Wersja arkusza
MMA-R1_1P-182 · Formuła 2015
Zadanie 11 punktOdpowiedź wg zasad CKE · wyjaśnienie w przygotowaniuMMA-R1_1P-182 · Formuła 2015Matematyka — odpowiedź według zasad CKE
48 1 2 −
Dane są liczby: a = , b= , c =48 , d = oraz k = 2 4 . Prawdziwa jest równość
2 24 8 48
A. k = a B. k =b C. k = c D. k = d
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-182 · Formuła 2015Matematyka — odpowiedź według zasad CKE
Równanie x − 2 = x + 2
A. nie ma rozwiązań.
B. ma dokładnie jedno rozwiązanie.
C. ma dokładnie dwa rozwiązania.
D. ma dokładnie cztery rozwiązania.
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-182 · Formuła 2015Matematyka — odpowiedź według zasad CKE
1
Wartość wyrażenia 2 log 5 10 − jest równa
log 20 5
A. −1 B. 0 C. 1 D. 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-182 · Formuła 2015Matematyka — odpowiedź według zasad CKE
−x + 2
Granica lim− jest równa
2
x →3 x − 5 x + 6
A. −∞ B. −1 C. 0 D. +∞
MMA_1R
MMA_1R
Pokaż odpowiedź
Odpowiedź wymaga sprawdzenia zgodności z oficjalnymi zasadami CKE.Odpowiedź i kryteria punktowania pochodzą z oficjalnych zasad oceniania CKE.
Zadanie 52 punktyOdpowiedź wg zasad CKE · wyjaśnienie w przygotowaniuMMA-R1_1P-182 · Formuła 2015Matematyka — odpowiedź według zasad CKE
Punkt A = ( −5,3) jest środkiem symetrii wykresu funkcji homograficznej określonej wzorem
ax + 7 d
f (x ) = , gdy x ≠ − d . Oblicz iloraz .
x+d a
W poniższe kratki wpisz kolejno cyfrę jedności i pierwsze dwie cyfry po przecinku
nieskończonego rozwinięcia dziesiętnego otrzymanego wyniku.
Pokaż odpowiedź
Odpowiedź wymaga sprawdzenia zgodności z oficjalnymi zasadami CKE.Odpowiedź i kryteria punktowania pochodzą z oficjalnych zasad oceniania CKE.
Zadanie 63 punktyOdpowiedź wg zasad CKE · wyjaśnienie w przygotowaniuMMA-R1_1P-182 · Formuła 2015Matematyka — odpowiedź według zasad CKE
Styczna do paraboli o równaniu y = 3 x 2 − 1 w punkcie P = ( x0 , y 0 ) jest nachylona do osi Ox
pod kątem 30° . Oblicz współrzędne punktu P.
Odpowiedź: MMA_1R
Pokaż odpowiedź
I sposób
Rozważmy funkcję kwadratową f określoną wzorem f ( x ) = 3 x 2 − 1 .
Współczynnik kierunkowy stycznej do wykresu tej funkcji w punkcie P = ( x0 , y 0 )
nachylonej do osi Ox pod kątem 30° jest równy tg30° = 3 i jest równocześnie wartością
3
pochodnej funkcji f w punkcie x0 .
Wyznaczamy pochodną funkcji f: f ' ( x ) = 2 3 x .
Współrzędna x0 punktu styczności spełnia więc równanie
2 3x0 = 3 .
3
Stąd
x0 = 1 .
6
1
Wartość funkcji f dla argumentu x0 = jest równa
6
()
2
f ( x0 ) = 3 1 − 1 = 3−36 .
6 36
Zatem punkt P ma współrzędne: x0 = 1 , y0 = 3−36 .
6 36
II sposób
Styczna do paraboli nachylona do osi Ox pod kątem 30° ma współczynnik kierunkowy
równy tg30° = 3 , więc jej równanie jest postaci y = 3 x + b .
3 3
Punkt P to jedyny punkt wspólny paraboli i tej stycznej, więc układ równań y = 3 x 2 − 1
i y = 3 x + b ma dokładnie jedno rozwiązanie. Tak jest wtedy i tylko wtedy, gdy równanie
3
3x 2 − 1 = 3 x + b , czyli 3x 2 − 3 x − 1 − b = 0 ma jedno rozwiązanie, którym jest
3 3
3
3 1
x0 = = .
2 3 6
Jest to pierwsza współrzędna punktu P. Druga współrzędna tego punktu jest więc równa
( ) −1 = 336−36 .
2
y0 = 3 1
6
Schemat punktowania
Rozwiązanie, w którym postęp jest niewielki, ale konieczny na drodze do pełnego
rozwiązania zadania 1 p.
Zdający
• zapisze, że współczynnik kierunkowy stycznej jest równy tg30° = 3 lub równanie
3
stycznej: y = 3 x + b
3
albo
• wyznaczy pochodną funkcji f: f ' ( x ) = 2 3 x .
Pokonanie zasadniczych trudności zadania 2 p.
Zdający
• zapisze równanie: 2 3x0 = 3
3
albo
• zapisze równanie: 3x 2 − 3 x − 1 − b = 0 i stwierdzi, że ma ono dokładnie jedno
3
rozwiązanie, np. zapisze Δ = 0 .
Rozwiązanie pełne 3 p.
Zdający wyznaczy współrzędne punktu P: x0 = 1 , y0 = 3−36 .
6 36
Uwagi
1. Jeżeli zdający błędnie wyznaczy pochodną funkcji, ale poprawnie wyznaczy współczynnik
kierunkowy stycznej, to jeśli nawet konsekwentnie rozwiąże zadanie do końca, otrzymuje
1 punkt.
2. Jeżeli zdający przyjmie, że współczynnik kierunkowy stycznej jest równy tg30° , ale
przypisuje tej wielkości błędną wartość liczbową, np. zapisze a = 3 lub a = tgα = 1
2
itp., i konsekwentnie do popełnionego błędu rozwiąże zadanie do końca, bez żadnego
innego błędu, to otrzymuje 2 punkty.
3. Jeżeli zdający błędnie zinterpretuje współczynnik kierunkowy stycznej do paraboli, np.
zapisze a = 1 lub a = sinα itp., i konsekwentnie do popełnionego błędu rozwiąże zadanie
2
do końca to otrzymuje 1 punkt.
4. Jeżeli zdający błędnie przyjmie, że kąt nachylenia stycznej do osi Ox jest równy 150° ,
i konsekwentnie do popełnionego błędu rozwiąże zadanie do końca lub rozpatruje dwie
styczne o kątach nachylenia 30° i 150° do osi Ox, to otrzymuje 2 punkty.
5. Jeżeli zdający realizuje strategię rozwiązania zadania i popełnia jedynie błędy rachunkowe,
to może otrzymać 2 punkty, o ile popełnione błędy nie ułatwiają rozwiązania na żadnym
etapie.Odpowiedź i kryteria punktowania pochodzą z oficjalnych zasad oceniania CKE.
Zadanie 73 punktyOdpowiedź wg zasad CKE · wyjaśnienie w przygotowaniuMMA-R1_1P-182 · Formuła 2015Matematyka — odpowiedź według zasad CKE
Trójkąt ABC jest ostrokątny oraz AC > BC . Dwusieczna dC kąta ACB przecina bok AB
w punkcie K. Punkt L jest obrazem punktu K w symetrii osiowej względem dwusiecznej d A
kąta BAC, punkt M jest obrazem punktu L w symetrii osiowej względem dwusiecznej dC kąta
ACB, a punkt N jest obrazem punktu M w symetrii osiowej względem dwusiecznej d B kąta
ABC (zobacz rysunek).
Udowodnij, że na czworokącie KNML można opisać okrąg.
Nr zadania 5. 6. 7.
Wypełnia Maks. liczba pkt 2 3 3
egzaminator
Uzyskana liczba pkt
MMA_1R
Pokaż odpowiedź
I sposób – bilans kątów
Oznaczmy miary kątów trójkąta ABC odpowiednio przez 2α , 2β , 2γ , a punkt wspólny
dwusiecznej d A i odcinka KL przez P, dwusiecznej d C i odcinka LM przez R oraz
dwusiecznej d B i odcinka MN przez Q.
C
L
R
M
P
Q
A K N B
Wówczas 2α + 2β + 2γ = 180° , stąd α + β + γ = 90° . Wtedy
KAP = α , zatem AKP = 90° − α i LKN = 180° − ( 90° − α ) = 90° + α
oraz
CMR = 90° − γ oraz BMQ = 90° − β ,
zatem LMN = 180° − ( 90° − γ ) − ( 90° − β ) = β + γ .
Suma kątów LKN i LMN jest więc równa
LKN + LMN = ( 90° + α ) + ( β + γ ) = α + β + γ + 90° = 180° .
To oznacza, że na czworokącie KNML można opisać okrąg.
II sposób – symetralne
C
L
R
M
O
P
Q
A K N B
Rozważmy trójkąt KLM. Z definicji symetrii osiowej wynika, że dwusieczna d A jest
symetralną boku KL. Analogicznie dwusieczna d C jest symetralną boku LM. Symetralne
boków trójkąta przecinają się w jednym punkcie, który jest środkiem okręgu opisanego na
tym trójkącie – oznaczmy go przez O. Czyli punkt wspólny dwusiecznych d A i d C
(symetralnych boków trójkąta KLM) jest środkiem okręgu, którego promieniem jest
w szczególności odcinek OL.
Podobnie rozważmy trójkąt LMN . Z definicji symetrii osiowej wynika, że dwusieczna d C
jest symetralną boku LM . Analogicznie dwusieczna d B jest symetralną boku MN . Punkt
wspólny tych dwusiecznych (symetralnych) jest tym samym punktem, o którym była mowa
wyżej i jest oczywiście środkiem okręgu opisanego na trójkącie LMN. Zatem musi to być ten
sam okrąg. Wszystkie wierzchołki czworokąta KNML leżą na tym okręgu. To kończy dowód.
III sposób – równość promieni
Oznaczmy przez O punkt przecięcia się dwusiecznych kątów trójkąta ABC, punkt wspólny
dwusiecznej d A i odcinka KL przez P, dwusiecznej d C i odcinka LM przez R oraz
dwusiecznej d B i odcinka MN przez Q.
C
L
R
M
O
P
Q
A K N B
Z definicji symetrii osiowej i z treści zadania wynika, że KP = LP oraz KL ⊥ AO . Oznacza
to, że trójkąty OPK i OPL są prostokątne, mają wspólną przyprostokątną OP oraz pozostałe
przyprostokątne są równej długości. Są to więc trójkąty przystające (na mocy cechy bkb
przystawania trójkątów). Stąd wynika, że OL = OK . Analogicznie trójkąty ORL i ORM są
przystające oraz trójkąty OQM i OQN są przystające, a w konsekwencji OL = OM oraz
OM = ON . Zatem punkt O jest więc równooddalony od wszystkich wierzchołków
czworokąta KNML, a to oznacza, że na tym czworokącie można opisać okrąg.
Schemat punktowania
Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp 1 p.
Zdający
• wyznaczy miarę jednego z kątów czworokąta KNML w zależności od miar kątów
trójkąta ABC, np.: LKN = 90° + α
albo
• zapisze, że prosta zawierająca dwusieczną kąta trójkąta ABC jest symetralną jednego
z odcinków KL, LM, MN
albo
• zapisze jedną lub dwie równości spośród: OL = OK , OL = OM , OM = ON
i na tym zakończy lub dalej popełnia błędy.
Pokonanie zasadniczych trudności zadania 2 p.
Zdający
• wyznaczy miary dwóch przeciwległych kątów czworokąta KNML w zależności od
miar kątów trójkąta ABC, np.: LKN = 90° + α i LMN = β + γ
albo
• zapisze, że punkt przecięcia dwusiecznych kątów trójkąta ABC jest środkiem okręgu
opisanego na trójkącie KLM lub na trójkącie LMN, lub że jest punktem przecięcia
symetralnych trzech boków czworokąta KNML
albo
• zapisze i uzasadni jedną lub dwie równości spośród: OL = OK , OL = OM ,
OM = ON
Uwaga
Jeżeli zdający zapisze wszystkie równości OL = OK , OL = OM , OM = ON
i stąd wyciągnie wniosek, że punkt O jest środkiem okręgu opisanego na czworokącie
KNML, ale nie uzasadni żadnej z tych równości (lub uzasadnienie nie będzie pełne),
to otrzymuje 2 punkty.
Rozwiązanie pełne 3 p.
Zdający przeprowadzi pełne rozumowanie.
Uwagi
1. Jeżeli zdający przeprowadza dowód z wykorzystaniem bilansu kątów i korzysta z równości
kątów w trójkątach równoramiennych, to może otrzymać 3 punkty także w przypadku,
gdy bez stosownego komentarza korzysta z faktu, że trójkąty są równoramienne.
2. Jeżeli zdający
• uzależni wszystkie kąty trójkąta ABC oraz jeden z kątów czworokąta KNML
albo
• uzależni jeden z kątów LKN, KNM i jeden z kątów KLM, NML
od kątów α = AKL = ALK, β = BML = BLM i γ = CLM = CML, to otrzymuje
1 punkt.
3. Jeżeli zdający
• wyznaczy 2 przeciwległe kąty czworokąta KNML w zależności od α, β, γ i wykaże, że
α + β + γ = 180º
albo
• wyznaczy wszystkie kąty czworokąta KNML i obliczy sumę dwóch przeciwległych
kątów czworokąta KNML,
to otrzymuje 2 punkty.Odpowiedź i kryteria punktowania pochodzą z oficjalnych zasad oceniania CKE.
Zadanie 83 punktyOdpowiedź wg zasad CKE · wyjaśnienie w przygotowaniuMMA-R1_1P-182 · Formuła 2015Matematyka — odpowiedź według zasad CKE
Udowodnij, że dla każdej liczby całkowitej k i dla każdej liczby całkowitej m liczba k 3 m − km 3
jest podzielna przez 6.
MMA_1R
Pokaż odpowiedź
I sposób
Zauważmy, że k 3 m − km 3 = km (k 2 − m 2 ) = km (k + m )(k − m ) .
Rozwiązanie zadania składa się z dwóch etapów:
• uzasadnienie podzielności przez 2;
• uzasadnienie podzielności przez 3.
Podzielność przez 2.
Gdy którakolwiek z liczb k, m jest parzysta, to iloczyn km(k 2 − m 2 ) jest parzysty, a gdy obie
liczby k, m są nieparzyste, to ich suma k + m jest liczbą parzystą, więc iloczyn
km ( k + m )( k − m ) jest podzielny przez 2.
Podzielność przez 3. (I sposób)
Dowód przeprowadzimy w czterech rozłącznych sytuacjach: A, B, C, D.
A. Którakolwiek z liczb k, m jest podzielna przez 3
Wtedy iloczyn km(k 2 − m 2 ) jest podzielny przez 3.
B. Obie liczby k, m przy dzieleniu przez 3 dają resztę 1
Wtedy liczba k − m jest podzielna przez 3, więc iloczyn km ( k + m )( k − m ) jest
podzielny przez 3.
C. Obie liczby k, m przy dzieleniu przez 3 dają resztę 2
Wtedy liczba k − m jest podzielna przez 3, więc iloczyn km ( k + m )( k − m ) jest
podzielny przez 3.
D. Jedna z liczb k, m przy dzieleniu przez 3 daje resztę 1, a druga przy dzieleniu przez 3
daje resztę 2
Wtedy liczba k + m jest podzielna przez 3, więc iloczyn km ( k + m )( k − m ) jest
podzielny przez 3.
Podzielność przez 3. (II sposób)
Dowód przeprowadzimy w dwóch rozłącznych sytuacjach: E, F.
E. Którakolwiek z liczb k, m jest podzielna przez 3.
Wtedy iloczyn km(k 2 − m 2 ) jest podzielny przez 3.
F. Żadna z liczb k, m nie jest podzielna przez 3.
Wtedy kwadrat każdej z nich przy dzieleniu przez 3 daje resztę 1, więc różnica
k 2 − m 2 jest podzielna przez 3.
Wykazaliśmy zatem, że liczba k 3m − km3 jest podzielna przez 2 i przez 3, więc jest podzielna
przez 2 ⋅ 3 , czyli przez 6. To kończy dowód.
II sposób
Zauważmy, że
( ) ( ) ( )
k 3m − km3 = km k 2 − 1 + 1 − m2 = km k 2 − 1 − km m2 − 1 = km ( k − 1)( k + 1) − km ( m − 1)( m + 1)
Iloczyn k ( k − 1)( k + 1) to iloczyn trzech kolejnych liczb całkowitych, więc dokładnie jedna
z nich jest podzielna przez 3 i co najmniej jedna jest podzielna przez 2, więc iloczyn jest
podzielny przez 2 i przez 3, a więc jest podzielny przez 6. Analogicznie iloczyn
m ( m − 1)( m + 1) jest podzielny przez 6. Różnica dwóch liczb podzielnych przez 6 jest
podzielna przez 6. To kończy dowód.
Schemat punktowania
Zdający otrzymuje 1 p.
jeśli
• uzasadni podzielność przez 2
albo
• uzasadni podzielność przez 3 w dwóch przypadkach spośród A, B, C, D,
albo
• uzasadni podzielność przez 3 w przypadku F.
Zdający otrzymuje 2 p.
jeśli
• uzasadni podzielność przez 2 i uzasadni podzielność przez 3 w dwóch przypadkach
spośród A, B, C, D
albo
• uzasadni podzielność przez 2 i uzasadni podzielność przez 3 w przypadku F,
albo
• uzasadni podzielność przez 3,
albo
• zapisze liczbę k 3 m − km 3 w postaci km ( k − 1)( k + 1) − km ( m − 1)( m + 1) .
Zdający otrzymuje 3 p.
przeprowadzi pełne rozumowanie uzasadniające podzielność przez 6.
Uwagi
1. Akceptujemy sytuację, w której zdający stwierdza bez uzasadnienia, że iloczyn trzech
kolejnych liczb całkowitych jest podzielny przez 6 oraz różnica liczb podzielnych
przez 6 jest podzielna przez 6.
2. Jeżeli zdający rozważa reszty z dzielenia liczb k i m przez 6 i udowodni podzielność
przez 6 w jednym z poniższych 5 przypadków:
- dokładnie jedna z liczb k, m jest podzielna przez 6 lub obie liczby k, m dają przy
dzieleniu przez 6 tę samą resztę;
- żadna z liczb k, m nie jest podzielna przez 6, a o podzielności liczby k3m − km3
można wnioskować na podstawie iloczynu liczb k, m;
- żadna z liczb k, m nie jest podzielna przez 6, a o podzielności liczby k3m − km3
można wnioskować na podstawie sumy liczb k, m;
- żadna z liczb k, m nie jest podzielna przez 6, a o podzielności liczby k3m − km3
można wnioskować na podstawie sumy i iloczynu liczb k, m;
- żadna z liczb k, m nie jest podzielna przez 6, a o podzielności liczby k3m − km3
można wnioskować na podstawie różnicy i iloczynu liczb k, m,
to otrzymuje 1 punkt.
3. Jeżeli zdający rozważa reszty z dzielenia liczb k i m przez 6 i udowodni podzielność
przez 6 w trzech z poniższych 5 przypadków:
- dokładnie jedna z liczb k, m jest podzielna przez 6 lub obie liczby k, m dają przy
dzieleniu przez 6 tę samą resztę;
- żadna z liczb k, m nie jest podzielna przez 6, a o podzielności liczby k3m − km3
można wnioskować na podstawie iloczynu liczb k, m;
- żadna z liczb k, m nie jest podzielna przez 6, a o podzielności liczby k3m − km3
można wnioskować na podstawie sumy liczb k, m;
- żadna z liczb k, m nie jest podzielna przez 6, a o podzielności liczby k3m − km3
można wnioskować na podstawie sumy i iloczynu liczb k, m;
- żadna z liczb k, m nie jest podzielna przez 6, a o podzielności liczby k3m − km3
można wnioskować na podstawie różnicy i iloczynu liczb k, m,
to otrzymuje 2 punkty.Odpowiedź i kryteria punktowania pochodzą z oficjalnych zasad oceniania CKE.
Zadanie 94 punktyOdpowiedź wg zasad CKE · wyjaśnienie w przygotowaniuMMA-R1_1P-182 · Formuła 2015Matematyka — odpowiedź według zasad CKE
Z liczb ośmioelementowego zbioru Z = {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 9} tworzymy ośmiowyrazowy ciąg,
którego wyrazy się nie powtarzają. Oblicz prawdopodobieństwo zdarzenia polegającego na
tym, że żadne dwie liczby parzyste nie są sąsiednimi wyrazami utworzonego ciągu. Wynik
przedstaw w postaci ułamka zwykłego nieskracalnego.
Odpowiedź: Nr zadania 8. 9.
Wypełnia Maks. liczba pkt 3 4
egzaminator
Uzyskana liczba pkt
MMA_1R
Pokaż odpowiedź
I sposób
Zdarzeniami elementarnymi są permutacje (bez powtórzeń) zbioru ośmioelementowego
{1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 9} .
Liczba wszystkich zdarzeń elementarnych jest równa Ω = 8! .
Niech A będzie zdarzeniem, polegającym na tym, że żadne dwie liczby parzyste nie są
sąsiednimi wyrazami utworzonego ciągu. Ustalmy liczbę wszystkich zdarzeń elementarnych
sprzyjających zdarzeniu A.
I metoda
W zbiorze Z jest 5 liczb nieparzystych, więc możemy je ustawić w ciąg na 5! sposobów.
Otrzymamy wtedy sytuację:
_(1)_ n _(2)_ n _(3)_ n _(4)_ n _(5)_ n_(6)_
Pierwszą z pozostałych liczb (parzystych) zbioru Z możemy ustawić na jednym z sześciu
miejsc _(1)_ – _(6)_, drugą na jednym z pozostałych pięciu, a trzecią na jednym z pozostałych
czterech.
Zatem A = 5!⋅ 6 ⋅ 5 ⋅ 4 .
II metoda
W zbiorze Z jest 5 liczb nieparzystych, więc możemy je ustawić w ciąg na 5! sposobów.
Otrzymamy wtedy sytuację:
_(1)_ n _(2)_ n _(3)_ n _(4)_ n _(5)_ n_(6)_
Trzy pozostałe liczby (parzyste) ze zbioru Z musimy ustawić na wybranych trzech miejscach
()
spośród sześciu miejsc _(1)_ – _(6)_. Te trzy miejsca możemy wybrać na 36 sposobów. Na
tych trzech ustalonych miejscach możemy trzy liczby parzyste ze zbioru Z ustawić na 3!
sposobów.
()
Zatem A = 5!⋅ 36 ⋅ 3! .
III metoda (ustalenie kolejności parzystych, a następnie ustalenie pozycji parzystych)
W zbiorze Z mamy 3 liczby parzyste: 2, 4, 6. Możemy ustawić je w kolejności na 3! = 6
sposobów. Jedną z takich możliwości jest kolejność: 2, 4, 6.
Wypiszmy wszystkie przypadki ustawienia tych trzech liczb w kolejności 2, 4, 6 w ciągu
8-wyrazowym:
(a) 2 na pierwszym miejscu
2 – 4 – 6 – – –, 2 – 4 – – 6 – –, 2 – 4 – – – 6 –, 2 – 4 – – – – 6, 2 – – 4 – 6 – –,
2 – – 4 – – 6 –, 2 – – 4 – – – 6, 2 – – – 4 – 6 –, 2 – – – 4 – – 6, 2 – – – – 4 – 6,
(b) 2 na drugim miejscu
– 2 – 4 – 6 – –, – 2 – 4 – – 6 –, – 2 – 4 – – – 6, – 2 – – 4 – 6 –, – 2 – – 4 – – 6,
– 2 – – – 4 – 6,
(c) 2 na trzecim miejscu
– – 2 – 4 – 6 –, – – 2 – 4 – – 6, – – 2 – – 4 – 6,
(d) 2 na czwartym miejscu
– – – 2 – 4 – 6.
Łącznie mamy 20 przypadków ustawienia w ciągu 8-wyrazowym trzech liczb parzystych
– 2, 4, 6 – w kolejności 2, 4, 6.
Ponieważ mamy 6 możliwości ustalenia kolejności dla trzech liczb 2, 4, 6, więc liczby
parzyste ze zbioru Z możemy ustawić na 6 ⋅ 20 sposobów.
Do ustawionych liczb parzystych na wolne miejsca ustawiamy liczby nieparzyste, a możemy
to zrobić na 5! sposobów.
Zatem A = 6 ⋅ 20 ⋅ 5! .
IV metoda (ustalenie pozycji parzystych)
Wypiszmy wszystkie przypadki wyboru trzech miejsc, spośród ośmiu, dla liczb parzystych,
z uwzględnieniem warunku, że żadne dwie parzyste nie sąsiadują ze sobą.
(a) pierwsza liczba parzysta na pierwszym miejscu
p – p – p – – –, p – p – – p – –, p – p – – – p –, p – p – – – – p, p – – p – p – –,
p – – p – – p –, p – – p – – – p, p – – – p – p –, p – – – p – – p, p – – – – p – p,
(b) pierwsza liczba parzysta na drugim miejscu
– p – p – p – –, – p – p – – p –, – p – p – – – p, – p – – p – p –, – p – – p – – p,
– p – – – p – p,
(c) pierwsza liczba parzysta na trzecim miejscu
– – p – p – p –, – – p – p – – p, – – p – – p – p,
(d) pierwsza liczba parzysta na czwartym miejscu
– – – p – p – p.
Łącznie mamy 20 przypadków ustalenia w ciągu 8-wyrazowym pozycji liczb parzystych.
Zatem A = 20 ⋅ 3!⋅ 5! .
Uwaga! Te same przypadki wyboru uzyskamy, wypisując wszystkie ustawienia liczb
parzystych i nieparzystych przy założeniu, że rozpoczynamy najpierw od liczby parzystej (10
przypadków), a następnie od nieparzystej (kolejne 10 przypadków). Ponadto należy pamiętać,
że przedstawione tu przypadki ustawień liczb parzystych (a tym samym i nieparzystych)
mogą być przedstawione jako gałęzie drzewa probabilistycznego z 20 gałęziami.
V metoda (przerwy między parzystymi)
Trzy liczby parzyste musimy rozdzielić pięcioma nieparzystymi, przy czym nieparzyste
możemy umieszczać także przed wszystkimi parzystymi lub po wszystkich parzystych.
Mamy zatem 4 usytuowania dla liczb nieparzystych.
Wypiszmy najpierw przypadki uwzględniające liczbę pozycji dla liczb nieparzystych
w poszczególnych usytuowaniach (cyfra oznacza liczbę miejsc zajętych przez liczby
nieparzyste, litera p oznacza liczbę parzystą).
0-p-1-p-1-p-3, 0-p-1-p-2-p-2, 0-p-1-p-3-p-1, 0-p-1-p-4-p-0, 0-p-2-p-1-p-2, 0-p-2-p-2-p-1,
0-p-2-p-3-p-0, 0-p-3-p-1-p-1, 0-p-3-p-2-p-0, 0-p-4-p-1-p-0, 1-p-1-p-1-p-1, 1-p-1-p-2-p-1,
1-p-1-p-3-p-0, 1-p-2-p-1-p-1, 1-p-2-p-2-p-0, 1-p-3-p-1-p-0, 2-p-1-p-1-p-1, 2-p-1-p-2-p-0,
2-p-2-p-1-p-0, 3-p-1-p-1-p-0
Łącznie mamy 20 takich przypadków.
Zatem A = 20 ⋅ 3!⋅ 5! .
Obliczamy prawdopodobieństwo:
20 ⋅ 3!⋅ 5! 10 5
P ( A) = = = .
8! 28 14
II sposób (zdarzenie przeciwne)
Zdarzeniami elementarnymi są permutacje (bez powtórzeń) zbioru ośmioelementowego
{1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 9} .
Liczba wszystkich zdarzeń elementarnych jest równa Ω = 8!
Niech A będzie zdarzeniem, polegającym na tym, że żadne dwie liczby parzyste nie są
sąsiednimi wyrazami utworzonego ciągu.
Zdarzeniem przeciwnym A′ jest otrzymanie w wyniku permutacji zbioru Z ciągu, w którym
liczby parzyste są sąsiednimi wyrazami ciągu, tzn.
I: wszystkie trzy liczby parzyste będą kolejnymi wyrazami ciągu
albo
II. dwie liczby parzyste będą kolejnymi wyrazami ciągu, a trzecia liczba parzysta nie będzie
sąsiadować z żadną z nich.
W sytuacji I miejsca dla liczb parzystych wybieramy na 6 sposobów, ustawiamy na tych
miejscach liczby parzyste na 3! sposobów, a pozostałe liczby ustawiamy na pięciu miejscach
na 5! sposobów.
W sytuacji II. dla sąsiadujących liczb parzystych wybieramy miejsca na 7 sposobów:
m1 i m2, m2 i m3, m3 i m4, m4 i m5, m5 i m6, m6 i m7, m7 i m8.
Miejsce dla trzeciej parzystej liczby możemy wybrać: na 5 sposobów wtedy, gdy parzyste
liczby sąsiadują na miejscach m1 i m2 albo na miejscach m7 i m8 oraz na 4 sposoby w każdej
z pozostałych możliwości.
Liczby parzyste możemy rozstawić na wybranych miejscach na 3! sposobów, a pozostałe
liczby ustawiamy na pięciu miejscach na 5! sposobów.
Wszystkich zdarzeń elementarnych sprzyjających zdarzeniu A′ jest:
6 ⋅ 3!⋅ 5!+ 2 ⋅ 5 ⋅ 3!⋅ 5!+ 5 ⋅ 4 ⋅ 3!⋅ 5! .
Obliczamy prawdopodobieństwo zdarzenia A:
36 ⋅ 3!⋅ 5! 36 ⋅ 6 36 20 5
P ( A ) = 1 − P ( A′ ) = 1 − = 1− = 1− = = .
8! 6 ⋅ 7 ⋅8 56 56 14
Uwaga! Zdający może wypisywać przypadki, w których wystąpią zdarzenia elementarne
sprzyjające zdarzeniu A′ , stosując metody analogiczne do metod III, IV, V z I sposobu
rozwiązania, i uwzględnić 36 rozłącznych przypadków.
Schemat punktowania
Rozwiązanie, w którym postęp jest niewielki, ale konieczny na drodze do pełnego
rozwiązania 1 p.
Zdający
• zapisze Ω = 8!
albo
• wypisze przynajmniej 11 różnych przypadków spośród 20, gdy rozpatruje zdarzenie A
albo
• wypisze przynajmniej 19 różnych przypadków spośród 36, gdy rozpatruje zdarzenie A′ ,
albo
• zapisze, że jest ( 36 ) lub 6 ⋅ 5 ⋅ 4 przypadków, gdy rozpatruje zdarzenie A (lub
6 + 2 ⋅ 5 + 5 ⋅ 4 przypadków, gdy rozpatruje zdarzenie A′ ),
albo
• zapisze iloczyn 3!⋅ 5! lub w inny sposób zaznaczy uwzględnienie iloczynu 3!⋅ 5! ,
wynikającego z permutacji liczb parzystych i liczb nieparzystych na wybranych dla nich
miejscach,
albo
• narysuje drzewo z wyróżnionymi co najmniej 11 różnymi istotnymi gałęziami
odpowiadającymi zdarzeniu A (albo z wyróżnionymi co najmniej 19 różnymi istotnymi
gałęziami odpowiadającymi zdarzeniu 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, przy czym gałąź ta musi uwzględniać jeden z przypadków:
wylosowano 3 parzyste liczby lub wylosowano 7 liczb
i na tym zakończy lub dalej popełnia błędy.
Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp 2 p.
Zdający
• zapisze Ω = 8! i wypisze przynajmniej 11 różnych przypadków spośród 20, gdy
rozpatruje zdarzenie A,
albo
• zapisze Ω = 8! i wypisze przynajmniej 19 różnych przypadków spośród 36, gdy
rozpatruje zdarzenie A′ ,
albo
• ()
zapisze Ω = 8! i zapisze, że jest 36 lub 6 ⋅ 5 ⋅ 4 przypadków, gdy rozpatruje zdarzenie A
(lub 6 + 2 ⋅ 5 + 5 ⋅ 4 przypadków, gdy rozpatruje zdarzenie A′ ),
albo
• ()
zapisze A = 36 ⋅ 3!⋅ 5! lub A = 6 ⋅ 5 ⋅ 4 ⋅ 5! lub A = 20 ⋅ 3!⋅ 5! lub
A′ = ( 6 + 2 ⋅ 5 + 5 ⋅ 4 ) ⋅ 3!⋅ 5! lub A′ = 36 ⋅ 3!⋅ 5! ,
albo
• narysuje drzewo z wyróżnionymi co najmniej 11 różnymi istotnymi gałęziami
odpowiadającymi zdarzeniu A (albo z wyróżnionymi co najmniej 19 różnymi istotnymi
gałęziami odpowiadającymi zdarzeniu A′ ) i na wszystkich odcinkach co najmniej jednej
gałęzi zapisze prawdopodobieństwa, przy czym gałąź ta musi uwzględniać jeden
z przypadków: wylosowano 3 parzyste liczby lub wylosowano 7 liczb
i na tym zakończy lub dalej popełnia błędy.
Pokonanie zasadniczych trudności zadania 3 p.
Zdający
• ()
zapisze Ω = 8! i zapisze A = 36 ⋅ 3!⋅ 5! lub A = 6 ⋅ 5 ⋅ 4 ⋅ 5! lub A = 20 ⋅ 3!⋅ 5!
lub A′ = ( 6 + 2 ⋅ 5 + 5 ⋅ 4 ) ⋅ 3!⋅ 5! lub A′ = 36 ⋅ 3!⋅ 5!
albo
• zapisze prawdopodobieństwo zdarzenia A (albo A′ ) zgodnie z „metodą drzewkową”.
Rozwiązanie pełne 4 p.
Zdający obliczy prawdopodobieństwo: P ( A ) = 14 5 .
Uwagi
1. Możemy też rozpatrywać model probabilistyczny, w którym zdarzeniem elementarnym
jest 3 elementowy podzbiór zbioru 8 elementowego (nie uwzględniamy wówczas
kolejności ustawienia liczb nieparzystych ani kolejności ustawienia liczb parzystych,
a jedynie pozycje zajmowane przez te liczby). Wtedy Ω = 83 = 56 , A = 36 = 20 , () ()
P ( A ) = 14
5 .
2. Jeżeli zdający błędnie założy, że podany w treści zadania ośmioelementowy zbiór Z
zawiera 4 liczby parzyste i 4 liczby nieparzyste (np. założy, że zbiór Z zawiera liczbę
8 zamiast 9) i rozwiąże zadanie do końca, otrzymując P ( A) = 5⋅ 8!⋅
4!4! = 1 , to otrzymuje
14
2 punkty. Zdający otrzymuje w tej sytuacji 1 punkt tylko za zapisanie Ω = 8! .
3. Jeżeli zdający błędnie założy, że podany w treści zadania zbiór Z jest 9-elementowy
(i zawiera 4 liczby parzyste i 5 liczby nieparzystych) i konsekwentnie rozwiąże zadanie do
końca, to otrzymuje 3 punkty.
4. Jeżeli zdający zapisze |Ω|=8! oraz rozpatrując zdarzenie A′ rozważy trzy sytuacje:
I. wszystkie trzy liczby parzyste są kolejnymi wyrazami ciągu;
II. dwie liczby parzyste są dwoma skrajnymi (pierwszym i drugim lub siódmym
i ósmym) wyrazami ciągu, a trzecia liczba parzysta nie sąsiaduje bezpośrednio z żadną
z nich;
III. dwie liczby parzyste są dwoma kolejnymi, ale nie skrajnymi wyrazami ciągu,
a trzecia parzysta nie sąsiaduje bezpośrednio z żadną z nich
oraz zapisze sposób zliczania tych ciągów w każdej z tych trzech sytuacji, uwzględniający
permutacje liczb parzystych i liczb nieparzystych i jednoczenie gwarantujący to, że żaden
ciąg nie zostanie policzony wielokrotnie;
a ponadto nie ustali poprawnej liczby wszystkich zdarzeń elementarnych sprzyjających
zdarzeniu A′, to otrzymuje 2 punkty.
5. Jeżeli zdający rozważa zdarzenie A i wypisuje przynajmniej 12 przypadków, ale jeden
z nich zapisuje dwukrotnie, to otrzymuje przynajmniej 1 punkt. Dotyczy to także sytuacji
wypisania 21 przypadków.Odpowiedź i kryteria punktowania pochodzą z oficjalnych zasad oceniania CKE.
Zadanie 104 punktyOdpowiedź wg zasad CKE · wyjaśnienie w przygotowaniuMMA-R1_1P-182 · Formuła 2015Matematyka — odpowiedź według zasad CKE
Objętość stożka ściętego (przedstawionego na rysunku) można obliczyć ze wzoru
1
V = πH ( r 2 + rR + R 2 ) , gdzie r i R są promieniami podstaw ( r < R ), a H jest wysokością
3
bryły. Dany jest stożek ścięty, którego wysokość jest równa 10, objętość 840π , a r = 6 . Oblicz
cosinus kąta nachylenia przekątnej przekroju osiowego tej bryły do jednej z jej podstaw.
Odpowiedź: MMA_1R
Pokaż odpowiedź
Przekrojem osiowym stożka jest trapez równoramienny ABCD. Niech DE oznacza wysokość
stożka opuszczoną z punktu D.
D C
A E B
Po podstawieniu danych do wzoru na objętość otrzymujemy równanie kwadratowe
1
π ⋅ 10 ⋅ ( 62 + 6 R + R 2 ) = 840π .
3
Stąd
R 2 + 6 R − 216 = 0 .
Rozwiązując je, otrzymujemy
Δ = 36 + 4 ⋅ 216 = 900, Δ = 30 ,
−6 − 30 −6 + 30
R= = −18 < 0 lub R = = 12 .
2 2
Przekrojem osiowym tego stożka jest trapez równoramienny o podstawach długości 24 i 12
oraz wysokości 10. Długość odcinka EB jest równa
EB = R + r = 12 + 6 = 18 .
Z twierdzenia Pitagorasa dla trójkąta BDE otrzymujemy
BD = 102 + 182 = 424 = 2 106 .
18 9
Zatem cos DBE = = .
2 106 106
Schemat punktowania
Rozwiązanie, w którym postęp jest niewielki, ale konieczny na drodze do pełnego
rozwiązania 1 p.
Zdający wyznaczy promień R większej podstawy: R = 12 i na tym zakończy lub dalej popełni
błędy.
Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp 2 p.
Zdający wyznaczy promień R większej podstawy: R = 12 i długość odcinka EB: EB = 18 ,
i na tym zakończy lub dalej popełni błędy.
Pokonanie zasadniczych trudności zadania 3 p.
Zdający obliczy
• długość przekątnej trapezu BD = 2 106
albo
• obliczy tangens kąta DBE: tg DBE = 95
i na tym zakończy lub dalej popełni błędy.
Rozwiązanie pełne 4 p.
Zdający obliczy cos DBE = 9 .
106
Uwagi
1. Jeżeli zdający zapisze cosinus kąta nachylenia przekątnej przekroju osiowego tego
stożka ściętego do jednej z jego podstaw w zależności od R, r, H i na tym zakończy
lub dalej popełnia błędy, to otrzymuje 2 punkty.
2. Jeżeli zdający popełni błąd merytoryczny przy zastosowaniu twierdzenia Pitagorasa,
pisząc np.: |EB|2 + |BD|2 = |ED|2, albo popełni błąd merytoryczny przez zastosowanie
nieistniejącego wzoru "pierwiastek sumy = suma pierwiastków", to może otrzymać co
najwyżej 2 punkty za całe rozwiązanie.
3. Jeżeli zdający błędnie przyjmie, że wysokością stożka jest odcinek AD, to może
otrzymać co najwyżej 1 punkt, o ile poprawnie obliczy R.
4. Jeżeli zdający realizuje strategię rozwiązania zadania i popełnia jedynie błędy
rachunkowe, to może otrzymać 3 punkty, o ile popełnione błędy nie ułatwiają
rozwiązania na żadnym etapie.
5. Jeżeli zdający obliczy długość R oraz długość ramienia trapezu, to może otrzymać
2 punkty. Jeżeli zdający obliczy długość R oraz długość ramienia trapezu, a ponadto
obliczy długość BD i zapisze twierdzenie cosinusów, to może otrzymać 3 punkty.
6. Jeżeli zdający błędnie przyjmuje, że średnica górnej podstawy stożka ściętego ma
długość 6, to otrzymuje co najwyżej 3 punkty.
7. Jeżeli zdający błędnie przyjmuje, że długość rzutu prostokątnego ramienia trapezu na
dłuższą podstawę to różnica średnic dolnej i górnej podstawy zamiast połowy tej
różnicy i nie jest to błąd wynikający z rachunków, to otrzymuje co najwyżej 2 punkty
za całe rozwiązanie.Odpowiedź i kryteria punktowania pochodzą z oficjalnych zasad oceniania CKE.
Zadanie 114 punktyOdpowiedź wg zasad CKE · wyjaśnienie w przygotowaniuMMA-R1_1P-182 · Formuła 2015Matematyka — odpowiedź według zasad CKE
Rozwiąż równanie sin 6 x + cos3x = 2sin 3x + 1 w przedziale 0, π .
Odpowiedź: Nr zadania 10. 11.
Wypełnia Maks. liczba pkt 4 4
egzaminator
Uzyskana liczba pkt
MMA_1R
Pokaż odpowiedź
Przekształcamy równanie w sposób równoważny
sin 6 x + cos 3 x = 2 sin 3 x + 1 ,
2 sin 3 x cos 3 x + cos 3 x = 2 sin 3 x + 1 ,
cos 3 x ( 2sin 3 x + 1) = 2sin 3 x + 1 ,
( 2sin 3x + 1)( cos 3x − 1) = 0 ,
sin 3x = − 12 lub cos 3 x = 1 .
7π 11π
Stąd 3 x = + 2kπ lub 3x = + 2kπ lub 3 x = 2 kπ , k – liczba całkowita.
6 6
7π 2kπ 11π 2kπ 2kπ
Zatem x = + lub x = + lub x = .
18 3 18 3 3
7π 11π 2π
W przedziale 0, π mamy następujące rozwiązania równania: x = , x= , x =0, x= .
18 18 3
Schemat punktowania
Rozwiązanie, w którym postęp jest niewielki, ale konieczny na drodze do pełnego
rozwiązania 1 p.
Zdający zastosuje wzór na sinus kąta podwojonego i zapisze równanie w postaci
2 sin 3 x cos 3 x + cos 3 x = 2 sin 3 x + 1 , i na tym zakończy lub dalej popełnia błędy.
Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp 2 p.
1
Zdający zapisze dwa równania sin 3x = − , cos 3 x = 1 .
2
Pokonanie zasadniczych trudności zadania 3 p.
Zdający
1
• zapisze wszystkie rozwiązania równań sin 3x = −
oraz cos 3 x = 1 w zbiorze liczb
2
7π 2kπ 11π 2kπ 2kπ
rzeczywistych x = + lub x = + lub x =
18 3 18 3 3
albo
1
• zapisze dwa równania sin 3x = − oraz cos 3 x = 1 i jedno z nich rozwiąże
2
w przedziale 0, π
i na tym zakończy lub dalej popełnia błędy.
Rozwiązanie pełne 4 p.
7π 11π
Zdający zapisze wszystkie rozwiązania równania w przedziale 0, π : x = , x= ,
18 18
2π
x =0, x= .
3
Uwagi
1. Jeżeli zdający poprawnie stosuje wzór na sinus kąta podwojonego, zapisze tylko jedno
z równań cos 3 x = 1 , sin 3x = − 12 , to otrzymuje
1 punkt, jeśli rozwiąże to równanie w R;
2 punkty, jeśli rozwiąże to równanie w 0, π .
2. Jeżeli zdający poprawnie stosuje wzór na sinus kąta podwojonego i poprawnie zapisze
równanie równoważne w postaci, w której z jednej strony występuje iloczyn, a z drugiej zero,
ale w wyniku błędów zapisuje jedno równanie lub dwa równania z niewłaściwym znakiem
przy stałej, to otrzymuje:
3 punkty, o ile konsekwentnie rozwiąże obydwa równania w przedziale 0, π ;
2 punkty, o ile konsekwentnie rozwiąże dwa równania w R lub konsekwentnie rozwiąże
jedno równanie w 0, π ;
1 punkt, o ile konsekwentnie rozwiąże jedno równanie w R.
4. Jeżeli zdający wyznacza rozwiązania równań cos α = 1 oraz sin α = − 12 , gdzie α = 3x ,
w przedziale 0, 3π i na tym poprzestaje lub dalej popełnia błędy, to otrzymuje co
najwyżej 3 punkty.
5. Jeżeli zdający przy wyznaczaniu rozwiązań równań cos 3 x = 1 oraz sin 3x = − 12 zapisuje
poprawnie serię rozwiązań pierwszego z nich (z cos) oraz jedną serię rozwiązań drugiego
(z sin), a następnie konsekwentnie wyznacza przynajmniej 4 rozwiązania równania z treści
zadania w przedziale 0, π , to otrzymuje co najwyżej 3 punkty.Odpowiedź i kryteria punktowania pochodzą z oficjalnych zasad oceniania CKE.
Zadanie 126 punktówOdpowiedź wg zasad CKE · wyjaśnienie w przygotowaniuMMA-R1_1P-182 · Formuła 2015Matematyka — odpowiedź według zasad CKE
Wyznacz wszystkie wartości parametru m, dla których równanie x 2 + ( m + 1) x − m 2 + 1 = 0 ma
dwa rozwiązania rzeczywiste x1 i x2 ( x1 ≠ x2 ), spełniające warunek x13 + x23 > −7 x1 x2 .
MMA_1R
Odpowiedź: Nr zadania 12.
Wypełnia Maks. liczba pkt 6
egzaminator
Uzyskana liczba pkt
MMA_1R
Pokaż odpowiedź
Równanie ma dwa różne rozwiązania rzeczywiste, gdy jego wyróżnik jest dodatni, czyli
Δ = ( m + 1) − 4 ⋅1⋅ ( −m2 + 1) > 0
2
5m2 + 2m − 3 > 0
m1 = −1 , m2 = 53 .
Stąd m ∈ ( −∞, − 1) ∪ 3 , + ∞
5 ( )
Warunek x13 + x23 > −7 x1 x2 możemy zapisać w postaci równoważnej
( x1 + x2 ) ( x12 − x1 x2 + x22 ) > −7 x1 x2 ,
( x1 + x2 ) ( ( x1 + x2 ) − 3x1 x2 ) > −7 x1 x2 .
2
Ze wzorów Viète’a na sumę i iloczyn pierwiastków trójmianu kwadratowego możemy tę
nierówność zapisać w postaci:
−b −b − 3 c > −7 c
( )( )
2
a a a a
( )
− ( m + 1) ( − ( m + 1) ) − 3 ( −m2 + 1) > −7 ( −m2 + 1)
2
− ( m + 1) + 3 ( m + 1) ( −m2 + 1) > −7 ( −m2 + 1)
3
− ( m + 1) + 3 ( m + 1) ( −m2 + 1) + 7 ( −m2 + 1) > 0
3
( m + 1) ( − ( m + 1) + 3 ( −m2 + 1) + 7 ( −m + 1) ) > 0
2
( m + 1) ( −m2 − 2m − 1 − 3m2 + 3 + 7 − 7m ) > 0
( m + 1) ( −4m2 − 9m + 9 ) > 0
m1 = −3 lub m2 = 34 lub m3 = −1 .
) (
m ∈ ( −∞ , − 3) ∪ −1, 34 .
Wyznaczamy część wspólną zbiorów ( −∞ , − 1) ∪ ( 53 , + ∞ ) i ( −∞ , − 3) ∪ ( −1, 34 ) .
Odpowiedź m ∈ ( −∞ , − 3) ∪ ( 53 , 34 ) .
Schemat punktowania
Rozwiązanie zadania składa się z trzech etapów.
Pierwszy etap polega na rozwiązaniu nierówności Δ > 0 :
(
m ∈ ( −∞, − 1) ∪ 53 , + ∞ )
Za poprawne rozwiązanie tego etapu zdający otrzymuje 1 punkt.
Uwaga
Jeżeli zdający zapisze Δ ≥ 0 , to za tę część otrzymuje 0 punktów.
Drugi etap polega na rozwiązaniu nierówności x13 + x23 > −7 x1 x2 .
Za tę część rozwiązania zdający otrzymuje 4 punkty.
Podział punktów za drugi etap rozwiązania:
1 punkt zdający otrzymuje za zapisanie nierówności w postaci:
( x1 + x2 ) ( ( x1 + x2 ) − 3x1 x2 ) > −7 x1 x2
2
lub równoważnej.
2 punkty zdający otrzymuje za doprowadzenie do nierówności ze zmienną m, np.
( )
− ( m + 1) ( − ( m + 1) ) − 3 ( −m2 + 1) > −7 ( −m2 + 1)
2
3 punkty zdający otrzymuje za wyznaczenie miejsc zerowych wielomianu
( )
− ( m + 1) ( − ( m + 1) ) − 3 ( −m2 + 1) + 7 ( −m2 + 1) ,
2
czyli wielomianu −4m3 − 13m2 + 9 : −3 , −1, 34
4 punkty zdający otrzymuje za rozwiązanie powyższej nierówności.
( )
m ∈ ( −∞ , − 3 ) ∪ −1, 34
Trzeci etap polega na wyznaczeniu szukanej wartości parametru m z uwzględnieniem
wszystkich warunków.
( )
m ∈ ( −∞ , − 3 ) ∪ 53 , 34 .
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 lub otrzymania w I etapie zbioru rozwiązań, będącego podzbiorem
zbioru rozwiązań z II etapu, przyznajemy 0 punktów za III etap.
3. O ile nie zachodzą przypadki z uwag 1. i 2. i zdający poprawnie wykona etap I
oraz popełnia błędy w rozwiązaniu nierówności z etapu II, albo gdy popełnia błędy
w etapie I i otrzyma co najmniej 1 punkt za etap II, to za III etap może otrzymać 1 punkt.
4. Jeżeli zdający w II etapie rozwiązania stosuje nieistniejącą zależność: „suma sześcianów =
sześcian sumy”, prowadzącą do uproszczenia badanego problemu, lub zdający stosuje inny
błędny wzór, prowadzący do uproszczenia badanego problemu, ale otrzyma nierówność
wielomianową stopnia trzeciego, uzyska trzy miejsca zerowe i poprawnie rozwiązuje
otrzymaną nierówność, to za II etap otrzymuje 1 punkt (za rozwiązanie nierówności).
5. Jeżeli zdający w II etapie rozwiązania otrzyma poprawną nierówność wielomianową
stopnia 3. i popełnia błędy rachunkowe w jej rozwiązaniu, to może otrzymać 3 punkty za
II etap, o ile wyznaczy 3 różne miejsca zerowe wielomianu z tej nierówności
i konsekwentnie rozwiąże nierówność do końca, zaś w każdym innym przypadku
otrzymuje 2 punkty za ten etap.
6. Jeżeli zdający w II etapie rozwiązania rozważa nierówność wielomianową stopnia
większego niż 3. lub niepoprawną nierówność stopnia 3. i wyznacza miejsca zerowe
w liczbie właściwej dla stopnia wielomianu i otrzymuje przynajmniej 3 miejsca zerowe, to
otrzymuje co najwyżej 3 punkty za II etap, o ile konsekwentnie rozwiąże nierówność.
Jeżeli wielomian w tej nierówności nie ma trzech różnych miejsc zerowych, to zdający
może otrzymać co najwyżej 2 punkty za ten etap.
7. Jeżeli zdający przy rozwiązywaniu otrzymanej w II etapie nierówności stopnia co
najmniej 3. popełnia błąd, polegający na niepoprawnym grupowaniu wyrazów, np.
( )
z nierówności −4m3 − 13m 2 + 9 > 0 uzyska ( 4m + 13) m2 − 9 > 0 , to nie otrzymuje
punktów za części II.3 i II.4.Odpowiedź i kryteria punktowania pochodzą z oficjalnych zasad oceniania CKE.
Zadanie 134 punktyOdpowiedź wg zasad CKE · wyjaśnienie w przygotowaniuMMA-R1_1P-182 · Formuła 2015Matematyka — odpowiedź według zasad CKE
Wyrazy ciągu geometrycznego (a n ) , określonego dla n ≥ 1 , spełniają układ równań
a 3 + a 6 = −84
a 4 + a 7 = 168
Wyznacz liczbę n początkowych wyrazów tego ciągu, których suma S n jest równa 32769.
MMA_1R
Odpowiedź: Nr zadania 13.
Wypełnia Maks. liczba pkt 4
egzaminator
Uzyskana liczba pkt
MMA_1R
Pokaż odpowiedź
Niech a1 będzie pierwszym wyrazem ciągu geometrycznego, zaś q jego ilorazem.
Z treści zadania otrzymujemy układ równań:
a1 q 2 + a1 q 5 = −84
3
a1 q + a1 q 6 = 168
a1 q 2 (1 + q 3 ) = −84
3
a1 q (1 + q 3 ) = 168
Dzieląc stronami te równania, co możemy zrobić, gdyż gdyby którakolwiek z liczb a1 , q ,
1 + q 3 była równa 0, to otrzymalibyśmy sprzeczność, otrzymujemy
q = −2 .
Zatem
(
a1 ( −2 ) 1 + ( −2 ) = −84 ,
2 3
)
−28 ⋅ a1 = −84 ,
a1 = 3 .
Otrzymaliśmy ciąg geometryczny ( an ) , w którym:
a1 = 3
q = −2
Wykorzystując wzór na sumę n początkowych wyrazów ciągu geometrycznego,
doprowadzamy do równania postaci
(
3 ( −2 ) − 1
n
) = 32769 .
−2 − 1
Przekształcając to równanie, otrzymujemy (− 2 ) = −32768 . Ponieważ (− 2 ) = (− 2 ) , więc
n n 15
n = 15 .
Schemat punktowania
Rozwiązanie, w którym postęp jest niewielki, ale konieczny na drodze do pełnego
rozwiązania . 1 p.
Zdający zapisze
a1 q 2 + a1 q 5 = −84
• układ równań z dwiema niewiadomymi, np.: 3
a1 q + a1 q 6 = 168
albo
a3 + a6 = −84
• układ równań z niewiadomymi q, a3 , a6 , np.:
q ( a3 + a6 ) = 168
i na tym zakończy lub dalej popełnia błędy.
Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp 2 p.
Zdający zapisze równanie z jedną niewiadomą a1 lub q
i na tym zakończy lub dalej popełnia błędy.
Pokonanie zasadniczych trudności 3 p.
a1 = 3
Zdający rozwiąże układ równań: .
q = −2
Rozwiązanie pełne 4 p.
Zdający wyznaczy szukaną liczbę n: n = 15 .
Uwagi
1. Jeżeli zdający przedstawi poprawną strategię poszukiwania liczby n, ale otrzyma błędne
wartości a1 lub q, takie że po podstawieniu do wzoru na Sn otrzymuje równanie, którego
rozwiązanie nie jest liczbą naturalną, to może otrzymać co najwyżej 2 punkty, za
realizację rozwiązania do etapu: istotny postęp.
2. Jeżeli zdający zapisze q = −2 bez rozwiązania układu lub stosownego uzasadnienia, to
może otrzymać co najwyżej 2 punkty.
3. Jeżeli zdający korzysta przy wyznaczaniu n z zapisanej przez siebie zależności
"−(−2)n = 2n" bez stosownego komentarza, to może otrzymać co najwyżej 3 punkty.Odpowiedź i kryteria punktowania pochodzą z oficjalnych zasad oceniania CKE.
Zadanie 146 punktówOdpowiedź wg zasad CKE · wyjaśnienie w przygotowaniuMMA-R1_1P-182 · Formuła 2015Matematyka — odpowiedź według zasad CKE
Punkt A = ( 7, − 1) jest wierzchołkiem trójkąta równoramiennego ABC, w którym AC = BC .
Obie współrzędne wierzchołka C są liczbami ujemnymi. Okrąg wpisany w trójkąt ABC ma
równanie x 2 + y 2 = 10 . Oblicz współrzędne wierzchołków B i C tego trójkąta.
MMA_1R
Odpowiedź: Nr zadania 14.
Wypełnia Maks. liczba pkt 6
egzaminator
Uzyskana liczba pkt
MMA_1R
Pokaż odpowiedź
I sposób − analitycznie − styczne AC i AB
Proste AC i AB przechodzą przez punkt A = ( 7 , −1) , żadna z nich nie jest prostopadła do osi
Ox układu współrzędnych, więc mają równania postaci
y = a ( x − 7) −1 ,
ax − y − 7 a − 1 = 0 .
Obie te proste są styczne do okręgu, zatem ich odległości od środka okręgu są równe
promieniowi okręgu. Stąd otrzymujemy równanie
−7a − 1
= 10 ,
a2 + 1
( −7a − 1) = 10 ( a 2 + 1) ,
2
49a 2 + 14a + 1 = 10a 2 + 10
39a 2 + 14a − 9 = 0
a = −1478−40 = − 13
9 lub a = −14+40 = 1 .
78 3
9 x + 50 , y = 1 x − 10 . Tylko druga z tych
Szukane styczne mają więc równania: y = − 13 13 3 3
prostych przechodzi przez trzecią ćwiartkę układu współrzędnych, więc prosta AC ma
równanie y = 13 x − 10
3 , a prosta AB ma równanie
9 x + 50 .
y = − 13 13
Trójkąt ABC jest równoramienny, a jego ramionami są boki AC i BC. Zatem wierzchołek C
leży na przecięciu prostej AC i symetralnej l boku AB. Prosta l jest prostopadła do prostej AB
i przechodzi przez punkt S = ( 0 , 0 ) . Zatem współczynnik kierunkowy prostej l jest równy
al = 13
9
. Stąd l ma równanie postaci
y = 13 x
9 .
Współrzędne wierzchołka C obliczymy, rozwiązując układ równań
y = 13 x − 10
3
i y = 13
9
x.
Stąd otrzymujemy równanie
1 x − 10 = 13 x ,
3 3 9
10 x = − 30
9 9
x = −3 ,
9 ( )
więc y = 13 ⋅ −3 = − 13
3 (
, czyli C = −3, − 13
3
. )
Obliczamy współrzędne punktu D styczności prostej AB z danym okręgiem. Jest to punkt
przecięcia prostej l z prostą AB. Wystarczy więc rozwiązać układ równań
9 x + 50 i y = 13 x .
y = − 13 13 9
Stąd otrzymujemy równanie
9 x + 50 = 13 x ,
− 13 13 9
250 x = 50
117 13
x = 95 ,
więc y = 13 ⋅ 9 = 13 (
9 13
9 5 5 , czyli D = 5 , 5 . )
Punkt D jest środkiem odcinka AB, więc
(
D = 7+2xB ,
−1+ yB
2 )
.
Zatem
7 + xB 9 −1+ yB 13
2
=5 i 2 = 5 ,
xB = − 17 y = 31
5 i B 5 .
(
Zatem B = − 17 31 .
5 , 5 )
II sposób − syntetycznie – długości odcinków CE i CS
Promień okręgu jest równy r = 10 . Długość odcinka SA jest równa
SA = 7 2 + ( −1) = 50 = 5 2 .
2
Z twierdzenia Pitagorasa dla trójkąta ASE otrzymujemy
2 2 2
SA = SE + EA ,
50 = 10 + EA2 ,
2
EA = 40 ,
EA = 40 = 2 10 .
Z twierdzenia o odcinkach stycznych otrzymujemy DA = EA = 2 10 .
Trójkąty CES i CDA są podobne, gdyż oba są prostokątne i mają wspólny kąt ostry przy
wierzchołku C. Stąd wynika
CE CD CS CA
= oraz = ,
SE DA SE DA
m n + 10 n m + 2 10
= oraz = ,
10 2 10 10 2 10
2m = n + 10 oraz 2n = m + 10 ,
(
n = 2m − 10 oraz 2 2m − 10 = m + 10 . )
Stąd
4m − 2 10 = m + 10 ,
m = 43 10 , więc n = 2 ⋅ 43 10 − 10 = 53 10 .
Uwaga
Długości m i n możemy też obliczyć korzystając z twierdzenia Pitagorasa dla trójkątów ACD
i CSE. Otrzymujemy wtedy
2 2 2 2 2 2
CA = CD + DA oraz CS = CE + SE ,
( m + 2 10 ) = ( n + 10 ) + ( 2 10 ) oraz n = m + ( 10 ) ,
2 2 2 2
2 2
m2 + 4m 10 + 40 = n2 + 2n 10 + 10 + 40 oraz n2 = m2 + 10 ,
4m 10 = 2n 10 + 20 oraz n2 = m2 + 10 ,
( ) = m + 10 ,
2
2m − 10 = n oraz 2m − 10 2
2m − 10 = n oraz 4m2 − 4m 10 + 10 = m2 + 10 ,
2m − 10 = n oraz m = 43 10 ,
n = 53 10 oraz m = 43 10 .
Zatem długość ramienia AC trójkąta ABC jest równa
AC = CE + EA = m + 2 10 = 43 10 + 2 10 = 10
3
10 .
Niech C = ( x, y ) . Ponieważ AC = 10
3
10 i CS = 53 10 , więc
AC = 1000 CS = 250
2 2
9 i 9 ,
( x − 7 ) + ( y + 1) = 1000 250
2 22 2
9 i x +y = 9 .
Pierwsze równanie możemy zapisać w postaci
x 2 + y 2 − 14 x + 2 y + 50 = 1000
9 .
Stąd i z drugiego równania otrzymujemy
250 − 14 x + 2 y + 50 = 1000 ,
9 9
7 x − y + 50
3
=0,
y = 7 x + 150
9 .
Stąd i z pierwszego równania mamy
( ) = 250
2
x 2 + 7 x + 50
3 9
,
x 2 + 49 x 2 + 700
3
x + 2500
9
− 250
9
= 0,
50 x 2 + 700
3
x + 2250
9
=0,
x 2 + 14
3
x+5= 0,
3x 2 + 14 x + 15 = 0 ,
3x 2 + 9 x + 5x + 15 = 0 ,
3 x ( x + 3) x + 5 ( x + 3) = 0 ,
( x + 3)( 3x + 5) = 0 ,
x = −3 lub x = − 53 .
Gdy x = −3 , to y = 7 ⋅ ( −3) + 50
3
= − 13
3 , a gdy ( )
x = − 53 , to y = 7 ⋅ − 5 + 50 = 5 .
3 3
Ponieważ obie współrzędne punktu C są ujemne, więc C = ( −3, − 13
3)
.
Niech B = ( x, y ) . Ponieważ BC = AC = 10
3
10 i AB = 2 ⋅ 2 10 = 4 10 , więc
BC = 1000
2 2
9 i AB = 160 ,
( −3 − x ) + ( − 133 − y ) = 1000
2
i ( x − 7 ) + ( y + 1) = 160 ,
2 2 2
9
x 2 + y 2 + 6 x + 26
3
y − 250
3
= 0 i x 2 + y 2 − 14 x + 2 y − 110 = 0 .
Stąd
x + 13 y + 43 = 0 i x 2 + y 2 − 14 x + 2 y − 110 = 0 ,
y = −3 x − 4 i x 2 + ( −3x − 4 ) − 14 x + 2 ( −3x − 4 ) − 110 = 0 .
2
Drugie równanie możemy zapisać w postaci
10 x 2 + 4 x − 102 = 0 ,
5 x 2 + 2 x − 51 = 0 ,
Δ = 2 2 − 4 ⋅ 5 ⋅ ( −51) = 1024 , Δ = 32 ,
x = −210
−32 = − 17 lub x = −2+32 = 3 ,
5 10
Gdy x = − 17 17
(31
)
5 , to y = −3 ⋅ − 5 − 4 = 5 , a gdy x = 3 , to y = −3 ⋅ 3 − 4 = −13 .
Ponieważ punkt B nie leży w czwartej ćwiartce układu współrzędnych, więc B = − 17 31 .
5 ,5 ( )
Schemat punktowania
Rozwiązanie, w którym postęp jest niewielki, ale konieczny na drodze do pełnego
rozwiązania zadania 1 p.
Zdający:
a) obliczy długości odcinków stycznych poprowadzonych z punktu A:
AD = AE = 2 10
albo
b) obliczy współrzędne środka M odcinka AS oraz długość odcinka AS,
(
gdzie S = ( 0, 0 ) : M = 7 , − 1 , AS = 5 2 ,
2 2 )
albo
c) obliczy sinus kąta SAE : sin α = 5 ,
5
albo
d) zapisze równanie pęku prostych przechodzących przez punkt A: y = ax − 7 a − 1 ,
albo
e) zapisze, że trójkąt ADC jest podobny do trójkąta SEC ,
f) obliczy długość tylko jednego z odcinków AD lub AE: AD = AE = 2 10 oraz
zapisze tę długość w zależności od współrzędnych punktu D (lub E) lub obliczy
tangens kąta SAE lub SAD: tgα = 1
2
i na tym zakończy lub dalej popełnia błędy.
Rozwiązanie, w którym istotny postęp 2 p.
Zdający:
( x − 7 )2 + ( y + 1)2 = 40
A) obliczy AD = 2 10 oraz zapisze układ równań
x 2 + y 2 = 10
albo
B) obliczy AD = AE = 2 10 oraz zapisze układ równań z niewiadomymi m = CE i
n = CS :
• m = n+ 10 i n = m+ 10
10 2 10 10 2 10
( m + 2 10 ) = ( n + 10 ) + ( 2 10 ) i n = m + ( 10 )
2 2 2 2
2 2
•
albo
C) obliczy AD = 2 10 , obliczy tangens kąta SAE : tgα = 1 oraz obliczy
2
współczynnik kierunkowy prostej AS ( a AS = − 17 )
albo
( )
D) obliczy współrzędne środka M = 7 , − 1 , długość odcinka AS = 5 2 oraz zapisze
2 2
x − 7 + y + 1 = 25
( 2) ( 2) 2
2 2
układ równań
x 2 + y 2 = 10
albo
E) obliczy sinus kąta SAE : sin α = 55 , tangens tego kąta: tgα = 1 oraz współczynnik
2
kierunkowy prostej AS ( a AS = − 7 )1
albo
F) zapisze równanie pęku prostych przechodzących przez punkt A: y = ax − 7 a − 1 oraz
−7 a −1
równanie z niewiadomą a: = 10
a2 +1
albo
G) zapisze równanie pęku prostych przechodzących przez punkt A: y = ax − 7 a − 1 oraz
układu równań x 2 + y 2 = 10 i y = ax − 7 a − 1 wraz z warunkiem istnienia jednego
rozwiązania tego układu
i na tym zakończy lub dalej popełnia błędy.
Pokonanie zasadniczych trudności zadania 3 p.
Zdający:
(5 5 )
I obliczy współrzędne punktów styczności D i E : D = 9 , 13 , E = (1, − 3)
albo
II zapisze równania prostych AC i AB: y = 1 x − 10 , y = − 9 x + 50
3 3 13 13
albo
III obliczy długości odcinków CE i CS: m = CE = 4 10 , n = CS = 4 10
3 3
i na tym zakończy lub dalej popełnia błędy.
Rozwiązanie prawie pełne 4 p.
Zdający
• obliczy współrzędne wierzchołka B: B = − 17 , 31 ( 5 5)
albo
• obliczy współrzędne wierzchołka C: C = −3, − 13 ( 3 )
Uwaga
Jeżeli zdający
• ( 5 5)
obliczy współrzędne wierzchołka B: B = − 17 , 31 oraz zapisze układ równań
z niewiadomymi x, y – współrzędnymi wierzchołka C, np.: x − 3 y − 10 = 0
i 13x − 9 y = 0
albo
• (
obliczy współrzędne wierzchołka C: C = −3, − 13 oraz zapisze układ równań
3 )
y −1 13
z niewiadomymi x, y – współrzędnymi wierzchołka B, np.: x+7 = 9 i =
2 5 2 5
albo
• obliczy współrzędne obu wierzchołków B i C, popełniając w trakcie rozwiązania
błędy rachunkowe
to otrzymuje 5 punktów.
Rozwiązanie pełne 6 p.
Zdający obliczy współrzędne wierzchołków B i C: B = − 17 , 31 , C = −3, − 13 . ( 5 5) ( 3 )
Uwagi
1. Jeżeli zdający pominie informację o ujemnych współrzędnych punktu C i tym samym
zamieni miejscami proste AC i AB, to może otrzymać 5 punktów za całe rozwiązanie,
o ile nie popełni innych błędów.
2. Jeżeli zdający błędnie przyjmuje, że podstawą trójkąta jest inny bok niż AB, to może
otrzymać co najwyżej 5 punktów.
3. Jeżeli zdający realizuje strategię rozwiązania i popełnia jedynie błędy rachunkowe, to
może otrzymać 5 punktów, o ile popełnione błędy nie ułatwiają rozwiązania zadania
na żadnym etapie.
4. Jeżeli zdający zapisze dwa równania z dwiema niewiadomymi, którymi są
współrzędne punktu B lub C, to otrzymuje 2 punkty.
5. Jeżeli zdający odczytuje z rysunku współrzędne punktu E, a następnie wyznacza
równanie stycznej AE i na tym poprzestaje, to może otrzymać 1 punkt.Odpowiedź i kryteria punktowania pochodzą z oficjalnych zasad oceniania CKE.
Zadanie 157 punktówOdpowiedź wg zasad CKE · wyjaśnienie w przygotowaniuMMA-R1_1P-182 · Formuła 2015Matematyka — odpowiedź według zasad CKE
Rozpatrujemy wszystkie trapezy równoramienne, w które można wpisać okrąg, spełniające
warunek: suma długości dłuższej podstawy a i wysokości trapezu jest równa 2.
a) Wyznacz wszystkie wartości a, dla których istnieje trapez o podanych własnościach.
b) Wykaż, że obwód L takiego trapezu, jako funkcja długości a dłuższej podstawy trapezu,
4a 2 − 8a + 8
wyraża się wzorem L ( a ) = .
a
c) Oblicz tangens kąta ostrego tego spośród rozpatrywanych trapezów, którego obwód jest
najmniejszy.
MMA_1R
Odpowiedź: Nr zadania 15.
Wypełnia Maks. liczba pkt 7
egzaminator
Uzyskana liczba pkt
MMA_1R
MMA_1R
Pokaż odpowiedź
Przyjmijmy oznaczenia jak na rysunku.
Wyznaczmy dziedzinę funkcji L. Z warunków zadania wynika, że a > h , więc a > 2 − a .
Stąd a > 1 . Jeśli a = 1 , to czworokąt jest kwadratem. Ponadto a < 2 . Jeśli a = 2 , to h = 0
i zamiast trapezu mamy do czynienia z odcinkiem o długości 2.
Rozważany trapez istnieje jedynie dla a ∈ (1, 2 ) .
Z warunków zadania otrzymujemy
a + h = 2 , skąd h = 2 − a .
Ponieważ w trapez można wpisać okrąg, więc
a + b = 2c .
Obwód L trapezu jest więc równy
L = a + b + 2c = 2 ( a + b ) .
Trapez jest równoramienny, więc odcinki AE i FB mają tę samą długość równą
a −b
p= .
2
Z twierdzenia Pitagorasa dla trójkąta BCF otrzymujemy
p 2 + h2 = c2 ,
2 2
a −b 2 a+b
+h = ,
2 2
a 2 ab b 2 a 2 ab b 2
− + + h2 = + + ,
4 2 4 4 2 4
2
h = ab ,
( 2 − a ) = ab ,
2
( 2 − a)
2
a 2 − 4a + 4
b= = .
a a
Zatem
a 2 − 4a + 4 2a 2 − 4a + 4
L = a + b + 2c = 2 ( a + b ) = 2 a + = 2 ⋅ ,
a a
czyli
4a 2 − 8a + 8
L (a) = dla a ∈ (1, 2 ) .
a
Pochodna funkcji L jest równa
L′ ( a ) =
( 8a − 8 ) ⋅ a − ( 4 a 2 − 8a + 8 ) ⋅ 1
=
( )(
4a 2 − 8 4 a − 2 a + 2
=
)
dla a ∈ (1, 2 ) .
2
a a2 a2
Ponieważ dla każdego a ∈ (1, 2 ) prawdziwa jest nierówność
(
4 a+ 2 ) > 0 , więc
2
a
L′ ( a ) = 0 ⇔ a − 2 = 0 ∧ a ∈ (1, 2 ) ⇔ a = 2 ,
L′ ( a ) > 0 ⇔ a − 2 > 0 ∧ a ∈ (1, 2 ) ⇔ a ∈ ( 2, 2) ,
L′ ( a ) < 0 ⇔ a − 2 < 0 ∧ a ∈ (1, 2 ) ⇔ a ∈ (1, 2 ) .
Oznacza to, że w przedziale (1, 2 funkcja L jest malejąca, w przedziale 2, 2 ) jest
rosnąca, a w punkcie a = 2 osiąga minimum lokalne, które jest zarazem jej najmniejszą
wartością.
Tangens kąta ostrego trapezu o najmniejszym obwodzie jest równy
h 2−a 2(2 − a) a ( a − 2)
tgABC = = a−b = = ,
p 2 a −
2
a −4 a + 4
a
2 ( 1 − a )
więc dla a = 2 wartość tangensa jest równa
tgABC =
2 ( 2 − 2) = 2 − 2 2 = 1,
2 (1 − 2 ) 2−2 2
co oznacza, że ABC = 45° .
Schemat oceniania
Rozwiązanie zadania składa się z trzech etapów. Ocenianie II etapu jest niezależne od wyniku
uzyskanego za I etap.
I. Pierwszy etap, który oceniamy na 3 punkty, składa się z trzech części:
I.1) wyznaczenie wszystkich wartości a, dla których istnieje trapez o podanych
własnościach, czyli dziedziny funkcji L: DL = (1, 2 )
(Za wyznaczenie dziedziny uznaje się też zapisanie dwóch nierówności: 2 − a > 0 ,
a > 2 − a ).
I.2) zapisanie poprawnej zależności między wielkościami a i b, np.:
2
a −b + ( 2 − a )2 = a +b lub b = a − 4a + 4
( ) ( )
2 2
2 2 a
I.3) wykazanie, że obwód L trapezu, jako funkcja zmiennej a, wyraża się wzorem:
4a 2 − 8a + 8
L (a) =
a
Za poprawne rozwiązanie każdej z części tego etapu zdający otrzymuje 1 punkt.
II. Drugi etap (3 punkty) składa się z trzech części:
4a 2 − 8a + 8
II.1) wyznaczenie pochodnej funkcji f ( a ) = :
a
f ′(a) =
( )
(8a − 8) ⋅ a − 4a2 − 8a + 8 ⋅1 4a 2 − 8
lub f ′ ( )
a =
a2 a2
II.2) obliczenie miejsc zerowych pochodnej funkcji f : a = − 2 lub a = 2
II.3) uzasadnienie (np. badanie monotoniczności funkcji), że funkcja L posiada wartość
najmniejszą dla a = 2 .
III. Trzeci etap (1 punkt) – obliczenie tangensa kąta ostrego trapezu o najmniejszym polu:
tgABC = 1 .
Uwagi
1. Za poprawne uzasadnienie, że funkcja L posiada wartość najmniejszą dla wyznaczonej
wartości a, przy której pochodna się zeruje można uznać sytuacje, gdy zdający:
- opisuje, słownie lub graficznie (np. przy użyciu strzałek), monotoniczność funkcji L;
- zapisuje, że dla wyznaczonej wartości a funkcja L ma minimum lokalne i jest to
jednocześnie jej najmniejsza wartość.
Jeżeli zdający nie przedstawi takiego uzasadnienia, to za II etap może otrzymać co najwyżej
2 punkty.
2. Jeżeli zdający przyjmuje, że dziedziną funkcji L jest przedział ( 0, +∞ ) lub nie wyznaczy tej
dziedziny, to nie otrzymuje punktów za realizację części II.3.
3. Jeżeli zdający przyjmuje, że dziedziną funkcji L jest przedział ( 0, 2 ) lub zapisze warunki:
2 − a > 0 i a > 0 , to może otrzymać 1 punkt za realizację części II.3., o ile uzasadni istnienie
najmniejszej wartości funkcji.
4. Jeżeli zdający przyjmuje, że dziedziną funkcji L jest przedział (1, +∞ ) lub zapisze warunki:
a > h i h > 0 , lub zapisze warunek a > 2 − a , to może otrzymać 1 punkt za realizację części
II.3., o ile uzasadni istnienie najmniejszej wartości funkcji.
5. Jeżeli zdający przyjmuje, że dziedziną funkcji L jest przedział 1, 2 ) , to za realizację etapu
I.1 otrzymuje 1 punkt.
6. Jeżeli zdający w wyniku błędów nie wyznaczy poprawnie długości dłużej podstawy
trapezu o najmniejszym obwodzie, ale dla wyznaczonej wartości a obliczy tangens kąta
ostrego trapezu, to może otrzymać 1 punkt za III etap.
2
7. Jeżeli zdający bada inną funkcję zmiennej a niż postaci g ( a ) = k ⋅ 4a −a8a+8 , gdzie k ≠ 0 ,
to nie otrzymuje punktów za II i III etap rozwiązania.
8. Jeżeli z zapisu rozwiązania wynika, że zdający stosuje poprawny wzór na pochodną ilorazu
funkcji i dalej popełnia błędy, ale otrzymana w rozwiązaniu pochodna ma dwa różne miejsca
zerowe, to zdający może otrzymać w II etapie punkty za konsekwentną realizację części II.2)
i II.3). Jeżeli z zapisu rozwiązania nie wynika, że zdający stosuje poprawny wzór na
pochodną ilorazu funkcji i zdający popełnia błędy przy obliczaniu pochodnej, ale otrzymuje
wzór na pochodną, w którym w liczniku jest wielomian stopnia 2, a w mianowniku a2, to
może w II etapie otrzymać jedynie punkt za konsekwentną realizację części II.3.Odpowiedź i kryteria punktowania pochodzą z oficjalnych zasad oceniania CKE.