matematyka_PR_model_A1_A2_A3_A4_A6_A7

EGZAMIN MATURALNY OD ROKU SZKOLNEGO 2014/2015

MATEMATYKA POZIOM ROZSZERZONY

ROZWIZANIA ZADA I SCHEMATY PUNKTOWANIA (A1, A2, A3, A4, A6, A7)

GRUDZIE 2013

Projekt wspfinansowany ze rodkw Unii Europejskiej w ramach Europejskiego Funduszu Spoecznego

Zadanie 1. (1 p.)Dane s dwie urny z kulami. W kadej jest 5 kul. W pierwszej urnie jest jedna kula biaai 4 kule czarne. W drugiej urnie s 3 kule biae i 2 kule czarne. Rzucamy jeden raz syme-tryczn szecienn kostk do gry. Jeli wypadnie jedno lub dwa oczka, to losujemy jedn kulz pierwszej urny, jeli wypadn co najmniej trzy oczka, to losujemy jedn kul z drugiej urny.Prawdopodobiestwo wylosowania kuli biaej jest rwne

A.115

. B.25

. C.715

. D.35

.

Wymagania oglneIV. Uycie i tworzenie strategii.

Wymagania szczegowe10.3R Ucze korzysta z twierdzenia o prawdopodobiestwie cakowitym.

Rozwizanie (I sposb)Rozwizujemy zadanie metod drzewa.

I II

B C B C

13

23

15

45

35

25

Nastpnie obliczamy prawdopodobiestwo wylosowania kuli biaej:13 15

+23 35

=715

.

Odp.: C.

Rozwizanie (II sposb)Niech U1 i U2 oznaczaj odpowiednio zdarzenie polegajce na wylosowaniu kuli z pierwszej urnyi zdarzenie polegajce na wylosowaniu kuli z drugiej urny.

Zdarzenia U1 i U2 speniaj warunki:

1. U1U2 =,2. U1U2 = ,

3. P (U1) =26

=13> 0,

4. P (U2) =46

=23> 0.

Rozwamy zdarzenie B polegajce na wylosowania kuli biaej.

XII/2

maturaPywajce pole tekstowe



Prawdopodobiestwo tego zdarzenia moemy obliczy, korzystajc ze wzoru

P (B) =P (B|U1) P (U1)+P (B|U2) P (U2) ,

gdzie prawdopodobiestwo wylosowania kuli biaej pod warunkiem, e losujemy z pierwszej

urny, jest rwne P (B|U1) = 15 i prawdopodobiestwo wylosowania kuli biaej pod warunkiem,e losujemy z drugiej urny, jest rwne P (B|U2) = 35 .

Obliczamy P (B) =15 13

+35 23

=715

.

Odp.: C.

Zadanie 2. (1 p.)Dany jest nieskoczony cig geometryczny (an) okrelony wzorem

an =3(2)n dla n= 1,2,3, ....

Suma wszystkich wyrazw tego cigu jest rwna

A.1

21. B.

221. C.

221. D.

321.


Wymagania szczegowe5.3R Ucze rozpoznaje szeregi geometryczne zbiene i oblicza ich sumy.

Rozwizanie

Pierwszy wyraz i iloraz tego cigu s odpowiednio rwne: a1 =32

, q=12

.

Poniewa |q|= 12

< 1, wic mamy S= a11q =32

1 12

=3

21.

Odp.: D.

Zadanie 3. (1 p.)

Liczba27665 3392(

13

) 1523

jest rwna

A. 3725. B. 31995. C. 32015. D. 32045.

XII/3





Wymagania szczegowe1.4 Ucze oblicza potgi o wykadnikach wymiernych i stosuje prawa dziaa na potgach o wy-kadnikach wymiernych.

RozwizanieObliczamy, korzystajc z dziaa na potgach

27665 3392(13

) 1523

=33665 (392) 13

31523

= 31995923 +

1523 = 32015.

Odp.: C.

Zadanie 4. (1 p.)Dane s dwa okrgi: okrg o1 o rwnaniu x2+(y1)2=25 oraz okrg o2 o rwnaniu (x1)2+y2=9.A. Te okrgi przecinaj si w dwch punktach.

B. Te okrgi s styczne.

C. Te okrgi nie maj punktw wsplnych oraz okrg o1 ley w caoci wewntrz okrgu o2.

D. Te okrgi nie maj punktw wsplnych oraz okrg o2 ley w caoci wewntrz okrgu o1.


Wymagania szczegowe8.5R Ucze posuguje si rwnaniem okrgu (xa)2 +(yb)2 = r2 oraz opisuje koa za pomocnierwnoci.

Rozwizanie (I sposb)Szkicujemy oba okrgi w jednym ukadzie wsprzdnych i stwierdzamy, e drugi okrg leyw caoci wewntrz pierwszego.

XII/4




Odp.: D.

Rozwizanie (II sposb)Wyznaczamy rodki i promienie okrgw odpowiednio S1 =(0,1) i R=5 oraz S2 =(1,0) i r=3.

Obliczamy |S1S2|=

(10)2 +(01)2 =

2 oraz |Rr|= 53 = 2.Stwierdzamy, e zachodzi warunek |S1S2|< |Rr|, tzn. okrgi s rozczne wewntrznie i drugiokrg ley w caoci wewntrz pierwszego.

Odp.: D.

Zadanie 5. (1 p.)Suma sin+sin3 jest dla kadego rwna

A. sin4.

B. 2sin4.

C. 2sin2cos.

D. 2sincos2.

Wymagania oglneII. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji.

Wymagania szczegowe6.5R Ucze stosuje wzory na sinus i cosinus sumy i rnicy ktw, sum i rnic sinuswi cosinusw.

Rozwizanie (I sposb)

Korzystamy ze wzoru sin+sin= 2sin+

2cos

2

.Mamy zatem

sin+sin3= sin3+sin= 2sin3+

2cos

32

= 2sin2 cos.

Odp.: C.

Rozwizanie (II sposb)Korzystamy ze wzorw

sin(+) = sincos+cos sin oraz cos2= 2cos21.

Mamy zatem

sin3= sin(+2) = sincos2+cos sin2= sincos2+2sincos2== sin(4cos21).

XII/5




A std otrzymujemy:

sin+sin3= sin+sin(4cos21) = sin(1+4cos21) == 4sincos2= 2(2sincos)cos= 2sin2cos.

Odp.: C.

Zadanie 6. (2 p.)Liczba n jest najmniejsz liczb cakowit speniajc rwnanie

2 |x+57|= |x39| .

Zakoduj cyfry: setek, dziesitek i jednoci liczby |n|.


Wymagania szczegowe3.9R Ucze rozwizuje rwnania i nierwnoci z wartoci bezwzgldn o poziomie trudnocinie wyszym ni:

|x+1|2= 3, |x+3|+ |x5|> 12.Rozwizanie (I sposb)Przyjrzyjmy si interpretacji geometrycznej rozwaanego rwnania. Na osi liczbowej dane sdwa punkty A i B o wsprzdnych: A=57 oraz B = 39. Szukamy takich punktw X, dlaktrych odlego od punktu B jest dwukrotnie wiksza od odlegoci od punktu A. S dwatakie punkty X. Poniewa odlego od A do B jest rwna 96, wic jeden z nich (nazwijmy goX1) ley w odlegoci 96 na lewo od punktu A, drugi za (nazwijmy go X2) ley w odlegoci963

= 32 na prawo od punktu A. Poniewa 5796 =153 oraz 57+32 =25, wic szukanliczb n jest n=153 oraz |n|= 153.W karcie odpowiedzi kodujemy cyfry: 1, 5, 3.

Schemat oceniania I sposobu rozwizania

Zdajcy otrzymuje . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 p.gdy zakoduje cyfry: 1, 5, 3.

Rozwizanie (II sposb) zapisanie trzech przypadkwWyrniamy na osi liczbowej przedziay: (,57, (57,39), 39,+) .Rozwizujemy rwnania w poszczeglnych przedziaach i sprawdzamy, czy otrzymana liczbanaley do danego przedziau.

XII/6




x (,57 x (57,39) x 39,+)2(x57)=x+39x= 39+114x=153

2 (x+57) =x+393x= 391143x=75x=25

2 (x+57) =x39x=39114x=153Rwnanie nie ma roz-wizania w tym prze-dziale.

Std wynika, e n=153 oraz |n|= 153.Zatem kodujemy cyfry: 1, 5, 3.

Albo:

Wyrniamy na osi liczbowej przedziay: (,57, (57,39 , (39,+).Zauwaamy, e jeeli w przedziale (,57 istnieje najmniejsza liczba cakowita speniajcato rwnanie, to jest to szukana liczba n.

Rozwizujemy dane rwnanie w przedziale (,57:2 (x57) =x+39,x= 39+114,

std x=153.Najmniejsz liczb cakowit speniajc to rwnanie jest liczba n=153, wic |n|= 153.Zatem kodujemy cyfry: 1, 5, 3.

Schemat oceniania II sposobu rozwizania


Rozwizanie (III sposb) wasnoci wartoci bezwzgldnejZapisujemy rwnanie 2 |x+57|= |x39| w postaci:

2 (x+57) =x+39 lub 2 (x+57) =x393x= 39114 x=391143x=75 x=153x=25

Najmniejsz liczb cakowit speniajc to rwnanie jest liczba n=153, wic |n|= 153.Zatem kodujemy cyfry: 1, 5, 3.

Schemat oceniania III sposobu rozwizania


XII/7




Zadanie 7. (2 p.)Oblicz granic cigu

limn

3n25n+2(8n+7)(n+4)

.

Zakoduj trzy pierwsze cyfry po przecinku rozwinicia dziesitnego obliczonej granicy.


Wymagania szczegowe

5.2R Ucze oblicza granice cigw, korzystajc z granic cigw typu1n

,1n2

oraz z twierdzeo dziaaniach na granicach cigw.

RozwizanieTa granica jest rwna

limn

3n25n+2(8n+7)(n+4)

= limn

3 5n

+ 2n2(

8+ 7n

)(1+ 4

n

) = 38

= 0,375.

W karcie odpowiedzi naley zatem zakodowa cyfry 3, 7, 5.

Schemat oceniania

Zdajcy otrzymuje . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 p.gdy zakoduje pierwsze trzy cyfry po przecinku rozwinicia dziesitnego obliczonej granicy: cyfry3, 7, 5.

Zadanie 8. (2 p.)Dana jest funkcja f okrelona wzorem

f (x) =x8x2 +6

dla kadej liczby rzeczywistej x. Oblicz warto pochodnej tej funkcji w punkcie x=12

. Zakoduj

trzy pierwsze cyfry po przecinku rozwinicia dziesitnego otrzymanego wyniku.


Wymagania szczegowe11.2R Ucze oblicza pochodne funkcji wymiernych.

XII/8




Rozwizanie

Mamy f (x) =(x8) (x2 +6)(x8)(x2 +6)

(x2 +6)2=x2 +62x(x8)

(x2 +6)2=

=x2 +62x2 +16x

(x2 +6)2=x2 +16x+6

(x2 +6)2.

Zatem f (1

2

)=14 +8+6(

14 +6

)2 = 554(254

)2 = 554 16625 = 44125 = 0,352.W karcie odpowiedzi naley zakodowa cyfry 3, 5, 2.

Schemat oceniania

Zdajcy otrzymuje . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 p.gdy zakoduje cyfry 3, 5, 2.

Zadanie 9. (2 p.)Oblicz

log3427 log3

(log3

3

33).

Zakoduj cyfr jednoci i dwie pierwsze cyfry po przecinku rozwinicia dziesitnego otrzymanegowyniku.


Wymagania szczegowe1.2R Ucze stosuje w obliczeniach wzr na logarytm potgi oraz wzr na zamian podstawylogarytmu.

Rozwizanie

log34

27 log3(log33

3

3) = log327

14

log3 319

= log3334

32= log3 3

2 34 = 2,75.

Schemat oceniania

Zdajcy otrzymuje . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 p.gdy odpowiednio zakoduje cyfry: 2, 7, 5.

Zadanie 10. (3 p.)Punkty P1,P2,P3, . . . ,P23,P24 dziel okrg na 24 rwne uki (zobacz rysunek). Punkt A jestpunktem przecicia ciciw P11P22 i P1P16 .

XII/9




P1P2

P3

P4

P5

P6

P7

P8

P9

P10P11P12P13

P14

P15

P16

P17

P18

P19

P20

P21

P22P23 P24

A

Udowodnij, e |



Rozwizanie, w ktrym jest istotny postp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 p.Zdajcy obliczy miar jednego z dwch ktw wpisanych, opartych na ukach P11P16 lub P1P22:

|


P1P2

P3

P4

P5

P6

P7

P8

P9

P10P11P12P13

P14

P15

P16

P17

P18

P19

P20

P21

P22P23 P24

A

Kt wpisany P8P1P16 jest oparty na krtszym z ukw P8P16, ktry stanowi824

=13

okrgu,wic

|


Poniewa (2x1)2 +(3m2)2 +(4x3m)2 0, wic dla kadej liczby rzeczywistej x i kadejliczby rzeczywistej m prawdziwa jest nierwno: 20x224mx+18m2 4x+12m5.


Pokonanie zasadniczych trudnoci zadania . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 p.Zdajcy doprowadzi wyraenie do postaci (2x1)2 +(3m2)2 +(4x3m)2 i na tym poprze-stanie lub wycignie bdny wniosek, np. taki, e wyraenie jest dodatnie dla dowolnych liczbx i m.

Rozwizanie pene . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 p.Zdajcy przeprowadzi pene rozumowanie.

Rozwizanie (II sposb)Inny sposb polega na potraktowaniu wyraenia 20x224mx+18m24x12m+5 jako trj-mianu kwadratowego zmiennej x z parametrem m:

20x224mx+18m24x12m+5 = 20x2(24m+4)x+(18m212m+5

).

Trjmian ten ma dodatni wspczynnik przy x2 oraz niedodatni wyrnik dla kadego m:

= (24m+4)24 20 (18m212m+5

)=864m2 +1152m384 =96(3m2)2 .

Zatem dla kadego x (i dla kadego m) warto tego trjmianu jest nieujemna.


Rozwizanie, w ktrym jest istotny postp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 p.Zdajcy zapisze, e rozwaa trjmian kwadratowy i obliczy jego wyrnik.

Pokonanie zasadniczych trudnoci zadania . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 p.Zdajcy pokae, e wyrnik trjmianu 20x2 (24m+4)x+

(18m212m+5

)jest niedodatni

lub obliczy wyrnik kwadratowy trjmianu 864m2 +1152m384.

Rozwizanie pene . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 p.Zdajcy zapisze wniosek dotyczcy trjmianu 20x2(24m+4)x+

(18m212m+5

):

Trjmian ten ma dodatni wspczynnik przy x2 oraz niedodatni wyrnik dla kadego m, zatemdla kadego x (i dla kadego m) warto tego trjmianu jest nieujemna.

Zadanie 12. (3 p.)Janek przeprowadza dowiadczenie losowe, w ktrym jako wynik moe otrzyma jedn z liczb:

0, 1, 2, 3, 4, 5, 6. Prawdopodobiestwo pk otrzymania liczby k jest dane wzorem: pk=164 6k

.Rozwaamy dwa zdarzenia:

XII/13




zdarzenie A polegajce na otrzymaniu liczby ze zbioru {1, 3, 5}, zdarzenie B polegajce na otrzymaniu liczby ze zbioru {2, 3, 4, 5, 6}.Oblicz prawdopodobiestwo warunkowe P (A |B ).

Wymagania oglneIII. Modelowanie matematyczne.

Wymagania szczegowe10.2R Ucze oblicza prawdopodobiestwo warunkowe.

RozwizanieObliczamy:

p0 =164, p1 =

664, p2 =

1564, p3 =

2064, p4 =

1564, p5 =

664, p6 =

164.

Korzystamy teraz ze wzoru P (A |B )=P (AB)P (B)

. Zdarzenie AB polega na wylosowaniu jednejz liczb: 3, 5.

P (AB) = p3 +p5 = 2664 ,

P (B) = p2 +p3 +p4 +p5 +p6 =5764.

Std wynika, e P (A |B ) = 2664 6457

=2657 0,45614.

Schemat oceniania

Rozwizanie, w ktrym jest istotny postp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 p.Obliczenie prawdopodobiestw p2, ...,p6:

p2 =1564, p3 =

2064, p4 =

1564, p5 =

664, p6 =

164.

Pokonanie zasadniczych trudnoci zadania . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 p.Obliczenie prawdopodobiestwa zajcia zdarzenia AB lub zdarzenia B:

P (AB) = 2664, P (B) =

5764.

Rozwizanie pene . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 p.Obliczenie prawdopodobiestwa warunkowego P (A |B ) zdarzenia A pod warunkiem zajciazdarzenia B:

P (A |B ) = 2657

= 0,45614 . . . .

Uwaga 1. Zdajcy moe tylko obliczy prawdopodobiestwa p2, p3, ...,p6.

XII/14




Uwaga 2. Zdajcy moe obliczy prawdopodobiestwa p0, p1, ...,p6 korzystajc bezporednioz definicji symbolu Newtona.

Zadanie 13. (3 p.)Wyznacz wszystkie wartoci parametru m, dla ktrych prosta o rwnaniu y=mx+(2m+3) madokadnie dwa punkty wsplne z okrgiem o rodku w punkcie S= (0,0) i promieniu r= 3.

Wymagania oglneIII. Modelowanie matematyczne.

Wymagania szczegowe8.6R Ucze wyznacza punkty wsplne prostej i okrgu.

Rozwizanie (I sposb)Dla adnego parametru m prosta o rwnaniu y=mx+(2m+3) nie jest rwnolega do osi Oy.Wynika std, e jeli taka prosta przecina okrg, to wsprzdne x obu punktw przecicia srne. To znaczy, e do stwierdzenia, czy ktra z rozwaanych prostych przecina okrg w dwchpunktach, wystarczy stwierdzi, czy rwnanie

x2 +(mx+(2m+3))2 = 9

z niewiadom x i parametrem m ma dwa rozwizania. Przeksztamy to rwnanie:

x2 +(mx+(2m+3))2 = 9,

x2 +m2x2 +2m(2m+3)x+(2m+3)29 = 0,(m2 +1

)x2 +2m(2m+3)x+4m2 +12m= 0.

Poniewa m2+1 6=0, wic dla kadego m jest to rwnanie kwadratowe. Ma ono dwa rozwizaniawtedy i tylko wtedy, gdy jego wyrnik jest dodatni. Obliczamy zatem ten wyrnik:

= 4m2 (2m+3)24(m2 +1

)(4m2 +12m

)=

= 4m(m(2m+3)24

(m2 +1

)(m+3)

)=

= 4m(4m3 +12m2 +9m4m312m24m12

)=

= 4m(5m12)

Wyrnik jest dodatni wtedy i tylko wtedy, gdy m125

. Zatem rozwaana prosta

przecina dany okrg w dwch punktach wtedy i tylko wtedy, gdy m< 0 lub m>125

.


Rozwizanie, w ktrym jest istotny postp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 p.Zapisanie rwnania x2 +(mx+(2m+3))2 = 9.

XII/15




Pokonanie zasadniczych trudnoci zadania . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 p.Obliczenie wyrnika rwnania kwadratowego(

m2 +1)x2 +2m(2m+3)x+4m2 +12m= 0

i stwierdzenie, e wyrnik rwnania powinien by dodatni: = 4m (5m12), > 0.

Rozwizanie pene . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 p.Prosta y =mx+ (2m+3) przecina dany okrg w dwch punktach wtedy i tylko wtedy, gdy

m< 0 lub m>125

.

Rozwizanie (II sposb)Dowolna prosta bdzie miaa dokadnie dwa punkty wsplne z okrgiem, jeeli odlego rodkaokrgu od danej prostej bdzie mniejsza od promienia okrgu.

Zapisujemy rwnanie danej prostej w postaci oglnej: mxy+(2m+3) = 0.

Wyznaczamy odlego punktu S= (0,0) od danej prostej: d=|2m+3|m2 +1

.

Odlego ma by mniejsza od promienia, zatem|2m+3|m2 +1

< 3.

Rozwizujemy nierwno rwnowan |2m+3|< 3m2 +1.

Obie strony nierwnoci s nieujemne, wic (2m+3)2< 9(m2 +1

). Std 5m2 +12m< 0.

Rozwizaniem nierwnoci 5m2 +12m< 0 jest m< 0 lub m> 125

.

Prosta y =mx+ (2m+3) przecina dany okrg w dwch punktach wtedy i tylko wtedy, gdy

m< 0 lub m>125

.

Uwaga

Zdajcy moe rozwiza nierwno|2m+3|m2 +1

< 3 w dwch przedziaach: m


Rozwizaniem nierwnoci|2m+3|m2 +1

< 3 jest zatem suma rozwiza, czyli m< 0 lub m>125

.


Rozwizanie, w ktrym jest istotny postp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 p.

Wyznaczenie odlegoci rodka okrgu od danej prostej: d=|2m+3|m2 +1

Pokonanie zasadniczych trudnoci zadania . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 p.

Przeksztacenie nierwnoci wymiernej|2m+3|m2 +1


Rozwizanie pene . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 p.Wyznaczenie rwnania stycznej do paraboli y=x2 +1 w punkcie A: y= 6x8.

Rozwizanie (II sposb)Prosta nierwnolega do osi paraboli bdzie styczna do tej paraboli, jeeli ma z parabol do-kadnie jeden punkt wsplny.

Obliczamy wsprzdne punktu A: A= (3,10). Wyznaczamy rwnanie prostej przechodzcejprzez punkt A: y= ax+103a.Ta prosta nie jest rwnolega do osi paraboli, wic ukad rwna y=x

2 +1y= ax+103a

ma dokadnie jedno rozwizanie, jeeli rwnanie kwadratowe x2 + 1 = ax+ 103a ma jednorozwizanie.

Przeksztacamy rwnanie do postaci x2ax+3a9 = 0.Obliczamy wyrnik rwnania kwadratowego: = a2 12a+ 36. Zatem rwnanie ma jednorozwizanie, jeeli wyrnik jest rwny zeru.

Rozwizujemy rwnanie a212a+36=0, czyli (a6)2=0. Jedynym rozwizaniem tego rwnaniajest a= 6.

Rwnanie prostej stycznej do paraboli y=x2 +1 w punkcie A ma posta y= 6x8.


Rozwizanie, w ktrym jest istotny postp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 p.Zapisanie rwnania x2 +1 = ax+103a.

Pokonanie zasadniczych trudnoci zadania . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 p.Obliczenie wyrnika rwnania kwadratowego x2ax+3a9 = 0 oraz wyznaczenie wartoci a,dla ktrej = 0, czyli a= 6.

Rozwizanie pene . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 p.Wyznaczenie rwnania stycznej do paraboli y=x2 +1 w punkcie A: y= 6x8.

Zadanie 15. (3 p.)W ostrosupie prawidowym czworoktnym krawd podstawy ma dugo a. Kt midzy kra-wdzi boczn a krawdzi podstawy ma miar > 45 (zobacz rysunek). Wyznacz objtotego ostrosupa.

XII/18




a

a


Wymagania szczegowe9.6 Ucze stosuje trygonometri do oblicze dugoci odcinkw, miar ktw, pl powierzchnii objtoci.

Rozwizanie (I sposb) najpierw wysoko ciany bocznej

a

a

H h

Wysoko h ciany bocznej jest rwna h=a

2tg. Z twierdzenia Pitagorasa wynika, e wysoko

H ostrosupa jest rwna

H =

h2

(a

2

)2=a

2

tg21Objto V tego ostrosupa jest wic rwna

V =a3

6

tg21.


Rozwizanie, w ktrym jest istotny postp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 p.Zdajcy wyznaczy wysoko h ciany bocznej tego ostrosupa: h=

a

2tg i na tym zakoczy lub

dalej popeni bdy.

XII/19




Pokonanie zasadniczych trudnoci zadania . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 p.Zdajcy wyznaczy wysoko H tego ostrosupa: H =

a

2

tg21 i na tym zakoczy lub dalejpopeni bdy.

Rozwizanie pene . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 p.

Zdajcy wyznaczy objto V tego ostrosupa V =a3

6

tg21.Uwagi:

1. Jeeli zdajcy zapisze objto ostrosupa w postaci V =13a2

(a

2tg

)2(a

2

)2, to otrzy-

muje 3 punkty.

2. Co bardziej dociekliwi zdajcy mog zauway, e tg21 = cos2cos2

. Wtedy: wysoko H ostrosupa przyjmuje posta

H =a

2coscos2,

objto ostrosupa przyjmuje posta

V =a3

6coscos2.

Rozwizanie (II sposb) najpierw krawd boczna

a

a

H b

Dugo b krawdzi bocznej tego ostrosupa jest rwna b=a

2cos. Z twierdzenia Pitagorasa

wynika, e wysoko H ostrosupa jest rwna

H =

b2(a22

)2=

a2

4cos2 a

2

2=a 12cos2

2cos=

a

2coscos2.

Objto V tego ostrosupa jest wic rwna

V =a3

6coscos2.

XII/20





Rozwizanie, w ktrym jest istotny postp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 p.Zdajcy wyznaczy dugo b krawdzi bocznej tego ostrosupa: b=

a

2cosi na tym zakoczy

lub dalej popeni bdy.

Pokonanie zasadniczych trudnoci zadania . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 p.Zdajcy wyznaczy wysoko H tego ostrosupa: H =

a

2coscos2 i na tym zakoczy

lub dalej popeni bdy.

Rozwizanie pene . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 p.

Zdajcy wyznaczy objto V tego ostrosupa: V =a3

6coscos2.

Uwaga

Jeeli zdajcy zapisze objto ostrosupa w postaci V =13a2

( a2cos

)2(a

22

)2, to otrzy-

muje 3 punkty.

Uwaga do treci zadania

W kadym ostrosupie prawidowym czworoktnym kt jest wikszy od 45. Ta dodatkowainformacja wpisana w treci zadania ma na celu zwrcenie zdajcym uwagi na to, e nie bdziesprawdzane badanie warunku rozwizywalnoci zadania w zalenoci od miary kta . Uza-sadnienie geometryczne tego warunku wymagaoby odrbnego rozumowania. Najprostsze takierozumowanie wyglda nastpujco:

| 45.

A B

CD

S

a

a

To rozumowanie wykracza poza obecn podstaw programow, gdy nie ma w niej twierdzeniao tym, e suma dwh ktw paskich trjcianu jest wiksza od trzeciego kta paskiego.

Zadanie 16. (6 p.)Punkty M i L le odpowiednio na bokach AB i AC trjkta ABC, przy czym zachodzrwnoci |MB|= 2 |AM | oraz |LC|= 3 |AL|. Punkt S jest punktem przecicia odcinkw BLi CM. Punkt K jest punktem przecicia prostej AS z odcinkiem BC (zobacz rysunek).

XII/21




A B

C

K

L

M

S

Pole trjkta ABC jest rwne 660. Oblicz pola trjktw: AMS, ALS, BMS i CLS.


Wymagania szczegowe7.5R Ucze znajduje zwizki miarowe w figurach paskich z zastosowaniem twierdzenia sinuswi twierdzenia cosinusw.

Rozwizanie (I sposb)Oznaczmy literami x i y pola trjktw AMS i ALS, czyli PAMS =x i PALS = y.

A B

C

K

L

M

S

x 2xy

3y

Trjkty AMC i BMC maj wspln wysoko opuszczon z wierzchoka C, wic

PAMCPBMC

=|AM ||BM | =

12, czyli PBMC = 2 PAMC .

Std

PAMC =13PABC = 13 660 = 220.

PodobniePAMSPBMS

=|AM ||BM | =

12, czyli PBMS = 2 PAMS = 2x.

Trjkty ALB i CLB maj wspln wysoko opuszczon z wierzchoka B, wic

PALBPCLB

=|AL||CL| =

13, czyli PCLB = 3 PALB.

XII/22




Std

PALB =14PABC = 14 660 = 165.

PodobniePALSPCLS

=|AL||CL| =

13, czyli PCLS = 3 PALS = 3y.

Otrzymalimy wic

PAMC =PAMS +PALS +PCLS =x+y+3y=x+4y,

czylix+4y= 220.

AnalogiczniePALB =PAMS +PALS +PBMS =x+y+2x= 3x+y,

czyli3x+y= 165.

Pozostaje rozwiza ukad rwna x+4y= 2203x+y= 165.Rozwizaniem tego ukadu jest x= 40 i y= 45.

ZatemPAMS =x= 40, PALS = y= 45, PBMS = 2x= 80, PCLS = 3y= 135.

Uwaga

Moemy rwnie atwo obliczy pola pozostaych dwch trjktw, tj. CKS i BKS.

A B

C

K

L

M

S

x 2xy

3yw

z

Oznaczajc pola tych trjktw odpowiednio przez w i z oraz zauwaajc, podobnie jak po-przednio, e

PBKAPCKA

=PBKSPCKS

, czyli3x+z4y+w

=z

w,

a wic120+z180+2

=z

w,

XII/23




otrzymujemy120w+zw= 180z+zw,

2w= 3z.

Wystarczy teraz zauway, e PBCS = 6603x4y= 660120180 = 360, czyli w+z= 360.Std w= 360z, wic 2(360z) = 3z, czyli z= 144 i w= 216.


Rozwizanie, w ktrym postp jest niewielki, ale konieczny na drodze do penegorozwizania . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 p.Zdajcy stwierdzi lub wykorzysta fakt, e stosunek pl dwch trjktw o wsplnej wysokocijest rwny stosunkowi dugoci podstaw, na jakie ta wysoko zostaa opuszczona i zapisze, np.:PMBC = 2 PAMC .

Rozwizanie, w ktrym jest istotny postp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 p.Zdajcy

obliczy pole jednego z trjktw: AMC, BMC, ALB, CLB

albo

wyznaczy pole trjkta BMS w zalenoci od pola trjkta AMS: PBMS = 2x

albo

wyznaczy pole trjkta CLS w zalenoci od pola trjkta ALS: PCLS = 3y.

Pokonanie zasadniczych trudnoci zadania . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4 p.Zdajcy zapisze ukad rwna pozwalajcy obliczy pola trjktWAMS iALS, np. x+4y=220i 3x+y= 165.

Uwaga

Jeeli zdajcy zapisze tylko jedno rwnanie z dwiema niewiadomymi, np. x+4y=220, to otrzy-muje 3 punkty.

Rozwizanie zadania do koca lecz z usterkami, ktre jednak nie przekrelajpoprawnoci rozwizania (np. bdy rachunkowe) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .5 p.Zdajcy

obliczy pole jednego z trjktw AMS lub ALS: x= 40, y= 45

albo

obliczy pola wszystkich trjktw: AMS, ALS, BMS i CLS popeniajc bdy rachunkowe.

Rozwizanie pene . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6 p.Zdajcy obliczy pola trjktw AMS, ALS, BMS i CLS: PAMS = 40, PBMS = 80, PALS = 45,PCLS = 135.

XII/24




Zadanie 17. (6 p.)Oblicz, ile jest stucyfrowych liczb naturalnych o sumie cyfr rwnej 4.


Wymagania szczegowe10.1R Ucze wykorzystuje wzory na liczb permutacji, kombinacji, wariacji i wariacji z powt-rzeniami do zliczania obiektw w bardziej zoonych sytuacjach kombinatorycznych.

RozwizanieWszystkie liczby stucyfrowe o sumie cyfr rwnej 4 moemy podzieli na 7 grup w zalenoci odtego, jakie cyfry wystpuj w zapisie dziesitnym tych liczb:

I Liczba 4000...000, w ktrej po cyfrze 4 nastpuje 99 zer: jest 1 taka liczba,II Liczby postaci 3000...1...000, w ktrych po cyfrze 3 wystpuje 98 cyfr 0 i jedna cyfra 1,

stojca na jednym z 99 moliwych miejsc: jest 99 takich liczb,III Liczby postaci 2000...2...000, w ktrych po cyfrze 2 wystpuje 98 cyfr 0 i jedna cyfra 2,

stojca na jednym z 99 moliwych miejsc: jest 99 takich liczb,IV Liczby postaci 1000...3...000, w ktrych po cyfrze 1 wystpuje 98 cyfr 0 i jedna cyfra 3,

stojca na jednym z 99 moliwych miejsc: jest 99 takich liczb,V Liczby postaci 2000...1...000...1...000, w ktrych po cyfrze 2 wystpuje 97 cyfr 0 i dwie

cyfry 1, stojce na dwch miejscach wybranych z 99 moliwych miejsc: jest 992

= 99 982

= 99 49 = 4851

takich liczb,VI Liczby postaci 1000...2...000...1...000 lub 1000...1...000...2...000, w ktrych po cyfrze 1 wy-

stpuje 97 cyfr 0 oraz cyfry 1 i 2 (w dowolnej kolejnoci), stojce na dwch miejscachwybranych z 99 moliwych miejsc: jest

2 99

2

= 2 99 982

= 99 98 = 9702

takich liczb,VII Liczby postaci 1000...1...000...1...000...1...000, w ktrych po cyfrze 1 wystpuje 96 cyfr 0

i trzy cyfry 1, stojce na trzech miejscach wybranych z 99 moliwych miejsc: jest 993

= 99 98 976

= 33 49 97 = 156849

takich liczb.

cznie zatem mamy 1+3 99+4851+9702+156849 = 171700 takich liczb.

Schemat ocenianiaW rozwizaniu mona wyrni 3 etapy:

XII/25




Pierwszy wstpny:

zauwaenie, e naley rozpatrzy przypadki i zapisanie, e jest jedna stucyfrowa liczba, ktrejpierwsz cyfr jest 4 a po niej nastpuje 99 zer (grupa I).

Drugi skadajcy si z rozwaenia czterech przypadkw:

1. obliczenie, ile jest stucyfrowych liczb postaci 3000...1...000, w ktrych po cyfrze 3 wystpuje98 cyfr 0 i jedna cyfra 1 oraz ile jest stucyfrowych liczb postaci 2000...2...000, w ktrychpo cyfrze 2 wystpuje 98 cyfr 0 i jedna cyfra 2 oraz ile jest stucyfrowych liczb postaci1000...3...000, w ktrych po cyfrze 1 wystpuje 98 cyfr 0 i jedna cyfra 3 (grupy II, III i IV),

2. obliczenie, ile jest stucyfrowych liczb postaci 2000...1...000...1...000, w ktrych po cyfrze 2wystpuje 97 cyfr 0 i dwie cyfry 1 stojce na dwch miejscach wybranych z 99 moliwychmiejsc (grupa V),

3. obliczenie, ile jest stucyfrowych liczb postaci

1000 . . .2 . . .000 . . .1 . . .000 oraz 1000 . . .1 . . .000 . . .2 . . .000,

w ktrych po cyfrze 1 wystpuje 97 cyfr 0 oraz cyfry 1 i 2 (w dowolnej kolejnoci), stojcena dwch miejscach wybranych z 99 moliwych miejsc (grupa VI),

4. obliczenie, ile jest stucyfrowych liczb postaci 1000...1...000...1...000...1...000, w ktrych pocyfrze 1 wystpuje 96 cyfr 0 i trzy cyfry 1, stojce na trzech miejscach wybranych z 99moliwych miejsc (grupa VII).

Trzeci obliczenia kocowe:

obliczenie, ile jest wszystkich stucyfrowych liczb naturalnych o sumie cyfr rwnej 4.

Rozwizanie, w ktrym postp jest niewielki, ale konieczny na drodze do penegorozwizania . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 p.Realizacja pierwszego etapu rozwizania zapisanie, e jest jedna stucyfrowa liczba, ktrejpierwsz cyfr jest 4 a po niej nastpuje 99 zer.

Pokonanie zasadniczych trudnoci zadania . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5 p.Realizacja drugiego etapu rozwizania zdajcy otrzymuje po jednym punkcie za obliczenieile jest stucyfrowych liczb w kadym z wymienionych przypadkw, odpowiednio:

1. 3 99 = 297,2.(

992

)=

99 982

= 99 49 = 4851,

3. 2(

992

)= 2 99 98

2= 99 98 = 9702,

4.(

993

)=

99 98 976

= 33 49 97 = 156849.

W tej czci rozwizania zdajcy moe otrzyma od 0 punktw do 4 punktw.

Rozwizanie pene . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6 p.Obliczenie, ile jest wszystkich stucyfrowych liczb naturalnych o sumie cyfr rwnej 4: jest 171700takich liczb.

XII/26




Uwaga

Zadanie mona rozwiza powoujc si na nietrudne do udowodnienia twierdzenie, e dla

k9 istnieje(n+k2k1

)liczb n-cyfrowych o sumie cyfr rwnej k. (Istnieje

(n+k2k1

)cigw

(a1, . . . ,an) takich, e a1, . . . ,an s liczbami cakowitymi, a1 6=0, a2, . . . ,an0 oraz a1+. . .+an=k).W naszym przypadku mamy n= 100 i k= 4: n+k2

k1

= 102

3

= 102 101 1006

= 17 101 100 = 171700.

Zadanie 18. (7 p.)Dany jest prostoktny arkusz kartonu o dugoci 80 cm i szerokoci 50 cm. W czterech rogachtego arkusza wycito kwadratowe naroa (zobacz rysunek).

Nastpnie zagito karton wzdu linii przerywanych, tworzc w ten sposb prostopadociennepudeko (bez przykrywki). Oblicz dugo boku wycitych kwadratowych naroy, dla ktrejobjto otrzymanego pudeka jest najwiksza. Oblicz t objto.

Wymagania oglneIII. Modelowanie matematyczne

Wymagania szczegowe11.6R Ucze stosuje pochodne do rozwizywania zagadnie optymalizacyjnych.

Oglny schemat ocenianiaRozwizanie zadania optymalizacyjnego za pomoc rachunku rniczkowego skada si z trzechetapw:

1. Zbudowanie modelu matematycznego (3 p.).2. Zbadanie tego modelu (3 p.).3. Wycignicie wnioskw, kocowe obliczenia itp. (1 p.).

W pierwszych dwch etapach mona wyrni nastpujce czci:

XII/27




1.a) wybr zmiennej i wyraenie za pomoc tej zmiennej wielkoci, ktre bd potrzebne dozdefiniowania funkcji,

1.b) zdefiniowanie funkcji jednej zmiennej,1.c) okrelenie dziedziny tej funkcji,

2.a) wyznaczenie pochodnej,2.b) obliczenie miejsc zerowych tej pochodnej,2.c) uzasadnienie (np. badanie monotonicznoci funkcji), e funkcja posiada warto najmniej-

sz/najwiksz.

Za poprawne rozwizanie kadej z powyszych czci zdajcy otrzymuje 1 punkt, o ile po-przednia cz danego etapu zostaa zrealizowana bezbdnie.

Rozwizanie (I sposb)Oznaczmy liter x dugo boku kwadratowych naroy. Podstawa pudeka ma wymiary

(802x)(502x).Wysoko pudeka jest rwna x. Zatem objto wyraa si wzorem

V = (802x) (502x) x,czyli

V = (4000160x100x+4x2) x= 4x3260x2 +4000x= 4(x365x2 +1000x).Naszym zadaniem jest obliczenie, dla jakiego x (speniajcego nierwnoci 0 10,

wic w przedziale (0,10 funkcja f jest rosnca i w przedziale 10,25) jest malejca. Stdwynika, e w punkcie x= 10 funkcja f przyjmuje najwiksz warto. Szukana objto jestzatem rwna

V = (8020) (5020) 10 = 18000 cm2.

XII/28




Schemat oceniania I sposobu rozwizaniaRozwizanie zadania skada si z trzech etapw, opisanych oglnie na stronie 27.

1.a) Oznaczenie liter np. x dugoci boku kwadratowych naroy, zapisanie dugoci podstawypudeka (802x) i szerokoci podstawy pudeka (502x).

1.b) Zapisanie objtoci jako funkcji zmiennej wysokoci pudeka x : V =(802x)(502x)x.1.c) Zapisanie warunkw, jakie musi spenia wysoko pudeka: 0 0 dla 0


1.b) Zapisanie objtoci jako funkcji zmiennej dugoci podstawy pudeka x : V =(x30)80x2x.

1.c) Zapisanie warunkw, jakie musi spenia dugo podstawy pudeka: 300 dla 30


1.c) Zapisanie warunkw, jakie musi spenia szeroko podstawy pudeka: 0 0 dla 0

matematyka_PR_model_A1_A2_A3_A4_A6_A7

Documents

Transcript of matematyka_PR_model_A1_A2_A3_A4_A6_A7