EGZAMIN MATURALNY W ROKU SZKOLNYM 2014/2015

Transkrypt

1 EGZAMIN MATURALNY W ROKU SZKOLNYM 04/0 FORMUŁA OD 0 ( NOWA MATURA ) MATEMATYKA POZIOM ROZSZERZONY ZASADY OCENIANIA ROZWIĄZAŃ ZADAŃ ARKUSZ MMA-R MAJ 0

2 Uwaga: Akceptowane są wszystkie odpowiedzi merytorycznie poprawne i spełniające warunki zadania Zadanie (0 ) Wymagania ogólne II Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji Wymagania szczegółowe Liczby rzeczywiste Zdający wykorzystuje pojęcie wartości bezwzględnej i jej interpretację geometryczną, zaznacza na osi liczbowej zbiory opisane za pomocą równań i nierówności typu: x a = b, x a > b, x a < b (R) Poprawna odp ( p) D Zadanie (0 ) II Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji Równania i nierówności Zdający rozwiązuje równania i nierówności z wartością bezwzględną (R9) A Zadanie (0 ) II Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji Wyrażenia algebraiczne Zdający używa wzorów skróconego mnożenia na ( a± b ) oraz a ± b (R) C Zadanie 4 (0 ) II Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji 6 Trygonometria Zdający rozwiązuje równania i nierówności trygonometryczne (R66) A Zadanie (0 ) II Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji 8 Geometria na płaszczyźnie kartezjańskiej Zdający oblicza odległość punktu od prostej (R84) B Strona z 6

3 Zadanie 6 (0 ) n + 6n+ n + n+ Oblicz granicę lim n W poniższe kratki wpisz kolejno cyfrę 6n + n 4 jedności i pierwsze dwie cyfry po przecinku rozwinięcia dziesiętnego otrzymanego wyniku II Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji Odpowiedź Ciągi Zdający oblicza granice ciągów, korzystając z granic ciągów typu n, oraz z twierdzeń o działaniach na n granicach ciągów (R) 4 Zadanie 7 (0 ) Liczby ( ) i są miejscami zerowymi funkcji kwadratowej f Oblicz f f ( 6) ( ) II Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji 4 Funkcje Zdający interpretuje współczynników występujących we wzorze funkcji kwadratowej w postaci kanonicznej, w postaci ogólnej i w postaci iloczynowej (40) Rozwiązanie (I sposób) Zapisujemy trójmian kwadratowy w postaci iloczynowej f ( x) = a( x+ )( x ), gdzie a 0 Stąd zaś wynika, że f ( 6) a 7 7 = = f a 9 Schemat oceniania ( ) 9 Zdający otrzymuje p gdy wykorzysta postać iloczynową funkcji kwadratowej i zapisze f ( ) f ( ) = a 9 i na tym zakończy lub dalej popełni błędy 6 = a 7 lub Zdający otrzymuje p gdy obliczy wartość f f ( 6 ) 7 = ( ) 9 Strona z 6

4 Rozwiązanie (II sposób) Z wzorów Viète a otrzymujemy b a = oraz c = a Stąd b = a oraz c = a Wzór funkcji f możemy zapisać w postaci f ( x) = ax ax a Obliczamy wartości funkcji dla argumentów 6 i f ( 6) = 6a a a = a oraz f ( ) = 44a 4a a = 7a f ( 6) a 7 Zatem = = f 7a 9 ( ) Schemat oceniania Zdający otrzymuje p gdy wykorzysta wzory Viète a i zapisze f ( 6) = 6a a a lub ( ) i na tym zakończy lub dalej popełni błędy f = 44a 4a a Zdający otrzymuje p gdy obliczy wartość f f ( 6 ) 7 = ( ) 9 Zadanie 8 (0 ) Udowodnij, że dla każdej liczby rzeczywistej x prawdziwa jest nierówność 4 x x x + > 0 V Rozumowanie i argumentacja Wyrażenia algebraiczne Zdający dodaje, odejmuje, mnoży i dzieli wyrażenia wymierne; rozszerza i (w łatwych przykładach) skraca wyrażenia wymierne; używa wzory a± b, a skróconego mnożenia na ( ) b (R6, ) Rozwiązanie (I sposób) Przekształćmy nierówność równoważnie w następujący sposób 4 x x + + x x+ + > 0, ( x ) ( x ) + + > 0 Lewa strona tej nierówności jest sumą trzech składników, z których dwa pierwsze są nieujemne, a trzeci dodatni, więc suma ta jest dodatnia dla każdej liczby rzeczywistej x Schemat oceniania I sposobu rozwiązania Zdający otrzymuje p gdy zapisze nierówność w postaci, z której lewą stronę łatwo można zapisać w postaci sumy 4 składników nieujemnych: x x + + x x+ + > 0 Zdający otrzymuje p gdy zapisze nierówność w postaci: ( x ) ( x ) nierówności + + > 0 i nie uzasadni prawdziwości tej Strona 4 z 6

5 Zdający otrzymuje p gdy przeprowadzi pełne rozumowanie Rozwiązanie (II sposób) Przekształćmy nierówność równoważnie w następujący sposób 4 x x x+ + > 0, x x x + > 0, Ponieważ ( x ) 0 oraz ( ) ( ) ( x ) ( x ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( x ) x ( x ) x x x x + + > 0, ( ) 0 ( x )( x + x ) + > 0, ( x )( x x x ) ( x )( x ( x ) ( x )) ( ) ( x ) ( x ( x )) ( x ) ( x x ) + + >, + + > 0, + + > 0 ( x ) x ( x ) ( x )( x ) > 0, > 0, > 0, ( ) ( x ) ( x ) > 0 x + + > 0 dla każdej liczby rzeczywistej x, więc iloczyn + + jest nieujemny Stąd wynika, że lewa strona nierówności jest dodatnia dla każdej liczby rzeczywistej x Schemat oceniania II sposobu rozwiązania Zdający otrzymuje p gdy zapisze nierówność w postaci: x ( x ) ( x ) + > 0 Zdający otrzymuje p gdy zapisze nierówność w postaci: ( x ) ( x x ) tej nierówności > 0 i nie uzasadni prawdziwości Zdający otrzymuje p gdy przeprowadzi pełne rozumowanie Rozwiązanie (III sposób) 4 Rozważmy wielomian f ( x) = x x x+ Pochodna tego wielomianu jest równa f ( x) = 4x x dla każdej liczby rzeczywistej x Ponieważ f () = 4 = 0, więc wielomian f jest podzielny przez dwumian x Wykorzystując schemat Hornera, otrzymujemy Strona z 6

6 = + + Wyróżnik trójmianu kwadratowego 4x + 4x+ jest Zatem f ( x) ( x )( 4x 4x ) równy Δ= < 0, współczynnik przy liczby rzeczywistej x Wynika stąd, że f x = wtedy i tylko wtedy, gdy x =, ( ) 0 ( x) 0 ( x) 0 f > wtedy i tylko wtedy, gdy x >, x jest dodatni, więc 4x 4x > dla każdej f < wtedy i tylko wtedy, gdy x < To oznacza, że w punkcie x = wielomian f osiąga minimum lokalne, które jest jednocześnie jego najmniejsza wartością, gdyż w przedziale (, wielomian f jest funkcją malejącą, a w przedziale,+ ) rosnącą 4 Ponieważ f () = + =, więc f ( x) f ( ) każdej liczby rzeczywistej x To kończy dowód = > 0, czyli x 4 x x+ > 0 dla Schemat oceniania III sposobu rozwiązania Zdający otrzymuje p 4 gdy obliczy pochodną wielomianu ( ) pierwiastkiem pochodnej: f ( x) = 4x x, () f x = x x x+, zapisze, że liczba jest f = 4 = 0 Zdający otrzymuje p = + + i zbada znak pochodnej, ale nie przeprowadzi rozumowania do końca lub przeprowadzi je z błędem gdy zapisze pochodną w postaci : f ( x) ( x )( 4x 4x ) Zdający otrzymuje p gdy przeprowadzi pełne rozumowanie Strona 6 z 6

7 Zadanie 9 (0 ) Dwusieczne czworokąta ABCD wpisanego w okrąg przecinają się w czterech różnych punktach: P, Q, R, S (zobacz rysunek) A S D B P Q R C Wykaż, że na czworokącie PQRS można opisać okrąg V Rozumowanie i argumentacja 7 Planimetria Zdający stosuje twierdzenia charakteryzujące czworokąty wpisane w okrąg i czworokąty opisane na okręgu (R7) Rozwiązanie (I sposób) Oznaczmy BAP = PAD = α oraz CBP = ABP = β Ponieważ czworokąt ABCD jest wpisany w okrąg, więc 80 α 80 β BCR = = 90 α oraz ADR = = 90 β Zauważmy, że AQD = 80 DAQ + ADQ = 80 α + 90 β = 90 α + β oraz Zatem D A S α α P R β β Q B C ( ) ( ( )) ( ) (( ) ) BSC = 80 BCR + CBP = α + β = 90 + α β ( ) ( ) PQR + PSR = 90 α + β α β = 80 Strona 7 z 6

8 Suma wszystkich kątów czworokąta jest równa 60, więc suma pozostałych dwóch kątów czworokąta PQRS także jest równa 80 To oznacza, że na czworokącie PQRS można opisać okrąg, co kończy dowód Schemat oceniania I sposobu rozwiązania Zdający otrzymuje p gdy przyjmie oznaczenia dwóch sąsiednich kątów wewnętrznych czworokąta ABCD (lub oznaczy połowy tych kątów) np: BAP = PAD = α, CBP = ABP = β oraz zapisze dwa pozostałe kąty wewnętrzne tego czworokąta (lub ich połowy) w zależności od α i β : BCR = DCR = 90 α, CDR = ADR = 90 β Zdający otrzymuje p gdy wyznaczy dwa przeciwległe kąty czworokąta PQRS w zależności od α i β : AQD = 90 α + β, BSC = 90 + α β Zdający otrzymuje p gdy wykaże, że suma dwóch przeciwległych kątów wewnętrznych czworokąta PQRS jest równa 80 Rozwiązanie (II sposób) Oznaczmy BAP = PAD = α oraz CBP = ABP = β A α α P β β B Q Ponieważ czworokąt ABCD jest wpisany w okrąg, więc 80 α 80 β BCR = DCR = = 90 α oraz CDR = ADR = = 90 β Zauważmy, że SPQ = APB = 80 ( ABP + BAP ) = 80 ( α + β ) oraz SRQ = CRD = 80 ( DCR + CDR ) = 80 (( 90 α ) + ( 90 β )) = α + β Zatem SPQ + SRQ = 80 ( α + β) + α + β = 80 Suma wszystkich kątów czworokąta jest równa 60, więc suma pozostałych dwóch kątów czworokąta PQRS także jest równa 80 To oznacza, że na czworokącie PQRS można opisać okrąg, co kończy dowód R C D Strona 8 z 6

9 Schemat oceniania II sposobu rozwiązania Zdający otrzymuje p gdy przyjmie oznaczenia dwóch sąsiednich kątów wewnętrznych czworokąta ABCD (lub oznaczy połowy tych kątów) np: BAP = PAD = α, CBP = ABP = β oraz zapisze dwa pozostałe kąty wewnętrzne tego czworokąta (lub ich połowy) w zależności od α i β : BCR = DCR = 90 α, CDR = ADR = 90 β Zdający otrzymuje p gdy wyznaczy dwa przeciwległe kąty czworokąta PQRS w zależności od α i β : ( ) SPQ = 80 α + β, SRQ = α + β Zdający otrzymuje p gdy wykaże, że suma dwóch przeciwległych kątów wewnętrznych czworokąta PQRS jest równa 80 Rozwiązanie (III sposób) Oznaczmy: BAP = DAP = α, CBP = ABP = β, DCR = BCR = γ, ADR = CDR = δ A α α P R β β Q B γ γ C Suma kątów czworokąta ABCD jest równa α + β + γ + δ = 60 Stąd () α + β + γ + δ = 80 Z bilansu kątów w trójkątach ADQ i BCS otrzymujemy AQD = 80 ( α + δ) oraz BSC = 80 ( β + γ) Suma przeciwległych kątów PQR i PSR czworokąta PQRS jest więc równa PQR + PSR = 80 ( α + δ) + 80 ( β + γ) = 60 ( α + β + γ + δ ) Stąd i z () otrzymujemy PQR + PSR = = 80 To oznacza, że suma pozostałych dwóch kątów czworokąta PQRS także jest równa 80 Zatem na czworokącie PQRS można opisać okrąg To kończy dowód S δ δ D Strona 9 z 6

10 Rozwiązanie (IV sposób) Oznaczmy: BAP = DAP = α, CBP = ABP = β, DCR = BCR = γ, ADR = CDR = δ A α α P R β β Q B γ γ C Suma kątów czworokąta ABCD jest równa α + β + γ + δ = 60 Stąd () α + β + γ + δ = 80 Z bilansu kątów w trójkątach ABP i CDR otrzymujemy BPA = 80 ( α + β ) oraz CRD = 80 ( γ + δ ) Kąty BPA i SPQ są wierzchołkowe, podobnie jak kąty CRD i SRQ Zatem SPQ = 80 ( α + β ) oraz SRQ = 80 ( γ + δ ) Suma przeciwległych kątów SPQ i SRQ czworokąta PQRS jest więc równa SPQ + SRQ = 80 ( α + β) + 80 ( γ + δ) = 60 ( α + β + γ + δ ) Stąd i z () otrzymujemy SPQ + SRQ = = 80 To oznacza, że suma pozostałych dwóch kątów czworokąta PQRS także jest równa 80 Zatem na czworokącie PQRS można opisać okrąg To kończy dowód Schemat oceniania III i IV sposobu rozwiązania Zdający otrzymuje p gdy przyjmie oznaczenia kątów wewnętrznych czworokąta ABCD (lub oznaczy połowy tych kątów), np: BAP = DAP = α, CBP = ABP = β, DCR = BCR = γ, ADR = CDR = δ i zapisze: że ich suma jest równa 60 : α + β + γ + δ = 60 wyznaczy dwa przeciwległe kąty PQR i PSR czworokąta PQRS w zależności od α, β,γ i δ : PQR = 80 ( α + δ), PSR = 80 ( β + γ) wyznaczy dwa przeciwległe kąty SPQ i SRQ czworokąta PQRS w zależności od SPQ = 80 α + β SRQ = 80 γ + δ α, β,γ i δ : ( ), ( ) Zdający otrzymuje p gdy zapisze, że α + β + γ + δ = 60 oraz wyznaczy dwa przeciwległe kąty PQR i PSR czworokąta PQRS w zależności od PQR = 80 α + δ PSR = 80 β + γ α, β,γ i δ : ( ), ( ) S δ δ D Strona 0 z 6

11 wyznaczy dwa przeciwległe kąty SPQ i SRQ czworokąta PQRS w zależności od SPQ = 80 α + β SRQ = 80 γ + δ α, β,γ i δ : ( ), ( ) Zdający otrzymuje p gdy wykaże, że suma dwóch przeciwległych kątów wewnętrznych czworokąta PQRS jest równa 80 Zadanie 0 (0 4) Długości boków czworokąta ABCD są równe: AB =, BC =, CD = 4, DA = Na czworokącie ABCD opisano okrąg Oblicz długość przekątnej AC tego czworokąta IV Użycie i tworzenie strategii 7 Planimetria Zdający stosuje twierdzenia charakteryzujące czworokąty wpisane w okrąg i czworokąty opisane na okręgu; znajduje związki miarowe w figurach płaskich z zastosowaniem twierdzenia sinusów i twierdzenia cosinusów (R7, R7) Rozwiązanie (I sposób) Przyjmijmy oznaczenia a = AB =, b= BC =, c= CD = 4, d = DA =, x = AC, α = ABC jak na rysunku D β c C d x b α a B A Ponieważ na czworokącie ABCD jest opisany okrąg, więc CDA = 80 α Z twierdzenia cosinusów zastosowanego do trójkąta ABC otrzymujemy: () AC AC = AB + BC AB BC cosα, = + cosα Teraz ponownie zastosujemy twierdzenie cosinusów, tym razem do trójkąta ACD : () AC ( ) AC = CD + DA CD DA cos 80 α, = cosα Porównujemy prawe strony równań () i (): + cosα = cosα, cosα = cosα Strona z 6

12 8 7 cosα = = Podstawiamy otrzymaną wartość do równania () i otrzymujemy: AC = = + = = Stąd wynika, że długość przekątnej AC jest równa: AC = Uwaga Układ równań () i () możemy rozwiązać rugując cosα Wtedy mnożymy obie strony równania () przez 0, a obie strony równania ( ) przez i mamy 0x = cosα oraz x = cosα Dodając stronami otrzymane równania mamy x = Stąd x= AC = Schemat oceniania I sposobu rozwiązania Rozwiązanie, w którym postęp jest niewielki, ale konieczny na drodze do pełnego rozwiązania p Zdający zapisze równanie wynikające z twierdzenia cosinusów zastosowanego do trójkąta ABC do trójkąta CDA : x = + cosα i na tym zakończy lub dalej popełni błędy x = cosβ Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp p Zdający zapisze równanie z jedną niewiadomą, np: + cosα = cos 80 α ( ) układ równań w postaci: 0x = cosα i x = cosα i na tym zakończy lub dalej popełni błędy Pokonanie zasadniczych trudności zadania p Zdający obliczy cosinus kąta ABC: 7 cos a = zapisze równanie z niewiadomą x, np: x = Rozwiązanie pełne 4 p Zdający obliczy długość przekątnej AC: AC = Strona z 6

13 Rozwiązanie (II sposób) Przyjmijmy oznaczenia x = AC y = BD jak na rysunku i niech R oznacza promień okręgu opisanego na czworokącie ABCD D B A Z twierdzenia Ptolemeusza otrzymujemy równanie xy = 4 +, xy = Okrąg opisany na czworokącie ABCD jest jednocześnie okręgiem opisanym na każdym z trójkątów ABC, BCD, CDA i ABD Pole czworokąta ABCD możemy zapisać na dwa sposoby PABCD = PABC + PCDA = PBCD + PABD abc Stąd i ze wzoru na pole trójkąta P = otrzymujemy równanie 4R x 4 x y 4 y + = +, 4R 4R 4R 4R 6x = y, y = x Stąd i z równości xy = otrzymujemy x x=, x =, x = Schemat oceniania II sposobu rozwiązania Rozwiązanie, w którym postęp jest niewielki, ale konieczny na drodze do pełnego rozwiązania p Zdający zapisze równanie wynikające z twierdzenia Ptolemeusza: xy = 4 + x y 4 C Strona z 6

14 pole czworokąta ABCD na dwa sposoby i zapisze PABC + PCDA = PBCD + PABD lub x 4 x y 4 y + = + 4R 4R 4R 4R i na tym zakończy lub dalej popełni błędy Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp p Zdający zapisze układ równań z niewiadomymi x i y: xy = 4 + oraz x + 4 x= y+ 4 y i na tym zakończy lub dalej popełni błędy Pokonanie zasadniczych trudności zadania p Zdający zapisze równanie z jedną niewiadomą, np: x x= lub y y = Rozwiązanie pełne 4 p Zdający obliczy długość przekątnej AC: x= AC = Strona 4 z 6

15 Zadanie (0 4) W pierwszej urnie umieszczono kule białe i kul czarnych, a w drugiej urnie 7 kul białych i kule czarne Losujemy jedną kulę z pierwszej urny, przekładamy ją do urny drugiej i dodatkowo dokładamy do urny drugiej jeszcze dwie kule tego samego koloru, co wylosowana kula Następnie losujemy dwie kule z urny drugiej Oblicz prawdopodobieństwo zdarzenia polegającego na tym, że obie kule wylosowane z drugiej urny będą białe IV Użycie i tworzenie strategii 0 Elementy statystyki opisowej Teoria prawdopodobieństwa i kombinatoryka Zdający korzysta z twierdzenia o prawdopodobieństwie całkowitym (R0) Rozwiązanie (I sposób) Przyjmijmy następujące oznaczenia zdarzeń: A - zdarzenie polegające na tym, że z drugiej urny wylosujemy dwie kule białe, B - zdarzenie polegające na tym, że z pierwszej urny wylosujemy kulę białą B - zdarzenie polegające na tym, że z pierwszej urny wylosujemy kulę czarną Wówczas B B = oraz B B =Ω Następnie P( B ) = > 0 oraz P( B ) = > Zatem spełnione są założenia twierdzenia o prawdopodobieństwie całkowitym Obliczamy teraz prawdopodobieństwa warunkowe: 0 ( ) ( ) P( A B ) = = oraz ( ) 7 ( ) ( ) 7 P A B = = Z twierdzenia o prawdopodobieństwie całkowitym otrzymujemy P( A) = P( A B) P( B) + P( A B) P( B) = + = = = Schemat oceniania I sposobu rozwiązania Rozwiązanie, w którym postęp jest niewielki, ale konieczny na drodze do pełnego rozwiązania p Zdający opisze zdarzenia A, B i B Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp p Zdający obliczy prawdopodobieństwa P( B ) = oraz P( B ) = obliczy prawdopodobieństwa P( A B ) =, P( A B ) = obliczy prawdopodobieństwa P( B ) = oraz ( ) 8 P A B = Strona z 6

16 obliczy prawdopodobieństwa P( B ) = oraz ( ) 8 7 P A B = Pokonanie zasadniczych trudności zadania p Zdający obliczy prawdopodobieństwa: P( B ) =, P( B ) =, P( A B ) =, P( A B ) = Rozwiązanie pełne 4 p Zdający obliczy prawdopodobieństwo: P( A ) = Rozwiązanie (II sposób) Przyjmijmy, że A to zdarzenie polegające na tym, że z drugiej urny wylosujemy dwie kule białe Rysujemy drzewo z istotnymi gałęziami 0 ( ) ( ) b b 8 8 B B 7 ( ) ( ) b b Losowanie kuli z pierwszej urny Losowanie dwóch kul z drugiej urny lub B B 7 Losowanie kuli z pierwszej urny 9 b c 6 b c b c b c b c b c Losowanie pierwszej kuli z drugiej urny Losowanie drugiej kuli z drugiej urny Prawdopodobieństwo zdarzenia A jest równe ( ) P A = + = = = Strona 6 z 6

17 lub P( A ) = + = = = Schemat oceniania II sposobu rozwiązania Rozwiązanie, w którym postęp jest niewielki, ale konieczny na drodze do pełnego rozwiązania p Zdający narysuje drzewo ilustrujące losowanie (na rysunku muszą wystąpić wszystkie istotne gałęzie) Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp p Zdający zapisze prawdopodobieństwa przynajmniej na wszystkich istotnych odcinkach jednego z etapów lub na jednej z istotnych gałęzi Pokonanie zasadniczych trudności zadania p Zdający zapisze prawdopodobieństwa na wszystkich istotnych gałęziach: 8, 0, 9 oraz 8, 7, 6 lub 8, 0 oraz 7 8, Rozwiązanie pełne 4 p Zdający obliczy prawdopodobieństwo: P( A ) = Uwaga Jeżeli zdający rozwiąże zadanie do końca i otrzyma prawdopodobieństwo ujemne lub większe od, to za całe rozwiązanie otrzymuje 0 punktów Zadanie (0 4) Funkcja f określona jest wzorem f ( x) = x x + dla każdej liczby rzeczywistej x Wyznacz równania tych stycznych do wykresu funkcji f, które są równoległe do prostej o równaniu y = 4x IV Użycie i tworzenie strategii Rachunek różniczkowy Zdający korzysta z geometrycznej i fizycznej interpretacji pochodnej (R) 8 Geometria na płaszczyźnie kartezjańskiej Zdający wyznacza równania prostej, która jest równoległa lub prostopadła do prostej danej w postaci kierunkowej i przechodzi przez dany punkt (8) Rozwiązanie Aby styczne były równoległe do prostej o równaniu y = 4x, ich współczynnik kierunkowy musi być równy 4 Obliczamy pochodną funkcji f: f '( x) = x 4x Współczynnik kierunkowy stycznej jest równy wartości pierwszej pochodnej funkcji w punkcie styczności Stąd 4 = f ( x 0 ) Wówczas Strona 7 z 6

18 x0 4x0 = 4, x0 4x0 4= 0, Δ= 64, x 0 = lub x 0 = Istnieją zatem dwie styczne do wykresu funkcji f równoległe do prostej o równaniu y = 4x w punktach P = (, 7) oraz P = (,) Styczne mają zatem równania postaci y+ = 4 7 ( x+ ) oraz y = 4( x ), czyli y+= 4x oraz y = 4x 7 67 Odp Równania prostych stycznych mają postać: y = 4 x + oraz y = 4x 7 7 Schemat oceniania Rozwiązanie, w którym postęp jest niewielki, ale konieczny na drodze do pełnego rozwiązania zadania p Zdający obliczy pochodną funkcji f: f '( x) = x 4x f x 0 = 4 zapisze warunek ( ) Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp p Zdający obliczy pochodną funkcji f: f '( x) x 4x f x 0 = 4 = i zapisze warunek ( ) Pokonanie zasadniczych trudności zadania p Zdający rozwiąże równanie x 4x = 4 i obliczy współrzędne obu punktów styczności: 0 0 P =, 7, P ( ) =, Uwaga Jeżeli zdający korzysta ze wzoru y = f ( x0 ) x+ b, gdzie b= f ( x0) f ( x0) x0, to obliczenie współczynnika b traktujemy jak obliczenie drugiej współrzędnej punktu styczności Rozwiązanie pełne 4 p 67 Wyznaczenie równań stycznych: y = 4 x + i y = 4x 7 7 Uwaga Jeżeli zdający wyznaczy poprawnie współrzędne tylko jednego punktu styczności i w konsekwencji wyznaczy poprawnie równanie jednej stycznej, to otrzymuje punkty Strona 8 z 6

19 Zadanie (0 ) Dany jest trójmian kwadratowy f ( x) = ( m + ) x + ( m ) x m + 4 Wyznacz wszystkie wartości parametru m, dla których trójmian f ma dwa różne pierwiastki rzeczywiste x, x, 4 4 spełniające warunek x x = x x III Modelowanie matematyczne Równania i nierówności Zdający stosuje wzory Viète a (R) Rozwiązanie Z treści zadania wynika, że m + 0, czyli m Trójmian f ma dwa różne pierwiastki rzeczywiste, gdy jego wyróżnik jest dodatni, czyli Stąd m (,0 ) 7 (, + ) (, ) (,0 ) (, ) ( ( m )) m ( m ) Δ= 4 ( + ) + 4 > 0, 7 8m 8m > 0, 4 m m 7 > ( ) 0 D = + jest zbiorem wszystkich wartości parametru m, dla których funkcja f jest trójmianem kwadratowym i ma dwa różne pierwiastki 4 4 Warunek x x = x możemy zapisać w postaci równoważnej Stąd x x x = ( x + x )( x x ), ( x )( x + x )( ( x + x ) 0 x = x x 0 lub + x 0 = x lub ( + x ) 0 = x = Równość x x = 0 przeczy założeniu x x Ze wzoru Viète a na sumę pierwiastków trójmianu kwadratowego możemy równanie ( m ) x + x = 0 zapisać w postaci = 0 Stąd m = D m + Równanie ( x + x ) 0 możemy zapisać w postaci równoważnej = Ze wzorów Viète a otrzymujemy ( ) x + x x x = ( m ) m+ 4 =, m+ m+ 4( m 4m+ 4) m 8 + = 0, m + m + ( ) ( )( ) ( ) 4m 6m 6 m 8 m m =, m 4m+ 7= 0 Rozwiązaniami tego równania są liczby m = D oraz m = D Strona 9 z 6

20 + 09 Istnieje zatem jedna wartość parametru m =, dla której trójmian f ma dwa różne 4 4 pierwiastki rzeczywiste spełniające warunek x x = x x Schemat oceniania Rozwiązanie zadania składa się z trzech etapów Pierwszy z nich polega na rozwiązaniu nierówności > 0 Za poprawne rozwiązanie tego etapu zdający otrzymuje punkt Uwaga Jeżeli zdający zapisze Δ 0, to za tę część otrzymuje 0 punktów 4 4 Drugi etap polega na rozwiązaniu równania x x = x x Za tę część rozwiązania zdający otrzymuje punkty Podział punktów za drugi etap rozwiązania: punkt zdający otrzymuje za zapisanie równania w postaci: x x x + x x + x lub równoważnej ( )( )( ( ) 0 = m 7 + Δ : (,0) (, ) punkty zdający otrzymuje za: zapisanie równości x x = 0 i stwierdzenie, że przeczy ona założeniu x x ( m ) rozwiązanie równania = 0 : m = m + ( m ) m+ 4 zapisanie równania ( x + x ) = 0 w postaci, np: = m+ m+ punkty zdający otrzymuje za: ( m ) rozwiązanie równania = 0 : m = m + oraz ( m ) m rozwiązanie równania = : m =, m+ m m = + 09 Trzeci etap polega na wyznaczeniu szukanej wartości parametru m: m = Za ten etap zdający otrzymuje punkt, o ile poprawnie wykona etapy I i II rozwiązania poprawnie wykona etap I i popełnia błędy w rozwiązaniu równania z etapu II, gdy popełnia błędy w etapie I i dobrze rozwiąże równanie z etapu II Strona 0 z 6

21 Uwagi: Akceptujemy rozwiązania, w których zdający nie zapisuje założenia m + 0, które wynika ze sformułowania zadania Zdający nie musi rozwiązywać nierówności Δ > 0, o ile sprawdzi czy dla m =, m =, m = trójmian ma dwa różne pierwiastki rzeczywiste 4 4 Jeżeli zdający podzieli obie strony równania x x = x przez x x bez x 09 stosownego założenia i rozwiąże równanie = x + x, otrzymując m = lub + 09 m =, to otrzymuje co najwyżej punkty za całe rozwiązanie, przy czym punkt może otrzymać za rozwiązanie nierówności Δ > 0, punkt za zapisanie równania = x + x w postaci równania wymiernego z jedną niewiadomą, ( m ) m+ 4 np: = oraz punkt za wyznaczenie tego rozwiązania m+ m+ równania, które spełnia nierówność Δ > 0 4 Jeżeli zdający nie rozwiązywał nierówności Δ > 0, ale rozwiązał równanie ( m ) m+ 4 = i sprawdził, dla której z otrzymanych wartości m trójmian ma m+ m+ pierwiastki rzeczywiste, to otrzymuje punkty Strona z 6

22 Zadanie 4 (0 ) Podstawą ostrosłupa ABCDS jest kwadrat ABCD Krawędź boczna SD jest wysokością ostrosłupa, a jej długość jest dwa razy większa od długości krawędzi podstawy Oblicz sinus kąta między ścianami bocznymi ABS i CBS tego ostrosłupa IV Użycie i tworzenie strategii 9 Stereometria Zdający stosuje trygonometrię do obliczeń długości odcinków, miar kątów, pól powierzchni i objętości (96) Rozwiązanie (I sposób) Przyjmijmy oznaczenia jak na rysunku S a a D a A Długość przekątnej podstawy ostrosłupa jest równa AC = a Trójkąty ADS i CDS są przystające (oba są prostokątne, mają wspólną przyprostokątną DS oraz AD = CD ), więc krawędzie boczne AS i CS ostrosłupa mają tę samą długość Z twierdzenia Pitagorasa ( ) SA = SC = a + a = a Trójkąt ABS jest prostokątny, więc z twierdzenia Pitagorasa C ( ) SB = a + a = a 6 Odcinek AE jest wysokością ściany bocznej ABS Jego długość możemy wyznaczyć zapisując np pole trójkąta ABS na dwa sposoby a a = a 6 AE, stąd AE = a = CE 6 Z twierdzenia cosinusów dla trójkąta AEC otrzymujemy a = a + a a cosα Stąd cosα = Zatem sinα = α E B Strona z 6

23 Rozwiązanie (II sposób) Przyjmijmy oznaczenia jak na rysunku S a a D a A Długość przekątnej podstawy ostrosłupa jest równa AC = BD = a Trójkąty ADS i CDS są przystające (oba są prostokątne, mają wspólną przyprostokątną DS oraz AD = CD ), więc krawędzie boczne AS i CS ostrosłupa mają tę samą długość Z twierdzenia Pitagorasa ( ) SA = SC = a + a = a Trójkąt BDS jest prostokątny, więc z twierdzenia Pitagorasa ( ) ( ) SB = a + a = a 6 Odcinek AE jest wysokością ściany bocznej ABS Jego długość możemy wyznaczyć zapisując np pole trójkąta ABS na dwa sposoby a a = a 6 AE, stąd AE = a = CE 6 Z twierdzenia cosinusów dla trójkąta AEC otrzymujemy a = a + a a cosα Stąd cosα = Zatem sinα = Rozwiązanie (III sposób) Przyjmijmy oznaczenia jak na rysunku Długość przekątnej podstawy ostrosłupa jest równa AC = BD = a Trójkąty ADS i CDS są przystające (oba są prostokątne, mają wspólną przyprostokątną DS oraz AD = CD ), więc krawędzie boczne AS i CS ostrosłupa mają tę samą długość Z twierdzenia Pitagorasa ( ) SA = SC = a + a = a Trójkąt BDS jest prostokątny, więc z twierdzenia Pitagorasa C ( ) ( ) SB = a + a = a 6 Strona z 6 α E B

24 S a O a D a A Odcinek AE jest wysokością ściany bocznej ABS Jego długość możemy wyznaczyć zapisując np pole trójkąta ABS na dwa sposoby a a = a 6 AE, stąd AE = a = CE 6 a sin α = = a 6 Zatem cosinus α α cos = sin = = Rozwiązanie (IV sposób) Przyjmijmy oznaczenia jak na rysunku α α 6 sinα = sin cos = = S C α E B a C O a D a A Długość przekątnej podstawy ostrosłupa jest równa AC = BD = a Trójkąty ADS i CDS są przystające (oba są prostokątne, mają wspólną przyprostokątną DS oraz AD = CD ), więc krawędzie boczne AS i CS ostrosłupa mają tę samą długość α E B Strona 4 z 6

25 Z twierdzenia Pitagorasa ( ) SA = SC = a + a = a Trójkąt BDS jest prostokątny, więc z twierdzenia Pitagorasa ( ) ( ) SB = a + a = a 6 Odcinek AE jest wysokością ściany bocznej ABS Jego długość możemy wyznaczyć zapisując np pole trójkąta ABS na dwa sposoby a a = a 6 AE, stąd AE = a = CE 6 Odcinek OE jest wysokością trójkąta AEC, więc OE = a Pole trójkąta AEC możemy zapisać na dwa sposoby AE CE sinα = AC OE, czyli a a sinα = a a 6 6 Stąd sinα = = Schemat oceniania Rozwiązanie, w którym postęp jest niewielki, ale konieczny na drodze do pełnego rozwiązania p Zdający wyznaczy długości krawędzi bocznych SA, SC i SB ostrosłupa ABCDS: SA = SC = a, SB = a 6 i na tym poprzestanie lub dalej popełnienie błędów zaznaczy poprawnie kąt między ścianami ABS i CBS Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp p Zdający wyznaczy długość odcinka AE : AE = CE = a zapisze jedną z funkcji trygonometrycznych połowy kąta α : np sin α = AO AE Pokonanie zasadniczych trudności zadania p Zdający zapisze równanie wynikającego z twierdzenia cosinusów dla trójkąta AEC: a = a + a a cosα Strona z 6 6

26 obliczy sinus połowy kąta α : obliczy wysokość OE trójkąta ACE: α sin = a OE = Rozwiązanie prawie pełne 4 p Zdający obliczy cosinus kąta AEC : cosα = zapisze równanie, z którego można obliczyć sinα : a a a sinα = a 6 6 Rozwiązanie pełne p 6 Wyznaczenie sinusa kąta AEC : sinα = Uwaga Jeżeli zdający błędnie interpretuje kąt między ścianami bocznymi ABS i BCS, to może otrzymać co najwyżej punkt za wyznaczenie długości krawędzi bocznych Strona 6 z 6

27 Zadanie (0 6) Suma wszystkich czterech współczynników wielomianu W ( x) = x + ax + bx + c jest równa 0 Trzy pierwiastki tego wielomianu tworzą ciąg arytmetyczny o różnicy równej Oblicz współczynniki a, b i c Rozważ wszystkie możliwe przypadki IV Użycie i tworzenie strategii Ciągi Zdający stosuje wzór na n-ty wyraz i na sumę n początkowych wyrazów ciągu arytmetycznego () Równania i nierówności Zdający korzysta z własności iloczynu przy rozwiązywaniu równań typu x( x+ )( x 7) = 0 (7) Rozwiązanie (I sposób) Suma współczynników wielomianu W ( x) = x + ax + bx + c jest równa + a + b + c = 0 Niech p oznacza najmniejszy pierwiastek wielomianu W Ponieważ pierwiastki wielomianu tworzą ciąg arytmetyczny o różnicy, więc pozostałe dwa pierwiastki są równe p + oraz p + 6 a) Wielomian możemy więc zapisać w postaci iloczynowej W ( x) = ( x p)( x p )( x p 6) Stąd W( x) = x px x px+ p + p x p 6, ( )( ) W ( x) = x px 6x px + p x + 6px + p x p 6p + px p 8p, W( x) = x + ( p 9) x + ( p + 8p+ 8) x+ ( p 9p 8p) Porównujemy współczynniki wielomianu, otrzymując układ równań: a = p 9 b = p + 8p + 8 c = p 9p 8p b) Możemy zapisać układ równań p + ap + bp+ c = 0 ( p+ ) + a( p+ ) + b( p+ ) + c = 0 ( p+ 6) + a( p+ 6) + b( p+ 6) + c = 0 Stąd po przekształceniach, otrzymujemy układ równań: a = p 9 b = p + 8p + 8 c = p 9p 8p c) Korzystając ze wzorów Viète a równań, otrzymując kolejno x+ x + x = a x x + x x + x x = b x x x = c, możemy zapisać układ Strona 7 z 6

28 p+ p+ + p+ 6= a p ( p + ) + p ( p + 6) + ( p + ) ( p + 6) = b p ( p + ) ( p + 6) = c a = p 9 b = p + 8p + 8 c = p 9p 8p Stąd i z równości + a+ b+ c= 0, otrzymujemy ( p ) ( p p ) ( p p p) = 0, p p p = 0 Liczba jest pierwiastkiem tego równania, więc z twierdzenia Bézouta wynika, że wielomian p + 6p + p 0 jest podzielny przez dwumian p Wykonujemy dzielenie, stosując np schemat Hornera Równanie możemy więc zapisać w postaci ( p )( p p ) = 0 Pozostałe rozwiązania równania p + 6p + p 0= 0 to pierwiastki trójmianu kwadratowego p + 7p+ 0, czyli liczby p =, p = Gdy p =, to wtedy a =, b = 9, c = 8 Gdy p =, to wtedy a = 6, b =, c = 0 Gdy p =, to wtedy a =, b = 6, c = 8 Odpowiedź: Współczynniki a, b, c są równe: a = b = 9 c = 8 lub a = b = 6 c = 8 lub a = 6 b = c = 0 Rozwiązanie (II sposób) Z równości + a+ b+ c= 0 otrzymujemy c= a b Wielomian W możemy zapisać w postaci W( x) = x + ax + bx a b, W( x) x ax a bx b = + +, ( )( ) ( ) ( ) = ( )( + ( + ) ) W( x) = x x + x+ + a x + b x, W( x) x x a x a b Stąd wynika, że liczba x = jest pierwiastkiem wielomianu W Dalszą część rozwiązania możemy przeprowadzić na dwa sposoby a) Pierwiastki tego wielomianu tworzą ciąg arytmetyczny o różnicy równej, więc mamy trzy takie ciągi (, 4, 7 ), (,, 4), (,,) Wielomian możemy wówczas zapisać Strona 8 z 6

29 w postaci iloczynowej, odpowiednio: W( x) = ( x )( x 4)( x 7), W( x) = ( x+ )( x )( x 4), W( x) = ( x+ )( x+ )( x ) Po doprowadzeniu do postaci uporządkowanej mamy W( x) = x x + 9x 8, W( x) = x x 6x+ 8, W( x) = x + 6x + x 0 Wyznaczamy odpowiednio współczynniki wielomianu W: ( a =, b = 9, c = 8 ) lub ( a =, b = 6, c = 8) lub ( a = 6, b =, c = 0 ) b) Niech x i x oznaczają pierwiastki trójmianu T( x) = x + ( a+ ) x+ a+ b+ Możemy założyć, że x x Pierwiastki wielomianu W tworzą ciąg arytmetyczny, więc z własności ciągu arytmetycznego otrzymujemy np: ( x = 4, x = 7 ) lub ( x =, x = 4 ) lub ( x =, x = ) Korzystając ze wzorów Viète a, otrzymujemy trzy układy równań 4+ 7= ( a + ) + 4= ( a + ) lub 47 = a + b + lub = ( a + ) 4 = a + b + ( ) = a + b + ( a ) = + 8 = a+ b+ lub a = lub b = 9 Obliczamy odpowiednio c= a b: a = b = 9 lub c = 8 Rozwiązanie (III sposób) ( a ) = + 8 = a + b + a = b = 6 a = b = 6 c = 8 lub lub lub ( a ) 7= + 0 = a+ b+ a = 6 b = a = 6 b = c = 0 Suma współczynników wielomianu W ( x) = x + ax + bx + c jest równa + a + b + c = 0 Z równości + a+ b+ c= 0 wynika, że liczba jest pierwiastkiem wielomianu W Ponieważ pierwiastki wielomianu tworzą ciąg arytmetyczny o różnicy, to możemy zapisać,, 4, trzy ciągi arytmetyczne, których jednym z wyrazów jest liczba : (, 4, 7 ), ( ) (,,) Stąd wielomian W możemy więc zapisać w postaci: W( x) = ( x )( x 4)( x 7) lub W ( x) ( x )( x )( x 4) lub W ( x) = ( x+ )( x+ )( x ) = +, Po doprowadzeniu do postaci uporządkowanej mamy ( ) = lub W ( x) = x x 6x+ 8, lub ( ) W x x x x W x = x + 6x + x 0 Wyznaczamy współczynniki wielomianu W : ( a =, b = 9, c = 8 ) lub ( a =, b = 6, c = 8 ), lub ( a = 6, b =, c = 0 ) Strona 9 z 6

30 Schemat oceniania Rozwiązanie, w którym postęp jest niewielki, ale konieczny na drodze do pełnego rozwiązania p Zdający zapisze wielomian W w postaci iloczynowej, np: W( x) ( x p)( x p )( x p 6) =, gdzie p jest pierwiastkiem wielomianu zapisze układ równań, gdzie p jest pierwiastkiem wielomianu p + ap + bp+ c = 0 ( p+ ) + a( p+ ) + b( p+ ) + c = 0 ( p+ 6) + a( p+ 6) + b( p+ 6) + c = 0 zapisze układ równań, korzystając ze wzorów Viète a p+ p+ + p+ 6= a p ( p + ) + p ( p + 6) + ( p + ) ( p + 6) = b p ( p + ) ( p + 6) = c wyznaczy c= a b i zapisze wielomian W w postaci W( x) = x + a x + b x ( ) ( ) Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp p Zdający zapisze a = p 9 układ równań: b = p + 8p + 8 c = p 9p 8p ( ) wielomian W w postaci iloczynu: ( ) ( ) W( x) = x x + a+ x+ a+ b+ zapisze, że z równości + a+ b+ c= 0 wynika, że liczba jest pierwiastkiem wielomianu W zapisze układ czterech równań z 4 niewiadomymi, np p+ p+ + p+ 6= a p ( p + ) + p ( p + 6) + ( p + ) ( p + 6) = b p ( p + ) ( p + 6) = c + a + b + c = 0 Strona 0 z 6

31 Pokonanie zasadniczych trudności 4 p Zdający wyznaczy wszystkie rozwiązania równania p p p = 0:,, zauważy, że liczba jest pierwiastkiem wielomianu W i zapisze trzy ciągi arytmetyczne o różnicy, których jednym z wyrazów jest liczba :,, 4,, (, 4, 7 ), ( ), ( ) zauważy, że liczba jest pierwiastkiem wielomianu W i zapisze jeden ciąg arytmetyczny o różnicy, w którym jednym z wyrazów jest liczba : np(,4,7 ) lub (,, 4), lub(,,) i dla tego ciągu obliczy współczynniki a, b, c wielomianu, to otrzymuje 4 punkty Uwagi: Jeżeli zdający wyznaczy jeden z pierwiastków wielomianu W i wykorzystuje informację, że pierwiastki wielomianu są kolejnymi wyrazami ciągu arytmetycznego, to otrzymuje punkty Jeżeli zdający zapisze równanie z jedną niewiadomą, np p + 6p + p 0= 0, to otrzymuje punkty Rozwiązanie zadania do końca, lecz z usterkami, które jednak nie przekreślają lub poprawności rozwiązania (np błędy rachunkowe) p Zdający rozwiąże zadanie do końca, popełniając błędy rachunkowe zapisze, że z równości + a+ b+ c= 0 wynika, że liczba jest pierwiastkiem wielomianu W, zapisze trzy ciągi arytmetyczne o różnicy, których jednym,, 4,, oraz zapisze, że z wyrazów jest liczba : (, 4, 7 ), ( ), ( ) W( x) = ( x )( x 4)( x 7) lub W ( x) ( x )( x )( x 4) lub W ( x) = ( x+ )( x+ )( x ) = +, wyznaczy współczynniki a, b, c wielomianu tylko dla dwóch ciągów Rozwiązanie pełne 6 p Zdający wyznaczy współczynniki wielomianu W: ( a =, b = 9, c = 8 ) lub ( a =, b = 6, c = 8), lub ( a = 6, b =, c = 0 ) Strona z 6

32 Zadanie 6 (0 7) Rozpatrujemy wszystkie stożki, których przekrojem osiowym jest trójkąt o obwodzie 0 Oblicz wysokość i promień podstawy tego stożka, którego objętość jest największa Oblicz objętość tego stożka III Modelowanie matematyczne Rachunek różniczkowy Zdający stosuje pochodne do rozwiązywania zagadnień optymalizacyjnych (R6) Rozwiązanie (I sposób) Przyjmijmy oznaczenia jak na rysunku h l Objętość stożka wyraża się wzorem V = π r h Przekrój osiowy stożka jest trójkątem równoramiennym, którego obwód jest równy 0, więc r+ l = 0, r+ l = 0, l = 0 r Stąd i z twierdzenia Pitagorasa otrzymujemy r + h = l, r = l h, ( 0 ) r = r h, h = 00 0r Zatem h= 00 0r Z geometrycznych warunków zadania otrzymujemy 0< r < Zapisujemy objętość stożka w zależności od zmiennej r V( r) = π r 00 0r, 4 Wzór tej funkcji zapiszemy w postaci V( r) = π 00r 0r dla 0< r < 4 Rozważmy funkcję pomocniczą określoną wzorem f ( r) = 00r 0r dla 0< r < r Strona z 6

33 Z faktu, że funkcja g() t = t jest rosnąca w 0, + ) wynika, że funkcje V oraz f są rosnące (malejące) w tych samych przedziałach oraz mają ekstrema lokalne (tego samego rodzaju) dla tych samych argumentów Wyznaczamy wartość największą funkcji f w przedziale ( 0, ) Obliczamy pochodną funkcji f: 4 f ( r) = 400r 00r 0, pochodna ma jedno miejsce zerowe r = 4 Ponadto W przedziale ( ) f () r > 0dla ( 0, 4) f () r < 0dla ( 4,) r, r Wynika stąd, że dla x = 4 funkcja f ma maksimum lokalne, które jest jednocześnie największą wartością funkcji V, bo w przedziale (0, 4 funkcja f jest rosnąca, a przedziale 4, 0 ) funkcja f jest malejąca Gdy r = 4, to h = = 0 =, natomiast objętość stożka jest wówczas równa: V π 4 = = ( ) π Odp: Największą objętość równą π Schemat oceniania I sposobu rozwiązania Rozwiązanie zadania składa się z trzech etapów ma stożek o promieniu podstawy 4 i wysokości Pierwszy etap składa się z trzech części: oznaczenia promienia podstawy stożka, np r i wyznaczenia wysokości stożka w zależności od zmiennej r: h= 00 0r zapisania objętości V stożka jako funkcji jednej zmiennej V( r) = π r 00 0r, zapisania dziedziny funkcji V( r) = π r 00 0r : 0< r < Za drugą część tego etapu zdający może otrzymać punkt, o ile pierwszą cześć wykona bezbłędnie Punkt za cześć trzecią otrzymuje niezależnie od realizacji dwóch pierwszy części tego etapu Drugi etap składa się z trzech części: =, 4 4 wyznaczenia wzoru pochodnej funkcji f ( r) = 00r 0r : f ( r) 400r 00r obliczenia miejsc zerowych pochodnej: r = 0, r = 4, zbadania znaku pochodnej funkcji f : f () r 0 r 0, 4, f () r < 0dla > dla ( ) r ( 4,) i zapisania, że dla r = 4 funkcja V osiąga największą wartość Uwagi: Znak pochodnej zdający może zaznaczyć w inny sposób, np na rysunku szkicując krzywą zbliżoną do wykresu pochodnej Strona z 6

34 Jeśli zdający nie wyznaczy dziedziny funkcji V lub określi funkcję f na zbiorze szerszym od dziedziny funkcji V, to punkt za tę cześć może otrzymać jedynie wtedy, gdy wskazuje jako największą wartość funkcji tylko to maksimum, które funkcja f osiąga dla argumentu z dziedziny funkcji V Za poprawne rozwiązanie każdej z części tego etapu zdający otrzymuje punkt, o ile poprzednia część etapu została zrealizowana bezbłędnie Trzeci etap Zapisanie, że promień stożka o największej objętości jest równy r = 4, wysokość π h = 0 = i obliczenie największej objętości stożka V ( 4) = Za realizację tego etapu zdający otrzymuje punkt Rozwiązanie (II sposób) Przyjmijmy oznaczenia jak na rysunku h l Objętość stożka wyraża się wzorem V = π r h Przekrój osiowy stożka jest trójkątem równoramiennym, którego obwód jest równy 0, więc r+ l = 0, r+ l = 0, l = 0 r Stąd i z twierdzenia Pitagorasa otrzymujemy r + h = l, r = l h, 00 h = = h ( 0 ) r = r h, h = 00 0r Zatem r 0 0 Z geometrycznych warunków zadania otrzymujemy 0< h < 0 Zapisujemy objętość stożka w zależności od zmiennej h V( h) = π h h, 0 4 V( h) = π h + h h= π h h + h dla < h < r Strona 4 z 6

35 Zauważamy, że wystarczy zbadać funkcję f ( h) h h h 400 ( 0,0 ) Funkcje V oraz f są rosnące (malejące) w tych samych przedziałach oraz mają ekstrema lokalne (tego samego rodzaju) dla tych samych argumentów Wyznaczamy pochodną funkcji f: 4 f ( h) = h + h 80 Następnie obliczamy miejsca zerowe pochodnej: 4 h + h = 0 i t = h 80 t t+ = 0 80 ( ) t Δ= 4 = = t = = 0, = = 00 h = 0 lub h = 00, = + określoną w przedziale h=, h=, h= 0, h= 0 Jedynym miejscem zerowym pochodnej funkcji f, które należy do przedziału ( 0,0) jest h = Ponadto: f h f ( ) > 0 gdy h ( 0, ), ( h) < 0 gdy (,0) h Stąd wynika, że dla h = funkcja f osiąga maksimum lokalne i jest to jednocześnie wartość największa, bo w przedziale (0, funkcja f jest rosnąca, a przedziale,0 ) funkcja f jest malejąca Gdy h =, to r = ( ) = 4 i objętość stożka jest wówczas równa: 0 π V ( ) = π 4 = Odp: Największą objętość równą π ma stożek, którego promień jest równy 4, a wysokość Strona z 6

36 Schemat oceniania II sposobu rozwiązania Rozwiązanie zadania składa się z trzech etapów Pierwszy etap składa się z trzech części: oznaczenia wysokości stożka, np h i wyznaczenia promienia podstawy stożka 00 h w zależności od zmiennej h: r = = h, 0 0 zapisania objętości V stożka jako funkcji jednej zmiennej 4 V( h) = π h + h h= π h h + h , π zapisania dziedziny funkcji ( ) V h = h h + h 400 : 0< h < 0 Za drugą część tego etapu zdający może otrzymać punkt, o ile pierwszą część wykona bezbłędnie Punkt za część trzecią otrzymuje niezależnie od realizacji dwóch pierwszy części tego etapu Drugi etap składa się z trzech części: wyznaczenia wzoru pochodnej funkcji ( ) f h h h h 400 = + : 4 f ( h) = h + h, 80 obliczenia miejsc zerowych pochodnej: h =, h =, h = 0, h = 0, zbadania znaku pochodnej funkcji f : f ( h) 0 h 0,, f ( h) < 0 dla > dla ( ) h (,0) i zapisania, że dla h = funkcja V osiąga największą wartość Uwagi: Znak pochodnej zdający może zaznaczyć w inny sposób, np na rysunku szkicując krzywą zbliżoną do wykresu pochodnej Jeśli zdający nie wyznaczy dziedziny funkcji V lub określi funkcję f na zbiorze szerszym od dziedziny funkcji V, to punkt za tę cześć może otrzymać jedynie wtedy, gdy wskazuje jako największą wartość funkcji tylko to maksimum, które funkcja f osiąga dla argumentu z dziedziny funkcji V, przy czym konieczne jest uzasadnienie, że jest to największa wartość funkcji V lub że funkcja V nie przyjmuje wartości dla liczb większych od 0 Za poprawne rozwiązanie każdej z części tego etapu zdający otrzymuje punkt, o ile poprzednia część etapu została zrealizowana bezbłędnie Trzeci etap Zapisanie, że promień stożka o największej objętości jest równy r = 4, wysokość π h = 0 = i obliczenie największej objętości stożka V ( 4) = Za realizację tego etapu zdający otrzymuje punkt Strona 6 z 6