MATEMATYKA POZIOM ROZSZERZONY

EGZAMIN MATURALNY W ROKU SZKOLNYM 05/06 FORMUŁA DO 0 ( STARA MATURA ) MATEMATYKA POZIOM ROZSZERZONY ZASADY OCENIANIA ROZWIĄZAŃ ZADAŃ ARKUSZ MMA-P CZERWIEC 06

Zadanie. ( pkt) Rozwiąż nierówność + 5 + 6 9. Rozwiązanie (I sposób) (wyróżnienie na osi liczbowej przedziałów) Wyróżniamy na osi liczbowej przedziały: A. (, 5), B. 5, 6), C. 6, + ). Rozwiązujemy nierówności w poszczególnych przedziałach i w każdym przedziale bierzemy część wspólną tego przedziału z otrzymanym zbiorem rozwiązań nierówności. A. (, 5) B. 5, 6) C. 6, + ) 5 + 6 9 + 9 8 + 5 + 6 9 9 + 5+ 6 9 9 0 W tym przypadku zbiór 0 W tym przypadku zbiór rozwiązań nierówności jest rozwiązań nierówności jest określony przez warunek W tym przypadku zbiór określony przez warunek 5 rozwiązań nierówności jest 8 < 5 zbiorem pustym Łącząc otrzymane rozwiązania, podajemy ostateczną odpowiedź: 8. Odpowiedź: Zbiorem rozwiązań nierówności jest przedział 8,. II sposób rozwiązania (zapisanie czterech przypadków) Zapisujemy cztery przypadki: + 5 0 + 5 0 + 5< 0 I. II. III. 6 0 6 < 0 6 0 W każdym z nich rozwiązujemy nierówność bądź układ nierówności IV. + 5< 0 6 < 0 + 5 0 + 5 0 + 5< 0 + 5< 0 6 0 6 < 0 6 0 6 < 0 + 5 + 6 9 + 5 + 6 9 5 + 6 9 5 + 6 9 5 5 < 5 < 5 6 < 6 6 < 6 9 9 8 5 5 niemożliwe < 5 6 < 6 8 niemożliwe 8 < 5 Łącząc otrzymane rozwiązania, podajemy ostateczną odpowiedź: 8 <. Odpowiedź: Zbiorem rozwiązań nierówności jest przedział 8,. Strona z 6

Schemat punktowania Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp... p. Zdający wyróżni na osi liczbowej przedziały (, 5), 5, 6), 6, + ) albo zapisze cztery przypadki: + 5 0 + 5 0 + 5< 0 + 5< 0 I. II. III. IV. 6 0 6 < 0 6 0 6 < 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.: A. dla (, 5) mamy 5 + 6 9, B. dla 5,6) mamy + 5 + 6 9, C. dla 6, + ) mamy + 5+ 6 9 albo zdający zapisze nierówności w poszczególnych przypadkach, np.: I. gdy + 5 0 i 6 0, to wtedy + 5+ 6 9 (lub stwierdzi, że ten przypadek jest niemożliwy), II. gdy + 5 0 i 6< 0, to wtedy + 5 + 6 9 III. gdy + 5< 0 i 6 0, to wtedy 5+ 6 9 (lub stwierdzi, że ten przypadek jest niemożliwy), IV. gdy + 5< 0 i 6< 0, to wtedy 5 + 6 9. Rozwiązanie zadania do końca, lecz z usterkami, które jednak nie przekreślają poprawności rozwiązania (np. błędy rachunkowe)... p. zdający poprawnie rozwiąże nierówności i wyznaczy części wspólne otrzymanych wyników z poszczególnymi przedziałami tylko dla dwóch przedziałów (spośród A., B., C.), 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 II i IV, a nie stwierdzi, że pozostałe są niemożliwe, albo popełni błąd w drugim lub czwartym przypadku oraz stwierdzi, że przypadki I i III są niemożliwe, i konsekwentnie doprowadzi rozwiązanie do końca. Rozwiązanie pełne... p. Zdający zapisze odpowiedź: 8,. 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 punkt mniej, niż gdyby wyróżnił wszystkie przedziały poprawnie. Strona z 6

III sposób rozwiązania (graficzne) Rysujemy wykresy funkcji f ( ) = + 5 + 6 i g( ) 9 = +., 5,6), 6, + ). Zapisujemy wzór funkcji f w poszczególnych przedziałach bez wartości bezwzględnej, np. Wyróżniamy na osi liczbowej przedziały: (, 5) ( ) ) ) + dla, 5 f ( ) = dla 5,6 dla 6, + Rysujemy wykresy funkcji f i g: y = f () y = g() Odczytujemy odcięte punktów przecięcia wykresów funkcji f i g: = 8, =. Sprawdzamy, czy spełniają one równanie + 5 + 6 = 9, a następnie podajemy te wszystkie argumenty, dla których f ( ) g( ) : 8,. Schemat punktowania Rozwiązanie, w którym postęp jest niewielki, ale konieczny na drodze do pełnego rozwiązania... p., 5, 5,6), 6, + ). Zdający wyróżni na osi liczbowej przedziały: ( ) Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp... p. Zdający zapisze wzór funkcji f w poszczególnych przedziałach, np.:, 5 mamy f ( ) = +, A. dla ( ) B. dla 5,6) mamy f ( ) =, + mamy f ( ) C. dla 6, ) =, Strona z 6

lub ( ) ) ) + dla, 5 f ( ) = dla 5,6 dla 6, + Pokonanie zasadniczych trudności zadania... p. Zdający narysuje wykres funkcji f i prostą o równaniu y = + 9. Rozwiązanie pełne... p. Zdający zapisze odpowiedź: 8,. Zadanie. ( pkt) Rozwiąż równanie sin sin cos cos sin cos 0 + = w przedziale 0, π. Rozwiązanie Sprowadzamy równanie do postaci ( ) ( ) a następnie do postaci: ( ) ( ) sin + cos sin cos = 0. sin sin + cos cos sin + cos = 0, Stąd otrzymujemy równania: sin = cos lub sin = cos. π Rozwiązanie, = + kπ, gdzie k jest liczbą całkowitą, nie należy do zbioru rozwiązań równania, więc powyższe równania możemy przekształcić do postaci równoważnej: tg = lub tg =. Stąd = π + k π, gdzie k jest liczbą całkowitą lub = π + k π, gdzie k jest liczbą całkowitą lub = π + kπ, gdzie k jest liczbą całkowitą. W przedziale 0, π rozwiązaniami tego równania są: = π, = π, = π. Uwaga: Równanie można przekształcić do postaci równoważnej sin = sin π lub sin = sin = sin π lub sin = lub sin = sin = sin π lub cos = sin = sin π lub cos = lub cos = Stąd = π + k π, gdzie k jest liczbą całkowitą lub = π + k π, gdzie k jest liczbą całkowitą lub = π + k π, gdzie k jest liczbą całkowitą. Strona 5 z 6

Schemat punktowania Rozwiązanie, w którym postęp jest niewielki, ale konieczny na drodze do pełnego rozwiązania... p. sin + cos sin cos = 0. Zapisanie równania w postaci równoważnej ( ) ( ) Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp... p. Doprowadzenie równania do postaci równoważnej, np.: π tg = lub tg = przy założeniu, że albo tg = lub tg = lub tg = przy założeniu, że albo sin = sin π lub sin =, albo sin = sin π lub sin = lub sin =, albo sin = sin π lub cos =, albo sin = sin π lub cos = lub cos =. π, Pokonanie zasadniczych trudności zadania... p. Rozwiązanie równania w zbiorze R: = π + k π lub = π + k π lub = π + k π, gdzie k jest liczbą całkowitą. Rozwiązanie pełne... p. Podanie wszystkich rozwiązań równania z przedziału 0, π : = π, = π, = π. Strona 6 z 6

Zadanie. (5 pkt) m Wyznacz wszystkie wartości parametru m, dla których równanie + + = 0 m różne rozwiązania rzeczywiste, spełniające warunek + >. 9 ma dwa Rozwiązanie Zapisujemy układ warunków: Rozwiązujemy nierówność Δ > 0, czyli Nierówność Δ> 0 + > 9 m 9 > 0, m 9( m ) ( m) > 0, m m 5 > 0, m m 5 m > 0, ( )( ) 5 m,,. + > zapisujemy w postaci równoważnej 9 ( )( ) + + > 9, ( ) ( ) + + > 9. Wykorzystując wzory Viète a, otrzymujemy nierówność z niewiadomą m: ( m) ( ) 9 > 9, m czyli 9( m) 7 + > 9, m m + >, m m + 8 > 0, m m+ 8 m > 0 ( )( ) m 8,. Stąd i z poprzedniego warunku otrzymujemy m 8 5,. Strona 7 z 6

Schemat punktowania Rozwiązanie zadania składa się z trzech etapów. 5 Pierwszy z nich polega na rozwiązaniu nierówności Δ > 0 : m,,. Za poprawne rozwiązanie tego etapu zdający otrzymuje punkt. Uwaga: Jeżeli zdający zapisze Δ 0, to za tę część otrzymuje 0 punktów. Drugi etap polega na rozwiązaniu nierówności + > 9. Za tę część rozwiązania zdający otrzymuje punkty. Podział punktów za drugi etap rozwiązania: punkt zdający otrzymuje za zapisanie wyrażenia + w postaci ( ) ( ) + +, punkty zdający otrzymuje za zapisanie nierówności + > w postaci nierówności z jedną niewiadomą, np.: ( ) ( m) 9 9 > 9, m punkty zdający otrzymuje za rozwiązanie nierówności 9 + > : m 8,. Trzeci etap polega na wyznaczeniu części wspólnej rozwiązań nierówności z etapu 8 5 pierwszego i drugiego: m,. Za poprawne rozwiązanie tego etapu zdający otrzymuje punkt. Uwaga: W przypadku rozwiązania z usterkami, za ostatni etap przyznajemy punkt jedynie wówczas, gdy zdający poprawnie wykona etap I 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. Strona 8 z 6

Zadanie. ( pkt) a = Ciąg ( a n ) jest określony wzorem an+ = an + n+ dla n. Oblicz średnią arytmetyczną liczb a + i a +. Rozwiązanie Obliczamy wyrazy a i a ciągu ( a n ): a = + 5= 7, a = + 8 =. Obliczamy średnią arytmetyczną liczb a + i a + : ( 7+ ) + ( + ) = = 7. Schemat punktowania Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp... p. Zdający obliczy wyrazy a i a ciągu ( a n ): a = + 5= 7, a = + 8 =. Pokonanie zasadniczych trudności zadania... p. Zdający zapisze równanie, z którego można obliczyć średnią arytmetyczną: ( 7+ ) + ( + ) =. Rozwiązanie pełne... p. Zdający obliczy średnią arytmetyczną: = 7. Zadanie 5. ( pkt) Wykaż, że jeśli a, b, c są dowolnymi liczbami rzeczywistymi takimi, że a + b + c = 0, to ( ) ( ) ( ) ( ) a + b + c = a b + b c + c a. Rozwiązanie (I sposób) Z równania a + b + c = 0 wyznaczamy jedną z liczb, np. c = a b. Wówczas przekształcamy równoważnie: ( ) ( a + b + c ) = a + b + ( a b) = ( a b a ab b ) ( a b ab) + + + + = + + = ( ) ( ) ( ) 6a 6b 6ab a ab b b ab a a ab b a b b a a b = + + = + + + + + + + = + + + = ( a b) ( b c) ( c a) = + +, co kończy dowód. Schemat punktowania I sposobu rozwiązania Zdający otrzymuje... p. gdy wyznaczy jedną z liczb, np. c = a b i zapisze lewą stronę wyrażenia w postaci: ( ( ) ) a + b + a b i na tym zakończy lub dalej popełni błędy. Strona 9 z 6

Zdający otrzymuje... p. gdy przekształci lewą stronę równości do postaci sumy trzech składników (wyrażeń), z których każda odpowiada jednej ze stron wzoru skróconego mnożenia na kwadrat sumy lub kwadrat różnicy: a ab+ b + b + ab+ a + a + ab+ b. i na tym zakończy lub dalej popełni błędy. Rozwiązanie pełne... p. gdy przeprowadzi pełne rozumowanie. Rozwiązanie (II sposób) Równanie a + b + c = 0 podnosimy obustronnie do kwadratu i otrzymujemy: a + b + c + ab + bc + ac = 0. Stąd a + b + c = ab bc ac. Zatem ( a + b + c ) = 6ab 6bc 6ac. Po zastosowaniu wzorów skróconego mnożenia otrzymamy ( ) ( ) ( ) a b + b c + c a = a ab+ b + b bc+ c + c ac+ a = ( ) = a + b + c ab bc ac = a + b + c ab bc ac Wyrażenie w nawiasie zastępujemy przez: ab bc ac. Stąd a + b + c ab bc ac= ab bc ac ab bc ac= Zatem co kończy dowód. ( ) ( ) ( ) a b c = 6ab 6bc 6ac. + + = ( a b) ( b c) ( c a) + +, Schemat punktowania II sposobu rozwiązania Zdający otrzymuje... p. gdy podniesie równanie a + b + c = 0 obustronnie do kwadratu i zapisze: a + b + c = 6ab 6bc 6ac albo ( ) przekształci prawą stronę równości do postaci: + + = ( ) ( a b) ( b c) ( c a) i na tym zakończy lub dalej popełni błędy. a + b + c ab bc ac Zdający otrzymuje... p. gdy podniesie równanie a + b + c = 0 obustronnie do kwadratu i zapisze: a + b + c = 6ab 6bc 6ac ( ) i przekształci prawą stronę równości do postaci: + + = ( ) ( a b) ( b c) ( c a) a + b + c ab bc ac Strona 0 z 6

i na tym zakończy lub dalej popełni błędy. Rozwiązanie pełne... p. gdy przeprowadzi pełne rozumowanie. Zadanie 6. ( pkt) Wyznacz równania stycznych do okręgu + y + + y + 6 = 0, przechodzących przez początek układu współrzędnych. Rozwiązanie (I sposób) Proste styczne do okręgu + y + + y + 6 = 0, przechodzące przez początek układu współrzędnych, mają równanie postaci y = m, gdyż prosta o równaniu = 0 nie ma punktów wspólnych z okręgiem (układ równań + y + + y + 6 = 0 i = 0 jest sprzeczny). Prosta jest styczna do okręgu wtedy i tylko wtedy, gdy ma z tym okręgiem dokładnie jeden punkt wspólny. Zatem układ równań y = m () + y + + y + 6 = 0 ma dokładnie jedno rozwiązanie. Stąd otrzymujemy równanie ( ) m m + + + + 6 = 0, m + + + m + 6= 0. Na to aby układ () miał jedno rozwiązanie potrzeba i wystarcza, żeby równanie () miało dokładnie jedno rozwiązanie, a tak jest wtedy i tylko wtedy, gdy wyróżnik trójmianu m + + + m + 6 jest równy 0, czyli () ( ) ( ) ( ) ( ) ( m) ( m ) + + 6 = 0, 96m 6m m 0 Istnieją zatem dwie styczne o równaniach: = 0 + + =, 8m + 96m= 0, 8m m = 0, m = 0 lub m =. y i y =. Schemat punktowania I sposobu rozwiązania Rozwiązanie, w którym postęp jest niewielki, ale konieczny na drodze do całkowitego rozwiązania zadania... p. y = m Zdający zapisze układ równań. + y + + y + 6 = 0 Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp... p. Zdający zapisze równanie kwadratowe z jedną niewiadomą: ( m + ) + ( + m) + 6 = 0. Strona z 6

Pokonanie zasadniczych trudności zadania... p. Zdający zapisze warunek istnienia stycznych: 8m + 96m = 0 lub Δ = 0. Rozwiązanie pełne... p. Zdający wyznaczy równania stycznych do okręgu: y = 0 i y =. Rozwiązanie (II sposób) Równanie okręgu możemy zapisać w postaci równoważnej ( + 6) + ( y+ ) =. Zatem środkiem tego okręgu jest punkt S = ( 6, ), a promień okręgu jest równy r =. Zauważmy, że odległość środka S okręgu od prostej o równaniu = 0 jest równa 6, co oznacza, że prosta ta nie jest styczna do tego okręgu. Wynika stąd, że szukane styczne mają równania postaci y = m, czyli m y = 0. Na to, żeby prosta była styczna do okręgu potrzeba i wystarcza, żeby odległość środka okręgu od tej prostej była równa promieniowi tego okręgu. Zatem m ( 6) ( ) =, m + 6m + = m +, m m = +, ( ) m m = +, m m+ = m +, 8m 6m= 0, 8m m = 0, m = 0 lub m =. y i y =. 9 6 Istnieją zatem dwie styczne o równaniach: = 0 Schemat punktowania II sposobu rozwiązania Rozwiązanie, w którym postęp jest niewielki, ale konieczny na drodze do całkowitego rozwiązania zadania... p. Zdający wyznaczy współrzędne środka ( a, b) S = 6, i r =. S = okręgu i jego promień r: ( ) Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp... p. m ( 6) ( ) Zdający zapisze równanie z niewiadomą m: =. m + Pokonanie zasadniczych trudności zadania... p. m ( 6) ( ) Zdający przekształci równanie = do postaci równania kwadratowego: m + ( ) m m = +. Strona z 6

Rozwiązanie pełne... p. Zdający zapisze równania prostych stycznych do okręgu: y = 0 i y =. Uwaga: Jeżeli zdający wyznaczy współrzędne środka i promień okręgu, wykona rysunek i na jego podstawie zapisze, że jedna ze stycznych ma równanie y = 0, to otrzymuje punkty. Zadanie 7. ( pkt) Rzucamy czterokrotnie symetryczną sześcienną kostką do gry. Oblicz prawdopodobieństwo zdarzenia polegającego na tym, że otrzymamy dokładnie dwie dwójki lub dokładnie dwie piątki. Wynik zapisz w postaci ułamka zwykłego nieskracalnego. Rozwiązanie Zdarzeniami elementarnymi są czterowyrazowe ciągi o wyrazach ze zbioru {,,,,5,6 }. Liczba wszystkich takich ciągów jest równa Ω= 6 = 96. Oznaczmy przez: A - zdarzenie polegające na tym, że w czterokrotnym rzucie symetryczną sześcienną kostką do gry otrzymamy dokładnie dwie dwójki, B - zdarzenie polegające na tym, że w czterokrotnym rzucie symetryczną sześcienną kostką do gry otrzymamy dokładnie dwie piątki. W modelu probabilistycznym, związanym z danym zadaniem, zachodzą równości: A B = A + B A B oraz P( A B) = P( A) + P( B) P( A B). Liczba wszystkich zdarzeń elementarnych sprzyjających zdarzeniu A jest równa A = ( ) 5 = 50. Tyle samo jest zdarzeń elementarnych sprzyjających zdarzeniu B. B = ( ) 5 = 50. Liczba wszystkich zdarzeń elementarnych sprzyjających zdarzeniu A B jest równa A B = ( ). Stąd A B = 50 + 50 6 = 9. Prawdopodobieństwo zdarzenia A B jest zatem równe 9 9 P( A B) = =. 96 6 Schemat punktowania Rozwiązanie, w którym postęp jest niewielki, ale konieczny na drodze do całkowitego rozwiązania zadania... p. Zdający wyznaczy liczbę wszystkich zdarzeń elementarnych tego doświadczenia: Ω= 6 = 96. Strona z 6

Pokonanie zasadniczych trudności zadania... p. Zdający poprawnie wyznaczy liczbę zdarzeń elementarnych, sprzyjających zajściu zdarzenia A B = 9 i na tym poprzestanie lub dalej popełni błędy. Rozwiązanie pełne... p. Zdający poprawnie wyznaczy prawdopodobieństwo otrzymania dokładnie dwóch dwójek lub 9 9 dokładnie dwóch piątek w tym doświadczeniu losowym P( A B) : P( A B) = =. 96 6 Uwagi:. Jeśli zdający rozwiąże zadanie do końca i otrzyma P ( A B) > lub P ( A B) < 0, to otrzymuje za całe rozwiązanie 0 punktów.. Jeżeli zdający obliczy Ω= 6 i A = ( ) 5 = 50 lub B = ( ) 5 = 50 albo A B = ( ) = 6 i na tym poprzestanie lub dalej popełni błędy, to otrzymuje punkty.. Jeżeli zdający przy obliczaniu Ω lub A B popełni błąd rachunkowy i konsekwentnie do popełnionego błędu obliczy prawdopodobieństwo podanego zdarzenia, to otrzymuje za całe rozwiązanie punkty. Zadanie 8. (5 pkt) Dany jest odcinek AB o długości 0. Rozpatrujemy wszystkie sześciokąty foremne ACDMEF i trójkąty równoboczne MBG, których wspólny wierzchołek M leży na odcinku AB (zobacz rysunek). F E G A M B C D Oblicz stosunek obwodu sześciokąta ACDMEF do obwodu trójkąta MBG w przypadku, gdy suma pól tych dwóch wielokątów jest najmniejsza. Rozwiązanie Niech = AM. Wtedy MB = 0. Sześciokąt foremny ACDMEF składa się sześciu przystających trójkątów równobocznych o boku długości. Zatem ( 0 ) ( 5 ) PACDMEF = 6 = oraz PMBG = = = ( 5 0+ ). Strona z 6

Suma S pól tych wielokątów jest więc równa 5 S( ) = + ( 5 0+ ) = ( + 50 0+ ) = ( + 0), 0,5. gdzie ( ) = =. Wówczas stosunek obwodu sześciokąta ACDMEF do obwodu trójkąta MBG jest równy 6 0 = 5 =. Funkcja S osiąga najmniejszą wartość dla ( 0,5) ( ) Schemat punktowania Rozwiązanie, w którym postęp jest niewielki, ale konieczny na drodze do pełnego rozwiązania... p. Zdający zapisze związek pomiędzy długością przekątnej sześciokąta ACDMEF i długością boku trójkąta MBG, np.: MB = 0, gdzie = AM. Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp... p. Zdający zapisze sumę S pól sześciokąta ACDMEF i trójkąta MBG w zależności od jednej zmiennej oraz poda zakres zmienności tej zmiennej, np. S( ) = + ( 5 0+ ) dla ( 0,5). Pokonanie zasadniczych trudności zadania... p. Zdający obliczy tę wartość zmiennej, dla której funkcja S osiąga wartość najmniejszą: =. Rozwiązanie prawie pełne... p. Zdający obliczy obwód sześciokąta ACDMEF i trójkąta MBG, gdy S osiąga wartość najmniejszą: L 6 L = 0 = 6 = 8 ACDMEF = =, ( ) MBG Rozwiązanie pełne... 5 p. Zdający obliczy stosunek obwodu sześciokąta ACDMEF do obwodu trójkąta MBG, gdy S LACDMEF osiąga wartość najmniejszą: = L MBG Strona 5 z 6

Zadanie 9. ( pkt) Dany jest czworokąt wypukły ABCD, w którym: AB = BC, DAB = 5, ABC = 50, BCD = 60. Wykaż, że trójkąt BCD jest równoboczny. Rozwiązanie (I sposób) W danym czworokącie D = 60 ( A+ B+ C) = 05. Rozważmy okrąg o środku w punkcie B i promieniu równym BA (zobacz rysunek). Oczywiście punkt C leży na tym okręgu, bo AB = BC. B A C D Ponieważ CBA ADC 80 + =, więc na tym okręgu leży także punkt D. Oznacza to, że trójkąt BCD jest trójkątem równoramiennym z kątem przy podstawie równym 60, a zatem jest trójkątem równobocznym. To kończy dowód twierdzenia. Schemat punktowania (I sposobu rozwiązania) Rozwiązanie, w którym postęp jest wprawdzie niewielki, ale konieczny na drodze do całkowitego rozwiązania zadania... pkt Zdający zapisze, że D = 60 ( A+ B+ C) = 05 i na tym zakończy lub dalej popełni błędy. Pokonanie zasadniczych trudności zadania... pkt Zdający zapisze i uzasadni, że na okręgu o środku w punkcie B i promieniu równym BA leży także punkt D i na tym zakończy lub dalej popełni błędy. Rozwiązanie pełne... pkt Zdający przeprowadzi pełne, poprawne rozumowanie. Strona 6 z 6

Rozwiązanie (II sposób) D = 60 A+ B+ C = 05. Prowadzimy przekątną AC. W danym czworokącie ( ) Trójkąt ABC jest równoramienny z kątami przy podstawie AC równymi 5. Niech AB = BC = a oraz CD = b (zobacz rysunek). A a B a C D b Stosujemy twierdzenie cosinusów i wyznaczamy kwadrat długości odcinka AC. Zapisujemy kolejno AC = AB + BC AB BC cos50 = a a, czyli AC = a +. ( ) Zastosujemy teraz twierdzenie sinusów do trójkąta ACD. Zauważmy, że DAC = 5 5 = 0. Ponieważ CD AC = sin 0 sin05, 6 ale sin05 = sin ( 60 + 5 ) = +, więc AC CD = b =. 6+ Ponieważ długości boków są liczbami dodatnimi, więc powyższa równość jest równoważna równości AC b =. 6+ AC a ( + ) a ( + ) Ale = = = a. Otrzymujemy więc równość b = a, 6+ 8+ ( + ) 6 skąd wynika, że b= a. Ponieważ w trójkącie BCD kąt między (równymi) ramionami BC i AD z założenia równa się 60, więc ten trójkąt jest równoboczny, co należało wykazać. Strona 7 z 6

Schemat oceniania (II sposobu rozwiązania) Rozwiązanie, w którym postęp jest wprawdzie niewielki, ale konieczny na drodze do całkowitego rozwiązania zadania... pkt Zdający wykorzysta twierdzenie cosinusów do trójkąta ABC i wyznaczy kwadrat długości boku AC w zależności od długości boków AB i BC, ( ) AC = a + i na tym zakończy lub dalej popełni błędy. Istotny postęp... pkt Zdający zastosuje twierdzenie sinusów do trójkąta ACD i wyznaczy długość boku CD w zależności od AC AC CD = 6+ i na tym zakończy lub dalej popełni błędy. Pokonanie zasadniczych trudności zadania... pkt Zdający uzasadni, że CD = BC i na tym zakończy lub dalej popełni błędy. Rozwiązanie pełne... pkt Zdający przeprowadzi pełne, poprawne rozumowanie. Zadanie 0. ( pkt) Dany jest trójkąt ABC, w którym AC = BC = 0, ACB = 0. Na boku CB obrano punkt P dzielący ten bok w stosunku : (licząc od punktu C ). Oblicz sinus kąta PAB. C P A α B Rozwiązanie (I sposób) Oznaczamy PAB = α. Ponieważ trójkąt ABC jest równoramienny, więc 80 0 ABC = BAC = = 0. Strona 8 z 6

Długości odcinków CP i PB są równe: CP = 0 = 6 oraz PB = 0 =. 5 5 Z twierdzenia cosinusów w trójkącie APC otrzymujemy AP = AC + CP AC CP cos0, ( ) AP = 00 + 6 0 6 sin 0, AP = 96, czyli AP =. Z twierdzenia sinusów w trójkącie ABP otrzymujemy PB AP sinα = sin 0, sinα =, sin a =. 7 Uwaga: Zdający może obliczyć długość boku AB, wykorzystując np. twierdzenie cosinusów w trójkącie ABC AB = AC + BC AC BC cos0, ( ) AB = 0 + 0 0 0, AB = 00, AB = 00, AB = 0. Ponownie z twierdzenia cosinusów w trójkącie ABP PB = AP + AB AP AB cosα, ( ) = + 0 0 cosα, 96 + 00 6 80 cosα = = =. 0 80 7 Ponieważ α jest kątem ostrym, więc sinα = cos α = = = =. 7 7 7 7 Schemat punktowania I sposobu rozwiązania Rozwiązanie, w którym postęp jest niewielki, ale konieczny na drodze do pełnego rozwiązania... p. Zdający obliczy długości odcinków CP i PB oraz wyznaczy miary kątów ABC i BAC: CP = 6, PB =, ABC = BAC = 0. Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp... p. Zdający obliczy długość odcinka AP: AP =. Strona 9 z 6

Pokonanie zasadniczych trudności zadania... p. Zdający zapisze związek, z którego może obliczyć sinα, np.: sinα = sin 0. Rozwiązanie pełne... p. Zdający obliczy sinusa kąta α : sinα =. 7 Rozwiązanie (II sposób) C P A α Oznaczamy PAB = α oraz R będzie rzutem prostokątnym punktu P na podstawę AB trójkąta ABC. Ponieważ trójkąt ABC jest równoramienny, więc 80 0 ABC = BAC = = 0. Długości odcinków CP i PB są równe: CP = 0 = 6 oraz PB = 0 =. 5 5 Z twierdzenie cosinusów w trójkącie APC obliczamy długość odcinka AP : AP = AC + CP AC CP cos0, ( ) AP = 00 + 6 0 6 sin 0, AP = 96, czyli AP =. Trójkąt PBR jest połową trójkąta równobocznego, więc PR = PB = =. Zatem PR sinα = = =. AP 7 Schemat punktowania II sposobu rozwiązania Rozwiązanie, w którym postęp jest niewielki, ale konieczny na drodze do pełnego rozwiązania... p. Zdający obliczy długości odcinków CP i PB oraz wyznaczy miary kątów ABC i BAC: CP = 6, PB =, ABC = BAC = 0. Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp... p. Zdający obliczy długość odcinka AP: AP =. R B Strona 0 z 6

Pokonanie zasadniczych trudności zadania... p. Zdający obliczy długości odcinków AP i PR AP =, PR =. Rozwiązanie pełne... p. Zdający obliczy sinusa kąta α : sinα =. 7 Rozwiązanie (III sposób) Przyjmijmy oznaczenia jak na rysunku. C P α A D R B Zauważmy, że trójkąt ABC składa się z dwóch połówek trójkątów równobocznych o boku długości 0, więc AC 0 AD = = = 5. Długości odcinków CP i PB są równe: CP = 0 = 6 oraz PB = 0 =. 5 5 Trójkąt BPR także jest połową trójkąta równobocznego, więc BP PR = = = oraz BP = PR =. Zatem AR = AB BR = 0 = 8. Z twierdzenia Pitagorasa w trójkącie APR otrzymujemy ( ) AP = AR + PR = 8 + = 96 =. Zatem PR sinα = = =. AP 7 Uwaga: Po obliczeniu długości odcinków PR i AR, możemy obliczyć tangens kąta α PR tgα = = =, AR 8 a następnie, wykorzystując związki między funkcjami trygonometrycznymi, możemy obliczyć sinus tego kąta. Strona z 6

Schemat punktowania III sposobu rozwiązania Rozwiązanie, w którym postęp jest niewielki, ale konieczny na drodze do pełnego rozwiązania... p. Zdający obliczy długość odcinka PB oraz zauważy, że miary kątów ACD i BCD są równe 60 : PB =. Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp... p. Zdający obliczy długość odcinka AR: AR = 8. Pokonanie zasadniczych trudności zadania... p. Zdający obliczy długości odcinków AP i PR AP =, PR =. Rozwiązanie pełne... p. Zdający obliczy sinusa kąta α : sinα =. 7 Strona z 6

Zadanie. ( pkt) Na rysunku przedstawiono fragment wykresu funkcji wykładniczej określonej wzorem f ( ) =. Rozważamy funkcję g określoną wzorem g ( ) f ( ) wszystkie wartości parametru k, dla których równanie g( ) że ich iloczyn jest liczbą ujemną. = +. Wyznacz = k ma dwa rozwiązania takie, 7 y 6 5-7 -6-5 - - - - 0 5 6 7 - - - - -5-6 -7 Strona z 6

Rozwiązanie Narysujemy najpierw wykres funkcji g. W tym celu przesuwamy wykres funkcji f o wektor u =, a następnie tę część otrzymanego wykresu, która leży poniżej osi O odbijamy [, ] symetrycznie względem tej osi, pozostawiając bez zmian pozostałą cześć wykresu. Otrzymujemy w ten sposób wykres funkcji g określonej wzorem g( ) y + =. + y = y = 5-9 -8-7 -6-5 - - - - 0 5 - - - - Wartość funkcji g dla argumentu = 0 jest równa + 7 g 0 = = =. Zatem równanie g( ) ( ) ( ) 0 Strona z 6 8 8 = k ma dwa rozwiązania, z których jedno jest dodatnie, a drugie 7 ujemne (tylko wówczas ich iloczyn jest liczbą ujemną) wtedy i tylko wtedy, gdy < k <. 8 Schemat punktowania Rozwiązanie, w którym postęp jest wprawdzie niewielki, ale konieczny na drodze do całkowitego rozwiązania zadania... p. Zdający przesunie podany wykres funkcji o wektor u = [, ] i na tym zakończy lub dalej popełni błędy. Istotny postęp... p. Zdający naszkicuje wykres funkcji g( ) = f ( + ) i na tym zakończy lub dalej popełni błędy. Pokonanie zasadniczych trudności zadania... p. 7 Zdający obliczy wartość funkcji g dla argumentu = 0 : g ( 0) =. 8

Rozwiązanie pełne... p. g = k ma dwa Zdający wyznaczy wszystkie wartości k, dla których równanie ( ) rozwiązania, których iloczyn jest liczbą ujemną: Zadanie. (6 pkt) 7 < k <. 8 Trójkąt ABC jest podstawą prawidłowego ostrosłupa ABCS, którego krawędź boczna ma długość 0. Punkt D jest środkiem wysokości SO ostrosłupa oraz AD =. Oblicz objętość tego ostrosłupa. Rozwiązanie Przyjmijmy następujące oznaczenia jak na rysunku. S h 0 D h C A a E O B Z twierdzenia Pitagorasa dla trójkąta AOS i dla trójkąta AOD otrzymujemy AS = AO + SO oraz 0 h Strona 5 z 6 AD = AO + DO = + oraz ( ) h ( ) 00 = + h oraz Odejmując stronami te równania, otrzymujemy Zatem h = 6, h = 8. = +. 5 = + h. 8 h = +, = 6, = 6. 00 6 =. Stąd

Punkt O jest środkiem ciężkości trójkąta równobocznego ABC, więc wysokość tego trójkąta jest równa h p = 6 = 9. Długość boku trójkąta ABC jest zatem równa h p 9 a = = = 6, a pole tego trójkąta ( ) a 6 P ABC = = = 7. Objętość ostrosłupa jest równa V = PABC h= 7 8 = 7. Schemat punktowania Rozwiązanie, w którym postęp jest niewielki, ale konieczny na drodze do pełnego rozwiązania zadania... p. Zdający zapisze jedno z równań wynikających z twierdzenia Pitagorasa dla trójkątów AED i AES: = +, ( ) h ( ) 0 h = +. Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp... p. Zdający zapisze układ równań z dwiema niewiadomymi: = +, ( ) h ( ) 0 h = +. Pokonanie zasadniczych trudności zadania... p. Zdający obliczy wysokość ostrosłupa oraz długość krawędzi podstawy: h = 8, a = 6. Uwaga: Jeżeli zdający obliczy jedną z wielkości h lub, to otrzymuje punkty. Rozwiązanie prawie pełne... 5 p. Zdający obliczy objętość, popełniając błędy rachunkowe albo pominie współczynnik we wzorze na objętość ostrosłupa i otrzyma objętość ostrosłupa równą 6, albo obliczy pole podstawy ostrosłupa: P ABC = 7 i na tym zakończy lub dalej popełni błędy. Rozwiązanie pełne... 6 p. Zdający obliczy objętość ostrosłupa: V = 7. Strona 6 z 6