MATEMATYKA POZIOM ROZSZERZONY

EGZAMIN MATURALNY W ROKU SZKOLNYM 016/017 FORMUŁA DO 014 ( STARA MATURA ) MATEMATYKA POZIOM ROZSZERZONY ZASADY OCENIANIA ROZWIĄZAŃ ZADAŃ ARKUSZ MMA-R1 MAJ 017

Uwaga: Akceptowane są wszystkie odpowiedzi merytorycznie poprawne i spełniające warunki zadania. Zadanie 1. (0 4) Wymagania ogólne IV. Użycie i tworzenie strategii. Wymagania szczegółowe 3. Równania i nierówności. Zdający rozwiązuje proste równania i nierówności z wartością bezwzględną (R3.e). Przykładowe rozwiązania I sposób (wyróżnienie na osi liczbowej przedziałów) Wyróżniamy na osi liczbowej przedziały: (,1), 1, 5 ), 5, + ). Rozwiązujemy nierówności w poszczególnych przedziałach i w każdym przedziale bierzemy część wspólną tego przedziału z otrzymanym zbiorem rozwiązań nierówności. x (,1) 1, 5) x + 1 x+ 5 10 x 6 10 W tym przypadku rozwiązaniem nierówności jest x < 1 x x 5, + ) x 1 x+ 5 10 x x 1+ x 5 10 x x 6 4x 16 x 3 x 4 W tym przypadku rozwiązaniem nierówności jest 1 x 3 W tym przypadku nierówność nie ma rozwiązania. Sumując otrzymane rozwiązania, podajemy ostateczną odpowiedź: (,3. Odpowiedź: Zbiorem rozwiązań nierówności jest (,3. Strona z 37

II sposób (zapisanie czterech przypadków) Zapisujemy cztery przypadki: x 1 0 x 1 0 x 5 0 x 5 < 0 x 1< 0 x 5 0 x 1< 0 x 5 < 0 W każdym z nich rozwiązujemy nierówność bądź układ nierówności x 1 0 x 5 0 x 1 + x 5 10 x x 1 x 5 4x 16 x 1 x 5 x 4 Brak rozwiązań x 1 0 x 5 < 0 x 1 x + 5 10 x x 1 x < 5 x 6 x 1 x < 5 x 3 Rozw.: 1 x 3 x 1< 0 x 5 0 x + 1 + x 5 10 x x < 1 x 5 x 14 x < 1 x 5 x 7 Brak rozwiązań Sumując otrzymane rozwiązania, podajemy ostateczną odpowiedź: (,3. x 1< 0 x 5 < 0 x + 1 x + 5 10 x x < 1 x < 5 6 10 Rozw.: x < 1 Strona 3 z 37

III sposób (rozwiązanie graficzne) Rysujemy wykresy funkcji f ( x) = x 1 + x 5 i g( x) 10 Wyróżniamy na osi liczbowej przedziały: (,1) = x., 1, 5 ), 5, + ). Zapisujemy wzór funkcji f w poszczególnych przedziałach bez wartości bezwzględnej, np. ( ) ) ) x+ 6 dla x,1 f ( x) = 4 dla x 1,5 x 6 dla x 5, + Rysujemy wykresy funkcji f i g: Odczytujemy odciętą punktu przecięcia wykresów funkcji f i g: x = 3. Sprawdzamy, czy spełniają one równanie x 1 + x 5 10 x, a następnie podajemy te wszystkie argumenty, dla których f ( x) g( x) : x (,3. Uwaga Zdający powinien zauważyć, że wykres funkcji f oraz wykres funkcji g dla x (,1 są równoległe. f ( x) 16 14 1 10 8 6 4 6-5 -4-3 - -1 1 3 4 5 6 7 - y g ( x) x Strona 4 z 37

Schemat punktowania I i II sposób rozwiązania Rozwiązanie, w którym postęp jest istotny... 1 p. Zdający wyróżni na osi liczbowej przedziały (,1), 1, 5 ), 5, + ). albo zapisze cztery przypadki: x 1 0 x 1 0 x 1< 0 x 1< 0 x 5 0 x 5 < 0 x 5 0 x 5 < 0 Uwaga Jeżeli zdający popełni błędy w wyznaczaniu przedziałów, to przyznajemy 0 punktów. Podobnie 0 punktów otrzymuje zdający, który błędnie zapisał cztery przypadki. Pokonanie zasadniczych trudności zadania... p. Zdający zapisze nierówności w poszczególnych przedziałach, np.: dla x (,1) mamy x + 1 x+ 5 10 x, dla x 1, 5) mamy x 1 x+ 5 10 x, dla x 5, + ) mamy x 1+ x 5 10 x albo zapisze nierówności w poszczególnych przypadkach, np.: gdy x 1 0 i x 5 0, to wtedy x 1+ x 5 10 x, gdy x 1 0 i x 5< 0, to wtedy x 1 x+ 5 10 x, gdy x 1< 0 i x 5 0, to wtedy x + 1+ x 5 10 x (lub stwierdzi, że ten przypadek jest niemożliwy), gdy x 1< 0 i x 5< 0, to wtedy x + 1 x+ 5 10 x Uwagi 1. Jeżeli zdający rozwiąże nierówności w poszczególnych przedziałach i na tym zakończy lub nie wyznaczy części wspólnej otrzymanych wyników z poszczególnymi przedziałami i kontynuuje rozwiązanie, to otrzymuje punkty.. Jeżeli zdający rozpatrzy cztery przypadki, rozwiąże nierówności w poszczególnych przedziałach, stwierdzi, że czwarty przypadek jest niemożliwy i na tym zakończy lub nie wyznaczy części wspólnej otrzymanych wyników z poszczególnymi przedziałami i kontynuuje rozwiązanie, to otrzymuje punkty. Strona 5 z 37

Rozwiązanie zadania do końca, lecz z usterkami, które jednak nie przekreślają poprawności rozwiązania (np. błędy rachunkowe)... 3 p. Zdający poprawnie rozwiąże nierówności i wyznaczy części wspólne otrzymanych wyników z poszczególnymi przedziałami tylko dla dwóch przedziałów (spośród trzech wskazanych w I sposobie rozwiązania), popełni błąd w trzecim i konsekwentnie doprowadzi rozwiązanie do końca albo zdający rozpatrzy cztery przypadki, poprawnie rozwiąże nierówności i wyznaczy części wspólne otrzymanych wyników z poszczególnymi przedziałami tylko w dwóch przypadkach, popełni błąd w trzecim przypadku oraz stwierdzi, że przypadek: x 1< 0 i x 5 0 jest niemożliwy i konsekwentnie doprowadzi rozwiązanie do końca. Rozwiązanie pełne... 4 p. Zdający zapisze odpowiedź: x (,3. Uwaga We wszystkich rozważanych przypadkach zdający może rozpatrywać obie nierówności nieostre (przedziały obustronnie domknięte). Jeżeli natomiast rozważy wszystkie nierówności ostre (przedziały otwarte), to przyznajemy za całe zadanie o 1 punkt mniej, niż gdyby wyróżnił wszystkie przedziały poprawnie. III sposób rozwiązania Rozwiązanie, w którym postęp jest wprawdzie niewielki, ale konieczny na drodze do pełnego rozwiązania... 1 p.,1, 1, 5 ), 5, + ). Zdający wyróżni na osi liczbowej przedziały: ( ) Rozwiązanie, w którym postęp jest istotny... p. Zdający zapisze wzór funkcji f w poszczególnych przedziałach, np.: x,1 mamy f ( x) = x+ 6, lub dla ( ) dla x 1, 5) mamy f ( x ) = 4, dla 5, ) x + mamy f ( x) = x 6 ( ) ) ) x+ 6 dla x,1 f ( x) = 4 dla x 1,5 x 6 dla x 5, + Pokonanie zasadniczych trudności zadania... 3 p. Zdający narysuje wykres funkcji f i prostą o równaniu y = 10 x i na tym zakończy lub dalej popełnia błędy. Rozwiązanie pełne... 4 p. Zdający zapisze odpowiedź: x (,3. Strona 6 z 37

Zadanie. (0 5) IV. Użycie i tworzenie strategii.. Wyrażenia algebraiczne. Zdający wykonuje dzielenie wielomianu przez dwumian x a; stosuje twierdzenie o reszcie z dzielenia wielomianu przez dwumian x a (R.b). 3. Równania i nierówności. Zdający rozwiązuje równania i nierówności wielomianowe (R3.c). Przykładowe rozwiązanie Korzystając z warunków zadania zapisujemy układ równań W ( 3) = 0 54 + 9a 39 + b= 0, czyli W ( ) = 0 16 + 4a + 6 + b = 0 Z układu równań obliczamy a i b 9a+ b= 15 9a+ 10 4a= 15 a = 5,, 4a+ b= 10 b = 10 4a b = 30 3 Dla a= 5, b= 30 otrzymujemy W( x) = x 5x 13x+ 30. Obliczamy pozostałe pierwiastki wielomianu wykonując np. dzielenie wielomianu W( x ) przez ( 3) W x = x x + x = x x x+. 5. 5 x : ( ) ( 3)( 10) ( 3)( ) Pozostałymi pierwiastkami wielomianu W( x ) są liczby oraz Schemat punktowania Rozwiązanie, w którym postęp jest wprawdzie niewielki, ale konieczny do rozwiązania zadania... 1 p. Zdający zapisze jedno z równań: 54 + 9a 39 + b= 0 albo 16 + 4a+ 6 + b= 0 Uwaga Wystarczy, że zdający zapisze W W ( ) = ( ) 3 0 = 0. Rozwiązanie, w którym postęp jest istotny... p. Zdający zapisze układ równań 54 + 9a 39 + b= 0 16 + 4a + 6 + b = 0 Pokonanie zasadniczych trudności zadania... 3 p. Zdający rozwiąże układ równań: a = 5, b = 30 Strona 7 z 37

Rozwiązanie zadania do końca, lecz z usterkami, które jednak nie przekreślają poprawności rozwiązania (np. błędy rachunkowe)... 4 p. Zdający x 3 : wykona poprawnie dzielenie wielomianu W( x ) przez ( ) W( x) :( x 3) = x + x 10 albo rozwiąże układ równań z błędem rachunkowym i obliczy pozostałe pierwiastki konsekwentnie do popełnionego błędu; albo podzieli wielomian z błędem rachunkowym i obliczy pozostałe pierwiastki konsekwentnie do popełnionego błędu. Rozwiązanie bezbłędne... 5 p. Zdający obliczy pozostałe pierwiastki wielomianu W( x ): oraz Zadanie 3. (0 5) III. Modelowanie matematyczne. Przykładowe rozwiązania I sposób Zapisujemy układ warunków Δ> 0 ( 4 x ) 1 4 x 1< 0 Rozwiązujemy nierówność 0 5. 3. Równania i nierówności. Zdający stosuje wzory Viète a (R3.a). Δ>, czyli m ( m m ) 36 16 3 9 > 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. 36m m 3m 9 Stosujemy wzory Viete'a i otrzymujemy: 16 4 1< 0. 16 4 Strona 8 z 37

Przekształcamy nierówność równoważnie otrzymujemy kolejno: 36m 3m + 48m + 143 < 0, 4m + 48m + 143 < 0. Rozwiązujemy tę nierówność. Δ= 304 88 = 4 48 4 13 48 + 4 11 m 1 = =, m = =, 8 8 13 11 m,. 13 11 Wyznaczamy część wspólną obu warunków: m, 6 6,. II sposób Rozwiązujemy nierówność 0 Δ>, czyli m ( m m ) 36 16 3 9 > 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 3m m+ 6 6m+ m+ 6 3m+ m+ 6 x 1 = =, x = =. 8 4 8 4 Obliczamy wartość wyrażenia 4x1 4x w zależności od m: m + 6 4x1 4x = 4 = m + 6. 4 Zapisujemy nierówność z treści zadania z wykorzystaniem wyznaczonych rozwiązań równania i przekształcamy ją równoważnie, otrzymując kolejno: m+ 6 1 m + 6 + 1 < 0, ( )( ) ( ) 1 4 m + 6 < 0, 4m + 48m + 143 < 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: 4x 4x 1 4x 4x + 1 < 0. ( )( ) 1 1 Za tę część rozwiązania zdający otrzymuje 3 punkty. Strona 9 z 37

Poniżej podział punktów za drugi etap rozwiązania: Zdający otrzymuje 1 punkt gdy: 4x 4x 1 4x 4x + 1 < 0 w postaci równoważnej zapisze nierówność ( )( ) 1 1 zawierającej jedynie sumę i iloczyn pierwiastków trójmianu kwadratowego 4x 6mx+ ( m+ 3)( m 3), np.: 16 ( x ) 1+ x 4x 1x 1 < 0 lub obliczy pierwiastki trójmianu: 6m m+ 6 3m m+ 6 6m+ m+ 6 3m+ m+ 6 x 1 = =, x = = 8 4 8 4 Zdający otrzymuje punkty gdy: 4x 4x 1 4x 4x + 1 < 0 w postaci nierówności równoważnej zapisze nierówność ( )( ) 1 1 36m m 3m 9 z jedną niewiadomą np.: 16 4 1 < 0 lub 16 4 lub ( m )( m ) + 6 1 + 6 + 1 < 0 4m + 48m + 143 < 0 Zdający otrzymuje 3 punkty gdy: 13 11 poprawnie rozwiąże nierówność: m,. Trzeci etap polega na wyznaczeniu części wspólnej zbiorów rozwiązań nierówności z etapów 13 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. 3. 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 3. 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 3 punkty. 5. W przypadku, gdy zdający przyjmuje błędnie Δ= ( m + 6) i konsekwentnie rozwiąże zadanie do końca może otrzymać maksymalnie 3 punkty. Strona 10 z 37

Zadanie 4. (0 6) III. Modelowanie matematyczne. 5. Ciągi liczbowe. Zdający stosuje wzory na n-ty wyraz i sumę n początkowych wyrazów ciągu arytmetycznego i ciągu geometrycznego, również umieszczone w kontekście praktycznym (5.c). 3. Równania i nierówności. Zdający rozwiązuje układy równań, prowadzące do równań kwadratowych (3.c). 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+ 19) spełnia warunek 81 = ( 7 r) ( r+ 19). Równanie to ma dwa rozwiązania 13 r = 4 i r =. W pierwszym przypadku otrzymujemy ciąg arytmetyczny ( 5,9,13 ), a w drugim przypadku 31 5 ciąg arytmetyczny,9,. II sposób 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 31c+ 65= 0. Równanie to ma dwa rozwiązania: c = oraz c = 13. W pierwszym 31 przypadku otrzymujemy: a = 5, b = 9, c = 13 a w drugim przypadku otrzymujemy: a =, 5 b = 9, c =. Strona 11 z 37

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 = 3 Po wyłączeniu czynnika ( a ) każde z równań przyjmuje postać Zatem ( a )( q q ) ( a )( q q ) + + = 51 + 4 = 3 ( q q ) ( q q ) 3+ + = 51 + 4, skąd otrzymujemy równanie kwadratowe 3q 11q+ 6= 0. To równanie ma dwa rozwiązania q = 3, q =. 3 Jeśli q = 3, to a = 5, b = 9 i c = 13. Jeżeli natomiast q =, to 3 31 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... 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 1 z 37

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... 3 p. Zdający zapisze równanie z jedną niewiadomą, wynikające z własności ciągu 81 = 7 r r+ 19 geometrycznego, np.: ( )( ) Rozwiązanie prawie pełne... 5 p. Zdający obliczy liczby a, b, c w jednym z możliwych przypadków. 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, 31 5 c =13 oraz a =, b = 9, c =. II sposób rozwiązania Rozwiązanie, w którym postęp jest wprawdzie niewielki, ale konieczny na drodze do pełnego rozwiązania... 1 p. a Zdający zapisze jedno z równań: + c = b, b = ( a ) ( c+ 1 ) i na tym zakończy lub dalej popełnia błędy. Rozwiązanie, w którym postęp jest istotny... 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... 3 p. Zdający zapisze równanie kwadratowe z jedną niewiadomą, np.: c + 31c + 16= 81 i na tym zakończy lub dalej popełnia błędy. Rozwiązanie prawie pełne... 5 p. Zdający obliczy liczby a, b, c w jednym z możliwych przypadków. Uwaga Jeśli zdający poprawnie rozwiąże równanie kwadratowe, to otrzymuje 4 punkty. Strona 13 z 37

Rozwiązanie pełne... 6 p. Zdający obliczy liczby w dwóch przypadkach spełniających warunki zadania: a = 5, b = 9, 31 5 c =13 oraz a =, b = 9, c =. III sposób rozwiązania Rozwiązanie, w którym postęp jest wprawdzie niewielki, ale konieczny na drodze do pełnego 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... 3 p. Zdający zapisze równanie kwadratowe z jedną niewiadomą, np.: 3+ 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. 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 = 13 31 5 oraz a =, b = 9 i c =. Uwagi 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. Strona 14 z 37

Zadanie 5. (0 3) V. Rozumowanie i argumentacja.. Wyrażenia algebraiczne. Zdający posługuje się wzorami skróconego mnożenia: (a ± b), (a ± b) 3, a b, a 3 ± b 3 oraz dodaje, odejmuje, mnoży i dzieli wyrażenia wymierne (.a,.f). 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. + + 8 + 4> 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 = 8 4 + + 4 = 64 8 + = = 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 4x 8 x + 8> 0 lub 4x + 8 x + 8> 0 x x + > 0 lub x + x + > 0, Ponieważ z założenia wynika, że nierówności jest prawdziwa. To kończy dowód. ( 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. Ta nierówność jest prawdziwa dla każdej liczby rzeczywistej y. Strona 15 z 37

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 + + 8+ > 0, y x xy 4 x y xy + + + 8> 0, xy y x Ponieważ z założenia Stąd i z tego, że To kończy dowód. 4 x y xy 4+ + + > 0, xy y x x y xy + > 0. xy y x x x x y, więc 1, zatem y y xy xy y, co oznacza, że x 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 skąd x y, x, y i 4 otrzymujemy xy x y 4 4 + + + 4 4 4 4 x y x y 4 = 16x y = xy, + + + 4 8. x y x y xy 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. + + + 4> 8, x y x y xy + + 8 + 4> 0. xy x y xy Strona 16 z 37

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... 3 p. Zdający przeprowadzi pełne rozumowanie, uwzględniające założenie, że x y. II sposób rozwiązania Rozwiązanie, w którym postęp jest istotny... 1 p. Zdający zapisze nierówność w postaci ( y + ) x 8y x+ y + 4> 0 i 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( ) rzeczywistej y, ale nie rozpatrzy przypadku, gdy błędy. y jest niedodatni dla każdej liczby y = i na tym zakończy lub dalej popełnia Rozwiązanie pełne... 3 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 + + + 8> 0 xy y x w przypadku, gdy xy > 0 Rozwiązanie pełne... 3 p. Zdający przeprowadzi pełne rozumowanie. IV sposób rozwiązania Rozwiązanie, w którym postęp jest istotny... 1 p. Zdający wykaże prawdziwość nierówności tym zakończy lub dalej popełnia błędy. + + 8 + 4> 0 w I przypadku i na xy x y xy Strona 17 z 37

Pokonanie zasadniczych trudności zadania... p. Zdający uzasadni, że gdy xy > 0, to prawdziwa jest nierówność xy + x+ y + 4 xy 4 Rozwiązanie pełne... 3 p. Zdający przeprowadzi pełne rozumowanie. Zadanie 6. (0 3) V. Rozumowanie i argumentacja. Przykładowe rozwiązania I sposób Przyjmijmy oznaczenia jak na rysunku. Pole trójkąta ABC jest równe 7. Planimetria. Zdający stosuje własności figur podobnych i jednokładnych w zadaniach, także umieszczonych w kontekście praktycznym oraz znajduje związki miarowe w figurach płaskich z zastosowaniem twierdzenia sinusów i twierdzenia cosinusów (R7.c, R7.d). A 1 PABC = a c sin. Pola trójkątów ABE i CBE są równe 1 PABE = d c sin oraz E c d C a B 1 PCBE = d a sin. Suma pól trójkątów ABE i CBE jest równa polu trójkąta ABC, zatem 1 1 1 ac sin = dc sin + da sin. Strona 18 z 37

sin cos = + sin, ac cos = d ( a + c ), ac d = cos. a+ c Stąd ac d ( a c ) To kończy dowód. II sposób Przyjmijmy oznaczenia jak na rysunku. 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 A x E a y a + d ad = = c x c + d cd y c d C a cos. cos B Stąd otrzymujemy ( cos ) ( cos ) a c d cd c a d ad + = +, + cos = + cos, ad cd = acdcos acdcos, ( a c ) d = ( a c) accos. ac ad acd ac cd acd Strona 19 z 37

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 To kończy dowód. ( ) c 0, więc a c ac d = accos = cos. a c a+ c 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 Z twierdzenia o dwusiecznej otrzymujemy CE CB = AE AB, czyli y = a x c. Z trójkątów BEF i BCG otrzymujemy p = sin oraz d Stąd A x E F p y h a = sin. p= d sin oraz h= a sin. 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. Strona 0 z 37

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. 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 1 1 1 : PABC = a c sin, PABE = d c sin, PCBE = d a sin albo zapisze, że pole trójkąta ABC jest sumą pól trójkątów ABE i CBE oraz zapisze jedno 1 1 1 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.: 1 1 1 ac sin = dc sin + da sin Rozwiązanie pełne... 3 p. Zdający przeprowadzi pełne rozumowanie. Strona 1 z 37

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... 3 p. Zdający przeprowadzi pełne rozumowanie. Uwaga Jeżeli zdający nie rozważy sytuacji gdy a = c, to może otrzymać co najwyżej punkty. 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 albo 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 albo 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... 3 p. Zdający przeprowadzi pełne rozumowanie. Strona z 37

Zadanie 7. (0 4) III. Modelowanie matematyczne. 10. Elementy statystyki opisowej. Teoria prawdopodobieństwa i kombinatoryka. Zdający wykorzystuje wzory na liczbę permutacji, kombinacji i wariacji do zliczania obiektów w sytuacjach kombinatorycznych (R10). Przykładowe rozwiązanie Wybieramy miejsce dla dziewiątek. Jest 6 = 15 takich miejsc. Szóstka może wystąpić na jednym z pozostałych 4 miejsc. Na pozostałych trzech miejscach mają wystąpić trzy cyfry, których suma ma być równa 30 9 6 = 6. Mamy następujące możliwości: 1,, 3 i na trzech miejscach te cyfry możemy ustawić na 3! = 6 sposobów, 31 1, 1, 4 i na trzech miejscach te cyfry możemy ustawić na = 3 sposoby, 1 3,, i na trzech miejscach te cyfry możemy ustawić na = 1 sposób. 3 Łącznie, pozostałe trzy cyfry na pozostałych trzech miejscach, możemy ustawić na 10 sposobów. Stosując regułę mnożenia zapisujemy, że liczba liczb opisanych w treści zadania jest równa 15 4 10 = 600. Schemat punktowania Rozwiązanie, w którym postęp jest wprawdzie niewielki, ale konieczny na drodze do pełnego rozwiązania... 1 p. Zdający obliczy liczbę miejsc, na których mogą znajdować się dziewiątki albo obliczy liczbę miejsc, na których może znajdować się szóstka Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp... p. Zdający obliczy liczbę miejsc, na których mogą znajdować się dziewiątki i szóstka, albo obliczy na ile sposobów można ustawić pozostałe trzy cyfry na trzech miejscach, które pozostały. Pokonanie zasadniczych trudności zadania... 3 p. Zdający obliczy liczbę miejsc, na których mogą znajdować się dziewiątki i szóstka i na ile sposobów można ustawić pozostałe trzy cyfry na trzech miejscach, które pozostały i na tym zakończy lub dalej popełnia błędy. Strona 3 z 37

Rozwiązanie pełne... 4 p. Zdający zastosuje regułę mnożenia i obliczy, że liczba liczb opisanych w treści zadania jest równa 600. Uwaga Zdający może obliczać liczby miejsc dla dziewiątek i szóstki w sposób następujący: 6 5 4= 60 albo 6 = 60. Zadanie 8. (0 3) III. Modelowanie matematyczne. Przykładowe rozwiązanie 10. Elementy statystyki opisowej. Teoria prawdopodobieństwa i kombinatoryka. Zdający wykorzystuje własności prawdopodobieństwa i stosuje twierdzenie znane jako klasyczna definicja prawdopodobieństwa do obliczania prawdopodobieństw zdarzeń (10.d). Rysujemy drzewo odzwierciedlające etapy doświadczenia. 6 B 5 B 4 6 C Prawdopodobieństwo zdarzenia A (wylosowanie kuli białej z drugiego pudełka) jest więc równe 3 1 4 3 7 P ( A) = + = + =. 5 6 5 6 30 30 30 1 6 B 3 5 C 5 6 C Schemat punktowania Rozwiązanie, w którym postęp jest istotny... 1p. Zdający narysuje drzewo wraz z opisem prawdopodobieństw na pierwszym etapie doświadczenia Pokonanie zasadniczych trudności zadania... p. Zdający narysuje drzewo wraz z opisem prawdopodobieństw na wszystkich istotnych gałęziach Strona 4 z 37

Rozwiązanie pełne... 3 p. 7 Zdający obliczy prawdopodobieństwo wylosowania kuli białej z drugiego pudełka:. 30 Uwaga Jeśli zdający rozwiąże zadanie do końca i otrzyma P ( A) > 1 lub P ( A) < 0, to za całe rozwiązanie otrzymuje 0 punktów. Zadanie 9. (0 6) IV. Użycie i tworzenie strategii. Przykładowe rozwiązania I sposób 7. Planimetria. Zdający stosuje własności figur podobnych i jednokładnych w zadaniach, także umieszczonych w kontekście praktycznym (R7.c). A D C E S Oznaczmy przez S środek okręgu wpisanego w trójkąt, wysokość CE = 36 oraz promień okręgu wpisanego ES = DS = 10. Z twierdzenia Pitagorasa obliczamy długość odcinka DC: DC = CS DS = 4. Trójkąty AEC i SDC są podobne. Obydwa są prostokątne i mają jeden kąt wspólny. B Otrzymujemy równanie 36 4 =. Stąd 15 AE 10 AE =. Z twierdzenia o odcinkach stycznych wiemy, że AD = AE = 15. Długości boków tego trójkąta są zatem równe: AB = 30, AC = BC = 39. Następnie obliczmy pole trójkąta. 1 1 P = AB CE = 30 36 = 540. Strona 5 z 37

Promień okręgu opisanego na trójkącie obliczymy korzystając ze wzoru AB BC CA P = : 4 R 30 39 39 1 R = = 1. 4540 8 II sposób C A Oznaczmy przez S środek okręgu wpisanego w trójkąt, wysokość CE = 36 oraz promień okręgu wpisanego ES = DS = 10. Niech CSD = CAE =. Trójkąty AEC i SDC są podobne. Obydwa są prostokątne i mają jeden kąt wspólny. Obliczamy długość odcinka CS: CS = CE SE = 6. D E S 10 5 5 1 Obliczamy cos = =, wtedy sin = 1 =. 6 13 13 13 CE Obliczamy długość ramienia trójkąta równoramiennego ABC: sin =, stąd AC = 39. AC AC Z twierdzenia sinusów R sin =, gdzie R oznacza promień okręgu opisanego na trójkącie: 39 507 1 1 R = = = 4, zatem R = 1. 1 1 4 8 13 B Strona 6 z 37

III sposób C D S Niech AB A = a, AC = BC = b. 1 ab Zapisujemy pole trójkąta na trzy sposoby: a 36 = = 10 p. 4R 1 1 = +, stąd p = a+ b. Otrzymujemy równanie 1 36 10 1 a = a+ b, stąd 13 b= a. 10 Ponieważ p ( a b) 1 Zapisujemy twierdzenie Pitagorasa dla trójkąta AEC: 36 a + = b 13 Zatem b = 30 = 39. 10 1 30 39 1 Ponieważ 30 36 =, stąd otrzymujemy R = 1. 4R 8 E B, stąd a = 30. Strona 7 z 37

Schemat punktowania I sposób rozwiązania Rozwiązanie, w którym postęp jest wprawdzie niewielki, ale konieczny na drodze do pełnego rozwiązania zadania... 1 p. Zdający obliczy długość odcinka DC = 4. Rozwiązanie, w którym postęp jest istotny... p. Zdający zapisze równanie wynikające z podobieństwa trójkątów AEC i SDC: 36 4 AE = 10. Pokonanie zasadniczych trudności zadania... 4 p. Zdający obliczy długości boków trójkąta AB = 30, AC = BC = 39. Uwaga Jeżeli zdający obliczy jedynie długość podstawy trójkąta: AB = 30 albo jedynie długość ramienia trójkąta: AC = BC = 39, to otrzymuje 3 punkty. Rozwiązanie prawie pełne... 5 p. Zdający obliczy pole trójkąta: P = 540. Rozwiązanie pełne... 6 p. Zdający obliczy promień okręgu: Uwaga 1 R = 1. 8 Jeżeli zdający obliczy promień okręgu: AC = BC = 39, to otrzymuje co najwyżej 5 punktów. 1 R = 1 i nie obliczy długości ramienia trójkąta: 8 Strona 8 z 37

II sposób rozwiązania Rozwiązanie, w którym postęp jest wprawdzie niewielki, ale konieczny na drodze do pełnego rozwiązania zadania... 1 p. 5 Zdający obliczy cos : cos =. 13 Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp... p. Zdający obliczy cos i sin : 5 1 cos = i sin =. 13 13 Pokonanie zasadniczych trudności zadania... 4 p. AC Zdający obliczy długość ramienia trójkąta ABC: AC = BC = 39 i zauważy, że R sin =. Uwaga AC Jeżeli zdający jedynie zauważy, że = R albo jedynie obliczy długość ramienia sin trójkąta: AC = BC = 39, to otrzymuje 3 punkty. Rozwiązanie prawie pełne... 5 p. AC Zdający zastosuje twierdzenie sinusów i zapisze, że R sin =. Rozwiązanie pełne... 6 p. Zdający obliczy promień okręgu: Uwaga 1 R = 1. 8 Jeżeli zdający obliczy promień okręgu: AB = 30 to otrzymuje co najwyżej 5 punktów. 1 R = 1 i nie obliczy długości podstawy trójkąta: 8 Strona 9 z 37

Zadanie 10. (0 6) IV. Użycie i tworzenie strategii. 9. Stereometria. Zdający wyznacza przekroje wielościanów płaszczyzną oraz wyznacza związki miarowe w wielościanach i bryłach obrotowych z zastosowaniem trygonometrii (R9.a, 9.b). Przykładowe rozwiązania I sposób Sporządzamy rysunek pomocniczy, wprowadzając oznaczenia i zaznaczając odpowiednie kąty. C A Ponieważ trójkąt ABC jest trójkątem pięknym, przyjmijmy, że długości jego boków są równe a, a, a 3. Stosując twierdzenie cosinusów do trójkąta BDC otrzymujemy y = x + 4a ax 6. Stosując twierdzenie Pitagorasa dla trójkątów CED i BDE otrzymujemy: x + 4a ax 6 = a + z x + 3a ax 6 = x 3a a > 0 x = a 6 Zatem w trójkącie BFD mamy a 3 sin α = = a 6 π Stąd α = 4 Kąt między przekątnymi ścian bocznych prostopadłościanu jest równy 4 π. E B D F Strona 30 z 37

II sposób Sporządzamy rysunek pomocniczy, wprowadzając oznaczenia i zaznaczając odpowiednie kąty. C E D A Ponieważ trójkąt ABC jest trójkątem pięknym, przyjmijmy, że długości jego boków są równe a, a, a 3. Zapisujemy długości boków x i z trójkąta BFD w zależności od szukanego kąta α : a 3 a 3 x = i z = dla a > 0 i α 0 sinα tgα Z twierdzenia Pitagorasa dla trójkąta CED otrzymujemy y = a + z 3a y = a + tg α Zapisujemy twierdzenie cosinusów dla trójkąta BDC: y = 4a + x 4ax cos Po dokonaniu podstawień za x i y otrzymujemy równanie postaci: 3a 3a a 18 a + = 4a + tg α sin α sinα a po przekształceniach równanie trygonometryczne: sin α sinα = 0 sin α sin α = 0 Rozwiązujemy alternatywę równań sin α = lub sin α = 0 π α = 4 lub α = 0 nie spełnia warunków zdania Zatem kąt między przekątnymi ścian bocznych prostopadłościanu ma miarę 4 π. B F Strona 31 z 37

Schemat punktowania Rozwiązanie, w którym postęp jest niewielki, ale konieczny na drodze do pełnego rozwiązania... 1 p. Zdający sporządzi rysunek i zaznaczy odpowiednie kąty 3 π, α, i na tym zakończy lub dalej popełnia błędy. Rozwiązanie, w którym postęp jest istotny... p. Zdający zapisze długości boków trójkąta ABC za pomocą jednej zmiennej, np.: a, a, a 3 Pokonanie zasadniczych trudności... 4 p. Zdający zapisze równanie z niewiadomymi a i x, prowadzące do rozwiązania zadania, np.: x + 3a ax 6 = x 3a albo zapisze równanie z niewiadomymi a i α, prowadzącego do rozwiązania zadania, np.: 3a 3a a 18 a + = 4a + tg α sin α sinα Rozwiązanie zadania do końca, lecz z usterkami, które jednak nie przekreślają poprawności rozwiązania (np. błędy rachunkowe)... 5 p. Zdający popełni błąd rachunkowy na etapie przekształceń równań i konsekwentnie do popełnionego błędu rozwiąże zadanie do końca. Rozwiązanie pełne... 6 p. π Zdający wyznaczy miarę kąta α : α =. 4 Uwaga Jeżeli zdający zapisze równanie z niewiadomymi a i x albo z niewiadomymi a i α, z błędami rachunkowymi i na tym poprzestanie, to otrzymuje 3 punkty. Strona 3 z 37

Zadanie 11. (0 5) IV. Użycie i tworzenie strategii. 8. Geometria na płaszczyźnie kartezjańskiej. Zdający posługuje się równaniem okręgu (x a) + (y b) = r, wyznacza współrzędne środka odcinka, rozwiązuje zadania dotyczące wzajemnego położenia prostej i okręgu, oraz dwóch okręgów na płaszczyźnie kartezjańskiej (8.g, 8.f, R8.b). Przykładowe rozwiązania I sposób Środek S szukanego okręgu jest punktem przecięcia prostej x 3y+ 1= 0 oraz symetralnej odcinka AB. 5 0 3 6 5 9 Wyznaczmy współrzędne środka D odcina AB: D +, + = =,. Obliczamy współczynnik kierunkowy prostej przechodzącej przez punkty A i B: 6 3 3 a AB = =. 0+ 5 5 Z warunku prostopadłości prostych wyznaczamy współczynnik kierunkowy symetralnej 5 5 odcinka AB: a =. Wyznaczamy równanie symetralnej odcinka AB: y = x+ b. 3 3 5 9 Przechodzi ona przez punkt D =,, stąd otrzymujemy 9 5 5 = + b. Zatem 3 1 5 1 b =. Wobec tego symetralną odcinka AB jest prosta y = x +. 3 3 3 x 3y+ 1= 0 Obliczamy współrzędne punktu S, rozwiązując układ równań 5 1 Środkiem y = x +. 3 3 1 okręgu jest S = 0,. 3 8 17 Wyznaczamy promień okręgu r obliczając np.: AS = 5 + =. 3 3 1 Wyznaczamy równanie okręgu o środku w punkcie S = 0, i promieniu 3 1 89 x + y =. 3 9 17 r = : 3 Strona 33 z 37

II sposób Środkiem okręgu jest punkt S, który leży na prostej x 3y 1 0 Ponieważ AS + =. Zatem S = ( 3y 1, y). = BS, więc możemy zapisać równanie ( x 5) ( y 3) x ( y 6) Rozwiązujemy zatem układ równań 10x+ 6y = i x 3y = 1, otrzymując współrzędne punktu S 1 S = 0,. 3 Następnie obliczamy kwadrat długości promienia SB 17 89 r = =. 3 9 = r Zatem równanie okręgu o środku w punkcie S i promieniu r ma postać + + = +. 1 89 x + y =. 3 9 III sposób Przyjmijmy, że punkt S = ( a, b) jest środkiem szukanego okręgu. Ponieważ punkt ten leży na prostej x 3y+ 1= 0, więc jego współrzędne spełniają równanie tej prostej. Stąd a 3b + 1= 0. 5, 3 B = 0, 6, zatem Okrąg przechodzi przez punkty A = ( ) i ( ) ( 5 ) ( 3 ) a + b = r ( a) + ( 6 b) = r. Stąd otrzymujemy zależność między a i b: 5a+ 3b 1= 0. Z układu równań a 3b+ 1= 0 5a+ 3b 1= 0 1 obliczamy współrzędne środka okręgu S = 0,. Wyznaczone współrzędne podstawiamy 3 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 =. 3 9 Strona 34 z 37

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 =, albo wyznaczy współczynnik kierunkowy prostej zawierającej odcinek AB: 3 a AB = 5 Rozwiązanie, w którym postęp jest istotny... p. 5 1 Zdający zapisze równanie symetralnej odcinka AB: y = x + i na tym zakończy lub 3 3 dalej popełnia błędy. Pokonanie zasadniczych trudności... 3 p. 1 Zdający wyznaczy współrzędne punktu S: S = 0, i na tym zakończy lub dalej popełnia 3 błędy. Rozwiązanie prawie pełne... 4 p. 17 Wyznaczy promień okręgu (lub kwadrat promienia okręgu): r = i na tym zakończy lub 3 dalej popełnia błędy. Rozwiązanie pełne... 5 p. Zdający wyznaczy równanie okręgu: 1 89 x + y =. 3 9 Strona 35 z 37

II sposób rozwiązania Rozwiązanie, w którym postęp jest wprawdzie niewielki, ale konieczny na drodze do pełnego rozwiązania... 1 p. Zdający S = 3y 1, y zapisze współrzędne punktu S w zależności od jednej zmiennej, np.: ( ) albo zapisze równość AS ( x+ 5) + ( y 3) = x + ( y 6) i na tym zakończy lub dalej popełni błędy. = BS lub równoważne równanie Rozwiązanie, w którym postęp jest istotny... p. Zdający zapisze układ równań 10x+ 6y = i x 3y = 1 i na tym zakończy lub dalej popełni błędy. Pokonanie zasadniczych trudności... 3 p. Zdający wyznaczy współrzędne punktu S: 1 S = 0, 3 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. Rozwiązanie pełne... 5 p. Zdający wyznaczy równanie okręgu: III sposób rozwiązania 1 89 x + y =. 3 9 Rozwiązanie, w którym postęp jest niewielki, ale konieczny na drodze do pełnego rozwiązania... 1 p. Zdający ( 5 a) + ( 3 b) = r zapisze układ równań: ( a) + ( 6 b) = r albo zauważy, że współrzędne środka okręgu spełniają równanie: a 3b + 1= 0 i na tym zakończy lub dalej popełni błędy. Strona 36 z 37

Rozwiązanie, w którym postęp jest istotny... p. ( 5 a) + ( 3 b) = r Zdający zapisze układ równań: i zauważy, że współrzędne ( a) + ( 6 b) = r środka okręgu spełniają równanie a 3b + 1= 0 i na tym zakończy lub dalej popełni błędy. Pokonanie zasadniczych trudności... 3 p. 1 Zdający wyznaczy współrzędne punktu S: S = 0, i na tym zakończy lub dalej popełnia 3 błędy. Rozwiązanie prawie pełne... 4 p. 17 Wyznaczy promień okręgu (lub kwadrat promienia okręgu): r = i na tym zakończy lub 3 dalej popełnia błędy. Rozwiązanie pełne... 5 p. 1 89 Zdający wyznaczy równanie okręgu: x + y =. 3 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 37 z 37