( ) jest równa 2 Liczba 2− 3 − 2+ 3 A. 2 B. 4 C. 3 D. 2 3
Pokaż odpowiedź
Odpowiedź wymaga sprawdzenia zgodności z oficjalnymi zasadami CKE.
Odpowiedź i kryteria punktowania pochodzą z oficjalnych zasad oceniania CKE.
Maj 2017 · Formuła 2015
Matematyka 2017 — poziom rozszerzony — Formuła 2015
W HTML jest już 15 z 15 jednostek arkusza: 0 ma rozwiązanie krok po kroku, a 15 ma odpowiedź w pierwszej redakcji i czeka na wyjaśnienie. Strona pozostaje poza indeksem do czasu ukończenia i recenzji arkusza.
- Poziom
- Rozszerzony
- Kod arkusza
- MMA-R1_1P-172
- Dokumenty
- 2
Pierwsze opracowanie · komplet podpunktów
Zadania i odpowiedzi; rozwiązania uzupełniamy
Odpowiedzi porównujemy z zasadami CKE. Pełny tok rozumowania dodajemy osobno; arkusz pozostaje poza indeksem do czasu pełnej recenzji.
Wersja arkusza
MMA-R1_1P-172 · Formuła 2015
Nieskończony ciąg liczbowy jest określony wzorem an = ( n − 10n ) ( 2 − 3n ) dla n ≥ 1. 2n3 + n 2 + 3 Wtedy 1 3 A. lim an = B. lim an = 0 C. lim an = −∞ D. lim an = − n →∞ 2 n →∞ n →∞ n →∞ 2
Pokaż odpowiedź
Odpowiedź wymaga sprawdzenia zgodności z oficjalnymi zasadami CKE.
Odpowiedź i kryteria punktowania pochodzą z oficjalnych zasad oceniania CKE.
1 Odcinek CD jest wysokością trójkąta ABC, w którym AD = CD = BC (zobacz rysunek). 2 Okrąg o środku C i promieniu CD jest styczny do prostej AB. Okrąg ten przecina boki AC i BC trójkąta odpowiednio w punktach K i L. M α C L K A D B Zaznaczony na rysunku kąt α wpisany w okrąg jest równy A. 37,5° B. 45° C. 52,5° D. 60°
Pokaż odpowiedź
Odpowiedź wymaga sprawdzenia zgodności z oficjalnymi zasadami CKE.
Odpowiedź i kryteria punktowania pochodzą z oficjalnych zasad oceniania CKE.
Dane są punkt B = ( −4, 7 ) i wektor u = [ −3,5] . Punkt A, taki, że AB = −3u , ma współrzędne A. A = ( 5, −8 ) B. A = ( −13, 22 ) C. A = ( 9, −15 ) D. A = (12, 24 ) Strona 2 z 18 MMA_1R MMA_1R Strona 3 z 18
Pokaż odpowiedź
Odpowiedź wymaga sprawdzenia zgodności z oficjalnymi zasadami CKE.
Odpowiedź i kryteria punktowania pochodzą z oficjalnych zasad oceniania CKE.
Reszta z dzielenia wielomianu W ( x) = x3 − 2 x 2 + ax + 34 przez dwumian x − 2 jest równa 1. Oblicz wartość współczynnika a. W poniższe kratki wpisz kolejno trzy pierwsze cyfry po przecinku rozwinięcia dziesiętnego otrzymanego wyniku.
Pokaż odpowiedź
Odpowiedź wymaga sprawdzenia zgodności z oficjalnymi zasadami CKE.
Odpowiedź i kryteria punktowania pochodzą z oficjalnych zasad oceniania CKE.
x −1 Funkcja f jest określona wzorem f ( x ) = dla każdej liczby rzeczywistej x . Wyznacz x2 + 1 równanie stycznej do wykresu tej funkcji w punkcie P = ( 1, 0 ) . Odpowiedź: . Strona 4 z 18 MMA_1R
Pokaż odpowiedź
Pochodna funkcji f jest równa
x 2 + 1 − 2 x ( x − 1) − x 2 + 2 x + 1
f ′( x) = = dla każdej liczby rzeczywistej x.
( x 2 + 1) ( x2 + 1)
2 2
Współczynnik kierunkowy szukanej stycznej jest równy:
2 1
f ′ (1) = = ,
4 2
zatem równanie stycznej do wykresu funkcji f w punkcie P = ( 1, 0 ) ma postać:
1
y= ( x − 1) + 0 ,
2
1 1
y = x− .
2 2
Schemat punktowania
Zdający otrzymuje 1 p.
gdy wyznaczy pochodną funkcji f:
x 2 + 1 − 2 x ( x − 1) − x2 + 2x + 1
np. f ′ ( x ) = lub f ′ ( )
x =
( x 2 + 1) ( x2 + 1)
2 2
i na tym zakończy lub dalej popełnia błędy.
Zdający otrzymuje 2 p.
1
gdy obliczy f ′ (1) = , poprawnie interpretuje tę liczbę jako współczynnik kierunkowy
2
stycznej i na tym zakończy lub dalej popełnia błędy.
Zdający otrzymuje 3 p.
1 1
gdy zapisze równanie stycznej do wykresu funkcji f w punkcie P = ( 1, 0 ) : y = x− .
2 2
Uwaga
x 2 + 1 − 2 x ( x − 1)
Jeżeli zdający wyznacza błędnie pochodną funkcji, np.: f ′ ( x ) =
x2 + 1
i konsekwentnie do popełnionego błędu wyznaczy równanie stycznej, to otrzymuje 1 punkt.
Odpowiedź i kryteria punktowania pochodzą z oficjalnych zasad oceniania CKE.
Udowodnij, że dla dowolnych różnych liczb rzeczywistych x, y prawdziwa jest nierówność x 2 y 2 + 2 x 2 + 2 y 2 − 8 xy + 4 > 0 . Nr zadania 5. 6. 7. Wypełnia Maks. liczba pkt 2 3 3 egzaminator Uzyskana liczba pkt MMA_1R Strona 5 z 18
Pokaż odpowiedź
I sposób
Przekształcamy nierówność równoważnie:
x 2 y 2 − 4 xy + 4 + 2 x 2 − 4 xy + 2 y 2 > 0 ,
( xy − 2 ) + 2 ( x 2 − 2 xy + y 2 ) > 0 ,
2
( xy − 2 ) + 2 ( x − y ) > 0 .
2 2
Ponieważ x ≠ y , więc ( x − y ) > 0 . Zatem lewa strona tej nierówności jest sumą liczby
2
nieujemnej ( xy − 2 ) oraz liczby dodatniej 2 ( x − y ) , a więc jest dodatnia.
2 2
To kończy dowód.
II sposób
Zapiszmy nierówność x 2 y 2 + 2 x 2 + 2 y 2 − 8 xy + 4 > 0 w postaci równoważnej
( y + 2) x − 8 y ⋅ x + 2 y + 4 > 0 .
2 2 2
Ponieważ y 2 + 2 > 0 dla każdej liczby rzeczywistej y, więc możemy potraktować tę
nierówność jak nierówność kwadratową z niewiadomą x i parametrem y (lub z niewiadomą y
i parametrem x). Wystarczy więc wykazać, że wyróżnik trójmianu kwadratowego
( y 2 + 2 ) x 2 − 8 y ⋅ x + 2 y 2 + 4 zmiennej x jest ujemny.
Δ = ( −8 y ) − 4 ⋅ ( y 2 + 2 ) ⋅ ( 2 y 2 + 4 ) = 64 y 2 − 8 ( y 2 + 2 ) =
2 2
= 8 ( 8 y 2 − y 4 − 4 y 2 − 4 ) = 8 ( − y 4 + 4 y 2 − 4 ) = −8 ( y 2 − 2 ) .
2
Dla każdej liczby rzeczywistej y, takiej, że y 2 ≠ 2 wyróżnik jest ujemy. Gdy y 2 = 2 , to
wówczas nierówność x 2 y 2 + 2 x 2 + 2 y 2 − 8 xy + 4 > 0 ma postać
4 x 2 − 8 2 x + 8 > 0 lub 4 x 2 + 8 2 x + 8 > 0
x 2 − 2 2 x + 2 > 0 lub x 2 + 2 2 x + 2 > 0 ,
( ) ( ) >0.
2 2
x− 2 > 0 lub x + 2
Ponieważ z założenia wynika, że x ≠ y , więc x 2 ≠ 2 , a to oznacza, że każda z otrzymanych
nierówności jest prawdziwa.
To kończy dowód.
III sposób
Rozpatrzmy nierówność x 2 y 2 + 2 x 2 + 2 y 2 − 8 xy + 4 > 0 w trzech przypadkach.
I. Gdy co najmniej jedna z liczb x, y jest równa 0, np. gdy x = 0 . Wtedy nierówność
przyjmuje postać
2 y2 + 4 > 0 .
Ta nierówność jest prawdziwa dla każdej liczby rzeczywistej y.
II. Gdy żadna z liczb x, y nie jest równa 0 i gdy xy < 0 . Wtedy po lewej stronie nierówności
x 2 y 2 + 2 x 2 + 2 y 2 − 8 xy + 4 > 0 wszystkie składniki są dodatnie, więc nierówność jest
prawdziwa.
III. Gdy żadna z liczb x, y nie jest równa 0 i gdy xy > 0 . Wtedy, dzieląc obie strony
nierówności x 2 y 2 + 2 x 2 + 2 y 2 − 8 xy + 4 > 0 przez xy , otrzymujemy nierówność równoważną
x y 4
xy + 2 + 2 − 8 + > 0,
y x xy
4 x y
xy + + 2 + −8 > 0 ,
xy y x
4 x y
xy − 4 + + 2 − 2 + > 0 ,
xy y x
2 2
2 x y
xy − + 2 − > 0.
xy y x
2
x x y x y
Ponieważ z założenia x ≠ y , więc ≠ 1 , zatem ≠ , co oznacza, że − >0.
y y x y x
2
2
Stąd i z tego, że xy − ≥ 0 wynika prawdziwość otrzymanej nierówności.
xy
To kończy dowód.
IV sposób
I. Gdy xy ≤ 0 , to wtedy po lewej stronie nierówności x 2 y 2 + 2 x 2 + 2 y 2 − 8 xy + 4 > 0 cztery
pierwsze składniki są nieujemne, piąty jest dodatni, więc nierówność jest prawdziwa.
II. Gdy xy > 0 , wtedy z nierówności między średnią arytmetyczną i geometryczną dla liczb
dodatnich x 2 y 2 , 2x 2 , 2 y 2 i 4 otrzymujemy
x2 y 2 + 2 x2 + 2 y 2 + 4 4 2 2
≥ x y ⋅ 2 x 2 ⋅ 2 y 2 ⋅ 4 = 4 16 x 4 y 4 = 2 xy ,
4
skąd
x 2 y 2 + 2 x 2 + 2 y 2 + 4 ≥ 8 xy .
Równość miałaby miejsce tylko wtedy, gdyby x 2 y 2 = 2 x 2 = 2 y 2 = 4 , a więc gdyby x 2 = y 2 ,
co wobec nierówności xy > 0 oznaczałoby x = y , co jest sprzeczne z założeniem. Zatem
x 2 y 2 + 2 x 2 + 2 y 2 + 4 > 8 xy ,
czyli
x 2 y 2 + 2 x 2 + 2 y 2 − 8 xy + 4 > 0 .
To kończy dowód.
Schemat punktowania
I sposób rozwiązania
Pokonanie zasadniczych trudności zadania 2 p.
Zdający zapisze nierówność w postaci ( xy − 2 ) + 2 ( x − y ) > 0 i na tym zakończy lub dalej
2 2
popełnia błędy.
Rozwiązanie pełne 3 p.
Zdający przeprowadzi pełne rozumowanie, uwzględniające założenie, że x ≠ y .
II sposób rozwiązania
Rozwiązanie, w którym postęp jest istotny 1 p.
Zdający zapisze nierówność w postaci ( y 2 + 2 ) x 2 − 8 y ⋅ x + 2 y 2 + 4 > 0 , obliczy wyróżnik
trójmianu kwadratowego ( y 2 + 2 ) x 2 − 8 y ⋅ x + 2 y 2 + 4 , np.: Δ = ( −8 y ) − 4 ⋅ ( y 2 + 2 ) ⋅ ( 2 y 2 + 4 )
2
i na tym zakończy lub dalej popełnia błędy.
Pokonanie zasadniczych trudności zadania 2 p.
Zdający uzasadni, że wyróżnik Δ = −8 ( y 2 − 2 ) jest niedodatni dla każdej liczby rzeczywistej
2
y, ale nie rozpatrzy przypadku, gdy y 2 = 2 i na tym zakończy lub dalej popełnia błędy.
Rozwiązanie pełne 3 p.
Zdający przeprowadzi pełne rozumowanie.
III sposób rozwiązania
Rozwiązanie, w którym postęp jest istotny 1 p.
Zdający wykaże prawdziwość nierówności w I i w II przypadku i na tym zakończy lub dalej
popełnia błędy.
Pokonanie zasadniczych trudności zadania 2 p.
4 x y
Zdający zapisze nierówność w postaci xy + + 2 + − 8 > 0 w przypadku, gdy xy > 0
xy y x
i na tym zakończy lub dalej popełnia błędy.
Rozwiązanie pełne 3 p.
Zdający przeprowadzi pełne rozumowanie.
IV sposób rozwiązania
Rozwiązanie, w którym postęp jest istotny 1 p.
Zdający wykaże prawdziwość nierówności x 2 y 2 + 2 x 2 + 2 y 2 − 8 xy + 4 > 0 w I przypadku
i na tym zakończy lub dalej popełnia błędy.
Pokonanie zasadniczych trudności zadania 2 p.
x2 y 2 + 2 x2 + 2 y 2 + 4
Zdający uzasadni, że gdy xy > 0 , to prawdziwa jest nierówność ≥ 2 xy
4
i na tym zakończy lub dalej popełnia błędy.
Rozwiązanie pełne 3 p.
Zdający przeprowadzi pełne rozumowanie.
Odpowiedź i kryteria punktowania pochodzą z oficjalnych zasad oceniania CKE.
W trójkącie ostrokątnym ABC bok AB ma długość c, długość boku BC jest równa a oraz ABC = β . Dwusieczna kąta ABC przecina bok AC trójkąta w punkcie E. β 2ac ⋅ cos Wykaż, że długość odcinka BE jest równa 2 . a+c Strona 6 z 18 MMA_1R
Pokaż odpowiedź
I sposób
Przyjmijmy oznaczenia jak na rysunku.
C
E a
d
β
2
β
2
A c B
Pole trójkąta ABC jest równe
1
PABC = a ⋅ c ⋅ sin β .
2
Pola trójkątów ABE i CBE są równe
1 β 1 β
PABE = d ⋅ c ⋅ sin oraz PCBE = d ⋅ a ⋅ sin .
2 2 2 2
Suma pól trójkątów ABE i CBE jest równa polu trójkąta ABC, zatem
1 1 β 1 β
a ⋅ c ⋅ sin β = d ⋅ c ⋅ sin + d ⋅ a ⋅ sin .
2 2 2 2 2
β β β
Stąd a ⋅ c ⋅ 2sin cos = d ⋅ ( a + c ) ⋅ sin .
2 2 2
β
2ac ⋅ cos = d ⋅(a + c) ,
2
2ac β
d= ⋅ cos .
a+c 2
To kończy dowód.
II sposób
Przyjmijmy oznaczenia jak na rysunku.
C
y
E a
x d β
2
β
2
A c B
Z twierdzenia o dwusiecznej otrzymujemy
CE CB y a
= , czyli = .
AE AB x c
Z twierdzenia cosinusów dla trójkątów ABE i CBE otrzymujemy
β β
x 2 = c 2 + d 2 − 2cd cos oraz y 2 = a 2 + d 2 − 2ad cos .
2 2
Zatem
2 2 β
a 2 y 2 a + d − 2ad cos 2
= = .
c 2 x 2 c 2 + d 2 − 2cd cos β
2
Stąd otrzymujemy
( β
) ( β
a 2 c 2 + d 2 − 2cd cos 2 = c 2 a 2 + d 2 − 2ad cos 2 , )
β β
a 2 c 2 + a 2 d 2 − 2a 2 cd cos 2 = a 2 c 2 + c 2 d 2 − 2ac 2 d cos 2 ,
β β
a 2 d 2 − c 2 d 2 = 2a 2 cd cos 2 − 2ac 2 d cos 2 ,
( a 2 − c 2 ) d = 2 ( a − c ) ac cos β2 .
Gdy a = c , wówczas trójkąt ABC jest równoramienny, więc trójkąty ABE i CBE są
2
β d β 2c β 2ac β
prostokątne i przystające. Wtedy cos 2 = , skąd d = c cos 2 = cos 2 = cos 2 .
c 2c a+c
Gdy zaś a ≠ c , to ( a − c )( a + c ) ≠ 0 , czyli a − c ≠ 0 , więc
2 2
2(a − c) β 2ac β
d= 2 2
ac cos 2 = cos 2 .
a −c a+c
To kończy dowód.
III sposób
Poprowadźmy wysokości CG i EF trójkątów ABC i ABE. Ponieważ trójkąt ABC jest
ostrokątny, więc spodki F i G tych wysokości leżą na boku AB trójkąta ABC. Pozostałe
oznaczenia przyjmijmy jak na rysunku.
C
y
E a
d h
x β
p
2
β
2
A F c G B
Z twierdzenia o dwusiecznej otrzymujemy
CE CB y a
= , czyli = .
AE AB x c
Z trójkątów BEF i BCG otrzymujemy
p β h
= sin oraz = sin β .
d 2 a
Stąd
β
p = d sin oraz h = a sin β .
2
Trójkąty AFE i AGC są podobne, gdyż oba są prostokątne i mają wspólny kąt ostry przy
wierzchołku A. Zatem
EF CG p h
= , czyli = .
AE AC x x+ y
Stąd i z poprzednio otrzymanych równości otrzymujemy kolejno
β
d sin
2 = a sin β ,
x x+ y
β β
a ⋅ 2sin cos
β 2 2,
d sin =
2 y
1+
x
β β
2a ⋅ cos 2ac ⋅ cos
d= 2 = 2.
a a+c
1+
c
To kończy dowód.
Schemat punktowania
I sposób rozwiązania
Rozwiązanie, w którym postęp jest istotny 1 p.
Zdający
• zapisze pola każdego z trójkątów ABC, ABE i CBE w zależności od długości a, c, d
1 1 β 1 β
i kąta β : PABC = a ⋅ c ⋅ sin β , PABE = d ⋅ c ⋅ sin , PCBE = d ⋅ a ⋅ sin
2 2 2 2 2
albo
• zapisze, że pole trójkąta ABC jest sumą pól trójkątów ABE i CBE oraz zapisze jedno
1 1 β 1 β
z tych pól: PABC = a ⋅ c ⋅ sin β lub PABE = d ⋅ c ⋅ sin lub PCBE = d ⋅ a ⋅ sin
2 2 2 2 2
i na tym zakończy lub dalej popełnia błędy.
Pokonanie zasadniczych trudności zadania 2 p.
Zdający zapisze zależność między polem trójkąta ABC i polami trójkątów ABE i CBE
w postaci, w której występują jedynie wielkości a, c, d i β , np.:
1 1 β 1 β
a ⋅ c ⋅ sin β = d ⋅ c ⋅ sin + d ⋅ a ⋅ sin
2 2 2 2 2
i na tym zakończy lub dalej popełnia błędy.
Rozwiązanie pełne 3 p.
Zdający przeprowadzi pełne rozumowanie.
II sposób rozwiązania
Rozwiązanie, w którym postęp jest istotny 1 p.
Zdający zapisze zależności między wielkościami x, y, d, a i c oraz kątem β :
y a 2 β β
= , x = c 2 + d 2 − 2cd cos , y 2 = a 2 + d 2 − 2ad cos
x c 2 2
i na tym zakończy lub dalej popełnia błędy.
Pokonanie zasadniczych trudności zadania 2 p.
2 2 β
a 2 a + d − 2ad cos 2
Zdający zapisze równanie, np.: 2 = β
c c 2 + d 2 − 2cd cos 2
i na tym zakończy lub dalej popełnia błędy.
Rozwiązanie pełne 3 p.
Zdający przeprowadzi pełne rozumowanie.
Uwaga
Jeżeli zdający nie rozważy sytuacji gdy a = c , to może otrzymać co najwyżej 2 punkty.
III sposób rozwiązania
Rozwiązanie, w którym postęp jest istotny 1 p.
Zdający zapisze
• zależność między wielkościami x, y, a i c oraz zależności między wielkościami p, h i a
y a p β h
oraz kątem β : = , = sin , = sin β
x c d 2 a
albo
• zależność między wielkościami x, y, a i c oraz zależności między wielkościami
y a p h
p, h, x i y oraz kątem β : = , = ,
x c x x+ y
albo
• zależność między wielkościami p, h i a oraz kątem β oraz zależność między
p β h y a
wielkościami x, y, a i c: = sin , = sin β , =
d 2 a x c
i na tym zakończy lub dalej popełnia błędy.
Pokonanie zasadniczych trudności zadania 2 p.
Zdający zapisze wystarczającą liczbę zależności między wielkościami x, y, a, c, p i h oraz
kątem β , pozwalającą wyznaczyć d w zależności od wielkości a, c i kąta β , np.:
β
d sin
y a
= , 2 = a sin β
x c x x+ y
i na tym zakończy lub dalej popełnia błędy.
Rozwiązanie pełne 3 p.
Zdający przeprowadzi pełne rozumowanie.
Uwaga
Jeżeli zdający zapisze jedynie 3 razy twierdzenie cosinusów, to otrzymuje 0 punktów.
Odpowiedź i kryteria punktowania pochodzą z oficjalnych zasad oceniania CKE.
W czworościanie, którego wszystkie krawędzie mają taką samą długość 6, umieszczono kulę tak, że ma ona dokładnie jeden punkt wspólny z każdą ścianą czworościanu. Płaszczyzna π , równoległa do podstawy tego czworościanu, dzieli go na dwie bryły: ostrosłup o objętości 8 równej objętości dzielonego czworościanu i ostrosłup ścięty. Oblicz odległość środka S 27 kuli od płaszczyzny π , tj. długość najkrótszego spośród odcinków SP, gdzie P jest punktem płaszczyzny π . Odpowiedź: . Nr zadania 8. 9. Wypełnia Maks. liczba pkt 3 4 egzaminator Uzyskana liczba pkt MMA_1R Strona 7 z 18
Pokaż odpowiedź
Niech K będzie środkiem odcinka BC, a M i O spodkami wysokości trójkąta AKD
opuszczonymi z wierzchołków A i D. Płaszczyzny AKD i ABC są prostopadłe, bo prosta BC
jest prostopadła do płaszczyzny AKD.
Niech T będzie punktem wspólnym wysokości AM i DO. Odległości punktu T od prostych AK
i DK są równe, bo AK = DK . Są to też odległości punktu T od płaszczyzn ABC i BCD. Ten
sam punkt T otrzymamy rozpatrując trójkąt LCD, gdzie L jest środkiem odcinka AB lub
trójkąt ŁBD, gdzie Ł jest środkiem odcinka AC. Wynika stąd, że odległość punktu T od każdej
ściany czworościanu ABCD jest taka sama. Wobec tego S = T .
Niech H oznacza wysokość czworościanu, h wysokość ściany czworościanu, a R – promień
kuli, o której mowa w treści zadania. Pozostałe oznaczenia przyjmijmy takie jak na rysunku.
D
6
H
R M
S
C
R
A O K 6
L
6 B
Wyznaczymy wysokość H czworościanu.
Odcinki AK i DK to wysokości przystających trójkątów równobocznych ABC i BCD o boku
długości 6, więc
6 3
AK = DK = =3 3.
2
Spodek O wysokości DO czworościanu jest środkiem ciężkości trójkąta ABC, więc
1
KO = AK = 3 .
3
Z twierdzenia Pitagorasa dla trójkąta DOK otrzymujemy
2 2 2
DO + KO = DK ,
( 3 ) = (3 3 ) .
2 2
H2 +
Stąd
( ) − ( 3) ,
2 2
H2 = 3 3
H =2 6.
Wyznaczamy odległość d środka S kuli od płaszczyzny π .
I sposób
Niech P będzie punktem, w którym wysokość DO przebija płaszczyznę π. Ponieważ
płaszczyzna π jest równoległa do płaszczyzny ściany ABC, więc czworościan odcięty tą
płaszczyzną od czworościanu ABCD jest podobny do czworościanu ABCD, a skala tego
8 = 2 . Wynika stąd, że płaszczyzna π przecina wysokość DK
podobieństwa jest równa 3 27 3
ściany bocznej BCD w takim punkcie M ′ , że
DM ′ = 2 DK .
3
To oznacza M ′ = M .
D
H
π P M
d
S R
R
A O K
Trójkąty DOK, DPM, MPS są podobne, ponieważ para trójkątów prostokątnych DOK, DPM
ma jeden kąt ostry wspólny oraz para trójkątów prostokątnych DPM, MPS ma jeden kąt ostry
wspólny. Zatem
Stąd
DP DO MP 2H MP
H
= = , czyli 3 = = .
MP OK PS MP 3 d
Stąd
2
3
2 2 6 3
MP = 3 oraz =
3 3 d
6
Zatem d = .
6
II sposób
Obliczymy najpierw promień R kuli.
D
H
π P M
d
S R
R
A O K
Trójkąty DOK i DMS są podobne, ponieważ są prostokątne i mają jeden kąt ostry wspólny.
SM KO
Zatem = . Stąd
DS DK
1
h
R 3 1
= = ,
H −R h 3
3R = H − R ,
4R = H
R = 14 H .
Ponieważ H = 2 6 , więc
2 6 6
R= = .
4 2
2
Płaszczyzna π odcina czworościan podobny do czworościanu ABCD w skali , więc
3
2 1 1 2
DP = H , skąd OP = H = ⋅ 2 6 = 6.
3 3 3 3
Odległość punktu S od płaszczyzny π jest więc równa
1 2 6 6 6
d= H −R= − = .
3 3 2 6
Uwaga
Możemy najpierw wyznaczyć wielkości R i OP w zależności od H, potem wyznaczyć
szukaną odległość d w zależności od H, a następnie obliczyć H i w rezultacie d:
R = 14 H , OP = 13 H ,
więc
1 H = 1 ⋅2 6 = 6 .
d = 13 H − 14 H = 12 12 6
Schemat punktowania
Rozwiązanie, w którym postęp jest wprawdzie niewielki, ale konieczny na drodze do
pełnego rozwiązania 1 p.
Zdający:
• obliczy wysokość czworościanu ABCD: H = 2 6
albo
• obliczy skalę s podobieństwa czworościanu odciętego płaszczyzną π od czworościanu
2
ABCD do czworościanu ABCD: s = ,
3
albo
• zapisze zależność między promieniem R kuli, wysokością H czworościanu ABCD
1h
R
i wysokością h ściany czworościanu, np.: =3 ,
H −R h
albo
• zapisze zależność między R, objętością V czworościanu ABCD polem Pc powierzchni
3V
całkowitej czworościanu ABCD, np.: R = ,
Pc
albo
• poprawnie interpretuje wielkość d, np. pisząc d = H − PD − R lub zaznaczając d na
rysunku
i na tym poprzestanie lub dalej popełnia błędy.
Rozwiązanie, w którym postęp jest istotny 2 p.
Zdający:
• obliczy wysokość H czworościanu ABCD oraz skalę s podobieństwa czworościanu
odciętego płaszczyzną π od czworościanu ABCD do czworościanu ABCD: H = 2 6 ,
2
s=
3
albo
• obliczy wysokość H czworościanu ABCD oraz obliczy promień R kuli: H = 2 6 ,
6
R= ,
2
albo
• obliczy skalę s podobieństwa czworościanu odciętego płaszczyzną π od czworościanu
2 6
ABCD do czworościanu ABCD oraz promień R kuli : s = , R = ,
3 2
albo
• obliczy skalę s podobieństwa czworościanu odciętego płaszczyzną π od czworościanu
ABCD do czworościanu ABCD oraz wyznaczy promień R kuli w zależności od H :
2
s = , R = 14 H
3
i na tym poprzestanie lub dalej popełnia błędy.
Pokonanie zasadniczych trudności zadania 3 p.
Zdający:
• obliczy wysokość H czworościanu ABCD, wysokość czworościanu odciętego
płaszczyzną π od czworościanu ABCD do czworościanu ABCD oraz promień R kuli:
4 6
H = 2 6 , DP = 6, R= ,
3 2
albo
• wyznaczy szukaną odległość d w zależności od wysokości H czworościanu ABCD,
np.: d = 13 H − 14 H
i na tym zakończy lub dalej popełnia błędy.
Rozwiązanie pełne 4 p.
6
Zdający obliczy odległość punktu S od płaszczyzny π: d = .
6
Odpowiedź i kryteria punktowania pochodzą z oficjalnych zasad oceniania CKE.
Rozwiąż równanie cos 2 x + 3cos x = −2 w przedziale 0, 2π . Odpowiedź: . Strona 8 z 18 MMA_1R
Pokaż odpowiedź
Równanie można przekształcić równoważnie do postaci:
2 cos 2 x + 3cos x + 1 = 0 .
Podstawiamy t = cos x , przy czym t ∈ −1, 1 .
Rozwiązujemy równanie kwadratowe:
2t 2 + 3t + 1 = 0 .
Δ = 9 − 8 = 1, Δ = 1 ,
−3 − 1
t1 = = −1 ,
4
−3 + 1 1
t2 = =− .
4 2
Wyznaczamy wartości x w przedziale 0, 2π :
1
cos x = −1 lub cos x = − ,
2
2π 4π
x = π lub x = , lub x = .
3 3
Schemat punktowania
Rozwiązanie, w którym postęp jest wprawdzie niewielki, ale konieczny na drodze do
pełnego rozwiązania 1 p.
Zdający zapisze podane równanie w postaci, w której występuje tylko jedna funkcja
trygonometryczna tego samego argumentu, np. 2 cos 2 x − 1 + 3cos x = −2 i na tym zakończy
lub dalej popełnia błędy.
Rozwiązanie, w którym postęp jest istotny 2 p.
Zdający zapisze, że równanie 2 cos 2 x + 3cos x + 1 = 0 ma dwa rozwiązania
1
cos x = −1 lub cos x = −
2
i na tym zakończy lub dalej popełnia błędy.
Pokonanie zasadniczych trudności zadania 3 p.
Zdający
1
• rozwiąże jedno z równań cos x = −1 lub cos x = − w przedziale 0, 2π
2
albo
1
• wyznaczy wszystkie rozwiązania równań cos x = −1 i cos x = − w zbiorze R
2
i na tym zakończy lub dalej popełnia błędy.
Rozwiązanie pełne 4 p.
Zdający wyznaczy wszystkie rozwiązania równania w podanym przedziale:
2π 4π
x = π lub x = , lub x = .
3 3
Uwagi
1. Jeżeli zdający popełnił błąd przy rozwiązywaniu równania kwadratowego i otrzymał
równanie sprzeczne lub równanie, którego wszystkie rozwiązania są spoza przedziału −1,1 ,
to może otrzymać co najwyżej 1 punkt.
2. Jeżeli zdający popełnił błąd przy rozwiązywaniu równania kwadratowego i otrzymał
równanie, które ma tylko jedno rozwiązanie z przedziału −1,1 , to może otrzymać co
najwyżej 2 punkty.
3. Jeżeli zdający popełnił błąd przy rozwiązywaniu równania kwadratowego i otrzymał
równanie, które ma dwa rozwiązania z przedziału −1,1 , przy czym co najmniej jedno z nich
jest z przedziału ( −1,1) , to może otrzymać co najwyżej 3 punkty.
4. Jeżeli zdający poda liczby π, 2π , 4π jako rozwiązanie, ale bez stosownego uzasadnienia, to
3 3
otrzymuje 0 punktów. Jeżeli poda te 3 liczby jako rozwiązanie, z uzasadnieniem, np.
sprawdzeniem spełniania przez te liczby równości lub odpowiednią ilustracją, to otrzymuje
1 punkt.
Odpowiedź i kryteria punktowania pochodzą z oficjalnych zasad oceniania CKE.
W pudełku znajduje się 8 piłeczek oznaczonych kolejnymi liczbami naturalnymi od 1 do 8. Losujemy jedną piłeczkę, zapisujemy liczbę na niej występującą, a następnie zwracamy piłeczkę do urny. Tę procedurę wykonujemy jeszcze dwa razy i tym samym otrzymujemy zapisane trzy liczby. Oblicz prawdopodobieństwo wylosowania takich piłeczek, że iloczyn trzech zapisanych liczb jest podzielny przez 4. Wynik podaj w postaci ułamka zwykłego. Odpowiedź: . Nr zadania 10. 11. Wypełnia Maks. liczba pkt 4 4 egzaminator Uzyskana liczba pkt MMA_1R Strona 9 z 18
Pokaż odpowiedź
Jest to model klasyczny. Za każdym razem mamy 8 możliwości wyciągnięcia jednej piłeczki.
Zbiór wszystkich zdarzeń elementarnych Ω jest zbiorem wszystkich ciągów trójwyrazowych
o wyrazach ze zbioru liczb całkowitych od 1 do 8. Zatem Ω = 8 ⋅ 8 ⋅ 8 = 512 .
Niech A oznacza zdarzenie zapisania takich trzech liczb, że ich iloczyn dzieli się przez 4.
Wtedy możliwe są 3 przypadki.
I. Wszystkie zapisane liczby są parzyste.
II. Dwie z zapisanych liczb są parzyste, a jedna z zapisanych jest nieparzysta.
III. Dwie z zapisanych liczb są nieparzyste, a jedna z zapisanych jest podzielna przez 4.
Obliczamy liczbę zdarzeń elementarnych w każdym z tych przypadków.
I. 4 ⋅ 4 ⋅ 4 = 64 .
II. 4 ⋅ 4 ⋅ 4 ⋅ 3 = 192 .
III. 4 ⋅ 4 ⋅ 2 ⋅ 3 = 96 .
Obliczamy prawdopodobieństwo zdarzenia, polegającego na tym, że iloczyn trzech
64 + 192 + 96 352 11
zapisanych liczb jest podzielny przez 4: P ( A ) = = = .
512 512 16
Uwaga
Prawdopodobieństwo zdarzenia A możemy też wyznaczyć po uprzednim obliczeniu
prawdopodobieństwa zdarzenia przeciwnego A’. Jeżeli iloczyn trzech zapisanych liczb nie
dzieli się przez 4, to oznacza, że zachodzi jeden z poniższych przypadków.
I. Wszystkie zapisane liczby są nieparzyste.
II. Dwie z zapisanych liczb są nieparzyste, a jedna z zapisanych jest równa 2 lub 6.
Obliczamy liczbę zdarzeń elementarnych w każdym z tych przypadków.
I. 4 ⋅ 4 ⋅ 4 = 64 .
II. 4 ⋅ 4 ⋅ 2 ⋅ 3 = 96 .
Obliczamy prawdopodobieństwo zdarzenia, polegającego na tym, że iloczyn trzech
64 + 96 160 5
zapisanych liczb nie jest podzielny przez 4: P( A′) = = = .
512 512 16
5 11
Zatem P( A) = 1 − = .
16 16
Schemat punktowania
Rozwiązanie, w którym postęp jest wprawdzie niewielki, ale konieczny na drodze do
pełnego rozwiązania 1 p.
Zdający
• obliczy Ω = 8 ⋅ 8 ⋅ 8
albo
• wypisze wszystkie możliwe, ale rozłączne, przypadki, w których wystąpi zdarzenie A
lub zdarzenie A′ ,
albo
• wypisze wszystkie możliwe przypadki, w których wystąpi zdarzenie A (lub A′ ) i poda
taką metodę zliczania zdarzeń elementarnych sprzyjających A (lub A′ ), która wyklucza
powtórzenie tego samego zdarzenia elementarnego,
albo
• obliczy A (lub A′ ), stosując poprawną metodę, ale z błędem rachunkowym,
albo
• narysuje drzewo z wyróżnionymi wszystkimi gałęziami odpowiadającymi zdarzeniu A
(albo A′ ),
albo
• narysuje niepełne drzewo (może wystąpić brak istotnych gałęzi odpowiadających
zdarzeniu A lub A′ ), ale na wszystkich odcinkach co najmniej jednej gałęzi zapisze
prawdopodobieństwa, np. 12 ⋅ 14 ⋅ 14 , przy czym najwyżej na jednym z trzech odcinków
prawdopodobieństwo może być równe 1
i na tym zakończy lub dalej popełnia błędy.
Rozwiązanie, w którym postęp jest istotny 2 p.
Zdający
• obliczy Ω = 8 ⋅ 8 ⋅ 8 i wypisze wszystkie możliwe, ale rozłączne, przypadki, w których
wystąpi zdarzenie A lub zdarzenie A′
albo
• obliczy Ω = 8 ⋅ 8 ⋅ 8 i wypisze wszystkie możliwe przypadki, w których wystąpi
zdarzenie A (lub A′ ) i poda taką metodę zliczania zdarzeń elementarnych sprzyjających
A (lub A′ ), która wyklucza powtórzenie tego samego zdarzenia elementarnego,
albo
• obliczy Ω = 8 ⋅ 8 ⋅ 8 i obliczy liczbę zdarzeń elementarnych w dwóch spośród
przypadków: a) zapisano 3 liczby parzyste, b) zapisano 2 liczby parzyste i jedną
nieparzystą, c) zapisano dwie liczby nieparzyste i jedną podzielną przez 4,
albo
• obliczy A = 352 lub A′ = 160 ,
albo
• narysuje drzewo z wyróżnionymi wszystkimi gałęziami odpowiadającymi zdarzeniu A
(albo A′ ) i na wszystkich odcinkach co najmniej jednej gałęzi zapisze
prawdopodobieństwa, np. 12 ⋅ 14 ⋅ 14 , przy czym najwyżej na jednym z trzech odcinków
prawdopodobieństwo może być równe 1,
albo
• narysuje drzewo z wyróżnionymi wszystkimi gałęziami odpowiadającymi dwóm
spośród przypadków: a) zapisano 3 liczby parzyste, b) zapisano 2 liczby parzyste i jedną
nieparzystą, c) zapisano dwie liczby nieparzyste i jedną podzielną przez 4 i oblicza
prawdopodobieństwo zgodnie z „metodą drzewkową”
i na tym zakończy lub dalej popełnia błędy.
Pokonanie zasadniczych trudności zadania 3 p.
Zdający
• obliczy Ω = 8 ⋅ 8 ⋅ 8 i A = 352 (lub A′ = 160 )
albo
• narysuje poprawne drzewo oraz zapisze prawdopodobieństwo zdarzenia A (albo A′ )
zgodnie z „metodą drzewkową”
i na tym zakończy lub dalej popełnia błędy.
Rozwiązanie pełne 4 p.
352 11
Zdający obliczy prawdopodobieństwo: P ( A ) = = .
512 16
Odpowiedź i kryteria punktowania pochodzą z oficjalnych zasad oceniania CKE.
Wyznacz wszystkie wartości parametru m , dla których równanie 4 x 2 − 6mx + ( 2m + 3)( m − 3) = 0 ma dwa różne rozwiązania rzeczywiste x1 i x2 , przy czym x1 < x2 , spełniające warunek ( 4 x1 − 4 x2 − 1)( 4 x1 − 4 x2 + 1) < 0 . Strona 10 z 18 MMA_1R Odpowiedź: . Nr zadania 12. Wypełnia Maks. liczba pkt 5 egzaminator Uzyskana liczba pkt MMA_1R Strona 11 z 18
Pokaż odpowiedź
I sposób
Zapisujemy układ warunków
Δ > 0
( 4 x1 − 4 x2 ) − 1 < 0
2
Rozwiązujemy nierówność Δ > 0 , czyli 36m 2 − 16 ( 2m 2 − 3m − 9 ) > 0 . Po uporządkowaniu
4 ( m + 6 ) > 0 , której rozwiązaniem są wszystkie liczby
2
otrzymujemy nierówność
rzeczywiste oprócz m = −6 .
Drugą nierówność przekształcamy równoważnie i otrzymujemy kolejno:
16 ( x1 − x2 ) − 1 < 0 ,
2
16 ( x12 − 2 x1 x2 + x2 2 ) − 1 < 0 ,
16 ( x1 + x2 ) − 4 x1 x2 − 1 < 0 .
2
36m 2
2m 2 − 3m − 9
Stosujemy wzory Viete'a i otrzymujemy: 16 − 4⋅ −1 < 0 .
16 4
Przekształcamy nierówność równoważnie otrzymujemy kolejno:
36m 2 − 32m2 + 48m + 143 < 0 ,
4m 2 + 48m + 143 < 0 .
Rozwiązujemy tę nierówność.
Δ = 2304 − 2288 = 42
−48 − 4 13 −48 + 4 11
m1 = = − , m2 = =− ,
8 2 8 2
13 11
m∈ − , − .
2 2
13 11
Wyznaczamy część wspólną obu warunków: m ∈ − , −6 ∪ −6, − .
2 2
II sposób
Rozwiązujemy nierówność Δ > 0 , czyli 36m 2 − 16 ( 2m 2 − 3m − 9 ) > 0 . Po uporządkowaniu
4 ( m + 6 ) > 0 , której rozwiązaniem są wszystkie liczby
2
otrzymujemy nierówność
rzeczywiste oprócz m = −6 .
Obliczamy pierwiastki równania, z zachowaniem warunku x1 < x2 :
6m − 2 m + 6 3m − m + 6 6m + 2 m + 6 3m + m + 6
x1 = = , x2 = = .
8 4 8 4
Obliczamy wartość wyrażenia 4 x1 − 4 x2 w zależności od m:
−2 m + 6
4 x1 − 4 x2 = 4 ⋅ = −2 m + 6 .
4
Zapisujemy nierówność z treści zadania z wykorzystaniem wyznaczonych rozwiązań
równania i przekształcamy ją równoważnie, otrzymując kolejno:
( −2 m + 6 − 1)( −2 m + 6 + 1) < 0 ,
− 1 − 4 ( m + 6 ) < 0 ,
2
2
4m + 48m + 143 < 0 .
Dalsza część rozwiązania przebiega podobnie jak w I sposobie rozwiązania,
Schemat punktowania
Rozwiązanie zadania składa się z trzech etapów.
Pierwszy z nich polega na rozwiązaniu nierówności Δ > 0 .
Za poprawne rozwiązanie tego etapu zdający otrzymuje 1 punkt.
Uwaga
Jeżeli zdający rozwiąże nierówność Δ ≥ 0 i nie odrzuci przypadku Δ = 0 , to za ten etap
otrzymuje 0 punktów.
Drugi etap polega na znalezieniu wartości m, dla których spełniona jest nierówność:
( 4 x1 − 4 x2 − 1)( 4 x1 − 4 x2 + 1) < 0 .
Za tę część rozwiązania zdający otrzymuje 3 punkty.
Poniżej podział punktów za drugi etap rozwiązania:
Zdający otrzymuje 1 punkt gdy:
• zapisze nierówność ( 4 x1 − 4 x2 − 1)( 4 x1 − 4 x2 + 1) < 0 w postaci równoważnej
zawierającej jedynie sumę i iloczyn pierwiastków trójmianu kwadratowego
4 x − 6mx + ( 2m + 3)( m − 3) , np.: 16 ( x1 + x2 ) − 4 x1 x2 − 1 < 0
2 2
lub
• obliczy pierwiastki trójmianu:
6m − 2 m + 6 3m − m + 6 6m + 2 m + 6 3m + m + 6
x1 = = , x2 = = .
8 4 8 4
Zdający otrzymuje 2 punkty gdy:
• zapisze nierówność ( 4 x1 − 4 x2 − 1)( 4 x1 − 4 x2 + 1) < 0 w postaci nierówności równoważnej
36m 2 2m 2 − 3m − 9 2
z jedną niewiadomą np.: 16 − 4⋅ − 1 < 0 lub 4m + 48m + 143 < 0
16 4
lub ( −2 m + 6 − 1)( −2 m + 6 + 1) < 0 .
Zdający otrzymuje 3 punkty gdy:
13 11
• poprawnie rozwiąże nierówność: m ∈ − , − .
2 2
Trzeci etap polega na wyznaczeniu części wspólnej zbiorów rozwiązań nierówności z etapów
13 11
I i II oraz podaniu odpowiedzi: m ∈ − , −6 ∪ −6, − .
2 2
Za poprawne rozwiązanie tego etapu zdający otrzymuje 1 punkt.
Uwagi
1. W przypadku otrzymania na jednym z etapów (I lub II) zbioru pustego lub zbioru R jako
zbioru rozwiązań nierówności przyznajemy 0 punktów za III etap.
2. W przypadku otrzymania w II etapie zbioru rozwiązań, będącego podzbiorem zbioru
rozwiązań z I etapu przyznajemy 0 punktów za III etap.
3. W przypadku rozwiązania z błędami, nieprzekreślającymi poprawności rozumowania, za
ostatni etap przyznajemy 1 punkt jedynie wówczas, gdy zdający poprawnie wykona etap I
i popełnia błędy w rozwiązaniu nierówności z etapu II lub gdy popełnia błędy w etapie I
i dobrze rozwiąże etap II (uwaga 3. ma zastosowanie, gdy nie zachodzą przypadki 1. i 2.).
4. Jeżeli zdający w wyniku błędów otrzyma w II etapie nierówność z niewiadomą m stopnia
drugiego z ujemnym wyróżnikiem lub nierówność liniową, to może otrzymać co najwyżej
3 punkty.
5. W przypadku, gdy zdający przyjmuje błędnie Δ = 2 ( m + 6 ) i konsekwentnie rozwiąże
zadanie do końca może otrzymać maksymalnie 3 punkty.
Odpowiedź i kryteria punktowania pochodzą z oficjalnych zasad oceniania CKE.
Wyznacz równanie okręgu przechodzącego przez punkty A = ( −5, 3) i B = ( 0, 6 ) , którego środek leży na prostej o równaniu x − 3 y + 1 = 0 . Strona 12 z 18 MMA_1R Odpowiedź: . Nr zadania 13. Wypełnia Maks. liczba pkt 5 egzaminator Uzyskana liczba pkt MMA_1R Strona 13 z 18
Pokaż odpowiedź
I sposób
Środek S szukanego okręgu jest punktem przecięcia prostej x − 3 y + 1 = 0 oraz symetralnej
odcinka AB.
−5 + 0 3 + 6 −5 9
Wyznaczmy współrzędne środka D odcina AB: D = , = , .
2 2 2 2
Obliczamy współczynnik kierunkowy prostej przechodzącej przez punkty A i B:
6−3 3
a AB = = .
0+5 5
Z warunku prostopadłości prostych wyznaczamy współczynnik kierunkowy symetralnej
5 5
odcinka AB: a = − . Wyznaczamy równanie symetralnej odcinka AB: y = − x + b .
3 3
5 9 9 5 5
Przechodzi ona przez punkt D = − , , stąd otrzymujemy = − ⋅ − + b . Zatem
2 2 2 3 2
1 5 1
b = . Wobec tego symetralną odcinka AB jest prosta y = − x + .
3 3 3
x − 3y +1 = 0
Obliczamy współrzędne punktu S, rozwiązując układ równań 5 1 Środkiem
y = − 3 x + 3 .
1
okręgu jest S = 0, .
3
2
8 172
Wyznaczamy promień okręgu r obliczając np.: AS = 5 + = .
3 3
1 17
Wyznaczamy równanie okręgu o środku w punkcie S = 0, i promieniu r = :
3 3
2
2 1 289
x + y − = .
3 9
II sposób
Środkiem okręgu jest punkt S, który leży na prostej x − 3 y + 1 = 0 . Zatem S = ( 3 y − 1, y ) .
Ponieważ AS = BS , więc możemy zapisać równanie ( x + 5 ) + ( y − 3) = x 2 + ( y − 6 ) .
2 2 2 2 2
Rozwiązujemy zatem układ równań
10 x + 6 y = 2 i x − 3 y = −1 ,
otrzymując współrzędne punktu S
1
S = 0, .
3
2
Następnie obliczamy kwadrat długości promienia SB = r 2
2
17 289
r2 = = .
3 9
2
1 289 2
Zatem równanie okręgu o środku w punkcie S i promieniu r ma postać x + y − = .
3 9
III sposób
Przyjmijmy, że punkt S = (a, b ) jest środkiem szukanego okręgu. Ponieważ punkt ten leży
na prostej x − 3 y + 1 = 0 , więc jego współrzędne spełniają równanie tej prostej. Stąd
a − 3b + 1 = 0 .
Okrąg przechodzi przez punkty A = ( −5, 3) i B = ( 0, 6 ) , zatem
( −5 − a )2 + ( 3 − b )2 = r 2
( − a ) + ( 6 − b ) = r .
2 2 2
Stąd otrzymujemy zależność między a i b: 5a + 3b − 1 = 0 .
Z układu równań
a − 3b + 1 = 0
5a + 3b − 1 = 0
1
obliczamy współrzędne środka okręgu S = 0, . Wyznaczone współrzędne podstawiamy
3
do jednego z równań układu z niewiadomą r i obliczamy kwadrat promienia okręgu:
289
r2 = .
9
2
1 289 2
Zatem szukane równanie okręgu ma postać: x + y − = .
3 9
Schematy punktowania
I sposób rozwiązania
Rozwiązanie, w którym postęp jest wprawdzie niewielki, ale konieczny na drodze do
pełnego rozwiązania 1 p.
Zdający
5 9
• wyznaczy współrzędne środka odcinka AB: D = − ,
2 2
albo
3
• wyznaczy współczynnik kierunkowy prostej zawierającej odcinek AB: a AB =
5
i na tym zakończy lub dalej popełnia błędy.
Rozwiązanie, w którym postęp jest istotny 2 p.
5 1
Zdający zapisze równanie symetralnej odcinka AB: y = − x + i na tym zakończy lub
3 3
dalej popełnia błędy.
Pokonanie zasadniczych trudności 3 .p.
1
Zdający wyznaczy współrzędne punktu S: S = 0, i na tym zakończy lub dalej popełnia
3
błędy.
Rozwiązanie prawie pełne 4 p.
17
Zdający wyznaczy promień okręgu (lub kwadrat promienia okręgu): r = i na tym
3
zakończy lub dalej popełnia błędy.
Rozwiązanie pełne 5 p.
2
2 1 289
Zdający wyznaczy równanie okręgu: x + y − = .
3 9
II sposób rozwiązania
Rozwiązanie, w którym postęp jest niewielki, ale konieczny na drodze do pełnego
rozwiązania 1 p.
Zdający
• zapisze współrzędne punktu S w zależności od jednej zmiennej, np.: S = ( 3 y − 1, y )
albo
2 2
• zapisze równość AS = BS (lub AS = BS ) lub równoważne równanie
( x + 5 ) + ( y − 3) = x 2 + ( y − 6 )
2 2 2
i na tym zakończy lub dalej popełni błędy.
Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp 2 p.
Zdający zapisze układ równań
10 x + 6 y = 2 i x − 3 y = −1
i na tym zakończy lub dalej popełni błędy.
Pokonanie zasadniczych trudności 3 p.
Zdający wyznaczy współrzędne punktu S:
1
S = 0,
3
i na tym zakończy lub dalej popełni błędy.
Rozwiązanie prawie pełne 4 p.
289
Wyznaczy kwadrat promienia okręgu (lub promień okręgu): r 2 =
9
i na tym zakończy lub dalej popełni błędy.
Rozwiązanie pełne 5 p.
2
1 289
Zdający wyznaczy równanie okręgu: x 2 + y − = .
3 9
III sposób rozwiązania
Rozwiązanie, w którym postęp jest wprawdzie niewielki, ale konieczny na drodze do
pełnego rozwiązania 1 p.
Zdający
( −5 − a )2 + ( 3 − b )2 = r 2
• zapisze układ równań:
( − a ) + ( 6 − b ) = r
2 2 2
albo
• zauważy, że współrzędne środka okręgu spełniają równanie: a − 3b + 1 = 0
i na tym zakończy lub dalej popełni błędy.
Rozwiązanie, w którym postęp jest istotny 2 p.
( −5 − a )2 + ( 3 − b )2 = r 2
Zdający zapisze układ równań: i zauważy, że współrzędne
( − a ) + ( 6 − b ) = r
2 2 2
środka okręgu spełniają równanie a − 3b + 1 = 0
i na tym zakończy lub dalej popełni błędy.
Pokonanie zasadniczych trudności 3 p.
1
Zdający wyznaczy współrzędne punktu S: S = 0, i na tym zakończy lub dalej popełnia
3
błędy.
Rozwiązanie prawie pełne 4 p.
17
Wyznaczy promień okręgu (lub kwadrat promienia okręgu): r = i na tym zakończy lub
3
dalej popełnia błędy.
Rozwiązanie pełne 5 p.
2
2 1 289
Zdający wyznaczy równanie okręgu: x + y − = .
3 9
Uwaga
Jeżeli zdający oblicza współrzędne punktu P przecięcia danej prostej z osią Oy, oblicza
odległość PB, zapisuje równanie okręgu i na tym poprzestaje, to otrzymuje 0 punktów.
Odpowiedź i kryteria punktowania pochodzą z oficjalnych zasad oceniania CKE.
Liczby a, b, c są – odpowiednio – pierwszym, drugim i trzecim wyrazem ciągu arytmetycznego. Suma tych liczb jest równa 27. Ciąg ( a − 2, b, 2c + 1) jest geometryczny. Wyznacz liczby a, b, c. Strona 14 z 18 MMA_1R Odpowiedź: . Nr zadania 14. Wypełnia Maks. liczba pkt 6 egzaminator Uzyskana liczba pkt MMA_1R Strona 15 z 18
Pokaż odpowiedź
I sposób
Oznaczmy przez r różnicę ciągu arytmetycznego. Skoro suma wyrazów ciągu arytmetycznego
jest równa 27, to b − r + b + b + r = 27 , a stąd b = 9 . Wówczas ciąg geometryczny
( 7 − r ,9, 2r + 19 ) spełnia warunek 81 = ( 7 − r ) ⋅ ( 2r + 19 ) . Równanie to ma dwa rozwiązania
13
r=4 i r=− .
2
W pierwszym przypadku otrzymujemy ciąg arytmetyczny ( 5,9,13) , a w drugim przypadku
31 5
ciąg arytmetyczny ,9, .
2 2
II sposób
Liczby a, b, c są odpowiednio pierwszym, drugim i trzecim wyrazem ciągu arytmetycznego,
a+c
zatem = b . Suma liczb a, b, c równa 27, stąd a + b + c = 27 . Ciąg ( a − 2, b, 2c + 1) jest
2
geometryczny, zatem b2 = ( a − 2 ) ⋅ ( 2c + 1) .
a + c
2 =b
Zapisujemy układ trzech równań z trzema niewiadomymi: a + b + c = 27 .
b 2 = a − 2 ⋅ 2c + 1
( )( )
Z pierwszego równania wyznaczamy a + c = 2b , podstawiamy do drugiego równania
i otrzymujemy b = 9 .
Do trzeciego równania podstawiamy b = 9 i a = 2b − c i otrzymujemy równanie kwadratowe:
5
2c 2 − 31c + 65 = 0 . Równanie to ma dwa rozwiązania: c = oraz c = 13 . W pierwszym
2
31
przypadku otrzymujemy: a = 5 , b = 9 , c = 13 a w drugim przypadku otrzymujemy: a = ,
2
5
b = 9, c = .
2
III sposób
Niech q oznacza iloraz ciągu geometrycznego, natomiast a − 2 pierwszy wyraz tego ciągu.
( a − 2) q 2 − 1
Wtedy b = ( a − 2) q i 2c + 1 = ( a − 2) q . Z ostatniej zależności otrzymujemy c =
2
.
2
Ponieważ suma liczb a , b , c jest równa 27, więc możemy zapisać równość
a + ( a − 2) q +
( a − 2 ) q 2 − 1 = 27 .
2
Z własności ciągu arytmetycznego wynika równanie
a+c
b= ,
2
które możemy zapisać w postaci
2a + ( a − 2 ) q 2 − 1
( a − 2) q = .
4
Otrzymaliśmy zatem układ równań z niewiadomymi a i q :
2a + 2 ( a − 2 ) q + ( a − 2 ) q 2 = 55
4 ( a − 2 ) q = 2a + ( a − 2 ) q 2 − 1 .
Ten układ jest równoważny układowi
2 ( a − 2 ) + 2 ( a − 2 ) q + ( a − 2 ) q 2 = 51
−2 ( a − 2 ) + 4 ( a − 2 ) q − ( a − 2 ) q 2 = 3
Po wyłączeniu czynnika ( a − 2 ) każde z równań przyjmuje postać
( a − 2 ) ( 2 + 2q + q 2 ) = 51
( a − 2 ) ( −2 + 4q − q 2 ) = 3
Zatem
3 ( 2 + 2q + q 2 ) = 51( −2 + 4q − q 2 ) ,
skąd otrzymujemy równanie kwadratowe
3q 2 − 11q + 6 = 0 .
To równanie ma dwa rozwiązania
2
q = 3, q = .
3
2 31 5
Jeśli q = 3 , to a = 5 , b = 9 i c = 13 . Jeżeli natomiast q = , to a = , b = 9 i c = .
3 2 2
Schemat punktowania
I sposób rozwiązania
Rozwiązanie, w którym postęp jest wprawdzie niewielki, ale konieczny na drodze
do pełnego rozwiązania zadania 1 p.
Zdający uzależni wartości dwie spośród liczb a, b, c od trzeciej z liczb i od różnicy r ciągu
arytmetycznego, np.: a = b − r i c = b + r
i na tym zakończy lub dalej popełnia błędy.
Rozwiązanie, w którym postęp jest istotny 2 p.
Zdający zapisze równania wynikające z własności ciągu arytmetycznego i z własności ciągu
geometrycznego, np.: a = b − r , c = b + r , b 2 = ( a − 2 ) ⋅ ( 2c + 1)
i na tym zakończy lub dalej popełnia błędy.
Pokonanie zasadniczych trudności zadania 3 p.
Zdający zapisze równanie z jedną niewiadomą, wynikające z własności ciągu
geometrycznego, np.: 81 = ( 7 − r )( 2r + 19 )
i na tym zakończy lub dalej popełnia błędy.
Rozwiązanie prawie pełne 5 p.
Zdający obliczy liczby a, b, c w jednym z możliwych przypadków i na tym zakończy lub
dalej popełnia błędy.
Uwaga
Jeśli zdający poprawnie rozwiąże równanie kwadratowe, to otrzymuje 4 punkty.
Rozwiązanie pełne 6 p.
Zdający obliczy liczby w dwóch przypadkach spełniających warunki zadania: a = 5 , b = 9 ,
31 5
c = 13 oraz a = , b = 9 , c = .
2 2
II sposób rozwiązania
Rozwiązanie, w którym postęp jest wprawdzie niewielki, ale konieczny na drodze
do pełnego rozwiązania zadania 1 p.
a+c
Zdający zapisze jedno z równań: = b , b 2 = ( a − 2 ) ⋅ ( 2c + 1) .
2
Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp 2 p.
a + c
2 =b
Zdający zapisze układ trzech równań z trzema niewiadomymi, np.: a + b + c = 27 .
b 2 = a − 2 ⋅ 2c + 1
( )( )
Pokonanie zasadniczych trudności zadania 3 p.
Zdający zapisze równanie kwadratowe z jedną niewiadomą, np.: −2c 2 + 31c + 16 = 81 .
Rozwiązanie prawie pełne 5 p.
Zdający obliczy liczby a, b, c w jednym z możliwych przypadków i na tym zakończy lub
dalej popełnia błędy.
Uwaga
Jeśli zdający poprawnie rozwiąże równanie kwadratowe, to otrzymuje 4 punkty.
Rozwiązanie pełne 6 p.
Zdający obliczy liczby w dwóch przypadkach spełniających warunki zadania: a = 5 , b = 9 ,
31 5
c = 13 oraz a = , b = 9 , c = .
2 2
III sposób rozwiązania
Rozwiązanie, w którym postęp jest wprawdzie niewielki, ale konieczny na drodze
do całkowitego rozwiązania 1 p.
Zdający zapisze wszystkie wyrazy ciągu arytmetycznego w zależności od jednej z liczb
i ilorazu ciągu geometrycznego, np.
( a − 2) q2 −1
a − 2 , b = ( a − 2) q , c =
2
i na tym zakończy lub dalej popełni błędy.
Rozwiązanie, w którym postęp jest istotny 2 p.
Zdający zapisze układ równań z dwiema niewiadomymi, np.:
a + ( a − 2) q +
( a − 2 ) q 2 − 1 = 27 i a − 2 q = 2a + ( a − 2 ) q 2 − 1
( )
2 4
i na tym zakończy lub dalej popełni błędy.
Pokonanie zasadniczych trudności zadania 3 p.
Zdający zapisze równanie kwadratowe z jedną niewiadomą, np.:
3 ( 2 + 2q + q 2 ) = 51( −2 + 4q − q 2 )
i na tym zakończy lub dalej popełni błędy.
Rozwiązanie prawie pełne 5 p.
Zdający obliczy liczby a , b i c w jednym z możliwych przypadków i na tym zakończy
lub dalej popełnia błędy.
Uwaga
Jeśli zdający poprawnie rozwiąże równanie kwadratowe, to otrzymuje 4 punkty.
Rozwiązanie pełne 6 p.
Zdający zapisze dwa zestawy liczb spełniające warunki zadania: a = 5 , b = 9 i c = 13
31 5
oraz a = , b = 9 i c = .
2 2
Uwagi (do wszystkich schematów punktowania)
1. Jeżeli zdający myli własności ciągu arytmetycznego z własnościami ciągu
geometrycznego, to za całe rozwiązanie otrzymuje 0 punktów.
2. Jeżeli zdający odgadnie jeden zestaw liczb a, b, c, także ze sprawdzeniem warunków
zadania, to otrzymuje 0 punktów.
Odpowiedź i kryteria punktowania pochodzą z oficjalnych zasad oceniania CKE.
Rozpatrujemy wszystkie walce o danym polu powierzchni całkowitej P. Oblicz wysokość i promień podstawy tego walca, którego objętość jest największa. Oblicz tę największą objętość. Strona 16 z 18 MMA_1R Odpowiedź: . Nr zadania 15. Wypełnia Maks. liczba pkt 7 egzaminator Uzyskana liczba pkt MMA_1R Strona 17 z 18 Strona 18 z 18 MMA_1R
Pokaż odpowiedź
Niech r oraz h oznaczają, odpowiednio, promień podstawy walca i wysokość walca. Pole P
powierzchni całkowitej tego walca jest równe P = 2π r 2 + 2π rh . Stąd
P − 2π r 2
h= .
2π r
Objętość walca V = π r 2 h zapisujemy jako funkcję zmiennej r :
P − 2π r 2 Pr − 2π r 3
V (r ) = π r2 = , gdzie 0 < r < 2Pπ .
2π r 2
Pochodna funkcji V jest określona wzorem
V ′ ( r ) = 12 ( P − 6π r 2 ) dla 0 < r < 2Pπ .
Wyznaczamy miejsca zerowe i badamy znak pochodnej
V ′ ( r ) = 0 wtedy i tylko wtedy, gdy r = 6Pπ ,
V ′ ( r ) > 0 wtedy i tylko wtedy, gdy 0 < r < 6Pπ ,
V ′ ( r ) < 0 wtedy i tylko wtedy, gdy P <r<
6π
P .
2π
Wynika stąd, że w przedziale ( 0 , 6Pπ funkcja V jest rosnąca, a w przedziale P , P
6π 2π )
jest malejąca. Zatem V ( 6Pπ ) jest największą wartością tej funkcji. Wartość ta jest równa
P ⋅ 6Pπ − 2π ⋅ ( 6Pπ )
3
V ( 6π ) =
P P P
= ⋅ .
2 3 6π
P − 2π r 2
Gdy r = 6Pπ , to wtedy h = = 23πP .
2π r
Schemat punktowania
Rozwiązanie zadania składa się z trzech etapów.
a) Pierwszy etap składa się z trzech części:
• wyznaczenie wysokością walca w zależności od promienia podstawy walca:
P − 2π r 2
h= ,
2π r
P r − 2πr 3
• wyznaczenie objętości walca jako funkcji jednej zmiennej r, V (r ) = ,
2
(
• wyznaczenie dziedziny funkcji V : DV = 0, 2Pπ . )
Za poprawne wykonanie każdej z tych części zdający otrzymuje 1 punkt.
b) Drugi etap składa się z trzech części:
• wyznaczenie pochodnej funkcji wielomianowej f ( r ) = P
2
⋅ r − π r3 :
f ′(r ) = P
2
− 3π r 2 ,
• obliczenie miejsc zerowych pochodnej funkcji V: r = 6Pπ lub obliczenie miejsc
zerowych pochodnej funkcji f: r = − 6Pπ , r = 6Pπ .
• zbadanie znaku pochodnej funkcji V i uzasadnienie, że dla r = 6Pπ funkcja V osiąga
największą wartość.
Za poprawne rozwiązanie każdej z części tego etapu zdający otrzymuje 1 punkt.
c) Trzeci etap.
Obliczenie największej objętości walca i wysokości walca o największej objętości:
V=P
3
⋅ 6Pπ , h = 23πP .
Za poprawne wykonanie tego etapu zdający otrzymuje 1 punkt.
Uwagi
1. Jeżeli zdający zapisze objętość walca z błędem rzeczowym, to może otrzymać co najwyżej
1 punkt za całe rozwiązanie, a jeżeli dodatkowo poprawnie wyznaczy dziedzinę funkcji V, to
może otrzymać co najwyżej 2 punkty za całe rozwiązanie.
2. Jeżeli zdający obliczy pochodną funkcji f lub V z błędem rachunkowym i otrzyma funkcję
liniową albo funkcję kwadratową o ujemnym wyróżniku o wyróżniku równym 0, to może
otrzymać punkty jedynie za pierwszy etap rozwiązania.
3. Jeśli zdający rozwiązuje zadanie dla stożka, to otrzymuje 0 punktów, nawet jeśli
rozwiązanie tego innego zadania jest poprawne.
4. Za rozwiązanie z konkretną wartością liczbową w miejsce P zdający otrzymuje
0 punktów.
Odpowiedź i kryteria punktowania pochodzą z oficjalnych zasad oceniania CKE.
Status redakcyjny
Komplet podpunktów opracowany w HTML
- 1
Ekstrakcja pytań. 15 jednostek zadaniowych zapisano w drafcie redakcyjnym.
- 2
Odpowiedzi i rozwiązania. 15 z 15 jednostek zestawów źródłowych ma odpowiedź; 0 ma również pełny tok rozumowania, a dla 15 pozostaje on do opracowania.
- 3
Weryfikacja. Porównamy całość z oficjalnymi zasadami CKE przed indeksacją.
Dokumenty źródłowe
Oficjalne materiały CKE
PDF-y nie są osadzane ani wczytywane razem ze stroną. Każdy link prowadzi bezpośrednio do dokumentu źródłowego CKE.
Arkusz standardowyMMA-R1_1P-172
2 dokumenty