MATEMATYKA POZIOM ROZSZERZONY

EGZAMIN MATURALNY W ROKU SZKOLNYM 06/07 FORMUŁA OD 05 ( NOWA MATURA ) MATEMATYKA POZIOM ROZSZERZONY ZASADY OCENIANIA ROZWIĄZAŃ ZADAŃ ARKUSZ MMA-P CZERWIEC 07

Kluz punktowania zadań zamkniętyh Numer zadania 4 5 Odpowiedź D B B C B Kluz punktowania zadania kodowanego Zadanie 6 (0 ) 5 Shematy oeniania zadań otwartyh Zadanie 7 (0 ) Udowodnij, że dla każdej lizby rzezywistej x i dla każdej lizby rzezywistej y prawdziwa jest nierówność 5x y 4xy 6x 9 0 + + + I sposób rozwiązania Przekształamy nierówność równoważnie w następująy sposób 4x 4xy+ y + x + 6x+ 9 0, ( x y) ( x ) + + 0 Lewa strona tej nierównośi jest sumą składników nieujemnyh, wię suma ta jest nieujemna dla każdej lizby rzezywistej x i dla każdej lizby rzezywistej y Shemat punktowania I sposobu rozwiązania Zdająy otrzymuje p gdy zapisze nierówność w postai, z której lewą stronę łatwo można zapisać w postai sumy składników nieujemnyh: 4x 4xy+ y + x + 6x+ 9 0 Zdająy otrzymuje p gdy zapisze nierówność w postai: ( x y) ( x ) nierównośi + + 0 i nie uzasadni prawdziwośi tej Zdająy otrzymuje p gdy przeprowadzi pełne rozumowanie II sposób rozwiązania Przekształamy nierówność do postai ( ) kwadratową f ( x) 5x ( 6 4y) x y 9 5x 6 4y x y 9 0 + + + i wprowadzamy funkję = + + + z parametrem y Wystarzy teraz pokazać, że

funkja f przyjmuje tylko wartośi nieujemne dla każdej wartośi parametru y Ramiona paraboli są zwróone do góry, wię powyższy warunek będzie spełniony, gdy wyróżnik trójmianu będzie niedodatni Oblizamy ( 6 4y) 0( y 9) 4y 48y 44 4( y 6) Δ= + = = + Otrzymany wyróżnik jest mniejszy lub równy 0, wię funkja f dla każdej wartośi parametru y przyjmuje wartośi nieujemne, a to oznaza, że nierówność jest prawdziwa dla każdyh lizb rzezywistyh x i y Shemat punktowania II sposobu rozwiązania Zdająy otrzymuje p gdy zapisze funkję ( ) ( ) f x x y x y = 5 + 6 4 + + 9 Zdająy otrzymuje p gdy zapisze wyróżnik w postai ( ) Δ= 4 y + 6 i nie uzasadni, że to wyrażenie jest niedodatnie Zdająy otrzymuje p gdy przeprowadzi pełne rozumowanie Zdająy może rozpatrywać funkję argumentu y z parametrem x, jak również ułożyć oraz rozwiązać nierówność Δ 0 (wtedy za ułożenie nierównośi 4y 48y 44 0 otrzymuje punkty, a za jej rozwiązanie punkty)

Zadanie 8 (0 ) Shemat oeniania Miary kątów trójkąta ABC są równe α = BAC, β = ABC i γ = ACB Punkt S jest środkiem okręgu wpisanego w ten trójkąt, a proste zawierająe odinki AS i BS przeinają boki BC i AC tego trójkąta w punktah odpowiednio D i E (zobaz rysunek) C γ E D α β A B Wykaż, że jeżeli α + β = γ, to na zworokąie DCES można opisać okrąg I sposób rozwiązania Ponieważ S jest środkiem okręgu wpisanego w trójkąta ABC, wię półproste AS i BS to dwusiezne kątów BAC i ABC tego trójkąta Zatem α β BAS = i ABS = α β Zatem ASB = 80 Kąty ASB i DSE są wierzhołkowe, wię α β α + β DSE = ASB = 80 = 80 Suma miar kątów DSE i DCE zworokąta DCES jest równa α + β DSE + DCE = 80 + γ, ale z założenia α + β = γ, wię γ DSE + DCE = 80 + γ = 80, o oznaza, że SDC + SEC = 80, wię na zworokąie DCES można opisać okrąg To końzy dowód II sposób rozwiązania Ponieważ S jest środkiem okręgu wpisanego w trójkąta ABC, wię półproste AS i BS to dwusiezne kątów BAC i ABC tego trójkąta Zatem α β EAS = i DBS = β α Zatem AEB = 80 α oraz ADB = 80 β Kąty SEC i SDC to kąty przyległe do kątów odpowiednio AEB i ADB, wię β β SEC = 80 AEB = 80 80 α = α + S 4

oraz α α SDC = 80 ADB = 80 80 β= + β Suma miar kątów SEC i SDC zworokąta DCES jest równa β α SEC + SDC = α + + + β = ( α + β ) ale z założenia α + β = γ, wię SEC + SDC = ( α + β) = γ = γ Suma miar kątów trójkąta jest równa 80, wię γ = 80 ( α + β ) Stąd i z założenia wynika, że γ = 80 γ, wię γ = 80, zyli γ = 60 W rezultaie SEC + SDC = γ = 60 = 80 Stąd z kolei wynika, że SDC + SEC = 80, wię na zworokąie DCES można opisać okrąg To końzy dowód Shemat punktowania I i II sposobu rozwiązania Zdająy otrzymuje p gdy α β wyznazy kąt ASB w zależnośi od α i β : ASB = 80 albo β wyznazy kąt AEB w zależnośi od α i β : AEB = 80 α, albo α wyznazy kąt ADB w zależnośi od α i β : ADB = 80 β, albo wyznazy miarę kąta ACB: γ = 60 i na tym poprzestanie lub dalej popełnia błędy Zdająy otrzymuje p gdy wyznazy sumę miar kątów DSE i DCE zworokąta DCES zależnośi od α, β i γ : α + β ( 80 ) DSE + DCE = + γ albo wyznazy sumę miar kątów SDC i SEC zworokąta DCES zależnośi od α, β oraz wyznazy miarę kata γ : SEC + SDC = ( α + β ) i γ = 60, albo wyznazy miarę kąta ACB oraz miarę kąta DSE: γ = 60, DSE = ASB = 0 i na tym zakońzy lub nie uzasadni tezy poprawnie Zdająy otrzymuje p gdy przeprowadzi pełne rozumowanie 5

Zadanie 9 (0 4) Shemat oeniania Z yfr 0,, tworzymy pięioyfrowe lizby ałkowite dodatnie podzielne przez 5 Obliz, ile możemy utworzyć takih lizb Przykładowe rozwiązanie Lizba podzielna przez 5 jest podzielna przez i przez 5 Aby z yfr 0,, utworzyć lizbę podzielną przez 5, ostatnią yfrą tej lizby musi być 0 Aby ponadto lizba była podzielna przez, suma yfr utworzonej lizby musi być podzielna przez Mamy wię ztery przypadki: + + + 0+ 0 takih lizb jest : 00, 00, 00 + + + 0+ 0takih lizb jest : 00, 00, 00 + + + + 0takih lizb jest 6: z ztereh miejs wybieramy dwa miejsa dla jedynek, na pozostałyh wstawiamy dwójki + + 0+ 0+ 0takih lizb 6: jedynkę wstawiamy na pierwszym miejsu, dwójkę na jednym z trzeh pozostałyh, lub na odwrót Razem mamy wię 8 lizb pięioyfrowyh, podzielnyh przez 5, które można utworzyć dysponują jedynie yframi 0,, Shemat punktowania Rozwiązanie, w którym postęp jest niewielki, ale koniezny na drodze do pełnego rozwiązania p Zdająy zapisze, że ostatnią yfrą utworzonej lizby jest 0 Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp p Zdająy zapisze, że są ztery możliwośi uzyskania sumy yfr podzielnej przez Pokonanie zasadnizyh trudnośi zadania p Zdająy poprawnie oblizy lizby lizb w o najmniej trzeh z ztereh wymienionyh przypadków Rozwiązanie pełne 4 p Zdająy oblizy, że jest 8 lizb pięioyfrowyh, podzielnyh przez 5, które można utworzyć dysponują jedynie yframi 0,, Jeżeli zdająy pominie jeden przypadek i rozwiąże zadanie do końa otrzymuje punkty 6

Zadanie 0 (0 5) b jest geometryzny Pierwszy wyraz a iągu a są lizbami ałkowitymi, a suma ośmiu pozątkowyh wyrazów tego iągu jest równa 4 Natomiast pierwszy wyraz b iągu geometryznego jest różnią iągu arytmetyznego ( a n ) Suma b jest równa 8 Wyznaz te iągi Ciąg ( a n ) jest arytmetyzny, a iąg ( n ) arytmetyznego jest ilorazem iągu geometryznego ( b n ) Wyrazy iągu ( n ) dwóh pierwszyh wyrazów iągu geometryznego ( ) n I sposób rozwiązania Oznazmy przez q pierwszy wyraz iągu arytmetyznego, a przez r różnię tego iągu Wówzas q, q + r, q + r, są kolejnymi wyrazami iągu arytmetyznego Jednoześnie r jest pierwszym wyrazem iągu geometryznego, a q jego ilorazem, wię r, rq, rq, są kolejnymi wyrazami iągu geometryznego Z warunków zadania otrzymujemy układ równań: r + rq = 8 q + 7r 8 = 4 Rozwiązują układ równań doprowadzamy do równania z jedną niewiadomą: Dla r dla q 7r r + 6 = 0 lub q 9q + 95 = 0 Δ = 8 Δ = 8 Δ = 9 Δ = 9 9 r = lub r = q = 5 lub q = 7 Zatem r = 7 r = r = r = 7 lub lub lub 9 q = q = 5 q = 5 9 q = Warunki zadania spełniają iągi: iąg arytmetyzny o pierwszym wyrazie 5 i różniy oraz iąg geometryzny o pierwszym n wyrazie i ilorazie 5 Zatem a n = n + i b = 5 n II sposób rozwiązania Nieh a będzie pierwszym wyrazem iągu arytmetyznego, a r jego różnią, zaś b pierwszym wyrazem iągu geometryznego, a q jego ilorazem Z warunków zadnia możemy zapisać: a + a8 8 = 4 q b = 8 q a = q b = r W dalszej zęść rozwiązania postępujemy tak jak w I sposobie 7

Shemat punktowania I i II sposobu rozwiązania Rozwiązanie, w którym postęp jest niewielki, ale koniezny na drodze do pełnego rozwiązania p Zdająy zapisze kolejne wyrazy iągów arytmetyznego i geometryznego za pomoą r i q (lub a i b lub a i r lub b i q ) albo a + a8 q zapisze koniunkję zależnośi 8 = 4 i b = 8 dla q q Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp p r+ rq= 8 Zdająy zapisze układ równań z dwiema niewiadomymi, np: q+ 7r 8 = 4 Pokonanie zasadnizyh trudnośi p Zdająy przekształi układ równań do równania kwadratowego z jedna niewiadomą r lub q, np: 7r r + 6 = 0 lub q 9q + 95 = 0 Rozwiązanie prawie pełne 4 p Zdająy popełni błąd rahunkowy na etapie rozwiązywania układu równań i konsekwentnie do popełnionego błędu rozwiąże zadanie do końa albo 9 poda jako rozwiązanie dwie pary iągów: iąg arytmetyzny o pierwszym wyrazie 9 i różniy oraz iąg geometryzny o pierwszym wyrazie i ilorazie, oraz iąg 7 7 arytmetyzny o pierwszym wyrazie 5 i różniy oraz iąg geometryzny o pierwszym wyrazie i ilorazie 5 Rozwiązanie pełne 5 p Zdająy wyznazy wzory ogólne iągów a n = n + i = 5 albo wyznazy iąg arytmetyzny o pierwszym wyrazie 5 i różniy oraz iąg geometryzny o pierwszym wyrazie i ilorazie 5 b n n 8

Zadanie (0 4) π π Rozwiąż równanie sin x + os x+ = w przedziale 0, π 4 4 I sposób rozwiązania Korzystają ze wzoru redukyjnego osα = sin ( π α), możemy zapisać równanie w postai równoważnej π π π sinx + sin x+ = 4 4, π π sinx + sin x=, 4 4 π π sinx + sin x = 4 4, π π sinx sinx =, 4 4 π sinx =, 4 π sin x = 4 π π π 5π Zatem x = + kπ lub x = + kπ, gdzie k test lizbą ałkowitą Stąd 4 6 4 6 5π π x = + kπ lub x = + kπ W przedziale 0, π równanie ma wię dwa rozwiązania: 5 π π, Shemat punktowania I sposobu rozwiązania Rozwiązanie, w którym postęp jest niewielki, ale koniezny na drodze do pełnego rozwiązania p π π π Zdająy zapisze równanie w postai sinx + sin x+ = 4 4 Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp p π Zdająy zapisze równanie w postai sin x = 4 Pokonanie zasadnizyh trudnośi zadania p 5π π Zdająy rozwiąże równanie w zbiorze lizb rzezywistyh: x = + kπ lub x = + kπ, gdzie k jest lizbą ałkowitą π π Wystarzy, że zdająy zapisze x = + kπ lub 4 6 ałkowitą π 5π x = + kπ, gdzie k jest lizbą 4 6 9

Rozwiązanie pełne 4 p 5π π Zdająy rozwiąże równanie w przedziale 0, π : x = lub x = Jeżeli zdająy od razu wyznazy rozwiązania równania z przedziału 0, π, to otrzymuje 4 punkty II sposób rozwiązania Korzystają ze wzorów na sinus różniy i osinus sumy kątów, otrzymujemy π π π π sin xos os xsin + os xos sin xsin =, 4 4 4 4 sinx osx + osx sinx =, ( sin x os x) ( sin x os x) =, sinx osx =, ( ) sin x os x= Korzystają ze wzoru redukyjnego osα = sin ( π α), równanie możemy zapisać w postai równoważnej π sin x sin x= Następnie, korzystają ze wzoru na różnię funkji trygonometryznyh x + π x x π sin sin + x x π ( x ) = os sin, równanie możemy zapisać w postai równoważnej osπ sin 4 ( x π 4) = sin( x π 4 ) = sin ( x π 4 ) = π π π 5π Zatem x = + kπ lub x = + kπ, gdzie k test lizbą ałkowitą Stąd 4 6 4 6 5π π x = + kπ lub x = + kπ W przedziale 0, π równanie ma wię dwa rozwiązania: 5 π π, Równanie sin x os x= można rozwiązać w inny sposób 0

Gdy sin x > os x, to obie strony tego równania są dodatnie i wtedy, podnoszą je do kwadratu, otrzymujemy równanie sin x sin xos x+ os x=, sinx =, sin x = π 5π Zatem x = + kπ lub x = + kπ, gdzie k test lizbą ałkowitą Stąd 6 6 π 5π x = + kπ lub x = + kπ π π 5π 7π W przedziale 0, π są wię ztery takie lizby: x =, x =, x =, x = π π Jednak tylko dla x = oraz dla x = spełniony jest warunek sin x > os x π π Zatem równanie sinx + osx+ = ma w przedziale 0, π dwa rozwiązania: 4 4 5π π, π Rozwiązania równania sin x = 4 π funkji f ( x) = sin x 4 y z przedziału 0, π możemy odzytać z wykresu 0 π 6 π 5π π π 5π π π 7π 4π π 5π π 6 6 6 π x - Są dwa takie argumenty: przyjmuje wartość 5π x =, π x = Sprawdzamy, zy dla tyh argumentów funkja f 5π 5π π π π f = sin = sin = sin =, 4 6 π π π 0π 5π f = sin = sin = sin = 4 6

Shemat punktowania II sposobu rozwiązania Rozwiązanie, w którym postęp jest niewielki, ale koniezny na drodze do pełnego rozwiązania p Zdająy zapisze równanie w postai sin x os x= Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp p Zdająy zapisze, że równanie jest równoważne równaniu: π sin x sin x= albo sin x = przy warunku sin x > os x Zdająy może nie zapisywać warunku sin x > os x Wystarzy zapis, że wykorzystuje metodę analizy starożytnyh lub sprawdzi otrzymane rozwiązania i odrzui obe rozwiązania Jeżeli nie zapisze, że wykorzystuje metodę analizy starożytnyh i nie sprawdzi otrzymanyh rozwiązań, a w konsekwenji nie odrzui obyh rozwiązań, to za ałe zadanie może otrzymać najwyżej punkty Pokonanie zasadnizyh trudnośi zadania p Zdająy rozwiąże równanie sin ( x π 5π π 4 ) = w zbiorze lizb rzezywistyh: x = + kπ lub x = + kπ, gdzie k jest lizbą ałkowitą albo π 5π sin x = w zbiorze lizb rzezywistyh: x = + kπ lub x = + kπ, gdzie k jest lizbą ałkowitą π 5π Wystarzy, że zdająy zapisze x = + kπ lub x = + kπ, gdzie k jest lizbą 6 6 ałkowitą Rozwiązanie pełne 4 p 5π π Zdająy rozwiąże równanie w przedziale 0, π : x = lub x = ( x = 75 lub x = 95 ) Jeżeli zdająy od razu wyznazy rozwiązania równania z przedziału 0, π, to otrzymuje 4 punkty

Zadanie (0 5) Prosta l, na której leży punkt P = ( 8, ), tworzy z dodatnimi półosiami układu współrzędnyh trójkąt prostokątny o polu równym 6 Wyznaz równanie prostej l I sposób rozwiązania Nieh szukana prosta l ma równanie kierunkowe y = ax+ b Możemy założyć, że a < 0 i b > 0 P = 8, leży na prostej l, wię Ponieważ punkt ( ) 8a+ b= Załóżmy, że prosta l przeina dodatnią półoś osi Ox w punkie M, zaś dodatnią półoś osi Oy b w punkie N Wtedy M =,0 a N = 0, b Ponieważ pole trójkąta OMN, gdzie ( 0, 0) i ( ) O = jest równe 6, otrzymujemy zatem równanie b 6 = b, a b b Skąd a = Po podstawieniu wyrażenia w miejse a do równania 8a+ b=, 7 7 równanie to przyjmuje postać b + b =, 9 zyli b 9b+ 8= 0 Równanie b 9b+ 8= 0 ma dwa rozwiązania b = oraz b = 6 Jeżeli b =, to a = Jeżeli b = 6, to a = Są zatem dwie proste o następująyh 8 równaniah: y= x+ oraz y= x+ 6 8 Shemat punktowania I sposobu rozwiązania Rozwiązanie, w którym postęp jest wprawdzie niewielki, ale koniezny na drodze do pełnego rozwiązania zadania p Zdająy zapisze zależność wynikająą z faktu, że punkt P = ( 8, ) leży na prostej o równaniu, y= ax+ b, np 8a+ b= albo równanie opisująego dane pole trójkąta prostokątnego, np b 6 = b a i na tym zakońzy lub dalej popełni błędy

Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp p Zdająy zapisze układ równań z niewiadomymi a i b b 8a+ b= i 6 = b a i na tym zakońzy lub dalej popełni błędy Pokonanie zasadnizyh trudnośi zadania p Zdająy przekształi powyższy układ równań do równania z jedną niewiadomą, np 8b ( 8a) + b = lub 6 = 7 a i na tym zakońzy lub dalej popełni błędy Uwagi Zdająy może roziąć omawiany trójkąt prostokątny na prostokąt o bokah 8 i oraz dwa trójkąty prostokątne o przyprostokątnyh y i 8 oraz 8 B= 0, y x i, gdzie ( ) i A= ( x,0) są punktami przeięia prostej o równaniu y = ax + b Ozywiśie y > i x > 8 Otrzyma wtedy następująy układ równań ( x 8) ( y ) 8 x y + = 0 i = 6, który po przekształeniu do równania z jedną niewiadomą ma postać 8 y + = 9 lub 88 x 6 y x + = Wtedy za każde z równań otrzyma po punkie, za układ równań punkty Za równanie z jedną niewiadomą otrzymuje punkty Konstrukja shematu pozostaje taka sama w przypadku, gdy zdająy rozważa równość 8a+ b= i uzależnia współzynniki a i b od współrzędnyh punktów na osiah, np 7 7 A= ( x,0) i B= ( 0, y) Wtedy a = i b = Równanie 8a+ b= przyjmuje zatem x x 7 7 postać 8 + = Jego rozwiązaniami są lizby x = oraz x = 4 x x Jeżeli zdająy wykorzysta wzór na odległość d prostej o równaniu y = ax + b od punktu O = ( 0, 0), to długość odinka AB, gdzie A ( x,0) = i B ( 0, y) =, jest równa 8 a 8a AB = + ( 8 a), natomiast d = Za każdy z tyh zapisów otrzymuje a a + punkt Jeśli doprowadzi równanie 6 = d AB do równania z jedną niewiadomą, np 8a 8 a 7 = ( 8 a) +, to otrzymuje punkty To równanie po a + a przekształeniu jest równoważne równaniu 6a + 0a+ = 0 4

Rozwiązanie zadania do końa, lez z usterkami, które jednak nie przekreślają poprawnośi rozwiązania (np błędy rahunkowe) 4 p Zdająy popełni błąd rahunkowy w którejkolwiek fazie rozwiązania zadania i konsekwentnie do tego błędu oblizy pole szukanego przekroju tego ostrosłupa Rozwiązanie pełne 5 p Zdająy zapisze równania szukanyh prostyh: y= x+ oraz y= x+ 6 8 Uwagi Jeżeli zdająy wyznazy współrzędne punktów przeięia prostej o równaniu y ax b 8, 4, 0 B = 0, lub = +, na której leży dany punkt P = ( ), np A= ( ) i ( ) A= (, 0) i ( 0,6) przy tym błędnie zapisze pary tyh punktów, np A= ( 4, 0) i ( 0,6) B = i nie poda równań obu prostyh, to otrzymuje 4 punkty Jeżeli 5 B = lub poda współrzędne ztereh punktów bez poprawnego uporządkowania, to otrzymuje punkty Przyjęie do oblizeń punktu P = (, 8) traktujemy jako błąd nieuwagi Takie rozwiązania oeniamy w skali 0 5 Jeżeli zdająy odgadnie równanie którejkolwiek z prostyh (rozważają lub nie rozkłady na zynniki lizby 7), to otrzymuje punkt II sposób rozwiązania Załóżmy, że prosta l przeina dodatnie półosie układu współrzędnyh w punktah A= ( a,0) i B= ( 0, b), a > 0, b > 0 Wtedy jej równanie odinkowe ma postać Ponieważ punkt ( 8, ) x y + = a b P = leży na prostej l, wię 8 + = Ponadto pole trójkąta ABO jest a b O =, zatem 6 a b = Rozwiązujemy układ równań równe 6, gdzie O to punkt ( 0, 0) Po przekształeniu pierwszego równania do postai ( ) 8 + = a b ab = 7 4a+ b = a b zapisujemy układ w postai równoważnej 4b+ a = 6 a b = 7 Teraz wyznazamy z pierwszego równania niewiadomą a= 6 4b Po podstawieniu do równania drugiego uzyskuje ono postać ( 6 4bb ) = 7 zyli b 9b+ 8= 0 Równanie b 9b+ 8= 0 ma dwa rozwiązania b = 6 oraz b = Jeżeli b = 6, to a = Jeżeli b =, to a = 4 x y x y Są zatem dwie takie proste jedna o równaniu + =, druga o równaniu + = 6 4

Shemat punktowania II sposobu rozwiązania Rozwiązanie, w którym postęp jest wprawdzie niewielki, ale koniezny na drodze do pełnego rozwiązania zadania p Zdająy zapisze równanie opisująe dane pole trójkąta prostokątnego, np 6 a b = albo P = 8, równanie odinkowe prostej przehodząej przez punkt ( ) 8 + = a b i na tym zakońzy lub dalej popełni błędy Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp p Zdająy zapisze układ równań 8 + = i 6 a b a b = i na tym zakońzy lub dalej popełni błędy Pokonanie zasadnizyh trudnośi zadania p Zdająy przekształi powyższy układ równań do równania kwadratowego, np ( 6 4b) b= 7 lub 6 a a = 7 4 i na tym zakońzy lub dalej popełni błędy Rozwiązanie zadania do końa, lez z usterkami, które jednak nie przekreślają poprawnośi rozwiązania (np błędy rahunkowe) 4 p Zdająy popełni błąd rahunkowy w którejkolwiek fazie rozwiązania zadania i konsekwentnie do tego błędu oblizy pole szukanego przekroju tego ostrosłupa Rozwiązanie pełne 5 p x y x y Zdająy zapisze równania szukanyh prostyh: + = oraz + = 6 4 6

Zadanie (0 6) Wyznaz wszystkie wartośi parametru m, dla któryh równanie x mx+ m + = 0 ma, dwa różne rozwiązania takie, że każde należy do przedziału ( ) I sposób rozwiązania Równanie x mx+ m + = 0 ma dwa różne rozwiązania, gdy Δ> 0 Δ= 9m 4 m + = m 4 Oblizamy wyróżnik: ( ) Rozwiązaniem nierównośi m 4> 0 są: (, ) (, ) m x < Rozpatrujemy warunki:, które są równoważne warunkom x < Warunki te są spełnione, gdy: x x 0 x x > 0 + < oraz ( ) ( ) + x < oraz xx ( x x ) x 6 0 + + 9> 0 Stosujemy wzory Viète a: 6 0 m + m + 9> 0 m < i ( ) m < 6 i m 9m+ 0> 0, a stąd otrzymujemy m < Wyznazamy zęść wspólną warunków: m,, oraz m < ( ) ( ) Warunki zadania są spełnione dla m (, ) x < 0 x < 0 Shemat punktowania I sposobu rozwiązania Rozwiązanie zadania składa się z trzeh etapów Pierwszy z nih polega na rozwiązaniu nierównośi Δ > 0 : m (, ) (, ) Za poprawne rozwiązanie tego etapu zdająy otrzymuje punkt Jeżeli zdająy zapisze Δ 0, to za tę zęść otrzymuje 0 punktów Drugi etap polega na rozwiązaniu układu nierównośi x + x < 0 oraz ( x ) ( x ) > 0 Za tę zęść rozwiązania zdająy otrzymuje 4 punkty Trzei etap polega na wyznazeniu zęśi wspólnej rozwiązań nierównośi z etapu pierwszego i drugiego Za poprawne rozwiązanie trzeiego etapu zdająy otrzymuje punkt Podział punktów za drugi etap rozwiązania: punkt zdająy otrzymuje za x < x < 0 zapisanie układu w postai x < x < 0 punkty zdająy otrzymuje za zapisanie układu nierównośi x + x < 0 oraz ( x ) ( x ) > 0 w postai układu nierównośi z niewiadomą m, np m < 6 i m 9m+ 0> 0 7

x < 0 Jeżeli zdająy zapisze układ i jedną z nierównośi m < 6 albo x < 0 m 9m+ 0> 0, to otrzymuje punkty za II etap 4 punkty zdająy otrzymuje za rozwiązanie układu nierównośi: m < Rozwiązanie pełne (trzy etapy) 6 pkt Wyznazenie zęśi wspólnej zbiorów rozwiązań nierównośi i podanie odpowiedzi: m, ( ) Przyznajemy punkt za wyznazenie zęśi wspólnej zbiorów rozwiązań nierównośi z etapu I i etapu II, gdy o najmniej jedna nierówność (albo z etapu I, albo z etapu II) jest rozwiązana poprawnie II sposób rozwiązania Rozpatrujemy funkję kwadratową f( x) = x mx+ m + Aby obydwa rozwiązania podanego równania były mniejsze od, funkja f( x) = x mx+ m + musi spełniać następująe warunki: f ( ) > 0, x w <, y w < 0, który jest równoważny warunkowi Δ > 0 gdzie ( xw, y w), to współrzędne wierzhołka paraboli będąej wykresem funkji f Rozpatrujemy warunki: f ( ) = 9 9m+ m + > 0, m 9m 0 0 + > i otrzymujemy m ( ),, x w <, zyli m < Stąd otrzymujemy m < Δ= 9m 4 m + = m 4 ( ) Δ > 0 gdy m (, ) (, ) Warunki zadania są spełnione dla m (, ) Shemat punktowania II sposobu rozwiązania Rozwiązanie zadania składa się z trzeh etapów Pierwszy z nih polega na rozwiązaniu nierównośi Δ > 0 : m (, ) (, ) Za poprawne rozwiązanie tego etapu zdająy otrzymuje punkt Jeżeli zdająy zapisze Δ 0, to za tę zęść otrzymuje 0 punktów Drugi etap polega na rozwiązaniu układu nierównośi: f ( ) > 0 i x w < Za tę zęść rozwiązania zdająy otrzymuje 4 punkty 8

Trzei etap polega na wyznazeniu zęśi wspólnej rozwiązań nierównośi z etapu pierwszego i drugiego Za poprawne rozwiązanie trzeiego etapu zdająy otrzymuje punkt Podział punktów za drugi etap rozwiązania: punkt zdająy otrzymuje za zapisanie układu warunków f () > 0 oraz x w < punkty zdająy otrzymuje za zapisanie układu nierównośi f () > 0 oraz x w < w postai układu nierównośi z niewiadomą m, np m 9m+ 0> 0 i m < 6 Jeżeli zdająy zapisze układu warunków f () > 0 oraz x < i jedną z nierównośi m < 6 albo m 9m+ 0> 0, to otrzymuje punkty za II etap 4 punkty zdająy otrzymuje za rozwiązanie układu nierównośi: m < Rozwiązanie pełne (trzy etapy) 6 pkt Wyznazenie zęśi wspólnej zbiorów rozwiązań nierównośi i podanie odpowiedzi: m (, ) Przyznajemy punkt za wyznazenie zęśi wspólnej zbiorów rozwiązań nierównośi z etapu I i etapu II, gdy o najmniej jedna nierówność (albo z etapu I, albo z etapu II) jest rozwiązana poprawnie w 9

Zadanie 4 (0 6) Trapez równoramienny ABCD o ramieniu długośi 6 wpisany jest w okrąg, przy zym dłuższa podstawa AB trapezu, o długośi, jest średnią tego okręgu Przekątne AC i BD trapezu przeinają się w punkie P Obliz pole koła wpisanego w trójkąt ABP Rozwiązanie Wprowadźmy oznazenia jak na rysunku D α S x α C P 6 h x 6 β α α β A 6 O 6 B Przyjmujemy, że CAO = DBO = α Kąty CAO i ACD są naprzemianległe, podobnie jak kąty DBO i BDC Zatem ACD = BDC = α Odinek AB jest średnią okręgu, zatem ACB = 90 Trapez ABCD jest wpisany w okrąg Stąd α + β + 90 + α = 80, zyli α + β = 90 (*) Ponadto trójkąt AOD jest równobozny, zatem α + β = 60 (**) Z warunków (*) i (**) wynika, że α = β = 0 Wysokość h trapezu jest równoześnie wysokośią trójkąta równoboznego o boku 6 Zatem h = 0

Trójkąty ABP i CDP są podobne, bo kąty APB i CPD są wierzhołkowe, a pozostałe kąty AB w tyh trójkątah mają miarę 0 Skalę podobieństwa wyznaza stosunek CD =, bo trójkąt ACD jest równoramienny i CD = AD = 6 Zatem PO = h = Wyznazmy długośi odinków AP i BP Oblizamy pole trójkąta ABP AP = BP = AC = 6 = 4 PABP = AB PO = = Wykorzystamy zależność między polem trójkąta, jego obwodem i promieniem okręgu wpisanego w trójkąt Stąd r = 6 4 + 4 + = r Oblizamy pole koła wpisanego w trójkąt ABP P ( ) ( ) = πr = π 6 = 5 44 π Shemat punktowania Rozwiązanie, w którym postęp jest niewielki, ale koniezny na drodze do pełnego rozwiązania zadania p Zdająy zapisze, że α = β = 0 albo zapisze, że trójkąty ABP i CDP są podobne Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp p Zdająy oblizy wysokość trapezu: h = Pokonanie zasadnizyh trudnośi zadania 4 p Zdająy oblizy pole trójkąta ABP: P ABP = Jeżeli zdająy oblizy wysokość trójkąta ABP: PO =

lub Shemat oeniania oblizy długośi boków trójkąta ABP: PO =, AP = BP = 4, to otrzymuje punkty Rozwiązanie prawie pełne 5 p Zdająy oblizy promień koła wpisanego w trójkąt ABP: r = 6 Rozwiązanie pełne 6 p Zdająy oblizy pole koła wpisanego w trójkąt ABP: P = ( 5 44 ) π

Zadanie 5 (0 7) Rozpatrujemy wszystkie prostopadłośiany o objętośi 8, któryh stosunek długośi dwóh krawędzi wyhodząyh z tego samego wierzhołka jest równy : oraz suma długośi wszystkih dwunastu krawędzi jest mniejsza od 8 Wyznaz pole powierzhni ałkowitej prostopadłośianu jako funkję długośi jednej z jego krawędzi Wyznaz dziedzinę tej funkji Obliz wymiary tego spośród rozpatrywanyh prostopadłośianów, którego pole powierzhni ałkowitej jest najmniejsze I sposób rozwiązania Nieh x oznaza długość krótszej z tyh dwóh krawędzi prostopadłośianu wyhodząyh z tego samego wierzhołka, któryh stosunek długośi jest równy :, wtedy druga z tyh krawędzi ma długość x, natomiast długość trzeiej krawędzi tego prostopadłośianu jest równa 8 = 4 Pole powierzhni ałkowitej jest równe x x x 4 4 4 P ( x) = x x+ x + x = 4x + x x x 4 Z założenia wynika, że x > 0 oraz 4x+ 4 x+ 4 < 8 Stąd x 4 x + < 7, x x 7x + 4< 0 Zauważmy, że jednym z pierwiastków wielomianu jest, gdyż 7 + 4= 0 Stąd wynika, że wielomian ten jest podzielny przez dwumian x Dzielą, np za pomoą shematu Hornera, otrzymujemy 7 0 4 4 4 0 Zatem nierówność możemy zapisać w postai x x 4x 4 < 0 ( )( ) Pierwiastkami trójmianu x 4x 4 są lizby i Zatem x (, ) Pohodna funkji P jest równa 4 8 8 P x 8x x x x x x x x 9 8 Ponieważ ( x + x+ 9) > 0 dla każdej lizby x (, ), wię x P x = wtedy i tylko wtedy, gdy 0 x,, zyli gdy ( ) 0 ( x) 0 ( ) ( ) ( )( ) = = = + + dla (, ) P > wtedy i tylko wtedy, gdy ( x) 0 _ 0 P < wtedy i tylko wtedy, gdy x = i ( ) x > 0 i (, ) x < 0 i ( ) x =, x x, x, zyli gdy (,) x,, zyli gdy (, ) x Zatem w przedziale (, funkja P jest malejąa, w przedziale, ) jest rosnąa, x

a w punkie funkji Gdy x = Shemat oeniania x = osiąga minimum lokalne, które jest zarazem najmniejszą wartośią tej, to x = oraz 4 4 4 ( ) x = = 4 Odpowiedź P ( x) = 4x + dla x (, ) Najmniejsze pole powierzhni ałkowitej, x spośród rozpatrywanyh, ma prostopadłośian o wymiarah,, 4 Shemat punktowania I sposobu rozwiązania Rozwiązanie zadania składa się z trzeh etapów Pierwszy etap składa się z trzeh zęśi: a) zapisanie długośi krawędzi prostopadłośianu w zależnośi od zmiennej x, (długość krótszej z tyh dwóh krawędzi prostopadłośianu wyhodząyh z tego samego wierzhołka, któryh stosunek długośi jest równy :), druga z tyh krawędzi ma długość x, natomiast długość trzeiej krawędzi tego 4 prostopadłośianu jest równa x, b) zapisanie pola powierzhni ałkowitej prostopadłośianu jako funkji zmiennej x: 4 4 4 P ( x) = x x+ x + x = 4x +, x x x ) określenie dziedziny funkji P: (, ) Za każdą z zęśi tego etapu zdająy otrzymuje po punkie Jeśli zdająy od razu zapisze pole powierzhni ałkowitej w zależnośi od zmiennej x, to otrzymuje punkt za zęść a) i punkt za zęść b) Drugi etap składa się z trzeh zęśi: 4 4 a) wyznazenie pohodnej funkji wymiernej f ( x) = 4x + : f ( x) = 8x, x x b) oblizenie miejsa zerowego pohodnej: x =, ) uzasadnienie, że dla x = funkja P osiąga najmniejszą wartość, np zapisanie, że w przedziale (, funkja P jest malejąa, w przedziale, ) jest rosnąa, a w punkie osiąga minimum lokalne, które jest wię najmniejszą wartośią tej funkji Za poprawne rozwiązanie każdej z zęśi tego etapu zdająy otrzymuje punkt, o ile poprzednia zęść etapu została zrealizowana bezbłędnie Jeżeli zdająy nie wyznazy dziedziny funkji P, np x (, ), to za trzeią zęść drugiego etapu może otrzymać punkt tylko wtedy, gdy oblizy długośi wszystkih trzeh krawędzi szukanego prostopadłośianu i sprawdzi, że suma długośi wszystkih dwunastu krawędzi jest mniejsza od 8 Trzei etap Oblizenie długośi krawędzi prostopadłośianu o najmniejszym polu powierzhni ałkowitej:,, 4 Za poprawne rozwiązanie tego etapu zdająy otrzymuje punkt 4

II sposób rozwiązania Nieh x oznaza długość krótszej z tyh dwóh krawędzi prostopadłośianu wyhodząyh z tego samego wierzhołka, któryh stosunek długośi jest równy :, wtedy druga z tyh krawędzi ma długość x Przyjmijmy, że h oznaza wysokość tego prostopadłośianu Objętość prostopadłośianu jest równa 8, wię x x h= 8 Stąd Pole powierzhni ałkowitej jest równe P = x x+ x h+ x h, P 4x 6xh = +, h h P = 4 + 6 h h, h 6 P ( h) = + h h Z założenia wynika, że h > 0 oraz 4x+ 4 x+ 4h< 8, stąd + 4h < 8, h 6 h h 7 h + <, h h h 7 + 6 < 0 h x = = h h Aby rozwiązać nierówność, podstawmy h = t i t > 0 4 Zapisujemy nierówność w postai t 7t + 6t < 0 t t 7t+ 6 < 0 i t > 0 Zatem t 7t+ 6< 0 Przekształamy do postai równoważnej ( ) Zauważmy, że jednym z pierwiastków wielomianu jest, gdyż 7 + 4= 0 Stąd wynika, że wielomian ten jest podzielny przez dwumian t Dzielą, np za pomoą shematu Hornera, otrzymujemy 7 0 4 4 4 0 Zatem nierówność możemy zapisać w postai t t 4t 4 < 0 ( )( ) Pierwiastkami trójmianu t 4t 4 są lizby i Zatem t (, ), stąd h (, ) oraz (, 4) h Pohodna funkji P jest równa 6 6 6 h 6h h 6 P ( h) = + = + = dla h (, 4) h h h h h Ponieważ 0 h, 4, wię P ( h) = 0 wtedy i tylko wtedy, gdy 6 6 0 h > dla każdej lizby ( ) h h = i h (, 4) _ 0, zyli 8 64 4 h h = gdy h = =, 9 9 5 t

( h) 0 Shemat oeniania P > wtedy i tylko wtedy, gdy 6 6 0 ( h) 0 h h > i h (, 4) P < wtedy i tylko wtedy, gdy 6 6 0 h h < i h (, 4), zyli gdy, zyli gdy h 4,4 9, h 4, 9 4 4 Zatem w przedziale, funkja P jest malejąa, w przedziale, jest rosnąa, 9 9 4 a w punkie h = osiąga minimum lokalne, które jest zarazem najmniejszą wartośią tej 9 funkji 4 6 Gdy h =, to x = = = = oraz x = 9 4 6 9 9 6 Odpowiedź P ( h) = + h dla h (, 4) Najmniejsze pole powierzhni ałkowitej, h spośród rozpatrywanyh, ma prostopadłośian o wymiarah,, 49 Shemat punktowania II sposobu rozwiązania Rozwiązanie zadania składa się z trzeh etapów Pierwszy etap składa się z trzeh zęśi: a) zapisanie długośi krawędzi prostopadłośianu w zależnośi od zmiennej x, (długość krótszej z tyh dwóh krawędzi prostopadłośianu wyhodząyh z tego samego wierzhołka, któryh stosunek długośi jest równy :), druga z tyh krawędzi ma długość x, natomiast długość trzeiej krawędzi tego h prostopadłośianu jest równa h oraz zapisanie zależnośi x = h = h, b) zapisanie pola powierzhni ałkowitej prostopadłośianu jako funkji zmiennej h: h h 6 P = 4 + 6 h= + h h, h h ) określenie dziedziny funkji P: (, 4 ) Za każdą z zęśi tego etapu zdająy otrzymuje po punkie Jeśli zdająy od razu zapisze pole powierzhni ałkowitej w zależnośi od zmiennej x, to otrzymuje punkt za zęść a) i punkt za zęść b) Drugi etap składa się z trzeh zęśi: a) wyznazenie pohodnej funkji wymiernej 6 6 6 h 6h h 6 P ( h) = + = + =, h h h h h 64 4 b) oblizenie miejsa zerowego pohodnej: h = =, 9 9 6

4 ) uzasadnienie, że dla h = funkja P osiąga najmniejszą wartość, np zapisanie, 9 4 4 że w przedziale, funkja P jest malejąa, w przedziale, 9 9 jest rosnąa, a w punkie osiąga minimum lokalne, które jest wię najmniejszą wartośią tej funkji Za poprawne rozwiązanie każdej z zęśi tego etapu zdająy otrzymuje punkt, o ile poprzednia zęść etapu została zrealizowana bezbłędnie Jeżeli zdająy nie wyznazy dziedziny funkji P, np h (, 4), to za trzeią zęść drugiego etapu może otrzymać punkt tylko wtedy, gdy oblizy długośi wszystkih trzeh krawędzi szukanego prostopadłośianu i sprawdzi, że suma długośi wszystkih dwunastu krawędzi jest mniejsza od 8 Trzei etap Oblizenie długośi krawędzi prostopadłośianu o najmniejszym polu powierzhni ałkowitej:,, 49 Za poprawne rozwiązanie tego etapu zdająy otrzymuje punkt 7