EGZAMIN MATURALNY W ROKU SZKOLNYM 2014/2015

EGZAMIN MATURALNY W ROKU SZKOLNYM 04/0 FORMUŁA OD 0 ( NOWA MATURA ) MATEMATYKA POZIOM ROZSZERZONY ZASADY OCENIANIA ROZWIĄZAŃ ZADAŃ ARKUSZ MMA-R CZERWIEC 0

Klucz punktowania zadań zamkniętych Nr zad. 3 4 Odp. D B C C A Schemat oceniania zadania 6. i zadań otwartych Zadanie 6. (0 ) Wyznacz największą liczbę całkowitą spełniającą nierówność x x 0. W poniższe kratki wpisz kolejno cyfrę setek, cyfrę dziesiątek i cyfrę jedności otrzymanego wyniku. Odpowiedź Szukaną liczbą jest. Schemat oceniania Zdający otrzymuje... pkt gdy zapisze cyfry:,,. Zadanie 7. (0 ) Prosta o równaniu promień tego okręgu. 3 6 x 4 4 y jest styczna od okręgu o środku S, 4. Wyznacz Rozwiązanie Zapisujemy równanie prostej w postaci ogólnej : 3x 4y 0. Obliczamy długość 7 3 44 7 promienia okręgu: r. 3 4 3 Odpowiedź Promień okręg ma długość r. 3

Schemat oceniania Zdający otrzymuje... p. gdy zapisze równanie prostej w postaci: 3x 4y 0 oraz wykorzysta wzór na 7 3 44 7 odległość punktu od prostej i zapisze r i na tym poprzestanie lub 3 4 dalej popełni błędy. Zdający otrzymuje... p. gdy obliczy promień okręgu r. 3 3 Zadanie 8. (0 3) 6a Niech a log. Wykaż, że log6 64. a I sposób rozwiązania Zmieniamy podstawę logarytmu i wykonujemy kolejno przekształcenia 6 log 64 log 6log 6a log6 64. To kończy dowód. log 6 log log a log Schemat oceniania I sposobu rozwiązania Rozwiązanie, w którym postęp jest niewielki, ale konieczny na drodze do pełnego rozwiązania zadania... p. Zdający zapisze, że log 64 log6 64 log 6 i na tym zakończy lub dalej popełni błędy. Pokonanie zasadniczych trudności zadania......... p. Zdający zapisze, że 6 log log6 64 log i na tym zakończy lub dalej popełni błędy. Rozwiązanie pełne............ 3 p. Zdający przeprowadzi pełne rozumowanie. II sposób rozwiązania Zauważamy kolejno, że A to kończy dowód. 6a 6log log 64 log log log 6 a log 64. 6

4 Schemat oceniania II sposobu rozwiązania Rozwiązanie, w którym postęp jest niewielki, ale konieczny na drodze do pełnego rozwiązania zadania... p. Zdający zapisze, że 6 6a log a log log i na tym zakończy lub dalej popełni błędy. Pokonanie zasadniczych trudności zadania......... p. Zdający zapisze, że 6a log 64 a log 6 i na tym zakończy lub dalej popełni błędy. Rozwiązanie pełne............ 3 p. Zdający przeprowadzi pełne rozumowanie. III sposób rozwiązania Równość a log jest równoważna równości a. Podzielimy tę równość stronami przez dodatnią liczbę a. Otrzymujemy równość a a a, a zatem 6. a a Ponieważ obie strony równości są dodatnie, więc ta równość jest równoważna równości 6a a a 6 64, a zatem 6 64. 6a Ostatnia równość oznacza, że log6 64. To kończy dowód. a Schemat oceniania III sposobu rozwiązania Rozwiązanie, w którym postęp jest niewielki, ale konieczny na drodze do pełnego rozwiązania zadania... p. Zdający zapisze, że a a a i na tym zakończy lub dalej popełni błędy. Pokonanie zasadniczych trudności zadania......... p. Zdający zapisze, że 6a a 6 64 i na tym zakończy lub dalej popełni błędy. Rozwiązanie pełne............ 3 p. Zdający przeprowadzi pełne rozumowanie. 6a

Zadanie 9. (0 3) Egzamin maturalny z matematyki nowa formuła W trójkącie ABC kąt wewnętrzny przy wierzchołku A ma miarę 0, a kąt wewnętrzny przy wierzchołku C ma miarę 60. Okrąg o przechodzi przez punkt A i przecina boki AB i AC trójkąta odpowiednio w punktach D i E. Okrąg o przechodzi przez punkt B, przecina okrąg o w punkcie D oraz w punkcie F leżącym wewnątrz trójkąta ABC. Ponadto okrąg o przecina bok BC trójkąta w punkcie G. B D 0 A G F 60 E C Udowodnij, że na czworokącie CEFG można opisać okrąg.

Rozwiązanie Egzamin maturalny z matematyki nowa formuła Trzeci kąt trójkąta ABC ma miarę: ABC 80 0 60 70. 6 Połączmy punkt F z punktami D, E i G. B D 0 A G F 60 E C Czworokąty ADFE i BDFG są wpisane odpowiednio w okręgi O i O, więc DFE 80 0 30 oraz DFG 80 70 0. Zatem EFG 360 300 0. Stąd EFG ECG 0 60 80, zatem na czworokącie CEFG można opisać okrąg, co kończy dowód. Schemat oceniania Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp... p. Obliczenie miary kąta DFE: DFE 30 albo miary kąta DFG: DFG 0. Pokonanie zasadniczych trudności zadania... p. Obliczenie miary kąta EFG: EFG 0. Rozwiązanie pełne... 3 p. Pełne uzasadnienie, że na czworokącie CEFG można opisać okrąg.

Zadanie 0. (0 4) Rozwiąż równanie 4sin x sin x cos x 3sin x, dla x,0. 7 Rozwiązanie Korzystamy ze wzoru sin xcos x i zapisujemy równanie 4sin x sin x cos x 3sin x 4sin x sin x 4sin x. w postaci równoważnej Przekształcamy to równanie i zapisujemy je w postaci iloczynowej: 4sin x sin x 4sin x 0, x x 4sin sin 0, x x x sin sin sin 0. Warunek sin Zatem warunki x jest sprzeczny z założeniem x,0 sin a warunki sin Schemat oceniania x i x,0, bo wtedy sin x 0. wyznaczają rozwiązanie x lub x, 6 6 x,0 wyznaczają rozwiązanie x. x i Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp, ale nie zostały pokonane zasadnicze trudności zadania... pkt Zapisanie równania z niewiadomą sin x : 4sin x sin x 4sin x. Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp... pkt Zapisanie równania w postaci alternatywy: sin x lub sin x, lub sin x. Pokonanie zasadniczych trudności zadania... 3 pkt Rozwiązanie jednego z trzech równań w przedziale,0 Rozwiązanie pełne... 4 pkt Podanie wszystkich rozwiązań należących do przedziału,0 : x lub x 6 Uwagi 6, lub x.. Jeżeli zdający nie odrzuci warunku sin x oraz wyznaczy z pozostałych warunków poprawne rozwiązania równania, to otrzymuje 3 punkty.. Jeżeli zdający poda ogólne rozwiązania równania bez uwzględnienia przedziału,0, to otrzymuje 3 punkty.

Zadanie. (0 4) Egzamin maturalny z matematyki nowa formuła W trójkąt prostokątny o przyprostokątnych długości i 0 wpisano okrąg. Oblicz długość odcinka łączącego wierzchołek kąta prostego tego trójkąta z punktem wspólnym okręgu i przeciwprostokątnej. Rozwiązanie Przyjmijmy oznaczenia jak na rysunku. A D 8 C r B Obliczamy, korzystając z twierdzenia Pitagorasa, długość przeciwprostokątnej AB: AB 3 i kosinus kąta CAB : cos CAB. Obliczamy promień okręgu wpisanego w trójkąt prostokątny: AC BC AB 0 r. Z twierdzenia o odcinkach stycznych wyznaczamy długość odcinka AD: AD 0. Obliczamy CD stosując twierdzenie kosinusów dla trójkąta ACD: 3 CD AC AD AC AD cos CAD 00 0 4. Stąd CD 4. Schemat oceniania Rozwiązanie, w którym postęp jest niewielki, ale konieczny na drodze do pełnego rozwiązania zadania... pkt Zdający obliczy długość przeciwprostokątnej i kosinusa kąta ostrego trójkąta: AB, cos 3 CAB. Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp... pkt Zdający obliczy długość promienia okręgu wpisanego w trójkąt: r..

9 Egzamin maturalny z matematyki nowa formuła Pokonanie zasadniczych trudności zadania...3 pkt Obliczenie długości odcinka AD: AD 0. Rozwiązanie pełne... 4 pkt Wyznaczenie długości odcinka CD: CD 4. Uwaga Jeżeli zdający zakłada, że odcinek CD jest prostopadły do przeciwprostokątnej AB i z tego korzysta, to za całe zadanie może otrzymać nie więcej niż punkt. Zadanie. (0 4) Dany jest trójkąt ABC, w którym BC a. Z wierzchołka B poprowadzono środkową BD do boku AC. Punkt S jest środkiem odcinka BD. Przez punkty A i S poprowadzono prostą, która przecięła bok BC w punkcie P. Wykaż, że długość odcinka CP jest równa a. 3 Rozwiązanie Rysujemy trójkąt ABC, zaznaczamy punkty AC i taki, że M BC. D, S, P i rysujemy odcinek SM równoległy do C D M P S A B Trójkąty BSM i BDC są podobne, zatem i MS DC 4 AC Trójkąty PSM i PAC są podobne, zatem PM MS i MP AC 4 BS BM, stąd DB BC PC AC MP a, czyli 4 MP MP a. Stąd AC Szukany odcinek ma więc długość: CP. Stąd MP MS MP a. 6 BM CM a PM CM AC MC MP a a a, co należało wykazać. 6 3

Schemat oceniania 0 Rozwiązanie, w którym postęp jest niewielki ale konieczny na drodze do pełnego rozwiązania... p. Zdający zauważy, że trójkąty BSM i BDC są podobne i zapisze proporcję i na tym poprzestanie lub dalej popełni błędy. BS BM DB BC Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp... p. Zdający obliczy długość odcinka CM oraz wyznaczy długość odcinka MS w zależności od długości odcinka AC : CM a, MS DC AC i na tym poprzestanie lub dalej 4 popełni błędy. Pokonanie zasadniczych trudności zadania... 3 p. Zdający obliczy długość odcinka MP: MP a. 6 Rozwiązanie pełne... 4 p. Zdający przeprowadzi pełne rozumowania, tzn. wyznaczy długość odcinka: CP a. 3 Zadanie 3. (0 ) Oblicz, ile jest wszystkich liczb naturalnych pięciocyfrowych parzystych, w których zapisie występują co najwyżej dwie dwójki. Rozwiązanie W zapisie liczby mają być co najwyżej dwie dwójki, tzn. zero dwójek lub jedna dwójka, lub dwie dwójki.. Obliczamy, ile jest liczb -cyfrowych parzystych, w których zapisie nie ma dwójki: na pierwszym miejscu występuje dowolna spośród 8 cyfr (bez zera i dwójki), na drugim jedna z 9 cyfr (bez dwójki), na trzecim jedna z 9 cyfr (bez dwójki), na czwartym jedna z 9 cyfr (bez dwójki) i na piątym miejscu jedna z cyfr należących do zbioru0,4,6,8. Zatem liczb parzystych pięciocyfrowych bez dwójki jest: 8 999 4 338.. Obliczamy, ile jest liczb -cyfrowych parzystych, w których zapisie jest dokładnie jedna dwójka: a) dwójka występuje na pierwszym miejscu, na drugim dowolna z 9 cyfr (bez dwójki), na trzecim dowolna z 9 cyfr (bez dwójki), na czwartym dowolna z 9 cyfr (bez dwójki), na piątym dowolna z cyfr należących do zbioru 0,4,6,8. Zatem liczb parzystych pięciocyfrowych z dwójką na pierwszym miejscu jest: 9 99 4 96.

Egzamin maturalny z matematyki nowa formuła b) dwójka występuje na drugim miejscu, na pierwszym dowolna z 8 cyfr (bez dwójki i zera), na trzecim dowolna z 9 cyfr (bez dwójki), na czwartym dowolna z 9 cyfr (bez dwójki), na piątym dowolna z cyfr należących do zbioru 0,4,6,8. Zatem liczb parzystych pięciocyfrowych z dwójką na drugim miejscu jest: 8 99 4 9. c) dwójka występuje na trzecim miejscu, na pierwszym dowolna z 8 cyfr (bez dwójki i zera), na drugim dowolna z 9 cyfr (bez dwójki), na czwartym dowolna z 9 cyfr (bez dwójki), na piątym dowolna z cyfr należących do zbioru 0,4,6,8. Zatem liczb parzystych pięciocyfrowych z dwójką na trzecim miejscu jest: 8 99 4 9. d) dwójka występuje na czwartym miejscu, na pierwszym dowolna z 8 cyfr (bez dwójki i zera), na drugim dowolna z 9 cyfr (bez dwójki), na trzecim dowolna z 9 cyfr (bez dwójki), na piątym dowolna z cyfr należących do zbioru 0,4,6,8. Zatem liczb parzystych pięciocyfrowych z dwójką na czwartym miejscu jest: 8 99 4 9. e) dwójka na piątym miejscu, na pierwszym dowolna z 8 cyfr (bez dwójki i zera), na drugim dowolna z 9 cyfr (bez dwójki), na trzecim dowolna z 9 cyfr (bez dwójki), na czwartym dowolna z 9 cyfr (bez dwójki). Zatem liczb parzystych pięciocyfrowych z dwójką na piątym miejscu jest: 8 999 83. Stąd wszystkich liczb pięciocyfrowych z jedną dwójką jest: 96 9 9 9 83 64. 3. Obliczamy, ile jest liczb -cyfrowych parzystych, w których zapisie są dokładnie dwie dwójki: a) jedna dwójka występuje na pierwszym miejscu, druga na drugim, trzecim lub czwartym, zatem każdą z pozostałych środkowych dwóch cyfr wybieramy spośród 9 cyfr (bez dwójki) i piątą cyfrę spośród z cyfr należących do zbioru 0,4,6,8. Tych liczb jest więc: 3 99 4 97. b) jedna dwójka występuje na pierwszym miejscu, a druga dwójka na piątym miejscu, zatem każdą z pozostałych środkowych trzech cyfr wybieramy spośród 9 cyfr (bez dwójki). Tych liczb jest więc: 9 99 79. c) jedna dwójka występuje na drugim miejscu, a druga dwójka na trzecim lub czwartym miejscu, zatem pierwszą cyfrę wybieramy spośród 8 (bez dwójki i zera) pozostałą środkową spośród 9 cyfr (bez dwójki) i piątą cyfrę spośród z cyfr należących do zbioru 0,4,6,8. Tych liczb jest więc: 89 4 76. d) jedna dwójka występuje na drugim miejscu, a druga dwójka na piątym miejscu, zatem pierwszą cyfrę wybieramy spośród 8 (bez dwójki i zera), pozostałe dwie środkowe cyfry spośród 9 (bez dwójki). Tych liczb jest więc: 8 99 648. e) jedna dwójka występuje na trzecim miejscu, a druga dwójka na czwartym miejscu, zatem pierwszą cyfrę wybieramy spośród 8 (bez dwójki i zera), drugą spośród 9 i piątą cyfrę spośród z cyfr należących do zbioru 0,4,6,8.Tych liczb jest więc: 8 9 4 88.

Egzamin maturalny z matematyki nowa formuła f) jedna dwójka występuje na trzecim lub na czwartym miejscu, a druga dwójka na piątym miejscu, zatem pierwszą cyfrę wybieramy spośród 8 (bez dwójki i zera), drugą spośród 9 (bez dwójki) i trzecią lub czwartą cyfrę spośród 9 (bez dwójki). Tych liczb jest więc: 899 96. Stąd wszystkich liczb pięciocyfrowych z dwiema dwójkami jest 97 79 76 648 88 96 409. Zatem wszystkich liczb pięciocyfrowych parzystych, w których zapisie występują co najwyżej dwie dwójki jest: 338 64 409 4436. Odpowiedź: Jest 4436 liczb parzystych, w których zapisie występują co najwyżej dwie dwójki. Schemat oceniania Rozwiązanie, w którym postęp jest niewielki, ale konieczny na drodze do pełnego rozwiązania... p. Zapisanie, że szukamy liczb, w których zapisie występuje zero, jedna lub dwie dwójki i obliczenie, ile jest liczb pięciocyfrowych parzystych bez dwójki: 8 999 4 338. Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp... 3 p. Obliczenie, ile jest liczb pięciocyfrowych parzystych, w których zapisie jest dokładnie jedna dwójka: 96 9 9 69 83 64. Uwaga Zdający otrzymuje punkty, gdy pominie jeden przypadek. Pokonanie zasadniczych trudności zadania... 4 p. Obliczenie, ile jest liczb pięciocyfrowych parzystych, w których zapisie są dwie dwójki: 97 79 76 648 88 96 409. Uwaga Zdający otrzymuje 3 punkty, gdy pominie jeden przypadek. Rozwiązanie pełne... p. Obliczenie, ile jest wszystkich liczb, w których zapisie występują co najwyżej dwie dwójki: 338 64 409 4436.

Zadanie 4. (0 ) Egzamin maturalny z matematyki nowa formuła 3 Podstawą ostrosłupa ABCDS jest trapez ABCD. Przekątna AC tego trapezu ma długość 8 3, jest prostopadła do ramienia BC i tworzy z dłuższą podstawą AB tego trapezu kąt o mierze 30. Każda krawędź boczna tego ostrosłupa ma tę samą długość 4. Oblicz odległość spodka wysokości tego ostrosłupa od jego krawędzi bocznej SD. Rozwiązanie Przyjmijmy oznaczenia jak na rysunku. S D K. H C. Krawędzie boczne ostrosłupa są tej samej długości, zatem spodek wysokości ostrosłupa jest środkiem okręgu opisanego na podstawie ostrosłupa i trapez ABCD jest trapezem równoramiennym, gdzie AD = BC. Przekątna d trapezu będącego podstawą ostrosłupa jest prostopadła do ramienia BC. Stąd środek O okręgu opisanego na podstawie jest środkiem dłuższej podstawy AB trapezu. Zatem ściana boczna ABS jest prostopadła do płaszczyzny podstawy. Z trójkąta ABC mamy BC AD 8. Dalej wyznaczamy ODA 60 i AO OD, czyli trójkąt AOD jest trójkątem równobocznym o boku długości 8. A 30 Z trójkąta SOD lub AOS mamy H 8 4. Stąd H 4. 8 Z trójkąta SOD otrzymujemy: OK. Krawędzie boczne ostrosłupa są tej samej długości, zatem spodek wysokości ostrosłupa jest środkiem okręgu opisanego na podstawie ostrosłupa i trapez ABCD jest trapezem równoramiennym, gdzie AD = BC. Przekątna d O B

4 Egzamin maturalny z matematyki nowa formuła trapezu będącego podstawą ostrosłupa jest prostopadła do ramienia BC. Stąd środek O okręgu opisanego na podstawie jest środkiem dłuższej podstawy AB trapezu. Zatem ściana boczna ABS jest prostopadła do płaszczyzny podstawy. Z trójkąta ABC mamy BC AD 8. Dalej mamy ODA 60 i AO OD, czyli trójkąt AOD jest trójkątem równobocznym o boku długości 8. Z trójkąta SOD lub AOS mamy H 8 4. Stąd H 4. Z trójkąta SOD otrzymujemy: 8 OK. Schemat oceniania Rozwiązanie, w którym postęp jest wprawdzie niewielki, ale konieczny na drodze do całkowitego rozwiązania zadania.. pkt Zauważenie, że spodek wysokości ostrosłupa jest środkiem krawędzi AB podstawy i ściana boczna ABS jest prostopadła do płaszczyzny podstawy. Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp.. pkt Wyznaczenie długości ramienia trapezu: BC AD 8. Pokonanie zasadniczych trudności zadania..3 pkt Obliczenie wysokości ostrosłupa: H 4 i poprawnie zinterpretowanie odległości spodka wysokości od krawędzi bocznej SD. Rozwiązanie zadania do końca lecz z usterkami, które jednak nie przekreślają poprawności rozwiązania (np. błędy rachunkowe).4 pkt Obliczenie długości odcinka OK z błędami rachunkowymi. Rozwiązanie pełne.. pkt Obliczenie długości odcinka OK: 8 OK.

Zadanie. (0 6) Egzamin maturalny z matematyki nowa formuła m m6 Funkcja f jest określona wzorem f x x m x m dla każdej liczby m rzeczywistej x. Wyznacz całkowite wartości parametru m, dla których funkcja f przyjmuje wartość największą i ma dwa różne miejsca zerowe o jednakowych znakach. Rozwiązanie Założenie m. m m6 Gdy 0, czyli m 3m 0, a więc dla m 3 lub m funkcja jest m liniowa i nie spełnia warunków zadania. Zatem m, m 3 i m. Wówczas funkcja f jest kwadratowa oraz: m m6 przyjmuje wartość największą, gdy 0, m ma dwa różne dwa różne miejsca zerowe wtedy i tylko wtedy, gdy 0, ma dwa miejsca zerowe o jednakowych znakach, gdy dodatkowo xx 0. Rozwiązujemy nierówność Zatem m, 3,. m m6 0, otrzymując kolejno m m m6 0, m m3m 0, m m 3 m m 0. Rozwiązujemy nierówność 0, otrzymując kolejno m m6 m 4 m 0, m m m m 4 6 0, m m m m m m m m m m 3m4 0. 4 3 0, 4 3 0, 4 0, 4 Zatem m. 3 Rozwiązujemy nierówność xx 0. Możemy wykorzystać wzór Viète a na iloczyn pierwiastków trójmianu kwadratowego i wtedy nierówność ma postać m 0. m m6 m Rozwiązujemy tę nierówność, otrzymując kolejno

m Otrzymaliśmy zatem m, 3, i Stąd m 0, m6 m m m m, 3,,. 3 0, m 4, 3 i, 3,, 4 m, 3. Jedyną liczą całkowitą z tego przedziału jest 4 3 m. Schemat oceniania Rozwiązanie zadania składa się z trzech etapów. 6 m. Pierwszy etap polega zapisaniu warunku, przy którym funkcja f jest kwadratowa i ma dwa różne pierwiastki, a następnie rozwiązaniu nierówności m m6 4 m 4 m 0 : m. m 3 Za poprawne rozwiązanie nierówności 0 zdający otrzymuje punkt. Uwaga Jeżeli zdający zapisze 0, to za tę część otrzymuje 0 punktów. Drugi etap polega na zapisaniu warunku, przy którym funkcja kwadratowa f przyjmuje m m6 wartość największą: 0 m m oraz ma dwa różne miejsca zerowe o jednakowych znakach: 0. m m6 m Za tę część rozwiązania zdający może otrzymać 4 punkty. Podział punktów za drugi etap rozwiązania: m m6 - Za rozwiązanie nierówności 0 m punkty. : m, 3, zdający otrzymuje - Za rozwiązanie nierówności xx 0 zdający otrzymuje punkty. Przy czym w tej części: m punkt zdający otrzymuje za zapisanie wyrażenia x x w postaci m m6 m punkty zdający otrzymuje za rozwiązanie nierówności m m, 3,, m 0 : m6,

Trzeci etap polega na wyznaczeniu części wspólnej rozwiązań nierówności z etapu pierwszego i drugiego oraz podaniu liczby całkowitej spełniającej warunki zadania: m 4. Za tę część rozwiązania zdający może otrzymać punkt. Uwaga Za ostatni etap punkt przyznajemy jedynie wówczas, gdy zdający poprawnie wykona etap I, rozwiąże nierówność i popełnia błędy w rozwiązaniu nierówności z etapu II albo gdy popełnia błędy w etapie I i dobrze rozwiąże co najmniej jedną nierówność z etapu II i poda wszystkie całkowite wartości parametru m, dla których są spełnione warunki zadania. 7 Zadanie 6. (0 7) Rozpatrujemy wszystkie stożki, w których suma długości tworzącej i promienia podstawy jest równa. Wyznacz wysokość tego spośród rozpatrywanych stożków, którego objętość jest największa. Oblicz tę objętość. Przykładowe rozwiązanie (I sposób) Przyjmijmy oznaczenia jak na rysunku. S l h A r O B Z warunków zadania wynika, że lr, skąd l r. Z twierdzenia Pitagorasa dla trójkąta AOS otrzymujemy Stąd h l r. Ale l r, więc l r h. AS AO OS, czyli h r r 4 4r r r 4 4r r. Objętość stożka jest więc równa 4 V r h r r r r r r. 3 3 3 3 Objętość jest zatem funkcją zmiennej r i jest określona wzorem

V r r 4 r r 4 r. 3 3 Z warunków geometrycznych zadania wynika, że 0r, a więc dziedziną funkcji V jest przedział 0,. 4 Rozważmy funkcję f r r r określoną dla każdej liczby rzeczywistej r. Pochodna funkcji f jest równa Miejscami zerowymi pochodnej są r 0 lub Pochodna funkcji jest ujemna dla r 3 4 3 4 4 f r r r r r. 4 r. 4, 0,, a dodatnia dla 4 r 0,. Zatem w przedziale 4 0, funkcja V jest rosnąca, a w przedziale 4, malejąca. W punkcie 4 r osiąga maksimum lokalne, które jest jednocześnie największą jej wartością. Wartość ta jest równa 4 4 4 6 3 V. 3 3 37 Schemat oceniania I sposobu rozwiązania Rozwiązanie zadania składa się z trzech etapów. a) Pierwszy etap (3 punkty) składa się z trzech części: zapisanie wysokości stożka jako funkcji zmiennej r: h 4 4r, zapisanie objętości stożka jako funkcji jednej zmiennej: V r r r 3 określenie dziedziny funkcji: 0r. Za poprawne rozwiązanie każdej z części tego etapu zdający otrzymuje punkt, o ile poprzednia część etapu została zrealizowana bezbłędnie. Uwaga Jeśli zdający popełni błąd przy wyznaczaniu dziedziny albo pominie wyznaczenie dziedziny, ale funkcja objętości zostanie zapisana prawidłowo, to otrzymuje za tę cześć punkty i może otrzymać punkty, które odpowiadają kolejnym etapom rozwiązania zadania. b) Drugi etap (3 punkty) składa się z trzech części: f r r r 4 3 4 wyznaczenie pochodnej funkcji : f r 4r r 4 obliczenie miejsc zerowych pochodnej: r 0 lub r uzasadnienie (np. badanie monotoniczności funkcji), że funkcja V posiada wartość 4 największą dla r. Za poprawne rozwiązanie każdej z części tego etapu zdający otrzymuje punkt, o ile poprzednia część etapu została zrealizowana bezbłędnie. 8

c) Trzeci etap ( punkt) końcowe obliczenia. 4 4 3 Obliczenie objętości stożka dla r : V. 37 Uwaga Punkty za realizację danego etapu przyznajemy tylko wówczas, gdy zdający rozwiązał poprawnie poprzedni etap zadania. 9 Przykładowe rozwiązanie (II sposób) Przyjmijmy oznaczenia jak na rysunku. S l h A r O B Z warunków zadania wynika, że lr, skąd l r. Z twierdzenia Pitagorasa dla trójkąta AOS otrzymujemy Stąd r l h. Ale l r, więc Objętość stożka jest więc równa l r h. r r h, r 4 4r r h, 4r 4 r h. 4 h, AS AO OS, czyli 4 3 V r h h h h h h h h h 3 3 4 3 6 3 6. Objętość jest zatem funkcją zmiennej h i jest określona wzorem 3 V h h h h 3 6. Z warunków geometrycznych zadania wynika, że 0h, a więc dziedziną funkcji V jest przedział 0,.

3 Rozważmy funkcję f h h h h określoną dla każdej liczby rzeczywistej h. 6 Pochodna funkcji f jest równa 3 4 f h h h. 6 0 Miejscami zerowymi pochodnej są h lub Pochodna funkcji jest ujemna dla h,,,. h lub h lub h. h,,, a dodatnia dla Zatem w przedziale 0, funkcja V jest rosnąca, a w przedziale, malejąca. W punkcie h osiąga maksimum lokalne, które jest jednocześnie największą jej wartością. Wartość ta jest równa 3 V h h h h 3 6 3 3 V 3 6. 37 Schemat oceniania II sposobu rozwiązania Rozwiązanie zadania składa się z trzech etapów. a) Pierwszy etap (3 punkty) składa się z trzech części: zapisanie promienia podstawy stożka jako funkcji zmiennej h: r 4 h, zapisanie objętości stożka jako funkcji jednej zmiennej: 3 V h h h h 3 6 określenie dziedziny funkcji: 0h. Za poprawne rozwiązanie każdej z części tego etapu zdający otrzymuje punkt, o ile poprzednia część etapu została zrealizowana bezbłędnie. Uwaga Jeśli zdający popełni błąd przy wyznaczaniu dziedziny albo pominie wyznaczenie dziedziny, ale funkcja objętości zostanie zapisana prawidłowo, to otrzymuje za tę cześć punkty i może otrzymać punkty, które odpowiadają kolejnym etapom rozwiązania zadania. b) Drugi etap (3 punkty) składa się z trzech części: 6 3 6 3 4 wyznaczenie pochodnej funkcji f h h h h : f h h h

obliczenie miejsc zerowych pochodnej: h lub h lub h lub h. uzasadnienie (np. badanie monotoniczności funkcji), że funkcja V posiada wartość największą dla h. Za poprawne rozwiązanie każdej z części tego etapu zdający otrzymuje punkt, o ile poprzednia część etapu została zrealizowana bezbłędnie. c) Trzeci etap ( punkt) końcowe obliczenia. 3 Obliczenie objętości stożka dla h : V. 37 Uwaga Punkty za realizację danego etapu przyznajemy tylko wówczas, gdy zdający rozwiązał poprawnie poprzedni etap zadania.