MATEMATYKA

Transkrypt

MATEMATYKA

EGZAMIN MATURALNY
W ROKU SZKOLNYM 2015/2016
FORMUŁA DO 2014
(„STARA MATURA”)
MATEMATYKA
POZIOM ROZSZERZONY
ZASADY OCENIANIA ROZWIĄZAŃ ZADAŃ
ARKUSZ MMA-P1
CZERWIEC 2016
Zadanie 1. (4 pkt)
Rozwiąż nierówność x + 5 + x − 6 ≤ 9 − x .
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. x ∈ ( −∞, −5 )
C. x ∈ 6, + ∞ )
B. x ∈ −5, 6 )
−x − 5 − x + 6 ≤ 9 − x
−x +1 ≤ 9
x ≥ −8
x+5− x+6 ≤ 9− x
x+5+ x−6 ≤ 9− x
11 ≤ 9 − x
2x −1 ≤ 9 − x
x ≤ −2
3 x ≤ 10
W tym przypadku zbiór
10
x
≤
rozwiązań nierówności jest
3
określony przez warunek
−5 ≤ x ≤ −2
określony przez warunek
−8 ≤ x < −5
zbiorem pustym
Łącząc otrzymane rozwiązania, podajemy ostateczną odpowiedź: −8 ≤ x ≤ −2 .
Odpowiedź: Zbiorem rozwiązań nierówności jest przedział −8, − 2 .
II sposób rozwiązania (zapisanie czterech przypadków)
Zapisujemy cztery przypadki:
x + 5 ≥ 0
x + 5 ≥ 0
x + 5 < 0
I. 
II. 
III. 
x − 6 ≥ 0
x − 6 < 0
x − 6 ≥ 0
W każdym z nich rozwiązujemy nierówność bądź układ nierówności
x + 5 ≥ 0

x − 6 ≥ 0
x + 5 + x − 6 ≤ 9 − x

x + 5 ≥ 0

x − 6 < 0
x + 5 − x + 6 ≤ 9 − x

x + 5 < 0

x − 6 ≥ 0
− x − 5 + x − 6 ≤ 9 − x

x + 5 < 0
IV. 
x − 6 < 0
x + 5 < 0

x − 6 < 0
− x − 5 − x + 6 ≤ 9 − x

 x ≥ −5
 x ≥ −5
 x < −5
 x < −5




x ≥ 6
x < 6
x ≥ 6
x < 6
2 x − 1 ≤ 9 − x
 x ≤ −2
 x − 11 ≤ 9
− x ≤ 8




−5 ≤ x ≤ −2
niemożliwe
 x ≥ −5
 x < −5


x ≥ 6
x < 6
x ≤ 3 1
 x ≥ −8

3

−8 ≤ x < −5
niemożliwe
Łącząc otrzymane rozwiązania, podajemy ostateczną odpowiedź: −8 ≤ x < −2 .
Odpowiedź: Zbiorem rozwiązań nierówności jest przedział −8, − 2 .
Strona 2 z 26
Schemat punktowania
Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp ........................................................................ 1 p.
Zdający
• wyróżni na osi liczbowej przedziały ( −∞, −5 ) , −5, 6 ) , 6, +∞ )
albo
• zapisze cztery przypadki:
x + 5 ≥ 0
x + 5 ≥ 0
x + 5 < 0
x + 5 < 0
I. 
II. 
III. 
IV. 
x − 6 ≥ 0
x − 6 < 0
x − 6 ≥ 0
x − 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 ...................................................................... 2 p.
• Zdający zapisze nierówności w poszczególnych przedziałach, np.:
A. dla x ∈ ( −∞, −5 ) mamy − x − 5 − x + 6 ≤ 9 − x ,
B. dla x ∈ −5, 6 ) mamy − x + 5 − x + 6 ≤ 9 − x ,
C. dla x ∈ 6, +∞ ) mamy x + 5 + x − 6 ≤ 9 − x
albo
• zdający zapisze nierówności w poszczególnych przypadkach, np.:
I. gdy x + 5 ≥ 0 i x − 6 ≥ 0 , to wtedy x + 5 + x − 6 ≤ 9 − x (lub stwierdzi, że ten
przypadek jest niemożliwy),
II. gdy x + 5 ≥ 0 i x − 6 < 0 , to wtedy x + 5 − x + 6 ≤ 9 − x
III. gdy x + 5 < 0 i x − 6 ≥ 0 , to wtedy − x − 5 + x − 6 ≤ 9 − x (lub stwierdzi, że ten
przypadek jest niemożliwy),
IV. gdy x + 5 < 0 i x − 6 < 0 , to wtedy − x − 5 − x + 6 ≤ 9 − x .
Rozwiązanie zadania do końca, lecz z usterkami, które jednak nie przekreślają
poprawności rozwiązania (np. błędy rachunkowe) ........................................................... 3 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 ................................................................................................................ 4 p.
Zdający zapisze odpowiedź: x ∈ −8, −2 .
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 1 punkt mniej, niż gdyby
wyróżnił wszystkie przedziały poprawnie.
Strona 3 z 26
III sposób rozwiązania (graficzne)
Rysujemy wykresy funkcji f ( x ) = x + 5 + | x − 6 | i g ( x ) = − x + 9 .
Wyróżniamy na osi liczbowej przedziały: ( −∞, −5 ) , −5, 6 ) , 6, +∞ ) .
Zapisujemy wzór funkcji f w poszczególnych przedziałach bez wartości bezwzględnej, np.
−2 x + 1 dla x ∈ ( −∞, −5 )

f ( x ) = 11 dla x ∈ −5, 6 )

2 x − 1 dla x ∈ 6, +∞ )
Rysujemy wykresy funkcji f i g:
()
y= f x
()
y=g x
Odczytujemy odcięte punktów przecięcia wykresów funkcji f i g: x = −8 , x = −2 .
Sprawdzamy, czy spełniają one równanie x + 5 + x − 6 = 9 − x , a następnie podajemy te
wszystkie argumenty, dla których f ( x ) ≤ g ( x ) : x ∈ −8, −2 .
Schemat punktowania
Rozwiązanie, w którym postęp jest niewielki, ale konieczny na drodze do pełnego
rozwiązania ......................................................................................................................... 1 p.
Zdający wyróżni na osi liczbowej przedziały: ( −∞, −5 ) , −5, 6 ) , 6, +∞ ) .
Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp ...................................................................... 2 p.
Zdający zapisze wzór funkcji f w poszczególnych przedziałach, np.:
A. dla x ∈ ( −∞, −5 ) mamy f ( x ) = −2 x + 1 ,
B. dla x ∈ −5, 6 ) mamy f ( x ) = 11 ,
C. dla x ∈ 6, + ∞ ) mamy f ( x ) = 2 x − 1 ,
Strona 4 z 26
lub
−2 x + 1 dla x ∈ ( −∞, −5 )

f ( x ) = 11 dla x ∈ −5, 6 )

2 x − 1 dla x ∈ 6, +∞ )
Pokonanie zasadniczych trudności zadania ..................................................................... 3 p.
Zdający narysuje wykres funkcji f i prostą o równaniu y = − x + 9 .
Rozwiązanie pełne .............................................................................................................. 4 p.
Zdający zapisze odpowiedź: x ∈ −8, −2 .
Zadanie 2. (4 pkt)
Rozwiąż równanie sin 3 x − 3sin x ⋅ cos 2 x − 3cos3 x + sin 2 x ⋅ cos x = 0 w przedziale 0, π .
Rozwiązanie
Sprowadzamy
równanie
do
postaci
sin 2 x ( sin x + cos x ) − 3cos 2 x ( sin x + cos x ) = 0 ,
a następnie do postaci: ( sin x + cos x ) ⋅ ( sin 2 x − 3cos 2 x ) = 0 .
Stąd otrzymujemy równania: sin x = − cos x lub sin 2 x = 3cos 2 x .
π
Rozwiązanie, x = + kπ , gdzie k jest liczbą całkowitą, nie należy do zbioru rozwiązań
2
równania, więc powyższe równania możemy przekształcić do postaci równoważnej: tgx = −1
lub tg 2 x = 3 .
3
1
Stąd x = π + kπ , gdzie k jest liczbą całkowitą lub x = π + kπ , gdzie k jest liczbą całkowitą
4
3
2
lub x = π + kπ , gdzie k jest liczbą całkowitą.
3
3
1
2
W przedziale 0, π rozwiązaniami tego równania są: x = π , x = π , x = π .
4
3
3
Uwaga:
Równanie można przekształcić do postaci równoważnej
3
3

sin x = sin  π − x  lub sin 2 x =
4
2

3
3
3

sin x = sin  π − x  lub sin x =
lub sin x = −
2
2
2

1
3

sin x = sin  π − x  lub cos 2 x =
4
2

1
1
3

sin x = sin  π − x  lub cos x = lub cos x = −
2
2
2

3
1
Stąd x = π + kπ , gdzie k jest liczbą całkowitą lub x = π + kπ , gdzie k jest liczbą całkowitą
4
3
2
lub x = π + kπ , gdzie k jest liczbą całkowitą.
3
Strona 5 z 26
Schemat punktowania
rozwiązania .......................................................................................................................... 1 p.
Zapisanie równania w postaci równoważnej ( sin x + cos x ) ⋅ ( sin 2 x − 3cos 2 x ) = 0 .
Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp ....................................................................... 2 p.
Doprowadzenie równania do postaci równoważnej, np.:
π
• tgx = −1 lub tg 2 x = 3 przy założeniu, że x ≠
2
albo
π
• tgx = −1 lub tgx = 3 lub tgx = − 3 przy założeniu, że x ≠ ,
2
albo
3
3

• sin x = sin  π − x  lub sin 2 x = ,
4
2

albo
3
3
3

lub sin x = −
,
• sin x = sin  π − x  lub sin x =
2
2
2

albo
1
3

• sin x = sin  π − x  lub cos 2 x = ,
4
2

albo
1
1
3

• sin x = sin  π − x  lub cos x = lub cos x = − .
2
2
2

3
1
2
Rozwiązanie równania w zbiorze R: x = π + kπ lub x = π + kπ lub x = π + kπ , gdzie k
4
3
3
jest liczbą całkowitą.
3
1
2
Podanie wszystkich rozwiązań równania z przedziału 0, π : x = π , x = π , x = π .
4
3
3
Strona 6 z 26
Zadanie 3. (5 pkt)
Wyznacz wszystkie wartości parametru m, dla których równanie x 2 + 3x +
różne rozwiązania rzeczywiste x1 , x2 spełniające warunek x13 + x23 > −9 .
Rozwiązanie
Zapisujemy układ warunków:
Δ > 0
 3
3
 x1 + x2 > −9
2−m
> 0,
Rozwiązujemy nierówność Δ > 0 , czyli 9 − 4
m−3
9 ( m − 3) − 4 ( 2 − m )
> 0,
m−3
13m − 35
>0,
m−3
(13m − 35)( m − 3) > 0 ,

35  

m ∈  −∞,  ∪  3, ∞  .
13  


3
3
Nierówność x1 + x2 > −9 zapisujemy w postaci równoważnej
( x1 + x2 ) ( x12 − x1 x2 + x22 ) > −9,
( x1 + x2 ) ( x1 + x2 )
− 3 x1 x2  > −9.

Wykorzystując wzory Viète’a, otrzymujemy nierówność z niewiadomą m:
 3( 2 − m) 
( −3) 9 −
 > −9 ,
m−3 

czyli
9 ( 2 − m)
−27 +
> −9 ,
m−3
2−m
−3 +
> −1 ,
m−3
−3m + 8
>0,
m−3
( −3m + 8 )( m − 3) > 0
2
8 
m ∈  , 3 .
3 
Stąd i z poprzedniego warunku otrzymujemy
 8 35 
m∈ ,  .
 3 13 
Strona 7 z 26
2−m
= 0 ma dwa
m−3
Schemat punktowania
Rozwiązanie zadania składa się z trzech etapów.

35  

Pierwszy z nich polega na rozwiązaniu nierówności Δ > 0 : m ∈  −∞,  ∪  3, ∞  .
13  


Za poprawne rozwiązanie tego etapu zdający otrzymuje 1 punkt.
Uwaga:
Jeżeli zdający zapisze Δ ≥ 0 , to za tę część otrzymuje 0 punktów.
Drugi etap polega na rozwiązaniu nierówności x13 + x23 > −9 . Za tę część rozwiązania zdający
otrzymuje 3 punkty.
Podział punktów za drugi etap rozwiązania:
1 punkt zdający otrzymuje za zapisanie wyrażenia x13 + x23 w postaci
( x1 + x2 ) ( x1 + x2 )
− 3 x1 x2  ,

2 punkty zdający otrzymuje za zapisanie nierówności x13 + x23 > −9 w postaci
2
 3( 2 − m) 
nierówności z jedną niewiadomą, np.: ( −3) 9 −
 > −9 ,
m−3 

8 
3 punkty zdający otrzymuje za rozwiązanie nierówności x13 + x23 > −9 : m ∈  , 3  .
3 
Trzeci etap polega na wyznaczeniu części wspólnej rozwiązań nierówności z etapu
 8 35 
pierwszego i drugiego: m ∈  ,  . Za poprawne rozwiązanie tego etapu zdający otrzymuje
 3 13 
1 punkt.
Uwaga:
W przypadku rozwiązania z usterkami, za ostatni etap przyznajemy 1 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 26
Zadanie 4. (3 pkt)
a = 1
Ciąg (a n ) jest określony wzorem  1
an +1 = 2an + 3n + 2 dla n ≥ 1.
Oblicz średnią arytmetyczną liczb a2 + 3 i a3 + 2 .
Rozwiązanie
Obliczamy wyrazy a2 i a3 ciągu (a n ) :
a2 = 2 + 5 = 7 , a3 = 14 + 8 = 22 .
Obliczamy średnią arytmetyczną liczb a2 + 3 i a3 + 2 :
x=
( 7 + 3) + ( 22 + 2 ) = 17 .
2
Schemat punktowania
Zdający obliczy wyrazy a2 i a3 ciągu (a n ) : a2 = 2 + 5 = 7 , a3 = 14 + 8 = 22 .
Zdający zapisze równanie, z którego można obliczyć średnią arytmetyczną:
( 7 + 3) + ( 22 + 2 ) .
x=
2
Zdający obliczy średnią arytmetyczną: x = 17 .
Zadanie 5. (3 pkt)
Wykaż, że jeśli a, b, c są dowolnymi liczbami rzeczywistymi takimi, że a + b + c = 0 , to
(
)
2
2
2
3 a 2 + b2 + c2 = ( 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:
(
3 ( a 2 + b 2 + c 2 ) = 3 a 2 + b 2 + ( −a − b )
2
) = 3( a
2
+ b 2 + a 2 + 2ab + b 2 ) = 3 ( 2a 2 + 2b 2 + 2ab ) =
= 6a 2 + 6b 2 + 6ab = a 2 − 2ab + b 2 + 4b 2 + 4ab + a 2 + 4a 2 + 4ab + b 2 = ( a − b ) + ( 2b + a ) + ( −2a − b ) =
2
2
= ( a − b) + (b − c ) + ( c − a ) ,
2
2
2
co kończy dowód.
Schemat punktowania I sposobu rozwiązania
Zdający otrzymuje ............................................................................................................. 1 p.
gdy wyznaczy jedną z liczb, np. c = − a − b i zapisze lewą stronę wyrażenia w postaci:
(
3 a 2 + b2 + ( −a − b )
2
) i na tym zakończy lub dalej popełni błędy.
Strona 9 z 26
2
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 2 − 2ab + b 2 + 4b 2 + 4ab + a 2 + 4a 2 + 4ab + b 2 .
i na tym zakończy lub dalej popełni błędy.
gdy przeprowadzi pełne rozumowanie.
Rozwiązanie (II sposób)
Równanie a + b + c = 0 podnosimy obustronnie do kwadratu i otrzymujemy:
a 2 + b 2 + c 2 + 2ab + 2bc + 2ac = 0 .
Stąd
a 2 + b 2 + c 2 = −2ab − 2bc − 2ac .
Zatem
3 ( a 2 + b 2 + c 2 ) = −6ab − 6bc − 6ac .
Po zastosowaniu wzorów skróconego mnożenia otrzymamy
( a − b )2 + ( b − c )2 + ( c − a )2 = a 2 − 2ab + b2 + b 2 − 2bc + c 2 + c 2 − 2ac + a 2 =
= 2a 2 + 2b 2 + 2c 2 − 2ab − 2bc − 2ac = 2 ( a 2 + b 2 + c 2 ) − 2ab − 2bc − 2ac
Wyrażenie w nawiasie zastępujemy przez: −2ab − 2bc − 2ac .
Stąd
2 ( a 2 + b 2 + c 2 ) − 2ab − 2bc − 2ac = 2 ( −2ab − 2bc − 2ac ) − 2ab − 2bc − 2ac =
= −6ab − 6bc − 6ac .
Zatem
3 ( a 2 + b2 + c2 ) = ( a − b ) + ( b − c ) + ( c − a ) ,
2
2
2
co kończy dowód.
Schemat punktowania II sposobu rozwiązania
gdy
• podniesie równanie a + b + c = 0 obustronnie do kwadratu i zapisze:
3 ( a 2 + b 2 + c 2 ) = −6ab − 6bc − 6ac
albo
•
przekształci prawą stronę równości do postaci:
( a − b )2 + ( b − c )2 + ( c − a )2 = 2 ( a 2 + b2 + c 2 ) − 2ab − 2bc − 2ac
gdy podniesie równanie a + b + c = 0 obustronnie do kwadratu i zapisze:
3 ( a 2 + b 2 + c 2 ) = −6ab − 6bc − 6ac
i przekształci prawą stronę równości do postaci:
( a − b )2 + ( b − c )2 + ( c − a )2 = 2 ( a 2 + b2 + c 2 ) − 2ab − 2bc − 2ac
Strona 10 z 26
gdy przeprowadzi pełne rozumowanie.
Zadanie 6. (4 pkt)
Wyznacz równania stycznych do okręgu x 2 + y 2 + 12 x + 4 y + 36 = 0 , przechodzących przez
początek układu współrzędnych.
Proste styczne do okręgu x 2 + y 2 + 12 x + 4 y + 36 = 0 , przechodzące przez początek układu
współrzędnych, mają równanie postaci y = mx , gdyż prosta o równaniu x = 0 nie ma
punktów wspólnych z okręgiem (układ równań x 2 + y 2 + 12 x + 4 y + 36 = 0 i x = 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 = mx
(1)
 2
2
 x + y + 12 x + 4 y + 36 = 0
ma dokładnie jedno rozwiązanie. Stąd otrzymujemy równanie
2
x 2 + ( mx ) + 12 x + 4mx + 36 = 0 ,
(2)
(m
2
+ 1) x 2 + (12 + 4m ) x + 36 = 0 .
Na to aby układ (1) miał jedno rozwiązanie potrzeba i wystarcza, żeby równanie (2) miało
dokładnie jedno rozwiązanie, a tak jest wtedy i tylko wtedy, gdy wyróżnik trójmianu
( m2 + 1) x2 + (12 + 4m ) x + 36 jest równy 0, czyli
(12 + 4m )
2
− 4 ( m 2 + 1) ⋅ 36 = 0 ,
144 + 96m + 16m 2 − 144m 2 − 144 = 0 ,
−128m 2 + 96m = 0 ,
3

−128m  m −  = 0 ,
4

3
m = 0 lub m = .
4
3
Istnieją zatem dwie styczne o równaniach: y = 0 i y = x .
4
Rozwiązanie, w którym postęp jest niewielki, ale konieczny na drodze do całkowitego
rozwiązania zadania ............................................................................................................. 1 p.
 y = mx
Zdający zapisze układ równań  2
.
2
 x + y + 12 x + 4 y + 36 = 0
Zdający zapisze równanie kwadratowe z jedną niewiadomą: x 2 m 2 + 1 + x(12 + 4m ) + 36 = 0 .
(
Strona 11 z 26
)
Pokonanie zasadniczych trudności zadania ....................................................................... 3 p.
Zdający zapisze warunek istnienia stycznych: − 128m 2 + 96m = 0 lub Δ = 0 .
3
Zdający wyznaczy równania stycznych do okręgu: y = 0 i y = x .
4
Równanie okręgu możemy zapisać w postaci równoważnej
2
2
( x + 6) + ( y + 2) = 4 .
Zatem środkiem tego okręgu jest punkt S = ( −6, −2 ) , a promień okręgu jest równy r = 2 .
Zauważmy, że odległość środka S okręgu od prostej o równaniu x = 0 jest równa 6, co
oznacza, że prosta ta nie jest styczna do tego okręgu. Wynika stąd, że szukane styczne mają
równania postaci y = mx , czyli mx − 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 ) − 1 ⋅ (− 2 )
= 2,
m2 + 1
− 6m + 2 = 2 m 2 + 1 ,
3m − 1 = m 2 + 1 ,
( 3m − 1)
2
= m2 + 1 ,
9m 2 − 6m + 1 = m 2 + 1 ,
8m 2 − 6m = 0 ,
3

8m  m −  = 0 ,
4

3
m = 0 lub m = .
4
3
Istnieją zatem dwie styczne o równaniach: y = 0 i y = x .
4
Zdający wyznaczy współrzędne środka S = (a , b ) okręgu i jego promień r: S = (− 6, − 2 )
i r = 2.
m ⋅ (− 6 ) − 1 ⋅ (− 2 )
Zdający zapisze równanie z niewiadomą m:
= 2.
m2 +1
m ⋅ (− 6 ) − 1 ⋅ (− 2 )
Zdający przekształci równanie
= 2 do postaci równania kwadratowego:
m2 +1
( 3m − 1)
2
= m2 + 1 .
Strona 12 z 26
3
Zdający zapisze równania prostych stycznych do okręgu: y = 0 i y = x .
4
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 2 punkty.
Zadanie 7. (4 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 {1, 2,3, 4,5, 6} .
Liczba wszystkich takich ciągów jest równa Ω = 64 = 1296 .
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 = 42 ⋅ 52 = 150 .
Tyle samo jest zdarzeń elementarnych sprzyjających zdarzeniu B.
()
B = 42 ⋅ 52 = 150 .
Liczba wszystkich zdarzeń elementarnych sprzyjających zdarzeniu A ∩ B jest równa
()
A ∩ B = 42 .
Stąd
A ∪ B = 150 + 150 − 6 = 294 .
Prawdopodobieństwo zdarzenia A ∪ B jest zatem równe
294
49
P ( A ∪ B) =
=
.
1296 216
Schemat punktowania
Zdający wyznaczy liczbę wszystkich zdarzeń elementarnych tego doświadczenia:
Ω = 64 = 1296 .
Strona 13 z 26
Zdający poprawnie wyznaczy liczbę zdarzeń elementarnych, sprzyjających zajściu
zdarzenia A ∪ B = 294 i na tym poprzestanie lub dalej popełni błędy.
Rozwiązanie pełne ............................................................................................................... 4 p.
Zdający poprawnie wyznaczy prawdopodobieństwo otrzymania dokładnie dwóch dwójek lub
294
49
dokładnie dwóch piątek w tym doświadczeniu losowym P ( A ∪ B ) : P ( A ∪ B ) =
=
.
1296 216
Uwagi:
1. Jeśli zdający rozwiąże zadanie do końca i otrzyma P ( A ∪ B ) > 1 lub P( A ∪ B ) < 0 ,
to otrzymuje za całe rozwiązanie 0 punktów.
2. Jeżeli zdający obliczy
Ω = 64
()
i
()
()
A = 42 ⋅ 52 = 150 lub
B = 42 ⋅ 52 = 150 albo
A ∩ B = 42 = 6 i na tym poprzestanie lub dalej popełni błędy, to otrzymuje 2 punkty.
3. 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 3 punkty.
Zadanie 8. (5 pkt)
Dany jest odcinek AB o długości 10. Rozpatrujemy wszystkie sześciokąty foremne ACDMEF
i trójkąty równoboczne MBG, których wspólny wierzchołek M leży na odcinku AB (zobacz
rysunek).
G
F
E
A
B
M
D
C
Oblicz stosunek obwodu sześciokąta ACDMEF do obwodu trójkąta MBG w przypadku, gdy
suma pól tych dwóch wielokątów jest najmniejsza.
Rozwiązanie
Niech 2 x = AM . Wtedy MB = 10 − 2 x . Sześciokąt foremny ACDMEF składa się sześciu
przystających trójkątów równobocznych o boku długości x.
Zatem
PACDMEF
(10 − 2 x )
x2 3 3 3 2
= 6⋅
=
x oraz PMBG =
4
2
4
2
3
Strona 14 z 26
4 (5 − x )
=
4
2
3
= ( 25 − 10 x + x 2 ) 3 .
Suma S pól tych wielokątów jest więc równa
3 3 2
3
5 3 2
S ( x) =
x + ( 25 − 10 x + x 2 ) 3 =
3x 2 + 50 − 20 x + 2 x 2 ) =
(
( x − 4 x + 10 ) ,
2
2
2
gdzie x ∈ ( 0,5 ) .
−4
= 2 ∈ ( 0,5 ) . Wówczas stosunek obwodu
2
sześciokąta ACDMEF do obwodu trójkąta MBG jest równy
6x
x
2
=
= .
3 (10 − 2 x ) 5 − x 3
Funkcja S osiąga najmniejszą wartość dla x = −
Schemat punktowania
rozwiązania ......................................................................................................................... 1 p.
Zdający zapisze związek pomiędzy długością przekątnej sześciokąta ACDMEF i długością
boku trójkąta MBG, np.: MB = 10 − 2 x , gdzie 2x = AM .
Zdający zapisze sumę S pól sześciokąta ACDMEF i trójkąta MBG w zależności od jednej
zmiennej oraz poda zakres zmienności tej zmiennej, np.
3 3 2
S ( x) =
x + ( 25 − 10 x + x 2 ) 3 dla x ∈ ( 0,5 ) .
2
Zdający obliczy tę wartość zmiennej, dla której funkcja S osiąga wartość najmniejszą: x = 2 .
Rozwiązanie prawie pełne ................................................................................................. 4 p.
Zdający obliczy obwód sześciokąta ACDMEF i trójkąta MBG, gdy S osiąga wartość
najmniejszą: LACDMEF = 6 x = 12 , LMBG = 3 (10 − 2 x ) = 3 ⋅ 6 = 18
Zdający obliczy stosunek obwodu sześciokąta ACDMEF do obwodu trójkąta MBG, gdy S
L
2
osiąga wartość najmniejszą: ACDMEF =
LMBG
3
Strona 15 z 26
Zadanie 9. (4 pkt)
Dany
jest
czworokąt
wypukły
ABCD ,
w
którym:
AB = BC ,
DAB = 45° ,
ABC = 150° , BCD = 60° . Wykaż, że trójkąt BCD jest równoboczny.
W danym czworokącie D = 360° − ( A + B + C ) = 105° . Rozważmy okrąg o środku
w punkcie B i promieniu równym BA (zobacz rysunek). Oczywiście punkt C leży na tym
okręgu, bo AB = BC .
A
B
D
C
1
CBA + ADC = 180° , więc na tym okręgu leży także punkt D . Oznacza to, że
2
trójkąt BCD jest trójkątem równoramiennym z kątem przy podstawie równym 60° , a zatem
jest trójkątem równobocznym. To kończy dowód twierdzenia.
Ponieważ
Schemat punktowania (I sposobu rozwiązania)
Rozwiązanie, w którym postęp jest wprawdzie niewielki,
ale konieczny na drodze do całkowitego rozwiązania zadania ......................................1 pkt
Zdający zapisze, że D = 360° − ( A + B + C ) = 105° i na tym zakończy lub dalej
popełni błędy.
Pokonanie zasadniczych trudności zadania .....................................................................3 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 ..............................................................................................................4 pkt
Zdający przeprowadzi pełne, poprawne rozumowanie.
Strona 16 z 26
W danym czworokącie D = 360° − ( A + B + C ) = 105° . Prowadzimy przekątną AC .
Trójkąt ABC jest równoramienny z kątami przy podstawie AC równymi 15° . Niech
AB = BC = a oraz CD = b (zobacz rysunek).
A
a
B
a
D
b
Stosujemy twierdzenie cosinusów i wyznaczamy kwadrat długości odcinka AC . Zapisujemy
kolejno

3
AC 2 = AB 2 + BC 2 − 2 ⋅ AB ⋅ BC ⋅ cos150° = 2a 2 − 2 ⋅ a 2 ⋅  −
 ,
 2 
czyli
AC 2 = a 2 2 + 3 .
C
(
)
Zastosujemy teraz twierdzenie sinusów do trójkąta ACD . Zauważmy, że
DAC = 45° − 15° = 30° .
Ponieważ
CD
AC
=
,
sin 30° sin105°
6
2
+
, więc
ale sin105° = sin ( 60° + 45° ) =
4
4
1
⋅ AC
2
.
CD = b =
6+ 2
4
Ponieważ długości boków są liczbami dodatnimi, więc powyższa równość jest równoważna
równości
1
⋅ AC 2
b2 = 4
.
2
 6+ 2


4


1
1 2
⋅ AC 2
⋅a 2+ 3
4a 2 2 + 3
4
4
=
=
= a 2 . Otrzymujemy więc równość b 2 = a 2 ,
Ale
2
8+ 4 3
4 2+ 3
 6+ 2


16
4


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 17 z 26
Schemat oceniania (II sposobu rozwiązania)
ale konieczny na drodze do całkowitego rozwiązania zadania ......................................1 pkt
Zdający wykorzysta twierdzenie cosinusów do trójkąta ABC i wyznaczy kwadrat długości
boku AC w zależności od długości boków AB i BC ,
(
AC 2 = a 2 2 + 3
)
Istotny postęp .................................................................................................................... 2 pkt
Zdający zastosuje twierdzenie sinusów do trójkąta ACD i wyznaczy długość boku CD
w zależności od AC
1
⋅ AC
CD = 2
6+ 2
4
Pokonanie zasadniczych trudności zadania .....................................................................3 pkt
Zdający uzasadni, że CD = BC i na tym zakończy lub dalej popełni błędy.
Rozwiązanie pełne ..............................................................................................................4 pkt
Zdający przeprowadzi pełne, poprawne rozumowanie.
Zadanie 10. (4 pkt)
Dany jest trójkąt ABC , w którym AC = BC = 10, ACB = 120° . Na boku CB obrano
punkt P dzielący ten bok w stosunku 3 : 2 (licząc od punktu C ). Oblicz sinus kąta PAB .
C
P
A
α
B
Oznaczamy PAB = α . Ponieważ trójkąt ABC jest równoramienny, więc
ABC = BAC =
180° − 120°
= 30° .
2
Strona 18 z 26
Długości odcinków CP i PB są równe:
3
2
CP = ⋅10 = 6 oraz PB = ⋅10 = 4 .
5
5
Z twierdzenia cosinusów w trójkącie APC otrzymujemy
2
2
2
AP = AC + CP − 2 AC ⋅ CP ⋅ cos120° ,
AP = 100 + 36 − 2 ⋅10 ⋅ 6 ⋅ sin ( −30° ) ,
2
2
AP = 196 , czyli AP = 14 .
Z twierdzenia sinusów w trójkącie ABP otrzymujemy
PB
AP
=
,
sin α sin 30°
4
14
= 1 ,
sin α 2
sin a =
1
.
7
Uwaga:
Zdający może obliczyć długość boku AB, wykorzystując np. twierdzenie cosinusów
w trójkącie ABC
2
2
2
AB = AC + BC − 2 AC ⋅ BC ⋅ cos120° ,
( )
AB = 102 + 102 − 2 ⋅10 ⋅10 ⋅ − 12 ,
2
2
AB = 300 ,
2
AB = 300 ,
AB = 10 3 .
Ponownie z twierdzenia cosinusów w trójkącie ABP
2
2
2
PB = AP + AB − 2 AP ⋅ AB ⋅ cos α ,
(
42 = 142 + 10 3
)
2
− 2 ⋅14 ⋅10 3 ⋅ cos α ,
196 + 300 − 16
480
12
.
=
=
2 ⋅14 ⋅10 3
280 3 7 3
Ponieważ α jest kątem ostrym, więc
cos α =
2
144
3
1
 12 
sin α = 1 − cos α = 1 − 
 = 1 − 147 = 147 = 7 .
7 3
2
rozwiązania ......................................................................................................................... 1 p.
Zdający obliczy długości odcinków CP i PB oraz wyznaczy miary kątów ABC i BAC:
CP = 6 , PB = 4 , ABC = BAC = 30° .
Zdający obliczy długość odcinka AP: AP = 14 .
Strona 19 z 26
4
14
.
Zdający zapisze związek, z którego może obliczyć sin α , np.:
=
sin α sin 30°
1
Zdający obliczy sinusa kąta α : sin α = .
7
C
P
A
α
R
B
Oznaczamy PAB = α oraz R będzie rzutem prostokątnym punktu P na podstawę
AB trójkąta ABC. Ponieważ trójkąt ABC jest równoramienny, więc
180° − 120°
ABC = BAC =
= 30° .
2
3
2
CP = ⋅10 = 6 oraz PB = ⋅10 = 4 .
5
5
Z twierdzenie cosinusów w trójkącie APC obliczamy długość odcinka AP :
2
2
2
AP = AC + CP − 2 AC ⋅ CP ⋅ cos120° ,
AP = 100 + 36 − 2 ⋅10 ⋅ 6 ⋅ sin ( −30° ) ,
2
2
AP = 196 , czyli AP = 14 .
Trójkąt PBR jest połową trójkąta równobocznego, więc
1
1
PR = PB = ⋅ 4 = 2 .
2
2
Zatem
PR
2 1
= = .
sin α =
AP 14 7
rozwiązania ......................................................................................................................... 1 p.
Zdający obliczy długości odcinków CP i PB oraz wyznaczy miary kątów ABC i BAC:
CP = 6 , PB = 4 , ABC = BAC = 30° .
Zdający obliczy długość odcinka AP: AP = 14 .
Strona 20 z 26
Zdający obliczy długości odcinków AP i PR AP = 14 , PR = 2 .
1
7
Rozwiązanie (III sposób)
Przyjmijmy oznaczenia jak na rysunku.
C
P
α
R
B
D
Zauważmy, że trójkąt ABC składa się z dwóch „połówek” trójkątów równobocznych o boku
długości 10, więc
AC 3 10 3
AD =
=
=5 3.
2
2
3
2
CP = ⋅10 = 6 oraz PB = ⋅10 = 4 .
5
5
Trójkąt BPR także jest połową trójkąta równobocznego, więc
BP 4
PR =
= = 2 oraz BP = PR 3 = 2 3 .
2
2
Zatem
AR = AB − BR = 10 3 − 2 3 = 8 3 .
A
Z twierdzenia Pitagorasa w trójkącie APR otrzymujemy
AP =
2
2
AR + PR =
(8 3 )
2
+ 22 = 196 = 14 .
Zatem
sin α =
PR
AP
=
2 1
= .
14 7
Uwaga:
Po obliczeniu długości odcinków PR i AR, możemy obliczyć tangens kąta α
PR
2
1
=
=
,
tgα =
AR 8 3 4 3
a następnie, wykorzystując związki między funkcjami trygonometrycznymi, możemy
obliczyć sinus tego kąta.
Strona 21 z 26
Schemat punktowania III sposobu rozwiązania
rozwiązania ......................................................................................................................... 1 p.
Zdający obliczy długość odcinka PB oraz zauważy, że miary kątów ACD i BCD są równe
60° : PB = 4 .
Zdający obliczy długość odcinka AR: AR = 8 3 .
Zdający obliczy długości odcinków AP i PR AP = 14 , PR = 2 .
1
7
Strona 22 z 26
Zadanie 11. (4 pkt)
Na rysunku przedstawiono fragment wykresu funkcji wykładniczej określonej wzorem
x
1
f ( x ) =   . Rozważamy funkcję g określoną wzorem g ( x ) = f ( x + 3) − 2 . Wyznacz
2
wszystkie wartości parametru k , dla których równanie g ( x ) = k ma dwa rozwiązania takie,
że ich iloczyn jest liczbą ujemną.
y
7
6
5
4
3
2
1
x
-7
-6
-5
-4
-3
-2
-1
0
1
-1
-2
-3
-4
-5
-6
-7
Strona 23 z 26
2
3
4
5
6
7
Rozwiązanie
Narysujemy najpierw wykres funkcji g . W tym celu przesuwamy wykres funkcji f o wektor
→
u = [ −3, − 2] , a następnie tę część otrzymanego wykresu, która leży poniżej osi Ox odbijamy
symetrycznie względem tej osi, pozostawiając bez zmian pozostałą cześć wykresu.
1
Otrzymujemy w ten sposób wykres funkcji g określonej wzorem g ( x ) =  
2
x +3
−2 .
y
1
y=  
2
1
y = 
2
x +3
−2
5
x
4
3
2
1
x
-9
-8
-7
-6
-5
-4
-3
-2
-1
0
1
2
3
4
5
-1
-2
-3
-4
Wartość funkcji g dla argumentu x = 0 jest równa
1
7
− 2 =1 .
8
8
Zatem równanie g ( x ) = k ma dwa rozwiązania, z których jedno jest dodatnie, a drugie
( )
g ( 0 ) = 12
0+3
−2 =
7
ujemne (tylko wówczas ich iloczyn jest liczbą ujemną) wtedy i tylko wtedy, gdy 1 < k < 2 .
8
Schemat punktowania
ale konieczny na drodze do całkowitego rozwiązania zadania ........................................ 1 p.
→
Zdający przesunie podany wykres funkcji o wektor u = [ −3, − 2] i na tym zakończy lub
dalej popełni błędy.
Istotny postęp ...................................................................................................................... 2 p.
Zdający naszkicuje wykres funkcji g ( x ) = f ( x + 3) − 2 i na tym zakończy lub dalej
popełni błędy.
7
Zdający obliczy wartość funkcji g dla argumentu x = 0 : g ( 0 ) = 1 .
8
Strona 24 z 26
Zdający wyznaczy wszystkie wartości k, dla których równanie g ( x ) = k ma dwa
7
rozwiązania, których iloczyn jest liczbą ujemną: 1 < k < 2 .
8
Zadanie 12. (6 pkt)
Trójkąt ABC jest podstawą prawidłowego ostrosłupa ABCS, którego krawędź boczna ma
długość 10. Punkt D jest środkiem wysokości SO ostrosłupa oraz AD = 2 13 . Oblicz
objętość tego ostrosłupa.
Rozwiązanie
Przyjmijmy następujące oznaczenia jak na rysunku.
S
h
2
D
10
2 13
h
2
C
x
A
O
a E
B
Z twierdzenia Pitagorasa dla trójkąta AOS i dla trójkąta AOD otrzymujemy
2
2
2
2
2
AS = AO + SO oraz AD = AO + DO
102 = x 2 + h 2 oraz
( 2 13 )
2
( )
2
= x 2 + h2 .
100 = x 2 + h 2 oraz 52 = x 2 + 14 h 2 .
Odejmując stronami te równania, otrzymujemy 48 = 34 h 2 . Stąd
h 2 = 64 ,
h = 8.
Zatem
100 = x 2 + 64 ,
x 2 = 36 ,
x =6.
Strona 25 z 26
2
Punkt O jest środkiem ciężkości trójkąta równobocznego ABC, więc wysokość tego trójkąta
jest równa
3
hp = ⋅ 6 = 9 .
2
Długość boku trójkąta ABC jest zatem równa
2hp 2 ⋅ 9
a=
=
=6 3,
3
3
a pole tego trójkąta
PABC
(
)
6 3
a2 3
=
=
4
4
2
3
= 27 3 .
Objętość ostrosłupa jest równa
1
1
V = ⋅ PABC ⋅ h = ⋅ 27 3 ⋅ 8 = 72 3 .
3
3
Schemat punktowania
Zdający zapisze jedno z równań wynikających z twierdzenia Pitagorasa dla trójkątów AED
i AES: 102 = x 2 + h 2 ,
( 2 13 )
2
( )
2
= x 2 + h2 .
Zdający zapisze układ równań z dwiema niewiadomymi: 102 = x 2 + h 2 ,
( 2 13 )
2
( )
2
= x 2 + h2 .
Zdający obliczy wysokość ostrosłupa oraz długość krawędzi podstawy: h = 8 , a = 6 3 .
Uwaga:
Jeżeli zdający obliczy jedną z wielkości h lub x, to otrzymuje 3 punkty.
Rozwiązanie prawie pełne ................................................................................................. 5 p.
Zdający
• obliczy objętość, popełniając błędy rachunkowe
albo
1
we wzorze na objętość ostrosłupa i otrzyma objętość
• pominie współczynnik
3
ostrosłupa równą 216 3 ,
albo
• obliczy pole podstawy ostrosłupa: PABC = 27 3
Zdający obliczy objętość ostrosłupa: V = 72 3 .
Strona 26 z 26

MATEMATYKA

Transkrypt

Podobne dokumenty

WYKAZ PRZYBORÓW NA EGZAMIN ZAWODOWY kalkulator prosty

Zestaw nr 5

Instrukcja dla osób korzystających z komputera podczas pisemnego

Sierpień, podst. odp.

Klasa trzecia technik urządzeń sanitarnych

Zestaw do domu nr 6 1) Niech σq : Mq → Mq, σq bj2j := bq−1−j2j, Mq

Matura 2015 Zebranie dla Rodziców Uczniów klas III LO nr I

Próbna, podst. odp. - arkuszmaturalny.pl