EGZAMIN MATURALNY OD ROKU SZKOLNEGO 01/015 MATEMATYKA POZIOM ROZSZERZONY ROZWIĄZANIA ZADAŃ I SCHEMATY PUNKTOWANIA (A1, A, A, A, A6, A7) GRUDZIEŃ 01
Klucz odpowiedzi do zdń zmkniętych Nr zdni 1 5 Odpowiedź A C D C B Wymgni ogólne Zdnie 1. (0 1) I. Wykorzystnie i tworzenie informcji. Wymgni szczegółowe R.. Zdjący stosuje twierdzeni o reszcie z dzieleni wielominu przez dwumin x. Poprwn odpowiedź: A Zdnie. (0 1) I. Wykorzystnie i tworzenie informcji. R8.5.,.5. Zdjący posługuje się równniem okręgu x y b r orz opisuje koł z pomocą nierówności, rysuje wykres funkcji liniowej, korzystjąc z jej wzoru. Poprwn odpowiedź: C Zdnie. (0 1) II. Wykorzystnie i interpretownie reprezentcji. R11.. Zdjący korzyst z włsności pochodnej do wyznczeni przedziłów monotoniczności funkcji. Poprwn odpowiedź: D Zdnie. (0 1) II. Wykorzystnie i interpretownie reprezentcji. R6.. Zdjący posługuje się wykresmi funkcji trygonometrycznych (np. przy rozwiązywniu nierówności typu sin x,cos x, tg x ). Poprwn odpowiedź: C Zdnie 5. (0 1) II. Wykorzystnie i interpretownie reprezentcji...,.. Zdjący n podstwie wykresu funkcji y f x szkicuje wykresy funkcji y f x, y f x, y f x, y f x ; odczytuje z wykresu włsności funkcji (dziedzinę, zbiór wrtości, miejsc zerowe, mksymlne przedziły, w których funkcj mleje, rośnie, m stły znk; punkty, w których funkcj przyjmuje w podnym przedzile wrtość njwiększą lub njmniejszą). Poprwn odpowiedź: B Stron z
Zdnie 6. (0 ) zdnie kodowne G6.6.,.1. Zdjący wyłącz wspólny czynnik z wyrzów IV. Użycie i tworzenie sumy lgebricznej poz nwis, używ wzorów skróconego strtegii Poprwn odpowiedź: 10 mnożeni n b orz b. Zdnie 7. (0 ) Długości boków prostokąt są równe orz 5. Oblicz sinus kąt ostrego, który tworzą przekątne tego prostokąt. II. Wykorzystnie i interpretownie reprezentcji Rozwiąznie (I sposób): Przyjmijmy oznczeni jk n rysunku. 6.1., R6.5. Zdjący wykorzystuje definicje i wyzncz wrtości funkcji sinus, cosinus i tngens kątów o mirch od 0 do 180, stosuje wzory n sinus i cosinus sumy i różnicy kątów, sumę i różnicę sinusów i cosinusów kątów. D C S A 5 B Wtedy. Z twierdzeni Pitgors otrzymujemy AC. Poniewż 5 sin orz cos, więc 5 15 sin sin cos 17 Rozwiąznie (II sposób): Przekątn tego prostokąt m długość. Niech ozncz kąt ostry między przekątnymi tego prostokąt. Obliczmy pole P prostokąt dwom sposobmi: Stąd 15 sin. 17 P 5 15, 1 P sin 17sin. Stron z
Schemt ocenini Zdjący otrzymuje 1 pkt jeżeli: 5 pod wrtość sin i cos lbo pod sposób obliczeni pol prostokąt przy wykorzystniu sin. Zdjący otrzymuje pkt 15 jeżeli obliczy sin. 17 Zdnie 8. (0 ) n n Oblicz grnicę lim. nn n II. Wykorzystnie i interpretownie reprezentcji R11.1. Zdjący oblicz grnice funkcji (i grnice jednostronne), korzystjąc z twierdzeń o dziłnich n grnicch i z włsności funkcji ciągłych. Rozwiąznie: n n n n lim n n lim n n n n n 8n 1n8 lim 8 n nn Schemt ocenini Zdjący otrzymuje 1 pkt jeżeli poprwnie zpisze wyrżenie n n n n w postci ułmk, np. n n 8n 1n8. Zdjący otrzymuje pkt jeżeli poprwnie obliczy wrtość grnicy. Stron z
Zdnie 9. (0 ) x Funkcj f jest określon wzorem f( x) dl kżdej liczby rzeczywistej x. Oblicz x pochodną funkcji f w punkcie x 1. II. Wykorzystnie i interpretownie reprezentcji R11.. Zdjący oblicz pochodne funkcji wymiernych. Rozwiąznie: x x x x x x 8x f( x) 1 96 f (1). 6, Schemt ocenini Zdjący otrzymuje 1 pkt gdy poprwnie pod wzór funkcji f, np. Zdjący otrzymuje pkt gdy obliczy wrtość pochodnej dl x 1: x x f( x) x f (1) x Zdnie 10. (0 ) Funkcj f jest określon wzorem f ( x) x dl kżdej liczby rzeczywistej x. Wyzncz równnie prostej stycznej do wykresu funkcji f, któr jest równoległ do prostej yx 7. IV. Użycie i tworzenie strtegii R11.. Zdjący korzyst z geometrycznej i fizycznej interpretcji pochodnej. Rozwiąznie: Styczn do wykresu funkcji f w punkcie x, f ( x ) jest prostą o równniu 0 0 y f ( x ) f ( x ) x x 0 0 0 Obliczmy pochodną funkcji f: f ( x) x Poniewż styczn jest równoległ do prostej o równniu yx 7, więc f( x0 ). Ztem x0 1 i styczn m równnie y1 x 1, czyli yx. Stron 5 z
Schemt ocenini Rozwiąznie, w którym jest istotny postęp 1 p. Obliczenie pochodnej funkcji f: f ( x) x. Pokonnie zsdniczych trudności zdni p. Obliczenie pierwszej współrzędnej punktu styczności: x0 1. Rozwiąznie pełne p. Zpisnie równni stycznej w postci np. yx. Zdnie 11. (0 ) Wyzncz wszystkie liczby rzeczywiste x, spełnijące równnie sin5xsin x 0. IV. Użycie i tworzenie strtegii R6.5. Zdjący stosuje wzory n sinus i cosinus sumy i różnicy kątów, sumę i różnicę sinusów i cosinusów kątów. Rozwiąznie (I sposób): Korzystmy ze wzoru n różnicę sinusów i zpisujemy równnie w postci ztem sin xcosx 0 sin x 0 lub cosx 0 stąd otrzymujemy kolejno: k sin x 0, gdy x k czyli x, gdzie k jest liczbą cłkowitą, k cosx 0, gdy x k czyli x, gdzie k jest liczbą cłkowitą. 6 Schemt ocenini I sposobu rozwiązni Rozwiąznie, w którym jest istotny postęp 1 p. Zpisnie równni w postci iloczynowej np. sin xcosx 0 Pokonnie zsdniczych trudności zdni p. Zpisnie rozwiązń równni k sin x 0 : x, gdzie k jest liczbą cłkowitą lbo cosx 0 : k x, gdzie k jest liczbą cłkowitą. 6 Rozwiąznie pełne p. Zpisnie wszystkich rozwiązń równni sin5xsin x 0 : jest liczbą cłkowitą. k x lub k x, gdzie k 6 Stron 6 z
Rozwiąznie (II sposób): Zpisujemy równnie w postci sin 5x sin x. Z włsności funkcji sinus wynik, że 5x x k, gdzie k jest liczbą cłkowitą lub 5x x k, gdzie k jest liczbą cłkowitą, ztem k x k, czyli x, gdzie k jest liczbą cłkowitą lub k 6x k, czyli x, gdzie k jest liczbą cłkowitą. 6 Schemt ocenini II sposobu rozwiązni Rozwiąznie, w którym jest istotny postęp 1 p. Zpisnie jednej z zleżności: 5x x k, gdzie k jest liczbą cłkowitą lub 5x x k, gdzie k jest liczbą cłkowitą. Pokonnie zsdniczych trudności zdni p. Zpisnie obu zleżności: 5x x k, gdzie k jest liczbą cłkowitą orz 5x x k, gdzie k jest liczbą cłkowitą. Rozwiąznie pełne p. k k Zpisnie wszystkich rozwiązń równni sin5xsin x 0 : x lub x, gdzie k 6 jest liczbą cłkowitą. Uwgi 1. Jeżeli zdjący zpisze jedynie 5x x, to otrzymuje 0 punktów.. Jeżeli zdjący zpisze 5x x orz 5x x, to otrzymuje 1 punkt.. Jeżeli zdjący zpisze tylko jedną z zleżności 5x x k, gdzie k jest liczbą cłkowitą lub 5x x k, gdzie k jest liczbą cłkowitą i w rezultcie uzysk tylko jedną serię k k rozwiązń: x lbo x, gdzie k jest liczbą cłkowitą, to otrzymuje punkty. 6 Stron 7 z
Zdnie 1. (0 ) Niech P n ozncz pole koł o promieniu 1, dl n 1. Oblicz sumę wszystkich wyrzów n n ciągu P. IV. Użycie i tworzenie strtegii R5.. Zdjący rozpoznje szeregi geometryczne zbieżne i oblicz ich sumy. Rozwiąznie: 1 1 Pole koł o promieniu rn jest równe n n, czyli P n n. Dl n 1 zchodzi n Pn 1 1 równość 1. Wynik stąd, że P n jest ciągiem geometrycznym o ilorzie q Pn i pierwszym wyrzie P 1 1. Poniewż 1 1, więc sum S wszystkich wyrzów ciągu P jest skończon i jest równ n Schemt ocenini P1 S 1 q 1 1 Rozwiąznie, w którym jest istotny postęp... 1 p. Obliczenie pierwszego wyrzu i ilorzu ciągu P n : P1, 1 q Pokonnie zsdniczych trudności zdni... p. Stwierdzenie, że istnieje skończon sum wszystkich wyrzów ciągu P n, np.: 1 q 1 Rozwiąznie pełne... p. Obliczenie sumy S wszystkich wyrzów ciągu P n : S Uwg: Jeżeli zdjący obliczy sumę wszystkich wyrzów ciągu P, le nie stwierdzi, że q 1, to otrzymuje punkty. n Stron 8 z
Zdnie 1. (0 ) b Wykż, że jeżeli b 1, to. b V. Rozumownie i rgumentcj R.6. Zdjący dodje, odejmuje, mnoży i dzieli wyrżeni wymierne; rozszerz i (w łtwych przypdkch) skrc wyrżeni wymierne. Rozwiąznie (I sposób): b Przeksztłcmy nierówność równowżnie. b b b b, b b b, b b b b. Poniewż b, więc możemy obie strony tej nierówności podzielić przez b 0. Otrzymujemy b b. Poniewż b 1, to b 1 orz b Schemt ocenini I sposobu rozwiązni Rozwiąznie, w którym jest istotny postęp 1 p. b Zpisnie nierówności b Pokonnie zsdniczych trudności zdni p., ztem b b 1 w postci b b b b Stwierdzenie, że dl b 1 nierówność b b b Uwg:. To kończy dowód. jest równowżn nierówności Zdjący zmist podzielić obie strony nierówności przez b 0, może zpisć nierówność b b b 0 w postci równowżnej Rozwiąznie pełne p. Przeprowdzenie pełnego dowodu. Rozwiąznie (II sposób): x Definiujemy funkcję f określoną wzorem f( x) dl kżdej liczby rzeczywistej x x. Obliczmy pochodną funkcji f: 1 x f( x) x Stron 9 z
dl 1, Stwierdzmy, że f ( x) 0 x. Wynik stąd, że w przedzile 1, funkcj f jest mlejąc. Ztem dl dowolnych dwóch rgumentów b z tego przedziłu prwdziw b jest nierówność f f b, czyli, co nleżło udowodnić. b Schemt ocenini II sposobu rozwiązni Rozwiąznie, w którym jest istotny postęp 1 p. x Określenie funkcji f( x) i obliczenie jej pochodnej x Pokonnie zsdniczych trudności zdni p. 1 x f( x) x Określenie znku pochodnej funkcji f w przedzile 1, : f ( x) 0 Rozwiąznie pełne p. Stwierdzenie, że w przedzile prwdziwości tezy. dl x1, 1, funkcj f jest mlejąc i wywnioskownie Zdnie 1. (0 ) Wykż, że jeżeli,, są kątmi wewnętrznymi trójkąt i cos 0. sin sin sin, to V. Rozumownie i rgumentcj R7.5. Zdjący znjduje związki mirowe w figurch płskich z zstosowniem twierdzeni sinusów i twierdzeni cosinusów. Rozwiąznie (I sposób): Niech bc,, oznczją długości boków trójkąt leżących nprzeciwko kątów, odpowiednio,,,, i niech R będzie promieniem okręgu opisnego n tym trójkącie. Z twierdzeni sinusów otrzymujemy sin R, sin b R c, sin. R Ztem nierówność sin sin sin możemy zpisć w postci Stąd b c, czyli b c cos 0. b b c R R R. b c 0. Ztem z twierdzeni cosinusów otrzymujemy Stron 10 z
Uwg: Zmist wykorzystć twierdzenie sinusów możemy również skorzystć ze wzoru n pole trójkąt i wówczs otrzymujemy Dlsz część rozwiązni przebieg tk smo. Schemt ocenini: P P P sin, sin, sin bc c b Rozwiąznie, w którym postęp jest niewielki, le konieczny n drodze do pełnego rozwiązni 1 p. Zstosownie lbo twierdzeni sinusów, np. zpisnie równości: sin wzoru n pole trójkąt i zpisnie równości: Rozwiąznie, w którym jest istotny postęp p. Zpisnie nierówności b c 0. Pokonnie zsdniczych trudności zdni p. R, sin b R, sin c R P P P sin, sin, sin bc c b Zstosownie twierdzeni cosinusów do zpisni równości Rozwiąznie pełne p. Poprwne uzsdnienie, że cos 0. b c cos. b Uwg: Jeżeli zdjący zuwży, że z nierówności b c wynik, że trójkąt jest rozwrtokątny orz jest kątem rozwrtym, stąd cos 0, to otrzymuje punkty. Rozwiąznie (II sposób): Poniewż 180, więc sin sin sin możemy zpisć w postci sin sin 180 sin. Nierówność sin sin sin. Stron 11 z
Ze wzoru n sinus sumy kątów otrzymujemy sin sin sin cos cos sin sin sin sin cos sin cos cos sin cos sin sin sin cos sin cos sin sin cos cos sin sin 1cos sin 1 cos sin cos cos sin sin sin sin sin sin cos cos sin sin sin sin cos cos sin sin sin sin cos cos sin Obie strony nierówności możemy podzielić przez sinsin 0, otrzymując sin sin cos cos cos cos sin sin 0 cos 0 Stąd wynik, że 90, więc 90. To ozncz, że cos 0, co kończy dowód. Schemt ocenini II sposobu rozwiązni Rozwiąznie, w którym postęp jest niewielki, le konieczny n drodze do pełnego rozwiązni 1 p. Doprowdzenie nierówności do postci sin sin sin Rozwiąznie, w którym jest istotny postęp p. Doprowdzenie nierówności do postci sin sin sin cos sin cos cos sin cos sin Pokonnie zsdniczych trudności zdni p. Doprowdzenie nierówności do postci Rozwiąznie pełne p. Poprwne uzsdnienie, że cos 0. cos 0 Stron 1 z
Zdnie 15. (0 ) Punkt E jest środkiem boku BC prostokąt ABCD, w którym AB BC. Punkt F leży n boku CD tego prostokąt orz AEF 90. Udowodnij, że BAE EAF. V. Rozumownie i rgumentcj Rozwiąznie (I sposób): Przedłużmy odcinki AB i EF do przecięci w punkcie G. D G10.1. Zdjący stosuje cechy przystwni trójkątów. F C E A B G Trójkąty ECF i EBG są przystjące (ob są prostokątne, kąty CEF i BEG są równe, gdyż są wierzchołkowe orz CE BE ), skąd EF EG. Ztem trójkąty AEF i AEG są przystjące (ob są prostokątne, AE jest ich wspólną przyprostokątną i przyprostokątne EF i EG mją tę smą długość). Ztem EAF EAB, co kończy dowód. Schemt ocenini I sposobu rozwiązni Rozwiąznie, w którym jest istotny postęp 1 p. Zpisnie, że trójkąty ECF i EBG są przystjące. Pokonnie zsdniczych trudności zdni p. Zpisnie, że trójkąty AEF i AEG są przystjące. Rozwiąznie pełne p. Zpisnie, że EAF EAB. Rozwiąznie (II sposób): Przedłużmy odcinki AE i DC do przecięci w punkcie G. D F C G E A B Trójkąty ABE i GCE są przystjące (ob są prostokątne, kąty CEG i BEA są równe, gdyż są wierzchołkowe orz CE BE ), skąd AE GE orz EGC EAB. Prost EF jest więc Stron 1 z
symetrlną odcink AG. Ztem AF FG. Trójkąt AGF jest więc równormienny, czyli EAF EGF EAB. To kończy dowód. Schemt ocenini II sposobu rozwiązni Rozwiąznie, w którym jest istotny postęp 1 p. Zpisnie, że trójkąty ABE i GCE są przystjące. Pokonnie zsdniczych trudności zdni p. Zpisnie, że EGF EAB. Rozwiąznie pełne p. Zpisnie, że EAF EAB. Rozwiąznie (III sposób): Przyjmijmy oznczeni, jk n rysunku. D x F C b E A B G Trójkąt ABE jest prostokątny, więc AEB 90, kąt AEF jest prosty, więc CEF 180 90 90. Ztem trójkąty ABE i ECF są podobne, skąd FC BE EC AB, czyli x b. b b Stąd x. Z twierdzeni Pitgors dl trójkątów ABE i ADF otrzymujemy ztem stąd otrzymujemy orz AE b AF x b b b b AF x b b b b b b cos b orz AG x b cos AF AF b b Stron 1 z
b Nstępnie cos cos 1 cos, czyli, co nleżło b b udowodnić. Schemt ocenini III sposobu rozwiązni: Rozwiąznie, w którym jest istotny postęp... 1 p. Zpisnie, że cos b b Pokonnie zsdniczych trudności zdni... p. Zpisnie, że cos b b orz cos Rozwiąznie pełne... p. Zpisnie, że cos cos. b Rozwiąznie (IV sposób): Przyjmijmy oznczeni, jk n rysunku. D x F C b E A B G Trójkąt ABE jest prostokątny, więc AEB 90, kąt AEF jest prosty, więc CEF 180 90 90. Ztem trójkąty ABE i ECF są podobne, skąd FC BE EC AB, czyli x b b b Stąd x Z trójkątów ABE i AGF otrzymujemy b b b b tg orz tg x b b b b tg b Zuwżmy, że tg tg, czyli 1 tg b b b 1 To nleżło udowodnić. b Stron 15 z
Schemt ocenini IV sposobu rozwiązni Rozwiąznie, w którym jest istotny postęp 1 p. b Zpisnie, że tg b Pokonnie zsdniczych trudności zdni p. b Zpisnie, że tg b Rozwiąznie pełne p. Zpisnie, że tg tg b orz tg Zdnie 16. (0 5) Oblicz prwdopodobieństwo wrunkowe, że w trzykrotnym rzucie symetryczną sześcienną kostką do gry otrzymmy co njmniej jedną jedynkę, pod wrunkiem, że otrzymmy co njmniej jedną szóstkę. III. Modelownie mtemtyczne R10.. Zdjący oblicz prwdopodobieństwo wrunkowe. Rozwiąznie: Zdrzenimi elementrnymi są wszystkie trzywyrzowe ciągi o wyrzch ze zbioru 1,,,,5,6 (czyli trójelementowe wricje z powtórzenimi tego zbioru). Jest to model klsyczny. 6 16. Wprowdźmy oznczeni dl zdrzeń A otrzymmy co njmniej rz jedno oczko, B otrzymmy co njmniej rz sześć oczek. Mmy obliczyć prwdopodobieństwo wrunkowe P( A B) A B P( A B). P( B) B Moc zdrzeni B obliczymy, korzystjąc z pojęci zdrzeni przeciwnego, które poleg n tym, że nie otrzymmy ni rzu sześciu oczek. B B 6 5 16 15 91. Zdrzenie A Bjest sumą prmi rozłącznych zdrzeń: otrzymmy rz jedno oczko, rz sześć oczek i rz liczbę oczek ze zbioru,,,5 możliwe są tkie wyniki, otrzymmy rz jedno oczko i dw rzy sześć oczek; możliwe są tkie wyniki, otrzymmy dw rzy jedno oczko i rz sześć oczek; możliwe są tkie wyniki. Stąd AB 0 i Uwg: 0 P( A B) 91 A B możn obliczyć korzystjąc z prw de Morgn. Stron 16 z
Schemt ocenini A B A B A B A B A B = 6 5 5 0 Rozwiąznie, w którym postęp jest niewielki, le konieczny n drodze do pełnego rozwiązni zdni... 1 p. Zpisnie wzoru n prwdopodobieństwo wrunkowe przy poprwnie wprowdzonych oznczenich. Rozwiąznie, w którym jest istotny postęp... p. Obliczenie B 91 lub PB. ( ) Pokonnie zsdniczych trudności zdni... p. Obliczenie AB 0 lub P( A B). Rozwiąznie prwie pełne... p. Rozwiąznie zdni do końc z błędmi rchunkowymi. Rozwiąznie pełne... 5 p. Obliczenie Zdnie 17. (0 6) 0 P( A B). 91 Dny jest okrąg 0 x y1 1. W pierwszej ćwirtce ukłdu współrzędnych istnieją dw okręgi o1, o styczne zewnętrznie do okręgu o 0 i jednocześnie styczne do obu osi ukłdu współrzędnych. Oblicz odległość środków okręgów o 1 orz o. o o równniu IV. Użycie i tworzenie strtegii R8.5. Zdjący posługuje się równniem okręgu x y b r orz opisuje koł z pomocą nierówności. Rozwiąznie: Okrąg o równniu x y1 1 m środek w punkcie,1 i promień 1. Z treści zdni wynik, że okręgi o1, o leżą w pierwszej ćwirtce ukłdu współrzędnych. Równnie okręgu leżącego w I ćwirtce ukłdu współrzędnych i stycznego do obu osi ukłdu jest postci x r y r r, gdzie r 0. Zpisujemy wrunek styczności okręgów. Okręgi są styczne zewnętrznie, czyli odległość środków tych okręgów jest równ sumie ich promieni, ztem r r 1 r 1. Stron 17 z
Przeksztłcjąc to równnie, otrzymujemy równnie r rozwiązni r 1 1, r 9. Środki S1, S okręgów 1, równ 8. Schemt ocenini: 10r 9 0, które m dw o o mją współrzędne S, 1 1,1 S 9,9 i ich odległość jest Rozwiąznie, w którym postęp jest niewielki, le konieczny n drodze do pełnego rozwiązni zdni... 1 p. Zpisnie, że okrąg o równniu x y1 1 m środek w punkcie,1 i promień 1. Rozwiąznie, w którym jest istotny postęp... p. Zpisnie postci równni okręgu leżącego w I ćwirtce ukłdu współrzędnych i stycznego do obu osi ukłdu jest postci x r y r r, gdzie r 0 Pokonnie zsdniczych trudności zdni... p. Zpisnie równni wynikjącego z wrunku styczności okręgów r r 1 r 1 Rozwiąznie prwie pełne... 5 p. Rozwiąznie pełne... 6 p. Obliczenie odległości środków okręgów: 8. Zdnie 18. (0 7) Okno n poddszu m mieć ksztłt trpezu równormiennego, którego krótsz podstw i rmion mją długość po dm. Oblicz, jką długość powinn mieć dłuższ podstw tego trpezu, by do pomieszczeni wpdło przez to okno jk njwięcej świtł, czyli by pole powierzchni okn było njwiększe. Oblicz to pole. V. Rozumownie i rgumentcj R11.6. Zdjący stosuje pochodne do rozwiązywni zgdnień optymlizcyjnych. Rozwiąznie (I sposób): Niech x ozncz długość rzutu prostokątnego rmieni trpezu n prostą zwierjąc dłuższą podstwę trpezu, h wysokość trpezu. h x x Z geometrycznych wrunków zdni wynik, że 0x. Przy tk przyjętych oznczenich pole trpezu jest określone wzorem: x P h x h i 0x Stron 18 z
Z twierdzeni Pitgors otrzymujemy x h, stąd h 16 x. Pole trpezu, w zleżności od zmiennej x, jest określone wzorem: 16 16 P x x x x x x x x 8x 18x 56 gdzie 0x. Nleży obliczyć, dl jkiego x spełnijącego nierówność 0x, funkcj P określon P x x 8x 18x 56 przyjmuje wrtość njwiększą. wzorem Funkcj P osiąg wrtość njwiększą, gdy funkcj f x x 8x 18x 56 osiąg w przedzile 0, wrtość njwiększą. Wystrczy więc zbdć funkcję f. Wyznczmy pochodną tej funkcji f x x x 18 Nstępnie obliczmy miejsc zerowe pochodnej: x1 x, x Pondto: f x 0 0,, w przedzile fx 0 w przedzile, Ztem funkcj f jest rosnąc w przedzile 0, i mlejąc w przedzile Poniewż Px f x dl 0,,. x, więc funkcj P jest rosnąc w przedzile 0,, mlejąc w przedzile,. Stąd wynik, że w punkcie x funkcj P przyjmuje wrtość njwiększą. Gdy x, to x 8, czyli dłuższ podstw trpezu m długość 8, pole tego trpezu jest wówczs równe P 16 6 1. Odpowiedź: Njwiększe pole, równe 1 dm, m szyb w ksztłcie trpezu, którego dłuższ podstw m długość 8 dm. Schemt ocenini I sposobu rozwiązni: Rozwiąznie zdni skłd się z trzech etpów. Pierwszy etp skłd się z trzech części: ) wybór zmiennej x (długość rzutu prostokątnego rmieni trpezu n prostą zwierjąc dłuższą podstwę trpezu) i zpisnie z pomocą tej zmiennej wysokości trpezu: h 16 x P x x 16 x b) zpisnie pol trpezu w zleżności od zmiennej x: c) określenie dziedziny funkcji P: 0, Zdjący może otrzymć mksymlnie po 1 punkcie z relizcję kżdej z części tego etpu, przy czym dziedzin funkcji nie może wynikć jedynie z wyznczonego wzoru funkcji, le z geometrycznych wrunków zdni. Stron 19 z
Drugi etp skłd się z trzech części: f x x 8x 18x 56 : ) wyznczenie pochodnej funkcji wielominowej f x x x 18, b) obliczenie miejsc zerowych pochodnej: x1 x, x, c) uzsdnienie (np. przez bdnie monotoniczności funkcji), że funkcj P osiąg wrtość njwiększą w punkcie x. Z poprwne rozwiąznie kżdej z części tego etpu zdjący otrzymuje 1 punkt, o ile poprzedni część etpu zostł zrelizown bezbłędnie. Trzeci etp. Obliczenie pol trpezu dl P 1. x : Z poprwne rozwiąznie tego etpu zdjący otrzymuje 1 punkt. Uwg: Punkt z trzeci etp przyznjemy tylko w przypdku, gdy zdjący wyznczył poprwnie x. Rozwiąznie (II sposób): Niech x ozncz długość dłuższej podstwy trpezu, h wysokość trpezu. x Długość y rzutu prostokątnego rmieni trpezu n prostą zwierjąc dłuższą podstwę x trpezu jest wówczs równ y. Z geometrycznych wrunków zdni wynik, że x 1. Przy tk przyjętych oznczenich pole trpezu jest określone wzorem: x P h i x 1 Z twierdzeni Pitgors otrzymujemy y h, x h. x x8x16 6x8x16 1 h 16 16 x 8x 8 stąd Pole trpezu, w zleżności od zmiennej x, jest określone wzorem: x 1 1 Px x 8x 8 x x 8x 8 1 1 x 8x 16x 8x 8 x 96x 51x 768 gdzie x 1. h y y Stron 0 z
Nleży obliczyć, dl jkiego x spełnijącego nierówność x 1, funkcj P określon 1 wzorem Px x 96x 51x 768 przyjmuje wrtość njwiększą. Funkcj P osiąg wrtość njwiększą, gdy funkcj f x x 96x 51x 768 osiąg w przedzile,1 wrtość njwiększą. Wystrczy więc zbdć funkcję f. Wyznczmy pochodną tej funkcji f x x 19x 51 Nstępnie obliczmy miejsc zerowe pochodnej: x1 x, x 8. Pondto: f x,8 0 w przedzile fx 0 w przedzile 8,1 Ztem funkcj f jest rosnąc w przedzile,8 i mlejąc w przedzile 1 mlejąc w przedzile Poniewż Px f x dl,1 8,1. x, więc funkcj P jest rosnąc w przedzile,8, 8,1. Stąd wynik, że w punkcie x 8 funkcj P przyjmuje wrtość njwiększą. Dl x 8 pole tego trpezu jest równe 8 1 P8 8 888 8 1 Odpowiedź.: Njwiększe pole, równe 1 dm, m szyb w ksztłcie trpezu, którego dłuższ podstw m długość 8 dm. Schemt ocenini II sposobu rozwiązni: Rozwiąznie zdni skłd się z trzech etpów. Pierwszy etp skłd się z trzech części: ) wybór zmiennej x (długość dłuższej podstwy trpezu) i zpisnie z pomocą tej zmiennej wysokości trpezu: h 16 x b) zpisnie pol trpezu w zleżności od zmiennej x: x P x x 8x 8 c) określenie dziedziny funkcji P:, 1. Zdjący może otrzymć mksymlnie po 1 punkcie z relizcję kżdej z części tego etpu, przy czym dziedziną funkcji nie może wynikć jedynie z wyznczonego wzoru funkcji, le z geometrycznych wrunków zdni. Drugi etp skłd się z trzech części: f x x 96x 51x 768 : ) wyznczenie pochodnej funkcji wielominowej f x x 19x 51, b) obliczenie miejsc zerowych pochodnej: x1 x, x 8, c) uzsdnienie (np. przez bdnie monotoniczności funkcji), że funkcj P osiąg wrtość njwiększą w punkcie x 8. Stron 1 z
Z poprwne rozwiąznie kżdej z części tego etpu zdjący otrzymuje 1 punkt, o ile poprzedni część etpu zostł zrelizown bezbłędnie. Trzeci etp. Obliczenie pol trpezu dl 8 P 8 1. x : Z poprwne rozwiąznie tego etpu zdjący otrzymuje 1 punkt. Uwg: Punkt z trzeci etp przyznjemy tylko w przypdku, gdy zdjący wyznczył poprwnie x 8. Stron z