 ), bez stosownych objaśnień
zdający może otrzymać co najwyżej 1 punkt.
3. Jeżeli zdający przedstawia rozwiązanie, w którym części zapisanych liczb lub działań na
liczbach nie towarzyszą stosowne objaśnienia, to za takie rozwiązanie może otrzymać co
najwyżej 2 punkty.
4. Zdający może skorzystać ze wzoru dwumianowego Newtona i zapisać:
( ) ⋅{( ) + ( ) + ( ) + ( ) + ( ) + ( ) + ( ) + ( )} = ( ) ⋅ 2 = 120 ⋅128 = 15360 .
10
3
7
7
7
6
7
5
7
4
7
3
7
2
7
1
7
0
10
3
7Odpowiedź i kryteria punktowania pochodzą z oficjalnych zasad oceniania CKE.
Zadanie 156 punktówOdpowiedź wg zasad CKE · wyjaśnienie w przygotowaniuMMA-R1_1P-162 · Formuła 2015Matematyka — odpowiedź według zasad CKE
W ostrosłupie prawidłowym czworokątnym ABCDS o podstawie ABCD wysokość jest równa 5,
a kąt między sąsiednimi ścianami bocznymi ostrosłupa ma miarę 120° . Oblicz objętość tego
ostrosłupa.
Strona 18 z 22 MMA_1R
Odpowiedź: .
Nr zadania 15.
Wypełnia Maks. liczba pkt 6
egzaminator
Uzyskana liczba pkt
MMA_1R Strona 19 z 22
Pokaż odpowiedź
Strategię rozwiązania zadania można zrealizować na wiele sposobów. Każdy z nich różni się
zestawem i kolejnością zastosowanych związków między odcinkami w ostrosłupie.
Przyjmijmy następujące oznaczenia jak na rysunku.
S
l
b F
H
α
D C
O E
A a B
a 2 a
Wtedy OB = , OE = , BFO = 60° .
2 2
BO
Ponieważ trójkąt BFO jest prostokątny, stąd = sin 60° . Zatem
BF
a 2
BO 2 =a 2⋅ 2 =a 6.
BF = =
sin 60° 3 2 3 3
2
a 6
SE BF l b 6
Trójkąty SEC i BFC są podobne, stąd = , czyli = 3 . Zatem l = .
SC BC b a 3
Korzystamy z twierdzenia Pitagorasa w trójkątach prostokątnych EOS i BOS, skąd
otrzymujemy układ równań:
a b 6
2 2
H + =
2
2 3
2
2 a 2 2
H + = b
2
a b 6
2 2
25 + =
2 3
2
a 2 2
25 + = b
2
a 2 2b 2
25 + =
4 3
2
25 + a = b 2
2
300 + 3a 2 = 8b 2
2 2
50 + a = 2b
b 2 = 75
2
a = 100
b = 5 3
a = 10
Stąd pole P podstawy ABCD ostrosłupa jest równe P = a 2 = 100 , więc objętość ostrosłupa jest
1 500
równa: V = ⋅100 ⋅ 5 = .
3 3
Schemat punktowania
Rozwiązanie, w którym postęp jest niewielki, ale konieczny na drodze do pełnego
rozwiązania zadania 1 p.
Zdający
• zastosuje twierdzenie Pitagorasa w trójkącie SOC
albo
• zastosuje twierdzenie Pitagorasa w trójkącie SOE,
albo
• zastosuje twierdzenie cosinusów w trójkącie BFD,
albo
• zapisze funkcję trygonometryczną kąta ostrego w trójkącie OBF,
albo
• zapisze proporcję wynikającą z podobieństwa trójkątów SEC i BCF,
albo
• zapisze proporcję wynikającą z podobieństwa trójkątów SOC i OFC
i na tym zakończy lub dalej popełnia błędy.Odpowiedź i kryteria punktowania pochodzą z oficjalnych zasad oceniania CKE.
Zadanie 167 punktówOdpowiedź wg zasad CKE · wyjaśnienie w przygotowaniuMMA-R1_1P-162 · Formuła 2015Matematyka — odpowiedź według zasad CKE
Parabola o równaniu y = 2 − 12 x 2 przecina oś Ox układu współrzędnych w punktach
A = ( −2, 0 ) i B = ( 2, 0 ) . Rozpatrujemy wszystkie trapezy równoramienne ABCD, których
dłuższą podstawą jest odcinek AB, a końce C i D krótszej podstawy leżą na paraboli (zobacz
rysunek).
y
2
D C
1
A B x
-2 -1 0 1 2
Wyznacz pole trapezu ABCD w zależności od pierwszej współrzędnej wierzchołka C. Oblicz
współrzędne wierzchołka C tego z rozpatrywanych trapezów, którego pole jest największe.
Strona 20 z 22 MMA_1R
Odpowiedź: .
Nr zadania 16.
Wypełnia Maks. liczba pkt 7
egzaminator
Uzyskana liczba pkt
MMA_1R Strona 21 z 22
Strona 22 z 22 MMA_1R
Pokaż odpowiedź
Niech C = ( x, y ) będzie wierzchołkiem trapezu ABCD. Wówczas C = x, 2 − 12 x 2 , gdzie ( )
0 < x < 2 . Ponieważ AB = 4 , CD = 2 x , a wysokość trapezu jest równa h = 2 − 12 x 2 , więc
pole P tego trapezu określone jest wzorem
4 + 2x
P ( x) =
2
( )
⋅ 2 − 12 x 2 = ( x + 2 ) ⋅ 12 ( 4 − x 2 ) = 12 ( 8 + 4 x − 2 x 2 − x3 ) = 4 + 2 x − x 2 − 12 x3
dla każdej liczby rzeczywistej 0 < x < 2 .
Pochodna funkcji P ( x ) = 4 + 2 x − x 2 − 12 x3 jest równa P′ ( x ) = 2 − 2 x − 32 x 2 dla x ∈ ( 0, 2 ) .
Obliczamy miejsca zerowe pochodnej i badamy jej znak.
(
Ponieważ P′ ( x ) = − 32 x 2 + 43 x − 43 = − 23 ) (( x + 23 ) − 169 ) = − 23 ( x − 23 ) ( x + 2)
2
3
oraz − ( x + 2 ) < 0 dla każdego x ∈ ( 0, 2 ) , więc:
2
P′ ( x ) = 0 wtedy i tylko wtedy, gdy x = 23 ,
( )
P′ ( x ) > 0 wtedy i tylko wtedy, gdy x − 23 < 0 i x ∈ ( 0, 2 ) , czyli dla x ∈ 0, 23 ,
P′ ( x ) < 0 wtedy i tylko wtedy, gdy x − 23 > 0 i x ∈ ( 0, 2 ) , czyli dla x ∈ ( 23 , 2 ) .
Zatem w przedziale ( 0, 23 funkcja P jest rosnąca, w przedziale 3 )
2 ,2 jest malejąca,
( ( ) ) = ( 32 , 169 ) .
2
a w punkcie x = 23 osiąga maksimum. Jeżeli x = 23 , to C = 23 , 2 − 12 ⋅ 32Odpowiedź i kryteria punktowania pochodzą z oficjalnych zasad oceniania CKE.