MATEMATYKA POZIOM ROZSZERZONY

Transkrypt

1 EGZAMIN MATURALNY W ROKU SZKOLNYM 05/06 FORMUŁA OD 05 ( NOWA MATURA ) MATEMATYKA POZIOM ROZSZERZONY ZASADY OCENIANIA ROZWIĄZAŃ ZADAŃ ARKUSZ MMA-P CZERWIEC 06

2 Klucz punktowania zadań zamkniętych Zadanie 6. Zadanie 7. Nr zad 5 Odp. A D B A C Zadania kodowane 9 Zadania otwarte Zadanie 8. (0 ) Wykaż, że dla abcd>,,, 0 prawdziwa jest nierówność a + b c + d ac + bd. Rozwiązanie Obie strony nierówności a + b c + d ac + bd możemy podnieść do kwadratu, bo przyjmują wyłącznie wartości dodatnie. Otrzymujemy: ( a + b)( c + d ) ac + bd + abcd ac + ad + bc + bd ac + bd + abcd ad + bc abcd ( ad bc ) 0. Nierówność ( ad bc ) 0 abcd>,,, 0, co kończy dowód. jest prawdziwa dla wszystkich liczb rzeczywistych Schemat punktowania Rozwiązanie, w którym postęp jest niewielki, ale konieczny na drodze do pełnego rozwiązania zadania... p. Zdający zauważy, że obie strony nierówności a + b c + d ac + bd są dodatnie i można nierówność obustronnie podnieść do kwadratu. Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp p. Zdający zapisze nierówność w postaci: ( a + b)( c + d ) ac + bd + abcd. Pokonanie zasadniczych trudności zadania... p. Zdający zapisze nierówność w postaci: ad + bc abcd. Strona z

3 Rozwiązanie pełne... p. Zdający przeprowadzi pełny dowód. Uwaga: Jeżeli zdający przy podnoszeniu prawej strony nierówności do kwadratu otrzymuje wyrażenie ac + bd, to za całe rozwiązanie otrzymuje 0 punktów. Zadanie 9. (0 ) Rozwiąż nierówność x x + x. I sposób rozwiązania Zauważmy, że nierówność możemy zapisać w postaci równoważnej kolejno jako: x x x, ( x ) 0 x. Ponieważ dla dowolnej liczby rzeczywistej x prawdziwa jest nierówność x 0, więc nierówność ( x ) 0 x jest równoważna nierówności x 0, czyli x. Z geometrycznej interpretacji wartości bezwzględnej, otrzymujemy x (,, + ). II sposób rozwiązania Naszkicujmy w układzie współrzędnych wykresy funkcji y = x x + oraz = x y y. 0 x - Rozważmy nierówność kolejno w przedziałach (, ),, ) oraz, + ). Gdy x (, ), to wtedy x x + = x x + oraz x = ( x ), a nierówność przyjmuje postać x x + x +, x x + 0, ( x ) 0. Nierówność ta jest prawdziwa dla każdej liczby rzeczywistej x, zatem każda liczba x (, ) jest rozwiązaniem nierówności. Gdy x, ), to wtedy x x + = ( x x + ) oraz x = x, a nierówność przyjmuje postać x + x x, x x+ 0, ( x ) 0. Strona z

4 Nierówność ta jest prawdziwa tylko dla x =. Zatem w przedziale, ) tylko liczba x = jest rozwiązaniem nierówności. Gdy x, + ), to wtedy x x + = x x + oraz x = x, a nierówność przyjmuje postać x x + x, x x + 0, x x, ( )( ) 0 y 0 x - (, + ) x,. Zatem w przedziale, + ) rozwiązaniem nierówności jest każda liczba x, + ). W rezultacie rozwiązaniem nierówności x x + x jest każda liczba x (,, +. ) Schemat punktowania I i II sposobu rozwiązania Rozwiązanie, w którym postęp jest wprawdzie niewielki, ale konieczny do całkowitego rozwiązania zadania... p. gdy zapisze, że x x = x x + zapisze, że nierówność należy rozważyć w każdym z przedziałów (, ),, ),,. Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp... p. gdy zapisze nierówność w postaci iloczynowej: x ( x ) 0 zapisze poprawnie nierówność w każdym z przedziałów: (, ),, ),, + ). Pokonanie zasadniczych trudności zadania... p. gdy zapisze, że nierówność x x + x jest równoważna nierówności x zapisze poprawnie nierówność w każdym z przedziałów (, ),, ),, + ) i rozwiąże poprawnie tę nierówność w jednym lub dwóch spośród ww. przedziałów. + ) Rozwiązanie pełne... p. x,, +. gdy zapisze rozwiązanie nierówności, np.: ( ) Strona z

5 Uwagi:. Jeżeli zdający rozważy wszystkie przedziały otwarte, tj. (, ), (, ), (, + ), to otrzymuje o punkt mniej, niż wynika to z osiągniętego przez niego etapu rozwiązania zadania.. Jeżeli zdający podzieli obie strony nierówności x ( x ) 0 przez x, nie zakładając, że x > 0 i konsekwentnie rozwiąże nierówność do końca, to otrzymuje punkty. III sposób rozwiązania Ponieważ obie strony nierówności x x + x są nieujemne, więc podnosząc je do kwadratu otrzymujemy nierówność równoważną ( x x ) ( x ) +, x x x x x x , x 6x + x 0x+ 0. W x = x 6x + x 0x+, gdyż Zauważmy, że liczba jest pierwiastkiem wielomianu ( ) = 0. Zatem wielomian W jest podzielny przez dwumian x. Stosując algorytm Hornera, otrzymujemy Zatem W ( x) ( x )( x 5x 7x ) ( ) = +. Liczba jest też pierwiastkiem wielomianu P x = x 5x + 7x, gdyż = 0. Dzieląc ten wielomian przez x, otrzymujemy Zatem W( x) ( x ) ( x x ) x =, = +. Trójmian kwadratowy x x + ma dwa pierwiastki x =, więc W ( x) ( x ) ( x ) =. Ponieważ dla każdej liczby rzeczywistej x prawdziwa jest nierówność ( x ) 0, więc nierówność W( x) 0 jest równoważna nierówności kwadratowej ( x )( x ) 0, której rozwiązaniem jest każda liczba (,, + ) Uwaga: x. Nierówność ( x x ) ( x ) ( x x+ ) ( x ) 0, ( x x x )( x x x ) ( x x+ )( x x+ ) 0, + możemy też przekształcić równoważnie , ( x )( x )( x ) 0, a dalej tak samo jak w III sposobie rozwiązania. Strona 5 z

6 Schemat punktowania III sposobu rozwiązania Rozwiązanie, w którym postęp jest wprawdzie niewielki, ale konieczny do całkowitego rozwiązania zadania... p. Zdający zapisze nierówność w postaci równoważnej ( x x ) ( x ) +. Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp... p. Zdający zapisze nierówność w postaci równoważnej ( x )( x 5x + 7x ) 0 x x+ x+ x x+ + x 0. ( )( ) Pokonanie zasadniczych trudności zadania... p. Zdający zapisze nierówność w postaci równoważnej ( x ) ( x ) 0 W x = x 6x + x 0x+ i naszkicuje wykres tego wielomianu (lub wykresy odpowiednich czynników tego wielomianu). wyznaczy wszystkie pierwiastki wielomianu ( ) Rozwiązanie pełne... p. x,, +. Zdający wyznaczy zbiór rozwiązań nierówności: ( ) IV sposób rozwiązania Naszkicujmy w układzie współrzędnych wykresy funkcji f ( x) = x x+ oraz g( x) = x, przekształcając odpowiednio parabolę o równaniu y = x x+ oraz prostą o równaniu y = x. Ponieważ ( )( ) ( ) (, 0 ) i ( ) x x+ = x x = x, więc parabola przecina oś Ox w punktach,0, a jej wierzchołkiem jest punkt ( ),. y y y = x 0 y = x y = x x+ x 0 y x x = + x Rys.. Rys.. Strona 6 z

7 Wykresy funkcji f i g przecinają się tylko w dwóch punktach: (, 0 ), (, ). Wystarczy wykazać, że równanie x x+ = x ma tylko dwa rozwiązania. Równanie to jest równoważne alternatywie równań x x+ = x lub x x+ = x+, x x+ = 0 lub x x+ = 0, Stąd x = lub x =. ( x )( x ) = 0 lub ( ) x = 0. Schemat punktowania IV sposobu rozwiązania Rozwiązanie, w którym postęp jest wprawdzie niewielki, ale konieczny do całkowitego rozwiązania zadania... p. Zdający narysuje w tym samym układzie współrzędnych wykresy funkcji ( ) f x = x x+ i g( x) = x. Pokonanie zasadniczych trudności zadania... p. Zdający odczyta z rysunku zbiór rozwiązań nierówności f ( x) g( x) : x (,, + ), ale nie uzasadni, że wykresy funkcji f i g mają tylko dwa punkty wspólne. Rozwiązanie pełne... p. Zdający odczyta z rysunku zbiór rozwiązań nierówności f ( x) g( x) : x (,, + ) oraz uzasadni, że wykresy funkcji f i g mają tylko dwa punkty wspólne. Uwagi:. Akceptujemy przyjęcie bez uzasadnienia, że dla x > wykresy funkcji f i g przecinają się w jednym punkcie (, ). Wymagamy natomiast uzasadnienia, że dla x wykresy tych funkcji mają tylko jeden punkt wspólny. Zdający może np. zauważyć, że prosta o równaniu y = x jest styczna do paraboli o równaniu y x x, 0 tej = + w punkcie ( ) paraboli, gdyż pochodna funkcji kwadratowej h( x) x x h ( x) = x+, a punkt (, 0 ) leży na prostej o równaniu y x = + jest równa =, na wykresie funkcji h oraz h () = + =.. Jeżeli błędnie odczyta odciętą jednego z punktów wspólnych wykresów funkcji f i g i nie uzasadni, że wykresy tych funkcji mają tylko dwa punkty przecięcia, to może otrzymać co najwyżej punkty. Strona 7 z

8 Zadanie 0. (0 ) a określony dla każdej liczby całkowitej n, w którym a = oraz dla Dany jest ciąg ( ) n każdej liczby n prawdziwa jest równość a = a +. Oblicz pierwszy wyraz ciągu ( a n ) i ustal, czy ciąg ten jest malejący. Rozwiązanie n + n n Ponieważ a = i a = a +, więc a = 5. Analogicznie a = a +, więc a = 7 oraz a = a +, zatem a = 0. Ponieważ a5 = a + = a, więc ciąg ten nie jest malejący. Uwaga: Możemy też zauważyć, że an + an = n. Różnica ta jest ujemna tylko dla n <, a więc tylko pierwsze cztery wyrazy tego ciągu maleją. Dla n = różnica jest równa 0, co oznacza, że czwarty i piąty wyraz ciągu jest taki sam. Ciąg ten nie jest zatem malejący. Schemat punktowania Zdający otrzymuje... p. gdy obliczy trzeci wyraz ciągu: a = 5 uzasadni, że ciąg nie jest malejący. Uwaga: Zdający nie musi odwoływać się do definicji ciągu malejącego, wystarczy, że zauważy np., że a5 = a lub zapisze, że dla n = różnica an + an = n jest równa 0, że dla n > różnica jest dodatnia. Zdający otrzymuje... p. gdy obliczy pierwszy wyraz ciągu: a 0. = Zdający otrzymuje... p. gdy obliczy pierwszy wyraz ciągu a 0 oraz uzasadni, że ciąg nie jest malejący. = Strona 8 z

9 Zadanie. (0 ) Dany jest sześcian ABCDEFGH. Przez wierzchołki A i C oraz środek K krawędzi BF poprowadzono płaszczyznę, która przecina przekątną BH w punkcie P (zobacz rysunek). H G E F K D P C Wykaż, że BP : HP = :. A B Rozwiązanie Punkt P leży w płaszczyźnie DBFH i jest punktem przecięcia przekątnej BH z odcinkiem KL, gdzie L to środek przekątnej BD ściany ABCD. H G E F S K D L A B Odcinek KL łączy środki boków BD i BF trójkąta DBF, więc jest równoległy do boku DF. To oznacza, że trójkąt LBK jest podobny do trójkąta DBF w skali :. Zatem BP = BS. Punkt S to środek przekątnej BH sześcianu, więc BP = BH = BH. Stąd wynika, że BP : HP = :. To kończy dowód. P C Strona 9 z

10 Uwaga: Tezę możemy udowodnić też w inny sposób. Sposób I Niech M oznacza punkt przecięcia prostych LK i HF. H F M P K D L B Wówczas trójkąty LBK i MFK są przystające, gdyż oba są prostokątne, LKB = MKF (kąty wierzchołkowe) i KB = KF. Stąd wynika, że FM = LB = DB. Trójkąty LBP i MHP są podobne ( LBP = MHP i BLP = HMP, gdyż są to pary kątów naprzemianległych, a proste LB i HM są równoległe). Stąd BP LB DB DB = = = HP HM HF FM DB = DB =. + + To kończy dowód. Sposób II Przyjmijmy oznaczenia jak na rysunku. H F a P K a D β α L Q B Wtedy BK = a, DB = a, DB = a. Zatem HD tg α = a DB = a = i tg β = KB a LB = a =, a więc tgα = tgβ. Stąd wynika, że α = β, gdyż α i β to katy ostre. Stąd z kolei wynika, że trójkąt LBP jest równoramienny, więc spodek Q wysokości PQ tego trójkąta jest środkiem odcinka LB. Zatem QB = LB = DB. Trójkąty BPQ i BHD są podobne (oba są prostokątne i mają wspólny kąt ostry przy wierzchołku B), więc BP QB DB = = =. HB DB DB Stąd wynika, że BP : HP = :. Strona 0 z

11 Sposób III Poprowadźmy odcinek łączące środki przeciwległych boków prostokąta BFHD. H F a S P K D L B Przecinają się one w punkcie S, który jest środkiem przekątnej BH tego prostokąta. Punkt P jest natomiast środkiem przekątnej prostokąta BKSL. Stąd wynika, że BP = BH i HP = BH. To oznacza, że BP : HP = :. Schemat punktowania Zdający otrzymuje... p. gdy zauważy, że P jest punktem przecięcia przekątnej BH z odcinkiem KL, gdzie L to środek przekątnej BD. Zdający otrzymuje... p. gdy zapisze, że trójkąty LBK i DBF są podobne w skali : zapisze, że odcinek KL jest obrazem odcinka FD w jednokładności o środku B i skali, wykaże, że trójkąt LBP jest równoramienny np. wykaże, że PBL = PLB, poprowadzi odcinki łączące środek przekątnej BH z punktami K i L i na tym zakończy lub dalej popełnia błędy. Zdający otrzymuje... p. gdy wykaże, że BP : HP = :. Strona z

12 Zadanie. (0 ) Liczba m jest sumą odwrotności dwóch różnych pierwiastków równania k x + ( k ) x + = 0, gdzie k 0. m Wyznacz zbiór wartości funkcji określonej wzorem f ( x) =. Rozwiązanie Równanie k x + ( k ) x+ = 0 z niewiadomą x ma dwa rozwiązania rzeczywiste x, xwtedy i tylko wtedy, gdy k 0 i ( ) k k 0 k, 0 0,. Suma m odwrotności rozwiązań jest określona wtedy, gdy xx 0, a więc (ze wzoru Viete a) gdy 0 k. To zachodzi dla każdej wartości (, 0 ) ( 0, ) m Funkcja f jest więc określona wzorem >, a więc dla ( ) ( ) k. Zatem x + x k ( k ) = + = = k =. x x xx ( k k ) f ( k) = = ( ) dla k (, 0) ( 0, ). k Wykres funkcji f otrzymamy, przesuwając wykres funkcji wykładniczej g( k ) = ( ) u = [, 0] k o wektor, a następnie biorąc ten fragment otrzymanego wykresu, który odpowiada k, 0 0,. argumentom ( ) ( ) 5 y f k k k y = ( ) ( ) = ( ) y = k ( ) k Funkcja h, określona wzorem h( k) h( 0 ) = ( ) =, h ( ) ( ) (,) (,). ( k k ) = = ( ) jest malejąca, h( ) ( ) = =, = = =, więc zbiorem wartości funkcji f jest Schemat punktowania Rozwiązanie, w którym postęp jest niewielki, ale konieczny na drodze do pełnego rozwiązania... p. Zdający rozwiąże nierówność 0 Δ> : k, \ {} 0. Strona z

13 Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp... p. Zdający wyznaczy sumę odwrotności dwóch różnych pierwiastków równania w zależności od k: np. + = k +. x x Rozwiązanie zasadniczych trudności zadania... p. Zdający obliczy wartości funkcji wykładniczej h, określonej wzorem h( k) ( ) argumentów, 0, : h( ) = ( ) h 0 =, h ( ) = k = dla Rozwiązanie pełne... p. Zdający wykorzysta monotoniczność funkcji wykładniczej i wyznaczy zbiór wartości funkcji f: (, )\{}. Uwagi:. Jeżeli zdający zapisze i rozwiąże warunek Δ 0, to za całe rozwiązanie otrzymuje co najwyżej punkty.. Jeżeli zdający wyznaczy poprawnie sumę odwrotności różnych rozwiązań danego równania, ale utworzy funkcję wykładniczą o niepopranym wzorze, to za całe rozwiązanie otrzymuje co najwyżej punkty.. Jeżeli zdający nie uwzględni warunku k 0 i wyznaczy zbiór wartości:(, ), to za całe rozwiązanie otrzymuje co najwyżej punkty.. Jeżeli zdający błędnie rozwiąże nierówność Δ> 0, ale przy wyznaczaniu zbioru wartości funkcji uwzględni warunek k 0, to za całe rozwiązanie otrzymuje co najwyżej punkty. 5. Jeżeli zdający poprawnie rozwiąże nierówność Δ> 0 i warunek k 0 uwzględni dopiero przy wyznaczaniu zbioru wartości funkcji f, to może otrzymać maksymalną liczbę punktów za całe rozwiązanie. 6. Jeżeli zdający niepoprawnie rozwiąże nierówność Δ> 0 i przy wyznaczaniu zbioru wartości funkcji nie uwzględni warunku k 0, to za całe rozwiązanie otrzymuje co najwyżej punkty. 7. Jeżeli zdający poprawnie wyznaczy sumę odwrotności dwóch różnych pierwiastków równania w zależności od k, zapisze wzór funkcji f, stosując inną interpretację zmiennej niż przedstawiona w powyższym rozwiązaniu, to może otrzymać maksymalną liczbę punktów za całe rozwiązanie. 8. Akceptujemy następujące interpretacje. I sposób interpretacji Za taką odpowiedź zdający powinien otrzymać maksymalną punktację. Jeśli przyjąć, że równanie k x + ( k ) x + = 0 to równanie z niewiadomą x i parametrem k, gdzie k 0, to wtedy funkcja f zmiennej x jest stała i zbiorem jej wartości jest { m }. Strona z

14 II sposób interpretacji Jeśli przyjąć, że równanie k x + ( k ) x + = 0 to równanie z niewiadomą x i parametrem k, a funkcję f potraktować jako funkcję zmiennej k, to zbiorem wartości funkcji f jest (,) (,). 9. Jeśli zdający wyznaczy m w zależności od k (np. m= k + ), ale nie zapisze warunku istnienia dwóch różnych pierwiastków równania kwadratowego i na tym zakończy, to otrzymuje punkt. Zadanie. (0 ) Rozwiąż nierówność ( x )( x ) sin sin + > 0 w przedziale x (0,π). Rozwiązanie I sposób ( metoda podstawienia ) Podstawmy sin x t t t+ > 0. =, otrzymamy nierówność ( )( ) Stąd t,, +, czyli sin x < lub sin x >. Nierówność sin x > jest sprzeczna, zatem rozwiązujemy nierówność x 0, π. w przedziale ( ) sin x < y x π 6 π π π π - Rozwiązanie: 7π π x, 6 6. Strona z

15 Schemat punktowania Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp, ale nie zostały pokonane zasadnicze trudności zadania... p. Zdający poda rozwiązanie nierówności ( t )( t+ ) > 0: t,, + i zapisze go za pomocą alternatywy nierówności poprzestanie lub dalej popełnia błędy. sin x < lub sin x > i na tym Pokonanie zasadniczych trudności zadania... p. Zdający zauważy, że nierówność sin x > jest sprzeczna 7π π rozwiąże nierówność sin x < : x, 6 6 rozwiąże nierówność sin x < : 7π π x, 6 6 i na tym poprzestanie lub dalej popełnia błędy. Rozwiązanie pełne... p. Zdający zauważy, że nierówność sin x > jest sprzeczna i rozwiąże nierówność sin x < : 7π π x, 6 6. Rozwiązanie II sposób zbiór wartości Zdający zauważy, że nierówność sin x < 0 spełniona jest dla x R. sin x sin x+ > 0 wystarczy rozwiązać Zatem, aby spełniona była nierówność ( )( ) warunek sin x + < 0. 7π π Stąd sin x <, czyli x, 6 6. Schemat punktowania Pokonanie zasadniczych trudności zadania... p. Zdający: zauważy, że nierówność sin x < 0 spełniona jest dla x R rozwiąże nierówność sin x < : x i na tym poprzestanie lub dalej popełnia błędy. 7π π, 6 6 Strona 5 z

16 Rozwiązanie pełne... p. Zdający zauważy, że nierówność sin x < 0 spełniona jest dla x R i rozwiąże 7π π nierówność sin x < : x, 6 6. Zadanie. (0 ) W trójkącie prostokątnym stosunek różnicy długości przyprostokątnych do długości przeciwprostokątnej jest równy. Oblicz cosinusy kątów ostrych tego trójkąta. Rozwiązanie (I sposób) Sporządzamy rysunek pomocniczy i wprowadzamy oznaczenia. β a c Bez zmniejszania ogólności rozwiązania możemy założyć, że a> b. Otrzymujemy zatem równanie a b =, c które jest równoważne równaniu a b =. c c Oznacza to, że sinα cosα =, a stąd wynika, że sinα = cosα +. Podstawiamy tę zależność do tożsamości sin α + cos α = i otrzymujemy równanie cos α + cosα = 0. 7 To równanie ma dwa rozwiązania: cosα + 7 =, cosα =. Ponieważ α jest kątem ostrym, więc drugie rozwiązanie należy odrzucić. Pozostaje obliczyć cosinus drugiego kąta ostrego. Ale β = 90 α, więc cos β = sinα. b α Strona 6 z

17 Z równości otrzymujemy sinα = cosα cos β = sinα = + + = +. Schemat punktowania I sposobu rozwiązania Rozwiązanie, w którym postęp jest wprawdzie niewielki, ale konieczny na drodze do pełnego rozwiązania... p. a b Zdający zapisze równość = w postaci sinα cosα = i na tym zakończy lub dalej popełni błędy. c Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp... p. Zdający podstawi równość sinα cosα = do tożsamości sin α cos α = i doprowadzi otrzymane równanie do postaci uporządkowanego równania kwadratowego, np. cos α + cosα = 0 i na tym zakończy lub dalej popełni błędy. Pokonanie zasadniczych trudności zadania... p. Zdający zapisze dwa rozwiązania tego równania 7 cosα + 7 =, cosα = oraz odrzuci ujemne rozwiązanie tego równania i na tym zakończy lub dalej popełni błędy. Rozwiązanie pełne... p. 7 Zdający obliczy i zapisze cosinusy obu kątów ostrych tego trójkąta: cosα = +, + 7 cos β =. Strona 7 z

18 Rozwiązanie (II sposób) Sporządzamy rysunek pomocniczy i wprowadzamy oznaczenia. β a c Bez straty ogólności rozwiązania możemy założyć, że a> b. Otrzymujemy zatem równanie a b =, c c Z tej równości wyznaczamy a = b+. Ponieważ dany trójkąt jest trójkątem prostokątnym, więc stosujemy twierdzenie Pitagorasa i mamy: c b+ + b = c, które jest równoważne równaniu c bc 8b = 0. Otrzymane równanie można potraktować jako równanie kwadratowe z niewiadomą c i parametrem b. Wyróżnik trójmianu stojącego po lewej stronie równania jest liczbą dodatnią ( b > 0 ( b ) Δ= b = 7, ), więc istnieją dwa rozwiązania tego równania: b+ b 7 b ( + 7) b b 7 b ( 7) = = oraz c c = =. 6 6 Ponieważ c < 0, więc to rozwiązanie należy odrzucić, bo c jest długością boku w trójkącie. Obliczamy zatem cosinusy obu kątów ostrych tego trójkąta, stosując definicję funkcji cosinus w trójkącie prostokątnym: b ( + 7) Podstawiamy b Strona 8 z ( ) b b cosα = = = = =. c b ( + 7) ( + 7) b ( + 7) = + i otrzymujemy a c c = do równości a b =. Zatem cosinus drugiego kąta ostrego jest równy: b( + 7) a ( ) + 7 cos β = = = = =. c b ( + 7) ( + 7) α

19 Schemat punktowania II sposobu rozwiązania Rozwiązanie, w którym postęp jest wprawdzie niewielki, ale konieczny na drodze do pełnego rozwiązania... p. a b Zdający zapisze równość =, a następnie wyznaczy z niej jedną zmienną np. c c a = b+ i na tym zakończy lub dalej popełni błędy. Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp... p. c Zdający skorzysta z twierdzenia Pitagorasa i doprowadzi równanie b+ + b = c do równania kwadratowego z niewiadomą c i parametrem b c bc 8b = 0 i na tym zakończy lub dalej popełni błędy. Pokonanie zasadniczych trudności zadania... p. b ( + 7) Zdający zapisze dodatnie rozwiązanie tego równania cosinus kąta α : b + 7 cosα = = c i na tym zakończy lub dalej popełni błędy. Strona 9 z c =, a następnie obliczy Rozwiązanie pełne... p. 7 Zdający obliczy i zapisze cosinusy obu kątów ostrych tego trójkąta: cosα = +, + 7 cos β =. Zadanie 5. (0 ) Oblicz, ile jest wszystkich liczb naturalnych pięciocyfrowych, w których zapisie występują dokładnie trzy cyfry nieparzyste. Rozwiązanie (I sposób) Rozpatrujemy dwa przypadki: a) Jeśli pierwszą cyfrą jest cyfra nieparzysta, którą możemy wybrać na 5 sposobów, to z czterech pozostałych miejsc wybieramy dwa, na które wstawiamy cyfry nieparzyste. Możemy to zrobić na 5 sposobów. Na pozostałych dwóch miejscach umieszczamy cyfry parzyste na 5 sposobów. Liczba wszystkich utworzonych w ten sposób liczb pięciocyfrowych wynosi = b) Jeśli pierwszą cyfrą jest cyfra parzysta, którą możemy wybrać na sposoby, to z czterech pozostałych miejsc wybieramy trzy, na które wstawiamy cyfry nieparzyste. Możemy to zrobić na 5 sposobów. Na pozostałym miejscu umieszczamy cyfrę

20 parzystą na 5 sposobów. Liczba wszystkich utworzonych w ten sposób liczb pięciocyfrowych wynosi 5 5 = Zatem wszystkich liczb pięciocyfrowych spełniających podane w zadaniu warunki jest = Rozwiązanie (II sposób) W pierwszej kolejności obliczymy liczbę wszystkich ciągów 5-wyrazowych, których wyrazami są elementami zbioru {0,,,, 8, 9} oraz dokładnie wyrazy to cyfry 5 nieparzyste: 5 5. Wśród niech jest 5 5 ciągów, których pierwszym wyrazem jest cyfra 0. Pozostałe ciągi reprezentują rozpatrywane liczby. Zatem wszystkich liczb pięciocyfrowych spełniających podane w zadaniu warunki jest: = 5 5 = = 6 5 = Schemat punktowania Rozwiązanie, w którym postęp jest wprawdzie niewielki, ale konieczny do całkowitego rozwiązania zadania... p. Zdający rozpatrzy dwa przypadki ze względu na to, czy pierwsza cyfra liczby (licząc od lewej strony) jest parzysta, czy nieparzysta i w każdym z tych przypadków zapisze na ile sposobów można wybrać pierwszą cyfrę: w pierwszy przypadku, 5 w drugim przypadku 5 zapisze, że jest możliwości rozmieszczenia trzech cyfr nieparzystych, zapisze 0 przypadków rozmieszczenia trzech cyfr nieparzystych: N N _ N _ N N N _ N _ N _ N N _ N _ N N N N N _ N _ N _ N N, zapisze, że alby obliczyć liczbę wszystkich rozpatrywanych liczb wystarczy od liczby wszystkich ciągów 5-wyrazowych, których wyrazami są elementami zbioru {0,,,, 8, 9} oraz dokładnie wyrazy to cyfry nieparzystymi odjąć liczbę wszystkich ciągów 5-wyrazowych, których wyrazami są elementy zbioru {0,,,, 8, 9} i pierwszym wyrazem ciągu jest cyfra 0 i na tym zakończy lub dalej popełnia błędy. Strona 0 z

21 Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp... p. Zdający zapisze liczbę wszystkich rozpatrywanych liczb, których pierwsza cyfra jest parzysta: 5 5 rozpatrywanych liczb, których pierwsza cyfra jest nieparzysta: 5 5 5, liczbę wszystkich ciągów 5-wyrazowych, których wyrazami są elementami zbioru 5 {0,,,, 8, 9} oraz dokładnie wyrazy to cyfry nieparzystymi: 5 5, zapisze liczbę wszystkich ciągów 5-wyrazowych, których wyrazami są elementy zbioru {0,,,, 8, 9} i pierwszym wyrazem ciągu jest cyfra 0: 5 5. Pokonanie zasadniczych trudności zadania... p. Zdający zapisze liczbę wszystkich rozpatrywanych liczb pięciocyfrowych , obliczy bezbłędnie liczbę liczb pięciocyfrowych spełniających warunki zadania, których pierwszą cyfrą jest cyfra nieparzysta, a liczbę liczb pięciocyfrowych spełniających warunki zadania, których pierwszą cyfrą jest cyfra parzysta obliczy z błędem rachunkowym (lub odwrotnie) i konsekwentnie do popełnionego błędu obliczy liczbę rozpatrywanych liczb. Rozwiązanie pełne... p. Zdający, obliczy, że wszystkich liczb pięciocyfrowych spełniających podane w zadaniu warunki jest Uwaga: Jeżeli zdający pominie jeden z 0 przypadków rozmieszczenia trzech cyfr nieparzystych i konsekwentnie rozwiąże zadanie do końca, to otrzymuje punkty. Strona z

22 Zadanie 6. (0 5) Punkty A = ( 7, ) i B = (, 7) są wierzchołkami podstawy trójkąta równoramiennego ABC, a wysokość opuszczona z wierzchołka A tego trójkąta zawiera się w prostej o równaniu x+ 9y+ 5= 0. Oblicz współrzędne wierzchołka C. Rozwiązanie (I sposób) Trójkąt ABC jest równoramienny, więc wierzchołek C leży na symetralnej podstawy AB i na prostej BC, która jest prostopadła do w prostej o równaniu x+ 9y+ 5= 0 (wysokości opuszczonej z wierzchołka A tego trójkąta). 6 y A S -5-6 x 5y 6 = B y = ( x ) C 9x+ y+ 90 = 0 Niech S będzie środkiem odcinka AB. Ze wzorów na współrzędne środka odcinka otrzymujemy xa + xb ya + yb S =, =, =,. 7 ( ) 5 Prosta AB ma równanie postaci y = x 7, czyli y= ( x ) 7. 7 ( ) ( ) 5 Symetralna odcinka AB jest prostopadła do prostej o równaniu y ( x ) = i przechodzi przez punkt S, zatem ma postać y = x+, czyli y= x lub x 5y 6 = 0. Prosta BC jest prostopadła do prostej o równaniu x+ 9y+ 5= 0 i przechodzi przez punkt B = (, 7), więc ma równanie postaci ( x ) ( y ) = 0, czyli 9x+ y+ 90 = 0. Strona z

23 Obliczmy współrzędne punktu C przecięcia tych dwóch prostych, rozwiązując układ równań 6 y= x i 9x+ y+ 90 = Stąd 6 9x+ x + 90 = 0, x+ x = 0, Zatem ( ) 7x = 8, x = 6. y = = =, więc ( 6,) C =. Uwaga: Równanie symetralnej podstawy AB trójkąta możemy wyznaczyć nieco inaczej. Sposób a). Wykorzystamy fakt, że jest ona prostopadła do wektora AB i przechodzi przez środek S odcinka AB. Współrzędne wektora AB są równe AB= ( 7 ), 7 ( ) = [, 5]. Symetralna odcinka AB jest prostopadła wektora AB i przechodzi przez punkt S = 9 (, ), więc ma ona równanie postaci ( x+ 9 ) 5( y+ ) = 0, czyli x 5y 6 = 0. Sposób b). Wykorzystamy fakt, że symetralna odcinka jest zbiorem wszystkich punktów płaszczyzny równo oddalonych od jego końców. Niech C = ( x, y) będzie dowolnym punktem leżącym na symetralnej odcinka AB. Zatem AC = BC. Stąd, otrzymujemy kolejno ( x 7) ( y ) ( x ) ( y 7) = + +, ( x 7) ( y ) ( x ) ( y 7) = + +, x + x+ 9 + y + y+ = x 8x+ 6 + y + y+ 9, x 5y 6 = 0, czyli y = x Schemat punktowania I sposobu rozwiązania Rozwiązanie, w którym postęp jest niewielki, ale konieczny na drodze do pełnego rozwiązania... p. Zdający wyznaczy współrzędne środka S podstawy AB i zapisze równanie prostej AB: 9 S =,, 5 y= ( x ) 7 wyznaczy współrzędne środka S podstawy AB i obliczy współczynnik kierunkowy 9 prostej AB: S =,, 5 a =, Strona z

24 wyznaczy współrzędne środka S podstawy AB i obliczy współrzędne wektora AB: 9 S =,, AB = [, 5 ], zapisze równanie symetralnej odcinka AB w postaci ( x 7) ( y ) ( x ) ( y 7) = + +. Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp... p. Zdający wyznaczy: 6 równanie prostej SC : y= x lub x 5y 6 = równanie prostej BC : 9x+ y+ 90 = 0. Pokonanie zasadniczych trudności zadania... p. 6 Zdający wyznaczy równania prostych SC i BC: y= x (lub x 5y 6 = 0 ), 5 5 9x+ y+ 90 = 0 i zapisze, że C jest punktem przecięcia tych dwóch prostych. Uwaga: Jeżeli zdający wyznaczając równania prostych SC i BC popełni błąd rachunkowy, to otrzymuje punkty. Rozwiązanie pełne... 5 p. Zdający obliczy współrzędne wierzchołka C: ( 6, ). Strona z

25 Rozwiązanie (II sposób) Trójkąt ABC jest równoramienny, więc AC = BC i punkt C leży na prostej BC, która jest prostopadła do w prostej o równaniu x+ 9y+ 5= 0 (wysokości opuszczonej z wierzchołka A tego trójkąta) y 9x+ y+ 90 = A - - S - -5 x 5y 6 = B 5 ( x ) y = 7 Prosta BC jest prostopadła do prostej o równaniu x+ 9y+ 5= 0 i przechodzi przez punkt B = (, 7), więc ma równanie postaci ( x ) ( y ) = 0, 9x+ y+ 90 = 0, 9 y= x 5. 9 Zatem punkt C ma współrzędne C = xc, xc 5. Trójkąt ABC jest równoramienny i jego podstawą jest AB, zatem AC Zatem Stąd ( ) ( ) = BC. 9 9 xc xc 5+ = xc + xc xc xc 5+ = xc + xc 5+ 7, ( ) ( ) 9 9 xc xc = xc + xc 8, ( ) ( ) Strona 5 z

26 c c c c c c c c x + x x x + 89 = x 8x x x 8 +, xc xc + 89 = 8xc xc +, xc + 7xc 87xc + 8xc = , 7x = 8, x = 6. 9 Stąd y = 6 5 = 57 5 =, więc C = ( 6,). Schemat punktowania II sposobu rozwiązania Rozwiązanie, w którym postęp jest niewielki, ale konieczny na drodze do pełnego rozwiązania... p. Zdający zapisze, że AC = BC i punkt C leży na prostej BC, która jest prostopadła do prostej o równaniu x+ 9y+ 5= 0. Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp... p. Zdający wyznaczy równanie prostej BC: 9x+ y+ 90 = 0. Pokonanie zasadniczych trudności zadania... p. 9 Zdający zapisze współrzędne punktu C w zależności od jednej zmiennej C = xc, xc 5 oraz zapisze równanie z jedną niewiadomą pozwalające obliczyć współrzędną punktu C, np.: 9 9 xc xc 5+ = xc + xc ( ) ( ) Uwaga: Jeżeli zdający zapisze współrzędne punktu C w zależności od jednej zmiennej 9 C = xc, xc 5 i nie zapisze równania z jedną niewiadomą pozwalającego obliczyć współrzędną punktu C, to otrzymuje punkty. Rozwiązanie pełne... 5 p. Zdający obliczy współrzędne wierzchołka C: ( 6, ). Strona 6 z

27 Rozwiązanie (III sposób) Trójkąt ABC jest równoramienny, więc wierzchołek C leży na symetralnej podstawy AB A x 5y 6 = 0 S y B C 9x+ y+ 90 = 0 5 ( x ) y = 7 Niech C ( c, c ) =. Punkt C leży na prostej BC, która jest prostopadła do w prostej o równaniu x+ 9y+ 5= 0 (zawierającej wysokość opuszczoną z wierzchołka A tego trójkąta). Prosta BC jest prostopadła do prostej o równaniu x+ 9y+ 5= 0, więc wektor BC ma BC = k,9 BC = c, c + 7. współrzędne [ ] oraz [ ] Zatem c, c + 7 = k,9, [ ] [ ] c = k, c + 7= k 9, c = k+, c = 9k 7. Punkt C ma współrzędne C ( k,9k 7) = +. Niech S będzie środkiem odcinka AB. Ze wzorów na współrzędne środka odcinka otrzymujemy xa + xb ya + yb S =, =, =,. 7 ( ) 5 Prosta AB ma równanie postaci y = x 7, czyli y= ( x ) 7. 7 ( ) ( ) 5 = 7 Symetralna odcinka AB jest prostopadła do prostej o równaniu y ( x ) i przechodzi przez punkt S, zatem ma postać 9 y = x+, 5 6 y= x. 5 5 Strona 7 z

28 Zatem 9k 7 = ( k+ ) 6, k 5 = k+ 6, ( ) 95k k = 5 = 6 + 5, 7k = 7, k =. Uwaga: Obliczenia, gdy prosta SC ma postać x 5y 6 = 0. ( k ) ( k ) = 0, k+ 95k+ 5 6 = 0, 7k = 7, k =. C = +,9 7 = 6,. Stąd punkt C ma współrzędne ( ) ( ) Schemat punktowania III sposobu rozwiązania Rozwiązanie, w którym postęp jest niewielki, ale konieczny na drodze do pełnego rozwiązania... p. Zdający zapisze: prosta BC jest prostopadła do prostej o równaniu x+ 9y+ 5= 0, więc wektor BC ma współrzędne BC = k [,9] współrzędne punktu C, np.: C = ( c, c) oraz współrzędne wektora BC w postaci, np. BC = c, c + 7. [ ] Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp... p. Zdający wyznaczy współrzędne punktu C w zależności od parametru k, C = k+,9k 7. np. ( ) Pokonanie zasadniczych trudności zadania... p. Zdający wyznaczy równanie symetralnej odcinka AB: x 5y 6 = 0 i wstawi współrzędne C = k+,9k 7 do tego równania. punktu ( ) Rozwiązanie pełne... 5 p. Zdający obliczy współrzędne wierzchołka C: ( 6, ) Strona 8 z

29 Uwaga: Zdający może przeprowadzić następujące rozważania. Punkt C leży na prostej BC, która jest prostopadła do w prostej o równaniu x+ 9y+ 5= 0 (wysokości opuszczonej z wierzchołka A tego trójkąta) y C 9x+ y+ 90 = 0 Punkt C ma współrzędne C ( c, c ) =. Prosta BC jest prostopadła do prostej o równaniu x+ 9y+ 5= 0, więc wektor BC może mieć współrzędne BC = [,9] oraz BC = [ c, c+ 7]. Zatem c, c + 7 =,9, [ ] [ ] c =, c + 7= 9, c = 6, c =. Punkt C może mieć współrzędne C = ( 6,). Następnie należy sprawdzić jeden z warunków : a) czy zachodzi równość AC BC =, b) czy punkt C = ( 6,) leży na symetralnej podstawy AB. Sprawdzenie warunku AC = Obliczamy oraz Stąd AC A S -5-6 x 5y 6 = 0-7 y = 5 ( x ) 7 B BC ( ) ( ) AC = = + = = 65 ( ) ( ) = BC i punkt C = ( 6,). BC = = + 9 = + 6 = 65. Strona 9 z

30 Sprawdzenie czy punkt C = ( 6,) leży na symetralnej podstawy AB. Wyznaczamy równanie symetralnej SC. Niech S będzie środkiem odcinka AB. Ze wzorów na współrzędne środka odcinka otrzymujemy xa + xb ya + yb S =, =, =,. 7 ( ) Prosta AB ma równanie postaci y ( ) ( x ) 5 = 7, czyli y= ( x ) 7. 7 Symetralna odcinka AB jest prostopadła do tej i przechodzi przez punkt S, zatem ma postać 9 y = x+, 5 6 y= x lub x 5y 6 = C = 6, spełniają równanie symetralnej: Sprawdzamy, czy współrzędne punktu ( ) y = = =. Zatem wierzchołek C ma współrzędne: ( ) Uwagi:. Jeżeli zdający tylko poda współrzędne punktu C = ( 6,) punkt za całe rozwiązanie.. Jeżeli zdający poda współrzędne punktu ( 6,) zachodzi równość AC 6,., to może otrzymać co najwyżej C = i konsekwentnie sprawdzi czy = BC, to może otrzymać 5 punktów za całe rozwiązanie.. Jeżeli zdający poda współrzędne punktu ( ) 6, C =, wyznaczy równanie symetralnej podstawy AB i konsekwentnie sprawdzi, czy punkt C leży na tej symetralnej, to może otrzymać 5 punktów za całe rozwiązanie. Strona 0 z

31 Zadanie 7. (0 7) Rozpatrujemy wszystkie walce, których pole powierzchni całkowitej jest równe π. Oblicz promień podstawy tego walca, który ma największą objętość. Podaj tę największą objętość. Rozwiązanie Niech r oraz h oznaczają, odpowiednio, promień i wysokość walca ( r > 0 i h > 0 ). Ponieważ pole P powierzchni całkowitej tego walca jest określone wzorem P = πr + πrh, więc otrzymujemy równanie π = πr + πrh, które jest równoważne równaniu = r + rh. Z tego równania wyznaczamy wysokość walca, r h =. Zauważamy, że nierówność h > 0 jest r równoważna nierówności 0< r <. Objętość walca równą V = πr h zapisujemy jako funkcję zmiennej r : r V ( r) = πr = πr πr, gdzie 0< r <. r Pochodna tej funkcji jest określona wzorem V '( r) π ( r ) = dla 0< r <. Dla pochodna funkcji przyjmuje wartość zero. Ponadto, dla 0 < r < pochodna funkcji przyjmuje wartości dodatnie, zaś dla < r < wartości dodatnie. Oznacza to, że w punkcie r = objętość V tego walca osiąga maksimum lokalne. To maksimum lokalne jest jednocześnie największą wartością funkcji V( r) πr πr 0,, ponieważ dla = w przedziale ( ) 0 < r funkcja V jest rosnąca, a dla r < jest malejąca. Zatem, przy danym polu powierzchni całkowitej, największą objętość ma walec, którego promień podstawy równa się walca jest więc równa r = V = π. 9. Jeżeli r = Schemat punktowania Rozwiązanie zadania składa się z trzech etapów., to h = r =. Największa objętość tego a) Pierwszy etap składa się z trzech części: zapisanie równania π = πr + πrh, zapisanie objętości danego walca jako funkcji jednej zmiennej, np. r V ( r) = πr = πr πr, r zapisanie, że dziedziną funkcji V( r ) jest przedział ( 0, ). Za zapisanie poprawnego równania w pierwszej części tego etapu zdający otrzymuje punkt. Za poprawne zapisanie objętości rozważanego walca w drugiej części tego etapu zdający otrzymuje punkt, o ile pierwsza część etapu została zrealizowana bezbłędnie. Punkt za trzecią część zdający otrzymuje niezależnie od realizacji dwóch pierwszych części. Strona z

32 b) Drugi etap składa się z trzech części: zapisanie wzoru pochodnej funkcji V( r ), np.: V '( r) = π ( r ), zapisanie, że w przedziale ( 0, ) pochodna funkcji V ma jedno miejsce zerowe r =, zapisanie, że funkcja V( r ) osiąga w punkcie r = maksimum lokalne i uzasadnienie, że to maksimum lokalne jest jednocześnie największą wartością tej funkcji. Za poprawne rozwiązanie każdej z części tego etapu zdający otrzymuje punkt, o ile poprzednia część etapu została zrealizowana bezbłędnie. c) Trzeci etap: punkt zdający otrzyma za zapisanie, że dla V = π. 9 r = walec ma największą objętość równą Uwaga: Punkty za realizację danego etapu przyznajemy tylko wówczas, gdy zdający rozwiązał poprawnie poprzedni etap zadania. Strona z