EGZAMIN MATURALNY W ROKU SZKOLNYM 2018/2019 MATEMATYKA

Transkrypt

1 EGZAMIN MATURALNY W ROKU SZKOLNYM 08/09 MATEMATYKA POZIOM ROZSZERZONY FORMUŁA DO 04 ( STARA MATURA ) ZASADY OCENIANIA ROZWIĄZAŃ ZADAŃ ARKUSZ MMA-R MAJ 09

2 Uwg: Akceptowne są wszystkie odpowiedzi merytorycznie poprwne i spełnijące wrunki zdni. Zdnie. (0 5) I. Wykorzystnie i tworzenie informcji.. Liczby rzeczywiste. Zdjący wykorzystuje pojęcie wrtości bezwzględnej i jej interpretcję geometryczną (.f). 4. Funkcje. Zdjący odczytuje z wykresu funkcji: dziedzinę i zbiór wrtości miejsc zerowe mksymlne przedziły w których funkcj rośnie mleje m stły znk (4.b). Zdjący sporządz wykres funkcji spełnijącej podne wrunki (4.c). Schemt punktowni Rozwiąznie pełne... 5 p. Zdjący zpisze poprwnie zbiór wrtości funkcji: 0 + ). Rozwiąznie prwie pełne... 4 p. Zdjący zpisze poprwnie wzór funkcji bez użyci symbolu wrtości bezwzględnej orz nrysuje wykres funkcji f. Pokonnie zsdniczych trudności zdni... 3 p. Zdjący zpisze poprwnie wzór funkcji bez użyci symbolu wrtości bezwzględnej we wszystkich trzech rozptrywnych przedziłch zpisze poprwnie wzór funkcji bez użyci symbolu wrtości bezwzględnej w trzech x 0 x < 0 x < 0 przypdkch: x + > 0 x + > 0 x + < 0 i n tym zkończy lub dlej popełni błędy. Rozwiąznie w którym jest istotny postęp... p. Zdjący zpisze poprwnie wzór funkcji bez użyci symbolu wrtości bezwzględnej w dwóch spośród trzech rozptrywnych przedziłów zpisze poprwnie wzór funkcji bez użyci symbolu wrtości bezwzględnej w dwóch x 0 x < 0 x < 0 spośród trzech przypdków: x + > 0 x + > 0 x + < 0 i n tym zkończy lub dlej popełni błędy. Stron z 4

3 Rozwiąznie w którym postęp jest niewielki le konieczny n drodze do pełnego rozwiązni zdni... p. Zdjący poprwnie wyznczy trzy przedziły w których rozptruje wzór funkcji f: ( ) ( ) + ). x 0 x 0 zpisze cztery przypdki w których rozptruje wzór funkcji f: x + > 0 x + < 0 x < 0 x < 0 x + > 0 x + < 0 i n tym zkończy lub dlej popełni błędy. Przykłdowe rozwiąznie Wzór funkcji f możemy zpisć bez użyci symbolu wrtości bezwzględnej. ( x + ) ) Dl x < otrzymujemy f ( x) = x+ 3( x+ ) = x 3x+ 3 = 4x+. x + x + ) Dl < x < otrzymujemy f ( x) = x+ 3( x+ ) = x 3x+ 3 = 4x+ 4. x + x + 3) Dl x otrzymujemy f ( x) = x+ 3( x ) = x+ 3x 3 = x. x + Ztem 4x+ dl x ( ; ) f ( x) = 4x+ 4 dl x ( ;) x dl x ; + ). Możemy nrysowć wykres funkcji f. y x Zbiorem wrtości funkcji f jest przedził 0 + ). Stron 3 z 4

4 Zdnie. (0 3) V. Rozumownie i rgumentcj.. Wyrżeni lgebriczne. Zdjący dodje odejmuje mnoży i dzieli wyrżeni wymierne; skrc i rozszerz wyrżeni wymierne (.f). Schemt punktowni Rozwiąznie pełne... 3 p. Zdjący przeprowdzi pełne rozumownie. Pokonnie zsdniczych trudności zdni... p. Zdjący zpisze nierówność w postci równowżnej: ( x y) + ( y x) x( y+ ) > 0 lub ( x y) + ( y x) > 0 lub ( x y) ( x y) x+ y+ zpisze że wystrczy wykzć prwdziwość nierówności + > wykzując y+ x+ y y+ wcześniej prwdziwość nierówności > x x + zpisze że f ( ) > 0 dl kżdego 0 pondto zbd monotoniczność funkcji f i stwierdzi że funkcj f jest rosnąc x+ y zpisze że wykresem funkcji f( ) = określonej dl y jest hiperbol y+ x której symptotą poziomą jest w ukłdzie współrzędnych Ob prost o równniu y b = ntomist symptotą pionową jest prost o równniu = y orz zpisze że x w przedzile 0+ ) funkcj f jest rosnąc. Rozwiąznie w którym jest istotny postęp... p. Zdjący zpisze nierówność w postci równowżnej: x + x + y + y xy x > 0 lub x + x + y + y xy x > 0 lub x y+ ( ) ( ) + x xy y x y wykże że dl dowolnych liczb 0 < x < y i > 0 prwdziw jest nierówność y y+ > x x + Stron 4 z 4

5 x+ y y x wyznczy pochodną funkcji f( ) = + : f ( ) = y+ x ( y+ ) x+ y zpisze że wykresem funkcji f( ) = określonej dl y jest y+ x hiperbol której symptotą poziomą jest w ukłdzie współrzędnych Ob prost y o równniu b = ntomist symptotą pionową jest prost o równniu = y. x Uwg Jeżeli zdjący prowdzi do końc rozumownie opisne w zmieszczonym poniżej III sposobie y y+ rozwiązni pomijjąc uzsdnienie prwdziwości nierówności > to może otrzymć x x + co njwyżej punkty. Przykłdowe rozwiązni I sposób Nierówność możemy przeksztłcić w sposób równowżny x+ y + > 0 y+ x x( x+ ) + y( y+ ) x( y+ ) > 0 x( y+ ) x + x + y + y xy x > 0 x y+ ( ) ( x y) + ( y x) x( y+ ) > 0. Z złożeni y > 0 x > 0 i > 0. Ztem y+ > 0 i x > 0 co ozncz że minownik ułmk stojącego po lewej strony otrzymnej nierówności jest dodtni. Kwdrt ( x y) jest nieujemny z złożeni x < y wynik że y x > 0 więc ( y x) > 0. Stąd licznik rozwżnego ułmk jest dodtni. W rezultcie otrzymn nierówność jest prwdziw. To kończy dowód. II sposób Z złożeni wynik że y > 0 x > 0 i > 0. Ztem y+ > 0. Mnożąc obie strony nierówności x+ y + > przez liczbę dodtnią ( y+ ) x otrzymujemy y+ x x( x+ ) + y( y+ ) > x( y+ ) x + x + y + y xy x > 0 x y + y x > 0. ( ) ( ) Stron 5 z 4

6 T nierówność jest prwdziw gdyż ( x y) 0 i > 0. To kończy dowód. > orz y x > bo z złożeni x < y III sposób Wykżemy njpierw że jeżeli licznik i minownik ułmk większego od zwiększymy o tę smą liczbę dodtnią to otrzymmy ułmek mniejszy od wyjściowego gdyż przy złożeniu y+ y że liczby x y i są dodtnie nierówność < jest równowżn kolejno nierównościom x + x x( y+ ) < y( x+ ) xy+ x< xy+ y x < y x < y y < x co jest prwdą. y y+ x+ y x+ y+ Ztem > więc + > + > gdyż sum liczby dodtniej i jej x x + y+ x y+ x+ odwrotności jest co njmniej równ. T równość zchodzi wtedy i tylko wtedy gdy tą liczbą y+ jest co w nszym przypdku nie zchodzi bo równość = oznczłby że x = y co x + jest sprzeczne z złożeniem x < y. IV sposób x+ y Niech f( ) = + dl 0. y+ x ( y+ ) ( x+ ) y x Obliczmy f ( ) = = y+ y+ ( ) ( ) ( ) 0 ztem f ( ) > 0 dl kżdego 0 więc x y f jest funkcją rosnącą. Wobec tego jeśli > 0 to f( ) > f(0) = 0 y + x bo sum liczby dodtniej i jej odwrotności jest równ co njmniej. Uwgi x+ y+. Prwdziwość nierówności + > możn też uzsdnić odwołując się do y+ x+ nierówności między średnią rytmetyczną i geometryczną różnych liczb dodtnich x + y+ i. y+ x +. Uzsdnienie że funkcj f jest rosnąc w przedzile 0+ ) możemy przeprowdzić bez odwoływni się do rchunku pochodnych. Rozwiąznie może wyglądć nstępująco. Niech x i y będą dowolnymi dodtnimi liczbmi rzeczywistymi tkimi że x < y. Rozwżmy x+ y funkcję f określoną wzorem f ( ) = + dl kżdej liczby rzeczywistej y. Jest y+ x to funkcj homogrficzn. Zpiszmy jej wzór w postci knonicznej Stron 6 z 4

7 y+ + x y y x y y x y y f ( ) = + = + + = +. y+ x y+ x y+ x Wykresem tej funkcji jest hiperbol której symptotą poziomą jest w ukłdzie współrzędnych y Ob prost o równniu b = ntomist symptotą pionową jest prost o równniu x y = y. Poniewż y> x> 0 więc > co ozncz że symptot poziom leży w I i II x ćwirtce ukłdu współrzędnych zś symptot pionow leży w II i III ćwirtce tego ukłdu. Pondto x y< 0 więc hiperbol któr jest wykresem funkcji f jest obrzem hiperboli A o równniu b = gdzie A < 0 leżącej w II i IV ćwirtce ukłdu współrzędnych jk n poniższym rysunku. + funkcj f jest rosnąc. W szczególności jest on rosnąc w przedzile 0+ ). Ztem dl kżdego rgumentu > 0 prwdziw jest nierówność Wynik stąd że w przedzile ( y ) x+ 0 y x y f ( ) > f ( 0). Zuwżmy że f ( 0) = + = + > = 0 gdyż liczby x y+ 0 x y x y i y x są dodtnie różne od i jedn z nich jest odwrotnością drugiej. W efekcie dl kżdego rgumentu > 0 prwdziw jest nierówność x+ y f ( ) = + > 0 y+ x czyli x+ y + >. y+ x Stron 7 z 4

8 V sposób Nierówność x+ y + > możemy przeksztłcić w sposób równowżny mnożąc obustronnie y+ x przez x( y+ ) bo z złożeni x( y ) Przeksztłcmy otrzymną nierówność + jest większe od zer. Otrzymujemy ( + ) + ( + ) ( + ) x x y y x y x x y y xy x x xy y x y + ( ) x xy y x y + ( x y) ( x y). Z złożeni x y i 0 ztem ( x y) 0 W rezultcie otrzymn nierówność jest prwdziw. To kończy dowód. ntomist kwdrt ( ) x y jest dodtni. Stron 8 z 4

9 Zdnie 3. (0 3) V. Rozumownie i rgumentcj. 7. Plnimetri. Zdjący wykorzystuje włsności figur podobnych w zdnich w tym umieszczonych w kontekście prktycznym. (7.b). Schemt punktowni Rozwiąznie pełne... 3 p. Zdjący zpisze pełne poprwne rozumownie. Pokonnie zsdniczych trudności zdni... p. Zdjący zpisze że trójkąty ASM i NLC lub trójkąty MKC i BTN są przystjące nie uzsdni tego przystwni i uzsdni tezę zpisze dwie proporcje wynikjące z podobieństw trójkątów pozwljące (wrz z równością AP = BP ) wyznczyć zleżność między długościmi odcinków ST i AB np.: p BT = i = x b b x b zpisze dwie proporcje wynikjące z twierdzeni Tles pozwljące (wrz z równością AP = BP ) wyznczyć zleżność między długościmi odcinków ST i AB np.: p p = i q q = x b x b x x zpisze długości odcinków AB AS i BT w zleżności od długości odcinków x = AM y= MC orz kąt α w postci : AB = ( x + y) cosα AS = x cosα BT = y cosα nrysuje odcinek MZ równoległy do BC orz odcinek ZN lub odcinek NZ równoległy do AC orz odcinek MZ zpisze że trójkąty AMZ i ZBN są równormienne le nie uzsdni że czworokąt MZNC jest równoległobokiem i poprwnie uzsdni tezę i n tym zkończy lub dlej popełni błędy. Rozwiąznie w którym postęp jest wprwdzie niewielki le konieczny n drodze do cłkowitego rozwiązni zdni..... p. Zdjący zpisze że trójkąty ASM i NLC są przystjące lub trójkąty MKC i BTN są przystjące zpisze że trójkąty np. ASM i APC są podobne lub zpisze proporcję wynikjącą z tego podobieństw AS SP zpisze proporcję wynikjącą z twierdzeni Tles np.: = AM MC Stron 9 z 4

10 obliczy pole trójkąt ADC orz wysokość CF: P ADC = 4 3 h = 8 3 wyznczy długość odcink AB w zleżności od długości odcinków x = AM y = MC orz kąt α : AB ( x y) ( x y) ( x y) ( x y) cos( 80 α ) = AS BT zpisze dwie zleżności: = cosα AM BN = cosα nrysuje odcinek MZ równoległy do BC orz odcinek ZN lub odcinek NZ równoległy do AC orz odcinek MZ i n tym zkończy lub dlej popełni błędy. Uwgi. Z uzsdnienie przystwni trójkątów prostokątnych np.: ASM i NLC uznjemy ) powołnie się n cechę przystwni kbk o ile n rysunku nie występują sprzeczne oznczeni kątów b) zznczenie n rysunku jednej pry odpowiednich kątów ostrych w tych trójkątch.. W III i IV sposobie rozwiązni nie wymgmy uzsdnieni podobieństw trójkątów lub powołni się n twierdzenie Tles. 3. Jeżeli zdjący rozptrzy tylko szczególny przypdek w którym punkty M i N są środkmi boków AC i BC to otrzymuje 0 punktów z cłe rozwiąznie. 4. Jeżeli zdjący zkłd że trójkąt ABC jest równoboczny i korzyst z tego złożeni to z cłe rozwiąznie otrzymuje 0 punktów. 5. Jeżeli zdjący przedstwi rozwiąznie w którym odwołuje się tylko do rgumentów pozmtemtycznych np. przesuw punkty M i N po odcinkch AC i BC z tymi smymi szybkościmi to może otrzymć punkt z zuwżenie że rzuty prostokątne n prostą AB odcinków równych z których jeden leży n prostej AC drugi n prostej BC są równe. Przykłdowe rozwiązni I sposób ( przystwnie trójkątów I ) Niech P będzie środkiem podstwy AB tego trójkąt. Poprowdźmy przez punkty M i N proste równoległe do podstwy AB trójkąt ich punkty przecięci z prostą CP oznczmy odpowiednio K i L. Oznczmy też x = AM = CN y= MC p= AS q= MK jk n rysunku. Poniewż trójkąt ABC jest równormienny więc NB = MC = y. Trójkąty ASM i NLC są przystjące gdyż ob są prostokątne AM = CN orz BAC = ABC = LNC orz AMS = 90 BAC = 90 LNC = NCL. Podobnie uzsdnimy że trójkąty MKC i BTN są przystjące. Stron 0 z 4

11 Ztem Stąd wynik że PT = LN = AS = p orz SP = MK = TB = q. ( ) ST = SP + PT = q + p = p + q = AB. II sposób ( przystwnie trójkątów II ) Niech P będzie środkiem podstwy AB tego trójkąt. Poprowdźmy przez punkt N prostą równoległą do podstwy AB trójkąt punkt jej przecięci z prostą CP oznczmy przez L. Oznczmy też x = AM = CN p= AS jk n rysunku. Trójkąty ASM i NLC są przystjące gdyż ob są prostokątne AM = CN BAC = ABC = LNC orz AMS = 90 BAC = 90 LNC = NCL. Stąd wynik że PT = LN = AS = p. Poniewż trójkąt ABC jest równormienny więc AP Stąd wynik że = BP. ST = SP + PT = ( AP p) + p = AP = AB. Uwg Anlogiczne rozumownie możemy przeprowdzić wychodząc od pry trójkątów przystjących MKC i BTN (oznczeni jk w I sposobie ocenini). III sposób ( podobieństwo trójkątów ) Niech P będzie środkiem podstwy AB tego trójkąt. Oznczmy też x = AM = CN b= AC = BC = AP jk n rysunku. Poniewż P jest spodkiem wysokości trójkąt równormiennego więc BP = AP =. Trójkąty ASM i APC są podobne n mocy cechy kkk poniewż obydw są trójkątmi prostokątnymi (odcinki SM i PC są równoległe) kąt PAC jest kątem wspólnym obu trójkątów. Stąd wynik że AS AP AM = AC czyli p =. x b Stron z 4

12 x x Stąd p =. Ztem SP = AP p =. b b Poniewż NT CP i kąt CBP jest kątem wspólnym więc n mocy cechy kkk trójkąt BTN jest podobny do trójkąt BPC. Stąd wynik że BT BP BT = czyli =. BN BC b x b ( b x) ( b x) b b + x x Stąd BT = więc PT = BP BT = = =. b b b b Ztem x x ST = SP + PT = AB b + b = =. To kończy dowód. IV sposób ( twierdzeni Tles ) Niech P będzie środkiem podstwy AB tego trójkąt. Oznczmy też x = AM = CN b= AC = BC = AP p= AS q= PT jk n rysunku. Poniewż trójkąt ABC jest równormienny P jest spodkiem jego wysokości więc BN = MC = b x i BP = AP =. Z twierdzeni Tles otrzymujemy AS SP BT PT = orz = AM MC BN NC czyli p p = orz q q =. x b x b x x Stąd pb px = x px orz x qx = bq qx x x p = orz q =. b b Ztem x x ST = SP + PT = p + q = AB b + b = =. To kończy dowód. Stron z 4

13 V sposób ( trygonometri ) Oznczmy α = BAC = ABC x = AM = CN y = MC = AP jk n rysunku. Wtedy NB = BC x = AC x = y orz ACB = 80 α. Z twierdzeni cosinusów dl trójkąt ABC otrzymujemy = + cos( 80 ) ( ) ( ) ( ) ( ) cos( 80 ) AB = ( x+ y) + ( x+ y) cosα AB AC BC AC BC α AB = x+ y + x+ y x+ y x+ y α ( ) ( ) AB = x + y + cos α sin α ( ) AB = 4 x + y cos α. Stąd AB = ( x + y) cosα. Z trójkątów ASM i BTN otrzymujemy AS BT = cosα orz AM BN = cosα AS BT = cosα orz x y = cosα. Stąd AS = x cosα orz BT = y cosα. Ztem ST = AB AS BT = ( x + y) cosα x cosα y cosα = ( x + y) cosα = AB. To kończy dowód. VI sposób ( trójkąty równormienne ) Nrysujmy odcinek MZ równoległy do prostej BC tki że koniec Z tego odcink leży n podstwie AB trójkąt ABC orz odcinek NZ. Oznczmy też x = AM = CN y = MC p= AS q= TB jk n rysunku. Stron 3 z 4

14 Wtedy kąty odpowidjące AZM i ABC są równe. To ozncz że trójkąt AZM jest równormienny. Stąd wynik że MZ = AM = CN = x. Ztem czworokąt MZNC jest równoległobokiem (jego boki MZ i CN są równoległe i mją równe długości) co ozncz że ZN = MC = y. To z kolei ozncz że trójkąt ZBN jest równormienny. Punkty S i T to spodki wysokości trójkątów równormiennych więc AS = SZ = p orz ZT = TB = q. Stąd To kończy dowód. ( ) ST = SP + PT = q + p = p + q = AB. Stron 4 z 4

15 Zdnie 4. (0 5) III. Modelownie mtemtyczne. 5. Ciągi liczbowe. Zdjący stosuje wzory n n-ty wyrz i sumę n początkowych wyrzów ciągu rytmetycznego i ciągu geometrycznego również umieszczone w kontekście prktycznym (5.c). Schemt punktowni Rozwiąznie pełne... 5 p. Zdjący wyznczy szukną trójkę liczb: = 5 b = 0 c = 4. Rozwiąznie prwie pełne... 4 p. Zdjący obliczy poprwnie dwie trójki liczb b c i nie uwzględni wrunku że ciąg ( + b+ 5 c) musi być rytmetyczny i mlejący obliczy poprwnie dwie trójki liczb b c i uwzględni wrunek że ciąg ( + b+ 5 c) jest rytmetyczny i mlejący i pod konsekwentną odpowiedź le w trkcie rozwiązni popełni błędy rchunkowe. Uwg Jeśli zdjący rozwiąże równnie kwdrtowe z jedną niewidomą i n tym poprzestnie lub w dlszej części rozwiązni popełni błędy rzeczowe to otrzymuje 3 punkty. Pokonnie zsdniczych trudności zdni... 3 p. Zdjący zpisze równnie z jedną niewidomą np.: 00 = ( 9 ) i n tym zkończy lub dlej popełni błędy. Rozwiąznie w którym jest istotny postęp... p. Zdjący wykorzyst włsność ciągu geometrycznego i włsność ciągu rytmetycznego + + c i zpisze np.: b = c i b + 5 = i n tym zkończy lub dlej popełni błędy. Rozwiąznie w którym postęp jest niewielki le konieczny n drodze do pełnego rozwiązni zdni... p. Zdjący wykorzyst włsność ciągu geometrycznego i zpisze np.: b = c + + c wykorzyst włsność ciągu rytmetycznego i zpisze np.: b + 5 = i n tym zkończy lub dlej popełni błędy. Przykłdowe rozwiąznie Z włsności ciągu geometrycznego otrzymujemy b = c. Z włsności ciągu rytmetycznego otrzymujemy + + c b + 5 = b+ 9= + c. Stron 5 z 4

16 Stąd i z równni + b+ c= 39 otrzymujemy b+ b+ 9= 39 3b = 30 b = 0. Ztem + c= 9 orz 00 = c. Z pierwszego z tych równń dostjemy c= 9. Stąd i z drugiego równni otrzymujemy równnie z jedną niewidomą 00 = 9 Gdy = 4 to c 9 5 jednk ciąg mlejący. Gdy = 5 to c 9 4 mlejący ciąg rytmetyczny. Ztem: = 5 b = 0 c = 4. ( ) = = 0 ( )( ) = 4 lub = 5. b 5 c = =. Wówczs ciąg ( + + ) m postć ( ) = =. Wówczs ciąg ( + b+ 5 c) m postć ( ) Nie jest to Jest to Stron 6 z 4

17 Zdnie 5. (0 6) IV. Użycie i tworzenie strtegii. 8. Geometri n płszczyźnie krtezjńskiej. Zdjący rozwiązuje zdni dotyczące wzjemnego położeni prostej i okręgu orz dwóch okręgów n płszczyźnie krtezjńskiej (R8.b). Schemt punktowni Rozwiąznie skłd się z dwóch etpów: Pierwszy etp poleg n wyznczeniu zleżności niezbędnych do obliczeni q. Z poprwne rozwiąznie tego etpu zdjący otrzymuje 4 punkty. Drugi etp poleg n wyznczeniu wrtości ilorzu ciągu geometrycznego. Z poprwne rozwiąznie tego etpu zdjący otrzymuje punkty. Uwg Zdjący może rozpocząć relizcję drugiego etpu przed podjęciem dziłń koniecznych do relizcji pierwszego etpu. Podził punktów z pierwszy etp rozwiązni: Zdjący otrzymuje 4 punkty gdy: zpisze poprwne zleżności między wyrzmi ciągu: = c b= c c = 3 b= 3 b = r =. zpisze równnie kwdrtowe z niewidomą q: 3q + 8q 3= 0. Zdjący otrzymuje 3 punkty gdy: rozwiąże równnie z niewidomymi i c: 9 3 = c lub = c c = lub c = zpisze równnie kwdrtowe z niewidomą b lub r : 3 9 r r + 4 = 0 lub 9 + = 0. b b 4 Zdjący otrzymuje punkty gdy zpisze równnie z dwiem niewidomymi: 9 np.: i c + c + c = + + c 4 np.: i r 4 = 9 + 8r+ 9r 5 + 4r. Stron 7 z 4

18 Zdjący otrzymuje punkt gdy zpisze zleżności wynikjące z zstosowni włsności ciągów rytmetycznego i geometrycznego + c np.: b = lub b= + r c= + r. = = 3b + b+ c 3b + b+ c Podził punktów z drugi etp rozwiązni: Zdjący otrzymuje punkty gdy obliczy wrtość ilorzu ciągu geometrycznego: q =. 3 Zdjący otrzymuje punkt gdy wyrzi ilorz ciągu geometrycznego jko funkcję dwóch zmiennych np.: 3 q = b = lub q = 3b 3 + r. Uwgi. Jeżeli zdjący relizuje strtegię rozwiązni i popełni jedynie błędy rchunkowe to może otrzymć 5 punktów o ile popełnione błędy nie ułtwiją rozwżnego zgdnieni n żdnym etpie rozwiązni.. Jeżeli zdjący relizuje strtegię rozwiązni i jedynym błędem który jednk nie ułtwi rozwżni zgdnieni n żdnym etpie rozwiązni jest błąd polegjący n niepoprwnym zstosowniu włsności ciągu rytmetycznego ciągu geometrycznego to zdjący otrzymuje co njwyżej 4 punkty. 3. Jeżeli zdjący pomyli ciąg rytmetyczny z geometrycznym to z cłe rozwiąznie otrzymuje 0 punktów o ile nie uzysk punktu z wyznczenie q w zleżności od dwóch zmiennych np.: 3 q = b =. 3b 4. Jeżeli zdjący nie otrzym równni kwdrtowego zupełnego z dwiem niewidomymi to uznjemy że zncznie ułtwił sobie rozwiąznie i z pierwszy etp rozwiązni może otrzymć co njwyżej punkty. 5. Jeżeli zdjący wyzncz q jedynie n podstwie konkretnych wrtości wyrzów ciągów rytmetycznego i geometrycznego to otrzymuje co njwyżej punkt. Przykłdowe rozwiąznie Zkłdmy że 0 b 0 + b+ c 0. Ciąg ( b c) jest ciągiem rytmetycznym ztem: + c b =. Ciąg jest ciągiem geometrycznym ztem: 3b + b+ c = 3b + b+ c Stron 8 z 4

19 stąd po przeksztłcenich otrzymujemy: 9 ( ). 4 b = + b+ c Po podstwieniu b otrzymujemy: 9 + c + c = + + c c + c + = + c + c 4 4 9( + + ) = c c c c Równnie możn doprowdzić do postci: 39 4c+ 9c = 0 lub 9c 4c 39 = 0. Wyróżnik trójminu kwdrtowego 39 4c+ 9c ( trktujemy jko zmienną) jest równy Δ= 600 c Δ= 40c. Wyróżnik trójminu kwdrtowego 9c 4c 39 (c trktujemy jko zmienną) jest równy Δ= 600 Δ= 40. Stąd pierwistki równń odpowiednio 39 4c+ 9c = 0 i 9c 4c 39 = 0są równe: 9 3 = c lub = c orz c = lub c = Rozwiązni = c i c = są sprzeczne z złożeniem o dodtniości wyrzów ciągu 3 9 rytmetycznego. A ztem b= c lub b=. 3 Ilorz ciągu geometrycznego jest równy 3b q = = ztem q =. 3b 3 Odp.: Ilorz ciągu geometrycznego q =. 3 Stron 9 z 4

20 Uwg Możemy też w rozwiązniu zuwżyć że q = 3 b i c= b. Wówczs otrzymmy równnie kwdrtowe: 3q + 8q 3= 0. Wyznczmy dw rozwiązni tego równni: q = 3 lub q =. Zuwżmy że tylko q = 3 spełni wrunki zdni. 3 Stron 0 z 4

21 Zdnie 6. (0 5) IV. Użycie i tworzenie strtegii.. Wyrżeni lgebriczne. Zdjący wykonuje dzielenie wielominu przez dwumin x ; stosuje twierdzenie o reszcie z dzieleni wielominu przez dwumin x (R.b). 3. Równni i nierówności. Zdjący rozwiązuje równni i nierówności wielominowe (R3.c). Schemt punktowni Rozwiąznie pełne... 5 p. Zdjący wyznczy miejsc zerowe: 3. Rozwiąznie zdni do końc lecz z usterkmi które jednk nie przekreślją poprwności rozwiązni... 4 p. Zdjący wyznczy szukną wrtość m: m =. Pokonnie zsdniczych trudności zdni... 3 p. Zdjący rozwiąże jedno z otrzymnych równń stopni trzeciego z jedn niewidomą m: np. 3 równnie 4m 4m = 0 m trzy rozwiązni: m = 0 m = m = równnie m 3 4m+ 3= 0 m trzy rozwiązni: m = i n tym zkończy lub dlej popełni błędy. 3 m = 3 m = + Rozwiąznie w którym jest istotny postęp... p. Zdjący zpisze dw równni z niewidomą m: 3 + m 3 + m+ = 0i ( ) ( ) 3 ( ) ( m 3 ) ( ) ( ) ( m ) = 6 i n tym zkończy lub dlej popełni błędy. Rozwiąznie w którym postęp jest niewielki le konieczny n drodze do pełnego rozwiązni... p. Zdjący zpisze wrunek W ( ) = 0 lub równnie 3 + ( m 3 + ) ( m+ ) = 0 W = 6 lub równnie zpisze wrunek ( ) 3 ( ) ( m 3 ) ( ) ( ) ( m ) = 6 i n tym zkończy lub dlej popełni błędy. Przykłdowe rozwiąznie Z twierdzenie Bezoute wynik że ( ) W = 0 czyli ( m ) ( m ) = 6 3 4m 8 4m = 4m 4m = 0 4m m = 0 ( ) ( )( m ) 4mm + = 0 m = 0 lub m = lub m =. Stron z 4

22 Z twierdzeni o reszcie z dzielenie wielominu przez dwumin liniowy otrzymujemy W = 6 czyli ( ) 3 ( ) ( m 3 ) ( ) ( ) ( m ) = m + + 4m = 6 3 m 4m+ 3= 0. Jednym z rozwiązń tego równni jest m = gdyż = 0. Ztem wielomin 3 P( m) = m 4m+ 3 jest podzielny przez m. Dzielenie to wykonmy przy pomocy lgorytmu Horner Ztem P( m) ( m )( m m 3) = +. Pozostłe pierwistki wielominu P to pierwistki trójminu kwdrtowego m + m 3. Obliczmy te pierwistki Δ= 4 3 = 3 Δ= 3 ( ) 3 m + 3 = m =. Ztem jest tylko jedn szukn wrtość m =. Dl m = wielomin W( x ) przyjmuje postć: 3 x + 3x x 6. Szukmy pierwistków tego wielominu stosując dzielenie przez dwumin x i otrzymujemy: W x = x x + 7x + 3. ( ) ( )( ) x x+ 3 x +. Rozkłdmy wielomin n czynniki stopni pierwszego: ( )( ) Miejscmi zerowymi są: 3. Uwg Nie musimy rozwiązywć obu otrzymnych równń. Po rozwiązniu pierwszego z nich wystrczy sprwdzić któr z wyznczonych wrtości m jest rozwiązniem drugiego równni. 3 Poniewż = 3 0 więc m = 0 nie jest poszukiwną wrtością m. Poniewż = 0 więc dl m = spełnione są wszystkie wrunki zdni = 8 0 więc m = 0 nie jest poszukiwną wrtością m. Poniewż ( ) ( ) Stron z 4

23 Zdnie 7. (0 4) II. Wykorzystnie i interpretownie reprezentcji. 6. Trygonometri. Zdjący rozwiązuje równni i nierówności trygonometryczne (R6.e). Schemt punktowni Rozwiąznie pełne... 4 p. Zdjący wyznczy wszystkie rozwiązni równni w podnym przedzile: 7π π x = 0 lub x = π lub x = π lub x = lub x =. 6 6 Pokonnie zsdniczych trudności zdni... 3 p. Zdjący rozwiąże jedno z równń sin x = 0 lub sin x = w przedzile 0 π wyznczy wszystkie rozwiązni równń sin x = 0 i sin x = w zbiorze R. Rozwiąznie w którym postęp jest istotny... p. Zdjący zpisze lterntywę dwóch równń trygonometrycznych sin x = 0 lub sin x = i n tym zkończy lub dlej popełni błędy. Rozwiąznie w którym postęp jest wprwdzie niewielki le konieczny n drodze do pełnego rozwiązni zdni... p. Zdjący zpisze podne równnie w postci w której występuje tylko jedn funkcj trygonometryczn tego smego rgumentu np. sin x = sinx + i n tym zkończy lub dlej popełni błędy. Uwgi. Jeżeli zdjący popełnił błąd przy rozwiązywniu równni kwdrtowego i otrzymł równnie sprzeczne lub równnie którego wszystkie rozwiązni są spoz przedziłu to może otrzymć co njwyżej punkt.. Jeżeli zdjący popełnił błąd przy rozwiązywniu równni kwdrtowego i otrzymł równnie które m tylko jedno rozwiąznie z przedziłu to może otrzymć co njwyżej punkty. 3. Jeżeli zdjący popełnił błąd przy rozwiązywniu równni kwdrtowego i otrzymł równnie które m dw rozwiązni z przedziłu przy czym co njmniej jedno z nich jest z przedziłu ( ) to może otrzymć co njwyżej 3 punkty 4. Jeżeli zdjący pod rozwiąznie bez stosownego uzsdnieni to otrzymuje 0 punktów. Stron 3 z 4

24 Zdnie 8. (0 4) IV. Użycie i tworzenie strtegii. 7. Plnimetri. Zdjący znjduje związki mirowe w figurch płskich z zstosowniem twierdzeni sinusów i twierdzeni cosinusów (R7.d). Schemt punktowni Rozwiąznie pełne... 4 p. Zdjący obliczy obwód trójkąt ABC: L = 0. ABC Pokonnie zsdniczych trudności zdni... 3 p. Zdjący zpisze równnie wymierne z jedną niewidomą np.: 49 7 = ( + 6) lub = lub = lub 7 ( 7 ) = ( 8 3) + ( ) lub = ( 9 ) + ( ) lub = ( + 6)( 4 + 6) lub = 49( 49) lub 49 lub = lub = 48 = lub = ( + 6) + ( + 6) lub ( + )( 5) 5 = ( ). Rozwiąznie w którym jest istotny postęp... p. Zdjący obliczy cosα = orz zpisze równnie wynikjące z twierdzeni cosinusów dl trójkąt ABC: = cosα obliczy cosω = 7 orz zpisze równnie wynikjące z twierdzeni cosinusów dl trójkąt BCD np.: 4 = + cos 80 ω lub ( ) ( ) ( ) = cosω obliczy sin ω = orz sin ( 80 ω) = obliczy cosω = 7 orz zpisze równnie wynikjące z definicji cosinus w trójkącie ED BCD: cosω = Stron 4 z 4

25 obliczy AF = 8 CF = 8 3 orz wyznczy długość odcink BF w zleżności od : BF = obliczy pole trójkąt ADC wyznczy pole trójkąt BCD w zleżności od orz wyznczy stosunek pól trójkątów ADC i BCD w zleżności od : P ADC = 4 3 PADC 6 PBCD = 7 49 = PBCD 4 3 zpisze równnie pierwistkowe z niewidomą : = 7 49 obliczy pole trójkąt ADC wysokość CF orz długość odcink DF: P = 4 3 CF = 8 3 DF = zpisze ukłd równń z dwiem niewidomymi i cos β : ( ) ( ) = β i 4 = + cos β cos obliczy pole trójkąt ADC orz wyznczy pol trójkątów ABC i BCD w zleżności od : P ADC = 4 3 P ( )( ) ABC i n tym zkończy lub dlej popełni błędy. = P = 8 3 BCD ADC Rozwiąznie w którym postęp jest niewielki le konieczny n drodze do pełnego rozwiązni zdni... p. Zdjący obliczy cosα = zpisze równnie wynikjące z twierdzeni cosinusów dl trójkąt ABC: = 6 + ( + 6) 6 ( + 6) cosα lub 6 = ( + 6) + ( + 6) cos β obliczy cosδ = lub cosω = 7 7 ED 7 zpisze że cosω = lub cosω = zpisze ukłd dwóch równń z dwiem niewidomymi: 6 = h + x+ 6 orz 4 = h + x ( ) Stron 5 z 4

26 obliczy pole trójkąt ADC i wyznczy pole trójkąt BCD w zleżności od długości boku BC: P ADC = 4 3 PBCD = 7 49 obliczy pole trójkąt ADC i wyznczy pol trójkątów ABC i BCD w zleżności od długości boku BC orz sin β : P ADC = 4 3 PABC = ( + 6) sinβ PBCD = sin β obliczy pole trójkąt ADC orz wysokość CF: P ADC = 4 3 CF = 8 3 zpisze równnie wynikjące z twierdzeni cosinusów dl trójkąt BCD: 4 = + cos β i n tym zkończy lub dlej popełni błędy. Uwgi. Jeżeli zdjący relizuje strtegię rozwiązni i popełni jedynie błędy rchunkowe to może otrzymć 3 punkty o ile popełnione błędy nie ułtwiją rozwżnego zgdnieni n żdnym etpie rozwiązni.. Jeżeli zdjący pominie współczynnik we wzorze n pole trójkąt to może otrzymć 3 punkty z rozwiąznie zdni konsekwentnie do końc. 3. Jeżeli zdjący relizuje strtegię rozwiązni i jedynym błędem który jednk nie ułtwi rozwżni zgdnieni n żdnym etpie rozwiązni jest błąd polegjący n niepoprwnym zstosowniu: ) twierdzeni cosinusów lub twierdzeni sinusów lub niewłściwym podstwieniu do wzoru z tego twierdzeni b) definicji funkcji trygonometrycznej c) wzoru Heron d) twierdzeni Pitgors e) wzoru redukcyjnego f) wzoru n pole trójkąt z sinusem kąt między bokmi g) twierdzeni Stewrt h) wzoru b = b lub ( ) + b = + b to zdjący otrzymuje co njwyżej punkty z rozwiąznie cłego zdni. 4. Jeżeli zdjący relizuje strtegię rozwiązni i popełni jeden błąd wymieniony w uwdze 3. pondto popełni błędy rchunkowe to otrzymuje punkt. 5. Jeżeli zdjący stosuje przybliżeni funkcji trygonometrycznych i tym smym zmieni spekt rozwżnego zgdnieni to może otrzymć co njwyżej 3 punkty z cłe rozwiąznie. 6. Jeżeli zdjący zkłd że kąt CAD m mirę 60 stopni to może uzyskć jedynie punkty z te części rozwiązni w których nie korzyst z tego nieuprwnionego złożeni. Stron 6 z 4

27 Przykłdowe rozwiązni I sposób Przyjmijmy oznczeni jk n rysunku. Z twierdzeni cosinusów dl trójkąt ADC otrzymujemy 4 = cosα. Stąd cosα = =. 66 Ztem α = 60. Z twierdzeni cosinusów dl trójkąt ABC otrzymujemy = cosα Obwód trójkąt ABC jest równy ( ) ( ) = = 96 = 49. ( ) L = = 0. ABC II sposób Przyjmijmy oznczeni jk n rysunku. Z twierdzeni cosinusów dl trójkąt ADC otrzymujemy 6 = cosδ. Stron 7 z 4

28 Stąd cosδ = = Ztem cosω = cos( 80 δ) = cosδ = =. 7 7 Z twierdzeni cosinusów dl trójkąt BCD otrzymujemy 4 = + cos 80 ω 96 = + cos ω ( ) ( ) = cos ω = + cos ω = cos ω = ( 7 ) = = cosω = 49 8 = 96 = 49 7 z twierdzeni sinusów otrzymujemy 4 = sinω sin 80 ( ) ( ω) sin 80 ω = sin ω = sinω cosω sin ( 80 ω ) = = 44 4 = = = Więc obwód trójkąt ABC jest równy L = = 0. ABC Stron 8 z 4

29 III sposób Przyjmijmy oznczeni jk n rysunku. Z twierdzeni cosinusów dl trójkąt ADC otrzymujemy 6 = cosδ. Stąd cosδ = = Ztem cosω = cos( 80 δ) = cosδ = =. 7 7 Trójkąt BCD jest równormienny więc spodek E wysokości BE tego trójkąt jest środkiem boku CD. Ztem ED cosω = 7 = 7 Stąd = 49 więc obwód trójkąt ABC jest równy L = = 0. ABC IV sposób Poprowdźmy wysokość CF trójkąt ABC i przyjmijmy oznczeni jk n rysunku. Z twierdzeni cosinusów dl trójkąt ADC otrzymujemy 4 = cosα. Stąd cosα = =. 66 Ztem α = 60. Trójkąt AFC jest więc połową trójkąt równobocznego o boku długości 6. Stąd AF = 8 i CF = 8 3. Stron 9 z 4

30 W rezultcie DF = AF AD = 8 6= orz BF = BD DF =. Z twierdzeni Pitgors dl trójkąt BCF otrzymujemy Obwód trójkąt ABC jest równy ( 8 3) ( ) = + = = 96 = 49. L = = 0. ABC V sposób Poprowdźmy wysokość CF trójkąt ABC i przyjmijmy oznczeni jk n rysunku. Z twierdzeni Pitgors dl trójkątów AFC i DFC otrzymujemy 6 = h + x+ 6 orz 4 = h + x 56 = h + x + x+ 36 orz 96 = h + x 0 = 96 + x orz h = 96 x 4 = x orz h = 96 x x = orz h = 96 = 9. Ztem BF = BD DF =. Z twierdzeni Pitgors dl trójkąt BCF otrzymujemy Obwód trójkąt ABC jest równy ( ) ( 9 ) ( ) = + = = 96 = 49. L = = 0. ABC Stron 30 z 4

31 VI sposób Przyjmijmy oznczeni jk n rysunku. Z twierdzeni Stewrt dl trójkąt ABC otrzymujemy = ( )( ) ( )( ) = = = 588 = 49. Obwód trójkąt ABC jest równy L = = 0. ABC VII sposób Przyjmijmy oznczeni jk n rysunku. Obliczmy pole trójkąt ADC ze wzoru Heron Połow obwodu tego trójkąt jest równ p = = 8 więc ( ) ( ) ( ) P = = 8 4 = 4 3. ADC Trójkąt BCD jest równormienny więc wysokość h opuszczon n bok CD jest równ h= 7 = 49. Ztem PBCD = 4 49 = Poniewż trójkąty ADC i BCD mją wspólną wysokość opuszczoną z wierzchołk C więc PADC 6 = P BCD Stron 3 z 4

32 czyli Stąd Ztem Obwód trójkąt ABC jest równy = = ( ) 48 = = = 49. = 49. L = = 0. ABC VIII sposób Przyjmijmy oznczeni jk n rysunku. Obliczmy pole trójkąt ADC ze wzoru Heron Połow obwodu tego trójkąt jest równ p = = 8 więc P ADC = 8 ( 8 6) ( 8 4) ( 8 6) = 8 4 = 4 3. Pol trójkątów ABC i BCD są równe odpowiednio PABC = ( + 6) sinβ orz PBCD = sin β. Poniewż PABC = PBDC + PADC więc ( + 6) sinβ = sinβ sin β + 6sin β = sin β sin β = = sin β 8 3 = β β sin cos Stron 3 z 4

33 4 3 () =. β β sin cos Poniewż trójkąt BCD jest równormienny więc wysokość opuszczon n podstwę CD dzieli ten trójkąt n dw przystjące trójkąty prostokątne. Ztem β 7 () sin =. Z jedynki trygonometrycznej otrzymujemy β β 49 (3) cos = sin =. Z () () i (3) otrzymujemy równnie z niewidomą 4 3 = Stąd 7 49 = = = = = = 49. Ztem = 49. Obwód trójkąt ABC jest równy L = = 0. ABC IX sposób Poprowdźmy wysokości CF i BE trójkąt BCD i przyjmijmy oznczeni jk n rysunku. Obliczmy pole trójkąt ADC ze wzoru Heron. Stron 33 z 4

34 Połow obwodu tego trójkąt jest równ p = = 8 więc P ADC = 8 ( 8 6) ( 8 4) ( 8 6) = 8 4 = 4 3. Odcinek CF jest też wysokością trójkąt ADC więc pole tego trójkąt jest równe P 6 3 ADC = AD h= h= h. Otrzymujemy ztem 3h = 4 3 h = 8 3. Z twierdzeni Pitgors dl trójkąt CDF otrzymujemy DF = CD CF ( ) DF = = 4. Stąd DF =. Trójkąt BCD jest równormienny więc spodek E wysokości BE tego trójkąt jest środkiem podstwy CD. Ztem DE = CD = 4 = 7. Trójkąty CDF i BDE są podobne gdyż ob są prostokątne i mją wspólny kąt ostry przy wierzchołku D. Ztem DB CD = DE DF Obwód trójkąt ABC jest równy 7 = 4 = 49. L = = 0. ABC X sposób Przyjmijmy oznczeni jk n rysunku. Z twierdzeni cosinusów dl trójkąt BCD otrzymujemy 4 = + cos β. Stąd 4 cos β =. Z twierdzeni cosinusów dl trójkąt ABC otrzymujemy Stron 34 z 4

35 ( ) ( ) cos = β. Stąd i z poprzednio otrzymnego równni otrzymujemy równnie z jedną niewidomą 4 6 = ( + 6) + ( + 6) 3 ( ) ( )( ) 56= = = 6 96 = 49. Obwód trójkąt ABC jest równy L = = 0. ABC XI sposób Poprowdźmy wysokość CF trójkąt BCD i przyjmijmy oznczeni jk n rysunku. Obliczmy pole trójkąt ADC ze wzoru Heron Połow obwodu tego trójkąt jest równ p = = 8 więc P ADC = 8 ( 8 6) ( 8 4) ( 8 6) = 8 4 = 4 3. Odcinek CF jest też wysokością trójkąt ADC więc pole tego trójkąt jest równe P 6 3 ADC = AD h= h= h. Otrzymujemy ztem 3h = 4 3 h = 8 3. Pole trójkąt BCD jest więc równe P BCD = BD h= =. Zpiszmy pole trójkąt ABC stosując wzór Heron. Połow obwodu trójkąt ABC jest równ p = = + więc ( )( )( )( ) ( )( ) PABC = = Poniewż PABC = PACD + PBCD więc otrzymujemy ( )( ) = Stron 35 z 4

36 Obie strony tego równni są dodtnie więc podnosząc je do kwdrtu otrzymujemy równnie równowżne = ( )( ) = = 0. Δ= = Δ= 440 ( ) ( ) = < 0 lub = = Obwód trójkąt ABC jest równy L = = 0. ABC Stron 36 z 4

37 Zdnie 9. (0 6) III. Modelownie mtemtyczne. 3. Równni i nierówności. Zdjący stosuje wzory Viète (R3.). Schemt punktowni Rozwiąznie skłd się z trzech etpów. Pierwszy etp poleg n wyznczeniu wszystkich wrtości prmetru m dl których funkcj kwdrtow f m dw różne pierwistki rzeczywiste więc n rozwiązniu nierówności m + 0 orz Δ> 0 : m i m ( 4 ) 7 4. Z poprwne rozwiąznie tego etpu zdjący otrzymuje punkty. Zdjący otrzymuje punkt z I etp rozwiązni jeśli rozwiąże wrunek Δ> 0 : m 4 ( 7 4 ). Uwg Jeżeli zdjący rozwiąże nierówność Δ 0 i nie odrzuci przypdku Δ= 0 lub pominie złożenie m + 0 to z ten etp otrzymuje 0 punktów. Drugi etp poleg n wyznczeniu tych wrtości prmetru m dl których pierwistki x x spełniją wrunek ( x ) x 5xx. Z ten etp rozwiązni zdjący otrzymuje 3 punkty. Podził punktów z drugi etp rozwiązni. Zdjący otrzymuje 3 punkty gdy wyznczy wszystkie wrtości prmetru m dl których prwdziw jest nierówność ( x ) + x 4xx 5xx: m 5 ) ( 0. Zdjący otrzymuje punkty gdy zpisze nierówność wymierną z jedną niewidomą m ( m + ) m 3 np.: + 0 m+ m+ Zdjący otrzymuje punkt gdy zpisze nierówność w postci nierówności z niewidomymi x x i x + x np.: ( x ) + x 4xx 5xx zpisze nierówność z niewidomą m le nie będzie to nierówność wymiern np.: ( ) ( ) m+ m + m+ m+ + m + m+ ( m+ ) ( m+ ) ( ) ( m ) ( ) m+ m + m+ m+ + m + m ( m ) Trzeci etp poleg n wyznczeniu części wspólnej zbiorów rozwiązń nierówności z etpów I i II orz podniu odpowiedzi: m 4 ( 7 ) ( 0. Z poprwne rozwiąznie tego etpu zdjący otrzymuje punkt. Uwgi. W przypdku otrzymni n jednym z etpów I lub II zbioru pustego lub zbioru R jko zbioru rozwiązń nierówności przyznjemy 0 punktów z III etp.. W przypdku otrzymni w II etpie zbioru rozwiązń będącego podzbiorem lub ndzbiorem zbioru rozwiązń z I etpu przyznjemy 0 punktów z III etp. Stron 37 z 4

38 3. W przypdku rozwiązni z błędmi nieprzekreśljącymi poprwności rozumowni z osttni etp przyznjemy punkt jedynie wówczs gdy zdjący poprwnie wykon etp I i popełni błędy w rozwiązniu nierówności z etpu II lub gdy popełni błędy w etpie I i dobrze rozwiąże etp II (uwg 3. m zstosownie gdy nie zchodzą przypdki. i.). Przykłdowe rozwiąznie N to by funkcj kwdrtow f mił dw różne pierwistki rzeczywiste potrzeb i wystrcz żeby spełnione były nstępujące wrunki: m + 0 orz Δ> 0. Ztem m orz Wrunek ( ) ( m ) ( m )( m ) > 0 ( ) m m m m > 0 7m + 4m+ 6> 0 7m + 8m 4m+ 6> 0 7mm 4 4 m 4 > 0 ( ) ( ) ( m )( m ) > 0 4 ( ) m 7 4. x x 5x x możemy zpisć w postci równowżnej Ze wzorów Viete otrzymujemy x xx + x 5xx ( ) x + x 4x x 5x x ( ) x+ x + xx 0. ( m ) + m m+ m+ ( m+ ) + ( m 3)( m+ ) ( m+ ) ( m + ) m m m m m m ( m + ) m 5m 0 ( m + ) ( )( m ) m m ) ( m 5 0. W rezultcie wszystkie wrunki zdni są spełnione dl m i m ( 4 ) 7 4 i m 5 ) ( 0 czyli dl m 4 ( 7 ) ( 0. Stron 38 z 4

39 Zdnie 0. (0 3) III. Modelownie mtemtyczne. 0. Elementy sttystyki opisowej. Teori prwdopodobieństw i kombintoryk. Zdjący wykorzystuje wzory n liczbę permutcji kombincji i wricji do zliczni obiektów w sytucjch kombintorycznych. (R0.). Schemt punktowni Rozwiąznie pełne... 3 p. Zdjący obliczy szukne prwdopodobieństwo: ( ) 8 P A =. 7 Pokonnie zsdniczych trudności zdni... p. Zdjący obliczy Ω= 999 = 79 i zpisze że zdrzenimi elementrnymi sprzyjjącymi zdrzeniu A są ciągi postci: ( b ) ( b ) ( b ) gdzie b { } i b obliczy Ω= 999 = 79i i n tym zkończy lub dlej popełni błędy. A = = lub ( ) A = 9 6= 6 Rozwiąznie w którym jest istotny postęp... p. Zdjący obliczy Ω= 999 = 79 zpisze że zdrzenimi elementrnymi sprzyjjącymi zdrzeniu A są ciągi postci: ( b ) ( ) b ( b ) gdzie { } i n tym zkończy lub dlej popełni błędy. Przykłdowe rozwiąznie b i b Jest to model klsyczny Zbiór wszystkich zdrzeń elementrnych Ω jest zbiorem wszystkich ciągów ( bc ) gdzie bc { }. Ztem Ω= 999 = 79. Niech A ozncz zdrzenie polegjące n tym że dokłdnie dwie spośród trzech wylosownych liczb będą równe. b Zdrzeniu A sprzyjją wszystkie zdrzeni elementrne postci ( b ) ( b ) ( ) gdzie b { } i b. Ciągów kżdej z tych postci jest 98. Ztem liczb zdrzeń elementrnych sprzyjjących zdrzeniu A jest równ A = 983. Prwdopodobieństwo zdrzeni A jest równe A P( A) = = =. Ω Stron 39 z 4

40 Zdnie. (0 6) IV. Użycie i tworzenie strtegii. 9. Stereometri. Zdjący wyzncz związki mirowe w wielościnch i bryłch obrotowych z zstosowniem trygonometrii (9.b). Schemt punktowni Rozwiąznie pełne... 6 p. Zdjący obliczy pole powierzchni cłkowitej ostrosłup: P c = 46. Rozwiąznie prwie pełne... 5 p. Zdjący obliczy wysokości ścin bocznych ostrosłup zpisze wzór n pole powierzchni cłkowitej ostrosłup: h = 5 i h b = 0 i n tym zkończy lub dlej popełni błędy obliczy pole powierzchni cłkowitej ostrosłup popełnijąc w trkcie rozwiązni błędy rchunkowe. Pokonnie zsdniczych trudności zdni... 4 p. Zdjący obliczy wysokość ostrosłup: h = i n tym zkończy lub dlej popełni błędy. Uwg Jeśli zdjący zpisze równnie z niewidomą h (lub tgα lub tgβ ) i n tym poprzestnie to otrzymuje 3 punkty. Rozwiąznie w którym jest istotny postęp... p. Zdjący wyznczy tngensy obu kątów α i β w zleżności od wysokości ostrosłup orz h h zpisze zleżność między tngensmi tych kątów: tgα = tgβ = tgβ = 9 6 tgα i n tym zkończy lub dlej popełni błędy. Rozwiąznie w którym postęp jest niewielki le konieczny n drodze do pełnego rozwiązni zdni... p. Zdjący wyznczy tngens jednego z kątów α lub β w zleżności od wysokości ostrosłup: h h tgα = tgβ = 9 6 zpisze zleżność między tngensmi kątówα i β np.: tgβ = tgα i n tym zkończy lub dlej popełni błędy. Uwg Jeżeli zdjący prowdzi poprwne rozumownie w którym przyjmuje że kąty α i β są dne le nie sprwdz czy spełniją wrunek: α + β = 90 to może otrzymć co njwyżej 4 punkty z cłe rozwiąznie. Stron 40 z 4

41 Przykłdowe rozwiąznie Poniewż przeciwległe ściny boczne ABS i CDS są nchylone do płszczyzny podstwy ostrosłup pod tym smym kątem więc trójkąt EFS w którym wierzchołki E i F to rzuty prostokątne punktu S n proste odpowiednio AB i CD jest równormienny. Stąd wynik że spodek O wysokości SO ostrosłup leży n osi symetrii prostokąt ABCD przechodzącej przez środki boków BC i AD. Tk smo wnioskujemy że O leży n osi symetrii prostokąt ABCD przechodzącej przez środki boków AB i CD. Ztem O to środek symetrii podstwy ostrosłup punkty E M F i N są środkmi krwędzi tej podstwy. Pozostłe oznczeni przyjmijmy jk n rysunku. S h A N Długości odcinków MO i EO są równe MO = AB = 6 i EO = BC = 9. Z definicji tngens kąt ostrego w trójkącie EOS i w trójkącie MOS otrzymujemy h h tgα = i tgβ = EO MO h h tgα = i tgβ =. 9 6 Poniewż α + β = 90 więc tgβ = tg( 90 α) =. Stąd tgα tgα tgβ = h h = 9 6 h = 96 h = 34 =. Z twierdzeni Pitgors dl trójkątów EOS i MOS otrzymujemy h = EO + h i h = NO + h h = 9 + = = 5 i D E b h = 6 + = = 400 b h = 5 i h b = 0. Pole powierzchni cłkowitej ostrosłup jest równe P c = PABCD + PABS + PBCS = = 46. O F B M C Stron 4 z 4