MATEMATYKA POZIOM ROZSZERZONY

Transkrypt

1 EGZAMIN MATURALNY W ROKU SZKOLNYM 016/017 FORMUŁA OD 015 ( NOWA MATURA ) MATEMATYKA POZIOM ROZSZERZONY ZASADY OCENIANIA ROZWIĄZAŃ ZADAŃ ARKUSZ MMA-R1 MAJ 017

2 Uwaga: Akceptowane są wszystkie odpowiedzi merytorycznie poprawne i spełniające warunki zadania. Zadanie 1. (0 1) Wymagania ogólne II. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji. Zadanie. (0 1) I. Wykorzystanie i tworzenie informacji. Zadanie. (0 1) IV. Użycie i tworzenie strategii. Wymagania szczegółowe. Wyrażenia algebraiczne. Zdający używa wzorów skróconego mnożenia na (a ±b) oraz a b (.1). 1. Liczby rzeczywiste. Zdający posługuje się w obliczeniach pierwiastkami dowolnego stopnia i stosuje prawa działań na pierwiastkach (1.). 5. Ciągi. Zdający oblicza granice ciągów, korzystając z granic ciągów typu 1/n, 1/n oraz z twierdzeń o działaniach na granicach ciągów; (R5.). 7. Planimetria. Zdający stosuje zależności między kątem środkowym i kątem wpisanym; (7.1). Poprawna odp. (1 p.) A D C Zadanie 4. (0 1) II. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji. Zadanie 5. (0 ) II. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji. 8. Geometria na płaszczyźnie kartezjańskiej. Zdający oblicza współrzędne oraz długość wektora; dodaje i odejmuje wektory oraz mnoży je przez liczbę. Interpretuje geometrycznie działania na wektorach (R8.7).. Równania i nierówności. Zdający stosuje twierdzenie o reszcie z dzielenia wielomianu przez dwumian x a (R.4). B 15 Strona z

3 Zadanie 6. (0 ) II. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji. 11. Rachunek różniczkowy. Zdający oblicza pochodne funkcji wymiernych oraz korzysta z geometrycznej i fizycznej interpretacji pochodnej (R11., R11.). Przykładowe rozwiązanie Pochodna funkcji f jest równa x + 1 x( x 1) x + x + 1 f ( x) = = dla każdej liczby rzeczywistej x. ( x + 1) ( x + 1) Współczynnik kierunkowy szukanej stycznej jest równy: 1 f () 1 = =, 4 P = 1, 0 ma postać: zatem równanie stycznej do wykresu funkcji f w punkcie ( ) Schemat punktowania 1 y = ( x 1) + 0, 1 1 y = x. Zdający otrzymuje... 1 p. gdy wyznaczy pochodną funkcji f: x + 1 x( x 1) x + x + 1 np. f ( x) = lub f ( x) = ( x + 1) ( x + 1) Zdający otrzymuje... p. 1 gdy obliczy f () 1 =, poprawnie interpretuje tę liczbę jako współczynnik kierunkowy stycznej Zdający otrzymuje... p. 1 1 gdy zapisze równanie stycznej do wykresu funkcji f w punkcie P = ( 1, 0) : y = x. Uwaga x + 1 x( x 1) Jeżeli zdający wyznacza błędnie pochodną funkcji, np.: f ( x) = x + 1 i konsekwentnie do popełnionego błędu wyznaczy równanie stycznej, to otrzymuje 1 punkt. Strona z

4 Zadanie 7. (0 ) V. Rozumowanie i argumentacja.. Wyrażenia algebraiczne. Zdający używa wzorów skróconego mnożenia na (a ±b) oraz a b (.1). Zdający dodaje, odejmuje, mnoży i dzieli wyrażenia wymierne (R.6). Przykładowe rozwiązania I sposób Przekształcamy nierówność równoważnie: xy 4xy+ 4+ x 4xy+ y > 0, ( xy ) ( x xy y ) + + > 0, ( xy ) ( x y) + > 0. Ponieważ x y, więc ( x y) > 0. Zatem lewa strona tej nierówności jest sumą liczby nieujemnej ( xy ) oraz liczby dodatniej ( x y) To kończy dowód. II sposób Zapiszmy nierówność xy x y xy, a więc jest dodatnia > 0 w postaci równoważnej ( ) y + x 8y x+ y + 4> 0. Ponieważ y + > 0 dla każdej liczby rzeczywistej y, więc możemy potraktować tę nierówność jak nierówność kwadratową z niewiadomą x i parametrem y (lub z niewiadomą y i parametrem x). Wystarczy więc wykazać, że wyróżnik trójmianu kwadratowego y + x 8y x+ y + 4 zmiennej x jest ujemny. ( ) ( y) ( y ) ( y ) y ( y ) 4 4 ( ) ( ) ( ) Δ = = = = 88y y 4y 4 = 8 y + 4y 4 = 8 y. Dla każdej liczby rzeczywistej y, takiej, że y wyróżnik jest ujemy. Gdy y wówczas nierówność xy + x+ y 8xy+ 4> 0 ma postać Ponieważ z założenia wynika, że nierówności jest prawdziwa. To kończy dowód > 0 x x lub 4x + 8 x + 8> 0 x x + > 0 lub x + x + > 0, ( x ) > 0 lub ( ) x y, więc x x + > 0. =, to, a to oznacza, że każda z otrzymanych III sposób Rozpatrzmy nierówność xy + x+ y 8xy+ 4> 0 w trzech przypadkach. I. Gdy co najmniej jedna z liczb x, y jest równa 0, np. gdy x = 0. Wtedy nierówność przyjmuje postać y + 4> 0. Strona 4 z

5 Ta nierówność jest prawdziwa dla każdej liczby rzeczywistej y. II. Gdy żadna z liczb x, y nie jest równa 0 i gdy xy < 0. Wtedy po lewej stronie nierówności xy + x+ y 8xy+ 4> 0 wszystkie składniki są dodatnie, więc nierówność jest prawdziwa. III. Gdy żadna z liczb x, y nie jest równa 0 i gdy xy > 0. Wtedy, dzieląc obie strony nierówności xy + x+ y 8xy+ 4> 0 przez xy, otrzymujemy nierówność równoważną x y 4 xy > 0, y x xy 4 x y xy > 0, xy y x 4 x y xy > 0, xy y x x y xy + > 0. xy y x x x y Ponieważ z założenia x y, więc 1, zatem, co oznacza, że y y x Stąd i z tego, że To kończy dowód. xy xy x y > 0. y x 0 wynika prawdziwość otrzymanej nierówności. IV sposób I. Gdy xy 0, to wtedy po lewej stronie nierówności xy + x+ y 8xy+ 4> 0 cztery pierwsze składniki są nieujemne, piąty jest dodatni, więc nierówność jest prawdziwa. II. Gdy xy > 0, wtedy z nierówności między średnią arytmetyczną i geometryczną dla liczb dodatnich x y, x, y i 4 otrzymujemy xy + x+ y x y x y 4 = 16x y = xy, 4 skąd x y + x + y + 4 8xy. Równość miałaby miejsce tylko wtedy, gdyby xy = x = y = 4, a więc gdyby x = y, co wobec nierówności xy > 0 oznaczałoby x = y, co jest sprzeczne z założeniem. Zatem czyli To kończy dowód > 8, x y x y xy > 0. xy x y xy Strona 5 z

6 Schemat punktowania I sposób rozwiązania Pokonanie zasadniczych trudności zadania... p. Zdający zapisze nierówność w postaci ( xy ) ( x y) popełnia błędy. + > 0 i na tym zakończy lub dalej Rozwiązanie pełne... p. Zdający przeprowadzi pełne rozumowanie, uwzględniające założenie, że x II sposób rozwiązania y. Rozwiązanie, w którym postęp jest istotny... 1 p. Zdający zapisze nierówność w postaci ( y + ) x 8y x+ y + 4> 0, obliczy wyróżnik trójmianu kwadratowego ( y + ) x 8y x+ y + 4, np.: Δ = ( 8y) 4 ( y + ) ( y + 4) Pokonanie zasadniczych trudności zadania... p. Zdający uzasadni, że wyróżnik Δ = 8( ) y, ale nie rozpatrzy przypadku, gdy y jest niedodatni dla każdej liczby rzeczywistej y = Rozwiązanie pełne... p. Zdający przeprowadzi pełne rozumowanie. III sposób rozwiązania Rozwiązanie, w którym postęp jest istotny... 1 p. Zdający wykaże prawdziwość nierówności w I i w II przypadku i na tym zakończy lub dalej popełnia błędy. Pokonanie zasadniczych trudności zadania... p. 4 x y Zdający zapisze nierówność w postaci xy > 0 w przypadku, gdy xy > 0 xy y x Rozwiązanie pełne... p. Zdający przeprowadzi pełne rozumowanie. IV sposób rozwiązania Rozwiązanie, w którym postęp jest istotny... 1 p. Zdający wykaże prawdziwość nierówności xy + x+ y 8xy+ 4> 0 w I przypadku Strona 6 z

7 Pokonanie zasadniczych trudności zadania... p. Zdający uzasadni, że gdy xy > 0, to prawdziwa jest nierówność xy + x+ y + 4 xy 4 Rozwiązanie pełne... p. Zdający przeprowadzi pełne rozumowanie. Zadanie 8. (0 ) V. Rozumowanie i argumentacja. 7. Planimetria. Zdający korzysta z własności funkcji trygonometrycznych w łatwych obliczeniach geometrycznych, w tym ze wzoru na pole trójkąta ostrokątnego o danych dwóch bokach i kącie między nimi. (7.4). Zdający rozpoznaje figury podobne i jednokładne wykorzystuje (także w kontekstach praktycznych) ich własności. (R7.4). Zdający znajduje związki miarowe w figurach płaskich z zastosowaniem twierdzenia sinusów i twierdzenia cosinusów. (R7.5). Przykładowe rozwiązania I sposób Przyjmijmy oznaczenia jak na rysunku. C A Pole trójkąta ABC jest równe 1 PABC = a c sin. Pola trójkątów ABE i CBE są równe 1 1 PABE = d c sin oraz PCBE = d a sin. Suma pól trójkątów ABE i CBE jest równa polu trójkąta ABC, zatem ac sin = dc sin + da sin. E c d a B Strona 7 z

8 ac sin cos = d a+ c sin. ac cos = d ( a + c ), ac d = cos. a+ c Stąd ( ) To kończy dowód. II sposób Przyjmijmy oznaczenia jak na rysunku. C E y a Z twierdzenia o dwusiecznej otrzymujemy CE CB = AE AB, czyli y = a x c. Z twierdzenia cosinusów dla trójkątów ABE i CBE otrzymujemy x = c + d cdcos oraz y = a + d adcos. Zatem Stąd otrzymujemy a y a + d ad = = c x c + d cd Strona 8 z cos. cos ( cos ) ( cos ) a c d cd c a d ad + = +, ac + ad acdcos = ac + cd acdcos, ad cd = acdcos acdcos, ( a c ) d = ( a c) accos. Gdy a = c, wówczas trójkąt ABC jest równoramienny, więc trójkąty ABE i CBE są d c ac prostokątne i przystające. Wtedy cos =, skąd d = ccos = cos = cos. c c a + c Gdy zaś a c, to ( a c)( a+ c) 0, czyli a c 0, więc To kończy dowód. A x ( ) a c ac d = accos = cos. a c a+ c c d B

9 III sposób Poprowadźmy wysokości CG i EF trójkątów ABC i ABE. Ponieważ trójkąt ABC jest ostrokątny, więc spodki F i G tych wysokości leżą na boku AB trójkąta ABC. Pozostałe oznaczenia przyjmijmy jak na rysunku. C A Z twierdzenia o dwusiecznej otrzymujemy CE CB = AE AB, czyli y = a x c. Z trójkątów BEF i BCG otrzymujemy p h = sin oraz = sin. d a Stąd p = d sin oraz h= a sin. x E F p y d c G h a B Trójkąty AFE i AGC są podobne, gdyż oba są prostokątne i mają wspólny kąt ostry przy wierzchołku A. Zatem EF CG = AE AC, czyli p = h x x+ y. Stąd i z poprzednio otrzymanych równości otrzymujemy kolejno d sin a sin = x x+ y, a sin cos d sin =, y 1+ x a cos ac cos d = =. a 1+ a+ c c To kończy dowód. Strona 9 z

10 Schemat punktowania I sposób rozwiązania Rozwiązanie, w którym postęp jest istotny... 1 p. Zdający zapisze pola każdego z trójkątów ABC, ABE i CBE w zależności od długości a, c, d i kąta : PABC = a c sin, PABE = d c sin, PCBE = d a sin zapisze, że pole trójkąta ABC jest sumą pól trójkątów ABE i CBE oraz zapisze jedno z tych pól: PABC = a c sin lub PABE = d c sin lub PCBE = d a sin Pokonanie zasadniczych trudności zadania... p. Zdający zapisze zależność między polem trójkąta ABC i polami trójkątów ABE i CBE w postaci, w której występują jedynie wielkości a, c, d i, np.: ac sin = dc sin + da sin Rozwiązanie pełne... p. Zdający przeprowadzi pełne rozumowanie. II sposób rozwiązania Rozwiązanie, w którym postęp jest istotny... 1 p. Zdający zapisze zależności między wielkościami x, y, d, a i c oraz kątem : y a = x c, x = c + d cdcos, y = a + d adcos Pokonanie zasadniczych trudności zadania... p. a a + d adcos Zdający zapisze równanie, np.: = c c + d cdcos Rozwiązanie pełne... p. Zdający przeprowadzi pełne rozumowanie. Uwaga Jeżeli zdający nie rozważy sytuacji gdy a = c, to może otrzymać co najwyżej punkty. Strona 10 z

11 III sposób rozwiązania Rozwiązanie, w którym postęp jest istotny... 1 p. Zdający zapisze zależność między wielkościami x, y, a i c oraz zależności między wielkościami p, h i a y a oraz kątem : = x c, p = sin h, = sin d a zależność między wielkościami x, y, a i c oraz zależności między wielkościami y a p, h, x i y oraz kątem : = x c, p = h x x+ y, zależność między wielkościami p, h i a oraz kątem oraz zależność między p h y a wielkościami x, y, a i c: = sin, = sin, = d a x c Pokonanie zasadniczych trudności zadania... p. Zdający zapisze wystarczającą liczbę zależności między wielkościami x, y, a, c, p i h oraz kątem, pozwalającą wyznaczyć d w zależności od wielkości a, c i kąta, np.: d sin y a = x c, a sin = x x+ y Rozwiązanie pełne... p. Zdający przeprowadzi pełne rozumowanie. Uwaga Jeżeli zdający zapisze jedynie razy twierdzenie cosinusów, to otrzymuje 0 punktów. Zadanie 9. (0 4) IV. Użycie i tworzenie strategii. 9. Stereometria. Zdający określa, jaką figurą jest dany przekrój graniastosłupa lub ostrosłupa płaszczyzną. (R9.). 7. Planimetria. Zdający rozpoznaje figury podobne i jednokładne; wykorzystuje (także w kontekstach praktycznych) ich własności (R7.4). G10. Figury płaskie. Zdający stosuje twierdzenie Pitagorasa (G10.7). Przykładowe rozwiązanie Niech K będzie środkiem odcinka BC, a M i O spodkami wysokości trójkąta AKD opuszczonymi z wierzchołków A i D. Płaszczyzny AKD i ABC są prostopadłe, bo prosta BC jest prostopadła do płaszczyzny AKD. Niech T będzie punktem wspólnym wysokości AM i DO. Odległości punktu T od prostych AK i DK są równe, bo AK = DK. Są to też odległości punktu T od płaszczyzn ABC i BCD. Ten sam punkt T otrzymamy rozpatrując trójkąt LCD, gdzie L jest środkiem odcinka AB lub Strona 11 z

12 trójkąt ŁBD, gdzie Ł jest środkiem odcinka AC. Wynika stąd, że odległość punktu T od każdej ściany czworościanu ABCD jest taka sama. Wobec tego S = T. Niech H oznacza wysokość czworościanu, h wysokość ściany czworościanu, a R promień kuli, o której mowa w treści zadania. Pozostałe oznaczenia przyjmijmy takie jak na rysunku. D 6 H S R R M C A L 6 O B K 6 Wyznaczymy wysokość H czworościanu. Odcinki AK i DK to wysokości przystających trójkątów równobocznych ABC i BCD o boku długości 6, więc 6 AK = DK = =. Spodek O wysokości DO czworościanu jest środkiem ciężkości trójkąta ABC, więc 1 KO = AK =. Z twierdzenia Pitagorasa dla trójkąta DOK otrzymujemy DO + KO = DK, Stąd ( ) ( ) H + =. ( ) ( ) H =, H = 6. Wyznaczamy odległość d środka S kuli od płaszczyzny π. Strona 1 z

13 I sposób Niech P będzie punktem, w którym wysokość DO przebija płaszczyznę π. Ponieważ płaszczyzna π jest równoległa do płaszczyzny ściany ABC, więc czworościan odcięty tą płaszczyzną od czworościanu ABCD jest podobny do czworościanu ABCD, a skala tego podobieństwa jest równa 8 =. Wynika stąd, że płaszczyzna π przecina wysokość DK 7 ściany bocznej BCD w takim punkcie M, że DM = DK. To oznacza M = M. D π H P d S R R M Trójkąty DOK, DPM, MPS są podobne, ponieważ para trójkątów prostokątnych DOK, DPM ma jeden kąt ostry wspólny oraz para trójkątów prostokątnych DPM, MPS ma jeden kąt ostry wspólny. Zatem Stąd DP DO MP = =, czyli H H MP = = MP OK PS MP d. Stąd Zatem 6 d =. 6 A MP = oraz O 6 = d K Strona 1 z

14 II sposób Obliczymy najpierw promień R kuli. D π H P d S R R M A O K Trójkąty DOK i DMS są podobne, ponieważ są prostokątne i mają jeden kąt ostry wspólny. SM KO Zatem = DS DK. Stąd 1 h R 1 = =, H R h R = H R, 4R = H R = 1 4 H. Ponieważ H = 6, więc 6 6 R = =. 4 Płaszczyzna π odcina czworościan podobny do czworościanu ABCD w skali, więc 1 1 DP = H, skąd OP = H = 6 = 6. Odległość punktu S od płaszczyzny π jest więc równa Uwaga d = H R = =. 6 Możemy najpierw wyznaczyć wielkości R i OP w zależności od H, potem wyznaczyć szukaną odległość d w zależności od H, a następnie obliczyć H i w rezultacie d: R = 1 4 H, OP = 1 H, więc d = 1H 1 H = 1 H = 1 6 = Strona 14 z

15 Schemat punktowania Rozwiązanie, w którym postęp jest wprawdzie niewielki, ale konieczny na drodze do pełnego rozwiązania... 1 p. Zdający: obliczy wysokość czworościanu ABCD: H = 6 obliczy skalę s podobieństwa czworościanu odciętego płaszczyzną π od czworościanu ABCD do czworościanu ABCD: s =, zapisze zależność między promieniem R kuli, wysokością H czworościanu ABCD 1 R i wysokością h ściany czworościanu, np.: h =, H R h zapisze zależność między R, objętością V czworościanu ABCD polem P c powierzchni V całkowitej czworościanu ABCD, np.: R =, Pc poprawnie interpretuje wielkość d, np. pisząc d = H PD R lub zaznaczając d na rysunku i na tym poprzestanie lub dalej popełnia błędy. Rozwiązanie, w którym postęp jest istotny... p. Zdający: obliczy wysokość H czworościanu ABCD oraz skalę s podobieństwa czworościanu odciętego płaszczyzną π od czworościanu ABCD do czworościanu ABCD: H = 6, s = obliczy wysokość H czworościanu ABCD oraz obliczy promień R kuli: H = 6, 6 R =, obliczy skalę s podobieństwa czworościanu odciętego płaszczyzną π od czworościanu 6 ABCD do czworościanu ABCD oraz promień R kuli : s =, R =, obliczy skalę s podobieństwa czworościanu odciętego płaszczyzną π od czworościanu ABCD do czworościanu ABCD oraz wyznaczy promień R kuli w zależności od H : s =, R = 1 4 H i na tym poprzestanie lub dalej popełnia błędy. Strona 15 z

16 Pokonanie zasadniczych trudności zadania... p. Zdający: obliczy wysokość H czworościanu ABCD, wysokość czworościanu odciętego płaszczyzną π od czworościanu ABCD do czworościanu ABCD oraz promień R kuli: H = 6, 4 DP = 6, 6 R =, wyznaczy szukaną odległość d w zależności od wysokości H czworościanu ABCD, np.: d = 1H 1 H 4 Rozwiązanie pełne... 4 p. Zdający obliczy odległość punktu S od płaszczyzny π: 6 d =. 6 Zadanie 10. (0 4) IV. Użycie i tworzenie strategii. 6. Trygonometria. Zdający rozwiązuje równania i nierówności trygonometryczne oraz posługuje się wykresami funkcji trygonometrycznych (R6.6, R6.4). Przykładowe rozwiązania Równanie można przekształcić równoważnie do postaci: cos x+ cos x + 1 = 0. Podstawiamy t = cos x, przy czym t 1, 1. Rozwiązujemy równanie kwadratowe: t + t + 1= 0. Δ= 9 8= 1, Δ= 1, 1 t 1 = = 1, t = =. 4 Wyznaczamy wartości x w przedziale 0, π : cos x = 1 lub x = π lub x = π 1 cos x =, 4π, lub x =. Strona 16 z

17 Schemat punktowania Rozwiązanie, w którym postęp jest wprawdzie niewielki, ale konieczny na drodze do pełnego rozwiązania... 1 p. Zdający zapisze podane równanie w postaci, w której występuje tylko jedna funkcja trygonometryczna tego samego argumentu, np. cos x 1+ cosx = i na tym zakończy lub dalej popełnia błędy. Rozwiązanie, w którym postęp jest istotny... p. Zdający zapisze, że równanie cos x+ cos x + 1 = 0 ma dwa rozwiązania 1 cos x = 1 lub cos x = Pokonanie zasadniczych trudności zadania... p. Zdający 1 rozwiąże jedno z równań cos x = 1 lub cos x = w przedziale 0, π 1 wyznaczy wszystkie rozwiązania równań cos x = 1 i cos x = w zbiorze R Rozwiązanie pełne... 4 p. Zdający wyznaczy wszystkie rozwiązania równania w podanym przedziale: π 4π x = π lub x =, lub x =. Uwagi 1. Jeżeli zdający popełnił błąd przy rozwiązywaniu równania kwadratowego i otrzymał równanie sprzeczne lub równanie, którego wszystkie rozwiązania są spoza przedziału 1,1, to może otrzymać co najwyżej 1 punkt.. Jeżeli zdający popełnił błąd przy rozwiązywaniu równania kwadratowego i otrzymał równanie, które ma tylko jedno rozwiązanie z przedziału 1,1, to może otrzymać co najwyżej punkty.. Jeżeli zdający popełnił błąd przy rozwiązywaniu równania kwadratowego i otrzymał równanie, które ma dwa rozwiązania z przedziału 1,1, przy czym co najmniej jedno z nich jest z przedziału ( 1,1), to może otrzymać co najwyżej punkty. 4. Jeżeli zdający poda liczby π, π, 4π jako rozwiązanie, ale bez stosownego uzasadnienia, to otrzymuje 0 punktów. Jeżeli poda te liczby jako rozwiązanie, z uzasadnieniem, np. sprawdzeniem spełniania przez te liczby równości lub odpowiednią ilustracją, to otrzymuje 1 punkt. Strona 17 z

18 Zadanie 11. (0 4) IV. Użycie i tworzenie strategii. 10. Elementy statystyki opisowej. Teoria prawdopodobieństwa i kombinatoryka. Zdający wykorzystuje wzory na liczbę permutacji, kombinacji, wariacji i wariacji z powtórzeniami do zliczania obiektów w bardziej złożonych sytuacjach kombinatorycznych (R10.1). Przykładowe rozwiązanie Jest to model klasyczny. Za każdym razem mamy 8 możliwości wyciągnięcia jednej piłeczki. Zbiór wszystkich zdarzeń elementarnych Ω jest zbiorem wszystkich ciągów trójwyrazowych o wyrazach ze zbioru liczb całkowitych od 1 do 8. Zatem Ω= = 51. Niech A oznacza zdarzenie zapisania takich trzech liczb, że ich iloczyn dzieli się przez 4. Wtedy możliwe są przypadki. I. Wszystkie zapisane liczby są parzyste. II. Dwie z zapisanych liczb są parzyste, a jedna z zapisanych jest nieparzysta. III. Dwie z zapisanych liczb są nieparzyste, a jedna z zapisanych jest podzielna przez 4. Obliczamy liczbę zdarzeń elementarnych w każdym z tych przypadków. I. 444 = 64. II. 444 = 19. III. 44 = 96. Obliczamy prawdopodobieństwo zdarzenia, polegającego na tym, że iloczyn trzech zapisanych liczb jest podzielny przez 4: P( A ) = = = Uwaga Prawdopodobieństwo zdarzenia A możemy też wyznaczyć po uprzednim obliczeniu prawdopodobieństwa zdarzenia przeciwnego A. Jeżeli iloczyn trzech zapisanych liczb nie dzieli się przez 4, to oznacza, że zachodzi jeden z poniższych przypadków. I. Wszystkie zapisane liczby są nieparzyste. II. Dwie z zapisanych liczb są nieparzyste, a jedna z zapisanych jest równa lub 6. Obliczamy liczbę zdarzeń elementarnych w każdym z tych przypadków. I. 444 = 64. II. 4 4 = 96. Obliczamy prawdopodobieństwo zdarzenia, polegającego na tym, że iloczyn trzech zapisanych liczb nie jest podzielny przez 4: P ( A ) = = = Zatem P ( A) = 1 = Strona 18 z

19 Schemat punktowania Rozwiązanie, w którym postęp jest wprawdzie niewielki, ale konieczny na drodze do pełnego rozwiązania... 1 p. Zdający obliczy Ω= 888 wypisze wszystkie możliwe, ale rozłączne, przypadki, w których wystąpi zdarzenie A lub zdarzenie A, wypisze wszystkie możliwe przypadki, w których wystąpi zdarzenie A (lub A ) i poda taką metodę zliczania zdarzeń elementarnych sprzyjających A (lub A ), która wyklucza powtórzenie tego samego zdarzenia elementarnego, obliczy A (lub A ), stosując poprawną metodę, ale z błędem rachunkowym, narysuje drzewo z wyróżnionymi wszystkimi gałęziami odpowiadającymi zdarzeniu A ( A ), narysuje niepełne drzewo (może wystąpić brak istotnych gałęzi odpowiadających zdarzeniu A lub A ), ale na wszystkich odcinkach co najmniej jednej gałęzi zapisze prawdopodobieństwa, np , przy czym najwyżej na jednym z trzech odcinków 4 prawdopodobieństwo może być równe 1 Rozwiązanie, w którym postęp jest istotny... p. Zdający obliczy Ω= 888 i wypisze wszystkie możliwe, ale rozłączne, przypadki, w których wystąpi zdarzenie A lub zdarzenie A obliczy Ω= 888 i wypisze wszystkie możliwe przypadki, w których wystąpi zdarzenie A (lub A ) i poda taką metodę zliczania zdarzeń elementarnych sprzyjających A (lub A ), która wyklucza powtórzenie tego samego zdarzenia elementarnego, obliczy Ω= 888 i obliczy liczbę zdarzeń elementarnych w dwóch spośród przypadków: a) zapisano liczby parzyste, b) zapisano liczby parzyste i jedną nieparzystą, c) zapisano dwie liczby nieparzyste i jedną podzielną przez 4, obliczy A = 5 lub A = 160, narysuje drzewo z wyróżnionymi wszystkimi gałęziami odpowiadającymi zdarzeniu A ( A ) i na wszystkich odcinkach co najmniej jednej gałęzi zapisze prawdopodobieństwa, np , przy czym najwyżej na jednym z trzech odcinków 4 prawdopodobieństwo może być równe 1, Strona 19 z

20 narysuje drzewo z wyróżnionymi wszystkimi gałęziami odpowiadającymi dwóm spośród przypadków: a) zapisano liczby parzyste, b) zapisano liczby parzyste i jedną nieparzystą, c) zapisano dwie liczby nieparzyste i jedną podzielną przez 4 i oblicza prawdopodobieństwo zgodnie z metodą drzewkową Pokonanie zasadniczych trudności zadania... p. Zdający obliczy Ω= 888 i A = 5 (lub A = 160) narysuje poprawne drzewo oraz zapisze prawdopodobieństwo zdarzenia A ( A ) zgodnie z metodą drzewkową Rozwiązanie pełne... 4 p Zdający obliczy prawdopodobieństwo: P( A ) = = Zadanie 1. (0 5) III. Modelowanie matematyczne.. Równania i nierówności. Zdający stosuje wzory Viète a (R.1). Przykładowe rozwiązania I sposób Zapisujemy układ warunków Δ> 0 ( 4 x ) 1 4 x 1< 0 Rozwiązujemy nierówność 0 Δ>, czyli m ( m m ) > 0. Po uporządkowaniu otrzymujemy nierówność 4( m + 6) > 0, której rozwiązaniem są wszystkie liczby rzeczywiste oprócz m = 6. Drugą nierówność przekształcamy równoważnie i otrzymujemy kolejno: 16 x x 1< 0, ( ) 1 ( 1 1 ) 16 x x x + x 1< 0, ( ) 16 x1+ x 4x 1x 1 < 0. 6m m m 9 Stosujemy wzory Viete'a i otrzymujemy: < Strona 0 z

21 Przekształcamy nierówność równoważnie otrzymujemy kolejno: 6m m + 48m + 14 < 0, 4m + 48m + 14 < 0. Rozwiązujemy tę nierówność. Δ= = m 1 = =, m = =, m, Wyznaczamy część wspólną obu warunków: m, 6 6,. II sposób Rozwiązujemy nierówność 0 Δ>, czyli m ( m m ) > 0. Po uporządkowaniu otrzymujemy nierówność 4( m + 6) > 0, której rozwiązaniem są wszystkie liczby rzeczywiste oprócz m = 6. Obliczamy pierwiastki równania, z zachowaniem warunku x1 < x : 6m m+ 6 m m+ 6 6m+ m+ 6 m+ m+ 6 x 1 = =, x = = Obliczamy wartość wyrażenia 4x1 4x w zależności od m: m + 6 4x1 4x = 4 = m Zapisujemy nierówność z treści zadania z wykorzystaniem wyznaczonych rozwiązań równania i przekształcamy ją równoważnie, otrzymując kolejno: m+ 6 1 m < 0, ( )( ) ( ) 1 4 m + 6 < 0, 4m + 48m + 14 < 0. Dalsza część rozwiązania przebiega podobnie jak w I sposobie rozwiązania, Schemat punktowania Rozwiązanie zadania składa się z trzech etapów. Pierwszy z nich polega na rozwiązaniu nierówności Δ> 0. Za poprawne rozwiązanie tego etapu zdający otrzymuje 1 punkt. Uwaga Jeżeli zdający rozwiąże nierówność Δ 0 i nie odrzuci przypadku Δ= 0, to za ten etap otrzymuje 0 punktów. Drugi etap polega na znalezieniu wartości m, dla których spełniona jest nierówność: ( 4x1 4x 1)( 4x1 4x + 1) < 0. Za tę część rozwiązania zdający otrzymuje punkty. Strona 1 z

22 Poniżej podział punktów za drugi etap rozwiązania: Zdający otrzymuje 1 punkt gdy: zapisze nierówność ( 4x1 4x 1)( 4x1 4x + 1) < 0 w postaci równoważnej zawierającej jedynie sumę i iloczyn pierwiastków trójmianu kwadratowego 4x 6mx+ ( m+ )( m ), np.: 16 ( x ) 1+ x 4x 1x 1 < 0 lub obliczy pierwiastki trójmianu: 6m m+ 6 m m+ 6 6m+ m+ 6 m+ m+ 6 x 1 = =, x = = Zdający otrzymuje punkty gdy: zapisze nierówność ( 4x1 4x 1)( 4x1 4x + 1) < 0 w postaci nierówności równoważnej 6m m m 9 z jedną niewiadomą np.: < 0 lub 4m + 48m + 14 < m+ 6 1 m < 0. lub ( )( ) Zdający otrzymuje punkty gdy: 1 11 poprawnie rozwiąże nierówność: m,. Trzeci etap polega na wyznaczeniu części wspólnej zbiorów rozwiązań nierówności z etapów 1 11 I i II oraz podaniu odpowiedzi: m, 6 6,. Za poprawne rozwiązanie tego etapu zdający otrzymuje 1 punkt. Uwagi 1. W przypadku otrzymania na jednym z etapów (I lub II) zbioru pustego lub zbioru R jako zbioru rozwiązań nierówności przyznajemy 0 punktów za III etap.. W przypadku otrzymania w II etapie zbioru rozwiązań, będącego podzbiorem zbioru rozwiązań z I etapu przyznajemy 0 punktów za III etap.. W przypadku rozwiązania z błędami, nieprzekreślającymi poprawności rozumowania, za ostatni etap przyznajemy 1 punkt jedynie wówczas, gdy zdający poprawnie wykona etap I i popełnia błędy w rozwiązaniu nierówności z etapu II lub gdy popełnia błędy w etapie I i dobrze rozwiąże etap II (uwaga. ma zastosowanie, gdy nie zachodzą przypadki 1. i.). 4. Jeżeli zdający w wyniku błędów otrzyma w II etapie nierówność z niewiadomą m stopnia drugiego z ujemnym wyróżnikiem lub nierówność liniową, to może otrzymać co najwyżej punkty. 5. W przypadku, gdy zdający przyjmuje błędnie Δ= ( m + 6) i konsekwentnie rozwiąże zadanie do końca może otrzymać maksymalnie punkty. Strona z

23 Zadanie 1. (0 5) IV. Użycie i tworzenie strategii. 8. Geometria na płaszczyźnie kartezjańskiej. Zdający posługuje się równaniem okręgu (x a) + (y b) = r oraz opisuje koła za pomocą nierówności, wyznacza współrzędne środka odcinka, wyznacza równanie prostej, która jest równoległa lub prostopadła do prostej danej w postaci kierunkowej i przechodzi przez dany punkt, oblicza współrzędne punktu przecięcia dwóch prostych oraz oblicza odległość dwóch punktów (R8.5, 8.5, 8., 8.4, 8.6). Przykładowe rozwiązania I sposób Środek S szukanego okręgu jest punktem przecięcia prostej x y+ 1= 0 oraz symetralnej odcinka AB Wyznaczmy współrzędne środka D odcina AB: D +, + = =,. Obliczamy współczynnik kierunkowy prostej przechodzącej przez punkty A i B: 6 a AB = = Z warunku prostopadłości prostych wyznaczamy współczynnik kierunkowy symetralnej 5 5 odcinka AB: a =. Wyznaczamy równanie symetralnej odcinka AB: y = x+ b. 5 9 Przechodzi ona przez punkt D =,, stąd otrzymujemy = + b. Zatem b =. Wobec tego symetralną odcinka AB jest prosta y = x +. x y+ 1= 0 Obliczamy współrzędne punktu S, rozwiązując układ równań 5 1 Środkiem y = x +. 1 okręgu jest S = 0, Wyznaczamy promień okręgu r obliczając np.: AS = 5 + =. 1 Wyznaczamy równanie okręgu o środku w punkcie S = 0, i promieniu 1 89 x + y =. 9 II sposób Środkiem okręgu jest punkt S, który leży na prostej x y =. Zatem S = ( y 1, y). = BS, więc możemy zapisać równanie ( x 5) ( y ) x ( y 6) 17 r = : Ponieważ AS + + = +. Rozwiązujemy zatem układ równań 10x+ 6y = i x y = 1, Strona z

24 otrzymując współrzędne punktu S 1 S = 0,. Następnie obliczamy kwadrat długości promienia SB r = =. 9 = r Zatem równanie okręgu o środku w punkcie S i promieniu r ma postać 1 89 x + y =. 9 III sposób = jest środkiem szukanego okręgu. Ponieważ punkt ten leży na prostej x y+ 1= 0, więc jego współrzędne spełniają równanie tej prostej. Stąd a b + 1= 0. 5, B = 0, 6, zatem Przyjmijmy, że punkt S ( a, b) Okrąg przechodzi przez punkty A = ( ) i ( ) ( 5 ) ( ) a + b = r ( a) + ( 6 b) = r. Stąd otrzymujemy zależność między a i b: 5a+ b 1= 0. Z układu równań a b+ 1= 0 5a+ b 1= 0 1 obliczamy współrzędne środka okręgu S = 0,. Wyznaczone współrzędne podstawiamy do jednego z równań układu z niewiadomą r i obliczamy kwadrat promienia okręgu: 89 r =. 9 Zatem szukane równanie okręgu ma postać: 1 89 x + y =. 9 Schematy punktowania I sposób rozwiązania Rozwiązanie, w którym postęp jest wprawdzie niewielki, ale konieczny na drodze do pełnego rozwiązania... 1 p. Zdający 5 9 wyznaczy współrzędne środka odcinka AB: D =, wyznaczy współczynnik kierunkowy prostej zawierającej odcinek AB: a AB = 5 Strona 4 z

25 Rozwiązanie, w którym postęp jest istotny... p. 5 1 Zdający zapisze równanie symetralnej odcinka AB: y = x + i na tym zakończy lub dalej popełnia błędy. Pokonanie zasadniczych trudności....p. 1 Zdający wyznaczy współrzędne punktu S: S = 0, i na tym zakończy lub dalej popełnia błędy. Rozwiązanie prawie pełne... 4 p. 17 Zdający wyznaczy promień okręgu (lub kwadrat promienia okręgu): r = i na tym zakończy lub dalej popełnia błędy. Rozwiązanie pełne... 5 p Zdający wyznaczy równanie okręgu: x + y =. 9 II sposób rozwiązania Rozwiązanie, w którym postęp jest niewielki, ale konieczny na drodze do pełnego rozwiązania... 1 p. Zdający zapisze współrzędne punktu S w zależności od jednej zmiennej, np.: S = ( y 1, y) zapisze równość AS = BS (lub AS = BS ) lub równoważne równanie ( x+ 5) + ( y ) = x + ( y 6) i na tym zakończy lub dalej popełni błędy. Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp... p. Zdający zapisze układ równań 10x+ 6y = i x y = 1 i na tym zakończy lub dalej popełni błędy. Pokonanie zasadniczych trudności... p. Zdający wyznaczy współrzędne punktu S: 1 S = 0, i na tym zakończy lub dalej popełni błędy. Rozwiązanie prawie pełne... 4 p. 89 Wyznaczy kwadrat promienia okręgu (lub promień okręgu): r = 9 i na tym zakończy lub dalej popełni błędy. Strona 5 z

26 Rozwiązanie pełne... 5 p Zdający wyznaczy równanie okręgu: x + y =. 9 III sposób rozwiązania Rozwiązanie, w którym postęp jest wprawdzie niewielki, ale konieczny na drodze do pełnego rozwiązania... 1 p. Zdający ( 5 a) + ( b) = r zapisze układ równań: ( a) + ( 6 b) = r zauważy, że współrzędne środka okręgu spełniają równanie: a b + 1= 0 i na tym zakończy lub dalej popełni błędy. Rozwiązanie, w którym postęp jest istotny... p. ( 5 a) + ( b) = r Zdający zapisze układ równań: i zauważy, że współrzędne ( a) + ( 6 b) = r środka okręgu spełniają równanie a b + 1= 0 i na tym zakończy lub dalej popełni błędy. Pokonanie zasadniczych trudności... p. 1 Zdający wyznaczy współrzędne punktu S: S = 0, i na tym zakończy lub dalej popełnia błędy. Rozwiązanie prawie pełne... 4 p. 17 Wyznaczy promień okręgu (lub kwadrat promienia okręgu): r = i na tym zakończy lub dalej popełnia błędy. Rozwiązanie pełne... 5 p Zdający wyznaczy równanie okręgu: x + y =. 9 Uwaga Jeżeli zdający oblicza współrzędne punktu P przecięcia danej prostej z osią Oy, oblicza odległość PB, zapisuje równanie okręgu i na tym poprzestaje, to otrzymuje 0 punktów. Strona 6 z

27 Zadanie 14. (0 6) III. Modelowanie matematyczne. 5. Ciągi. Zdający stosuje wzór na n-ty wyraz i na sumę n początkowych wyrazów ciągu arytmetycznego oraz stosuje wzór na n-ty wyraz i na sumę n początkowych wyrazów ciągu geometrycznego. (5., 5.4). Równania i nierówności. Zdający rozwiązuje układy równań, prowadzące do równań kwadratowych; (R.). Przykładowe rozwiązania I sposób Oznaczmy przez r różnicę ciągu arytmetycznego. Skoro suma wyrazów ciągu arytmetycznego jest równa 7, to b r+ b+ b+ r = 7, a stąd b = 9. Wówczas ciąg geometryczny 7 r,9,r = 7 r r+ 19. Równanie to ma dwa rozwiązania ( + ) spełnia warunek ( ) ( ) r = 4 i 1 r =. W pierwszym przypadku otrzymujemy ciąg arytmetyczny ( ) 1 5 ciąg arytmetyczny,9,. II sposób 5,9,1, a w drugim przypadku Liczby a, b, c są odpowiednio pierwszym, drugim i trzecim wyrazem ciągu arytmetycznego, a+ c zatem = b. Suma liczb a, b, c równa 7, stąd a+ b+ c= 7. Ciąg ( a, b, c+ 1) jest b = a c+ 1. geometryczny, zatem ( ) ( ) a+ c = b Zapisujemy układ trzech równań z trzema niewiadomymi: a + b + c = 7. b = ( a ) ( c+ 1) Z pierwszego równania wyznaczamy a+ c= b, podstawiamy do drugiego równania i otrzymujemy b = 9. Do trzeciego równania podstawiamy b = 9 i a= b c i otrzymujemy równanie kwadratowe: 5 c 1c+ 65= 0. Równanie to ma dwa rozwiązania: c = oraz c = 1. W pierwszym 1 przypadku otrzymujemy: a = 5, b = 9, c = 1 a w drugim przypadku otrzymujemy: a =, 5 b = 9, c =. Strona 7 z

28 III sposób Niech q oznacza iloraz ciągu geometrycznego, natomiast a pierwszy wyraz tego ciągu. ( a ) q 1 Wtedy b= ( a ) q i c+ 1= ( a ) q. Z ostatniej zależności otrzymujemy c =. Ponieważ suma liczb a, b, c jest równa 7, więc możemy zapisać równość ( a ) q 1 a+ ( a ) q+ = 7. Z własności ciągu arytmetycznego wynika równanie a+ c b =, które możemy zapisać w postaci a+ ( a ) q 1 ( a ) q =. 4 Otrzymaliśmy zatem układ równań z niewiadomymi a i q : ( ) ( ) ( a ) q a ( a ) q a+ a q+ a q = 55 4 = + 1. Ten układ jest równoważny układowi a + a q+ a q = 51 ( ) ( ) ( ) ( a ) + 4( a ) q ( a ) q = Po wyłączeniu czynnika ( a ) każde z równań przyjmuje postać ( a )( q q ) ( a )( q q ) + + = = Zatem ( + q+ q ) = 51( + 4q q ), skąd otrzymujemy równanie kwadratowe q 11q+ 6= 0. To równanie ma dwa rozwiązania q =, q =. Jeśli q =, to a = 5, b = 9 i c = 1. Jeżeli natomiast q =, to 1 a =, b = 9 i 5 c =. Schemat punktowania I sposób rozwiązania Rozwiązanie, w którym postęp jest wprawdzie niewielki, ale konieczny na drodze do pełnego rozwiązania zadania... 1 p. Zdający uzależni wartości dwie spośród liczb a, b, c od trzeciej z liczb i od różnicy r ciągu arytmetycznego, np.: a= b r i c= b+ r Strona 8 z

29 Rozwiązanie, w którym postęp jest istotny... p. Zdający zapisze równania wynikające z własności ciągu arytmetycznego i z własności ciągu geometrycznego, np.: a= b r, c= b+ r, b = ( a ) ( c+ 1) Pokonanie zasadniczych trudności zadania... p. Zdający zapisze równanie z jedną niewiadomą, wynikające z własności ciągu geometrycznego, np.: 81 = ( 7 r)( r+ 19) Rozwiązanie prawie pełne... 5 p. Zdający obliczy liczby a, b, c w jednym z możliwych przypadków i na tym zakończy lub dalej popełnia błędy. Uwaga Jeśli zdający poprawnie rozwiąże równanie kwadratowe, to otrzymuje 4 punkty. Rozwiązanie pełne... 6 p. Zdający obliczy liczby w dwóch przypadkach spełniających warunki zadania: a = 5, b = 9, 1 5 c =1 oraz a =, b = 9, c =. II sposób rozwiązania Rozwiązanie, w którym postęp jest wprawdzie niewielki, ale konieczny na drodze do pełnego rozwiązania zadania... 1 p. a Zdający zapisze jedno z równań: + c = b, b = ( a ) ( c+ 1 ). Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp... p. Zdający zapisze układ trzech równań z trzema niewiadomymi, np.: a+ c = b a + b + c = 7 b = a c+ ( ) ( 1) Pokonanie zasadniczych trudności zadania... p. Zdający zapisze równanie kwadratowe z jedną niewiadomą, np.: c + 1c + 16= 81.. Rozwiązanie prawie pełne... 5 p. Zdający obliczy liczby a, b, c w jednym z możliwych przypadków i na tym zakończy lub dalej popełnia błędy. Strona 9 z

30 Uwaga Jeśli zdający poprawnie rozwiąże równanie kwadratowe, to otrzymuje 4 punkty. Rozwiązanie pełne... 6 p. Zdający obliczy liczby w dwóch przypadkach spełniających warunki zadania: a = 5, b = 9, 1 5 c =1 oraz a =, b = 9, c =. III sposób rozwiązania Rozwiązanie, w którym postęp jest wprawdzie niewielki, ale konieczny na drodze do całkowitego rozwiązania... 1 p. Zdający zapisze wszystkie wyrazy ciągu arytmetycznego w zależności od jednej z liczb i ilorazu ciągu geometrycznego, np. ( a ) q 1 a, b= ( a ) q, c = i na tym zakończy lub dalej popełni błędy. Rozwiązanie, w którym postęp jest istotny... p. Zdający zapisze układ równań z dwiema niewiadomymi, np.: ( a ) q 1 a+ ( a ) q 1 a+ ( a ) q+ = 7 i ( a ) q = 4 i na tym zakończy lub dalej popełni błędy. Pokonanie zasadniczych trudności zadania... p. Zdający zapisze równanie kwadratowe z jedną niewiadomą, np.: ( + q+ q ) = 51( + 4q q ) i na tym zakończy lub dalej popełni błędy. Rozwiązanie prawie pełne... 5 p. Zdający obliczy liczby a, b i c w jednym z możliwych przypadków i na tym zakończy lub dalej popełnia błędy. Uwaga Jeśli zdający poprawnie rozwiąże równanie kwadratowe, to otrzymuje 4 punkty. Rozwiązanie pełne... 6 p. Zdający zapisze dwa zestawy liczb spełniające warunki zadania: a = 5, b = 9 i c = oraz a =, b = 9 i c =. Strona 0 z

31 Uwagi (do wszystkich schematów punktowania) 1. Jeżeli zdający myli własności ciągu arytmetycznego z własnościami ciągu geometrycznego, to za całe rozwiązanie otrzymuje 0 punktów.. Jeżeli zdający odgadnie jeden zestaw liczb a, b, c, także ze sprawdzeniem warunków zadania, to otrzymuje 0 punktów. Zadanie 15. (0 7) III. Modelowanie matematyczne. 11. Rachunek różniczkowy. Zdający stosuje pochodne do rozwiązywania zagadnień optymalizacyjnych (R11.6). Przykładowe rozwiązanie Niech r oraz h oznaczają, odpowiednio, promień podstawy walca i wysokość walca. Pole P powierzchni całkowitej tego walca jest równe P= πr + πrh. Stąd P π r h =. π r Objętość walca V = π r h zapisujemy jako funkcję zmiennej r : P πr Pr πr V ( r) = π r =, gdzie 0 < r < P. π π r Pochodna funkcji V jest określona wzorem V ( r) = 1 ( P 6π r ) dla 0 < r < P. π Wyznaczamy miejsca zerowe i badamy znak pochodnej V ( r ) = 0 wtedy i tylko wtedy, gdy r = P, 6π V ( r ) > 0 wtedy i tylko wtedy, gdy V ( r ) < 0 wtedy i tylko wtedy, gdy 0 < r < P, 6π P < r < P. 6π π Wynika stąd, że w przedziale ( 0, P 6π funkcja V jest rosnąca, a w przedziale P, P ) 6π π jest malejąca. Zatem V ( P 6π ) jest największą wartością tej funkcji. Wartość ta jest równa P P ( ) 6π π P 6π P P Gdy r = P ( 6π ) V = =. 6π P P π r, to wtedy h = = P 6π π. r π Schemat punktowania Rozwiązanie zadania składa się z trzech etapów. a) Pierwszy etap składa się z trzech części: wyznaczenie wysokością walca w zależności od promienia podstawy walca: P π r h =, π r Strona 1 z

32 Pr πr wyznaczenie objętości walca jako funkcji jednej zmiennej r, V () r =, wyznaczenie dziedziny funkcji V : = ( 0 P V π ) D,. Za poprawne wykonanie każdej z tych części zdający otrzymuje 1 punkt. b) Drugi etap składa się z trzech części: f r = P r π r : wyznaczenie pochodnej funkcji wielomianowej ( ) ( ) P f r = π r, obliczenie miejsc zerowych pochodnej funkcji V: r = P lub obliczenie miejsc 6π zerowych pochodnej funkcji f: r = P, 6π r = P. 6π zbadanie znaku pochodnej funkcji V i uzasadnienie, że dla największą wartość. r = P funkcja V osiąga 6π Za poprawne rozwiązanie każdej z części tego etapu zdający otrzymuje 1 punkt. c) Trzeci etap. Obliczenie największej objętości walca i wysokości walca o największej objętości: V = P P, h = 6π P. π Za poprawne wykonanie tego etapu zdający otrzymuje 1 punkt. Uwagi 1. Jeżeli zdający zapisze objętość walca z błędem rzeczowym, to może otrzymać co najwyżej 1 punkt za całe rozwiązanie, a jeżeli dodatkowo poprawnie wyznaczy dziedzinę funkcji V, to może otrzymać co najwyżej punkty za całe rozwiązanie.. Jeżeli zdający obliczy pochodną funkcji f lub V z błędem rachunkowym i otrzyma funkcję liniową funkcję kwadratową o ujemnym wyróżniku o wyróżniku równym 0, to może otrzymać punkty jedynie za pierwszy etap rozwiązania.. Jeśli zdający rozwiązuje zadanie dla stożka, to otrzymuje 0 punktów, nawet jeśli rozwiązanie tego innego zadania jest poprawne. 4. Za rozwiązanie z konkretną wartością liczbową w miejsce P zdający otrzymuje 0 punktów. Strona z