{"paper":{"id":"informator-maturalny-matematyka-2015","subject":"matematyka","category":"informator-maturalny","year":2015,"month":null,"level":null,"variant":null,"exam_pdf":"informator-maturalny-matematyka-2015/informator-maturalny-matematyka-2015.pdf","key_pdf":null,"question_count":44,"source_label":"Matematyka · Informator maturalny · 2015","subject_label":"Matematyka","category_label":"Informator maturalny"},"questions":[{"id":"informator-maturalny-matematyka-2015/zad/1","paper_id":"informator-maturalny-matematyka-2015","number":"1","points":1,"ptype":"closed","subject":"matematyka","category":"informator-maturalny","year":2015,"month":null,"level":null,"text":"Zadanie 1. (0-1)\nLiczba\n8\n3\n2\n3\n3\n9\n\njest równa\nA.\n3\n3\nB.\n32\n9\n3\nC.\n4\n3\nD.\n5\n3\nWymagania ogólne\nII. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji.\nZdający używa prostych, dobrze znanych obiektów matematycznych.\nWymagania szczegółowe\n1.4 Zdający oblicza potęgi o wykładnikach wymiernych i stosuje prawa działań na potęgach\no wykładnikach wymiernych.\nRozwiązanie C","answer":"C","answer_text":null,"solution":null,"image":"img/informator-maturalny-matematyka-2015/zad-1.webp","solution_image":null,"topics":null,"page_from":41,"source":"ai","answer_source":"ai","answer_text_source":null,"solution_source":null,"text_source":"ocr","source_label":"Matematyka · Informator maturalny · 2015","subject_label":"Matematyka","category_label":"Informator maturalny"},{"id":"informator-maturalny-matematyka-2015/zad/2","paper_id":"informator-maturalny-matematyka-2015","number":"2","points":1,"ptype":"closed","subject":"matematyka","category":"informator-maturalny","year":2015,"month":null,"level":null,"text":"Zadanie 2. (0-1)\nLiczba log24 jest równa\nA. 2log2\nlog20\n\nB.\n2\nlog\n2\n6\nlog\n\nC. 2log6\nlog12\n\nD. log30\nlog6\n\nWymagania ogólne\nII. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji.\nZdający używa prostych, dobrze znanych obiektów matematycznych.\nWymagania szczegółowe\n1.6. Zdający wykorzystuje definicję logarytmu i stosuje w obliczeniach wzory na logarytm\niloczynu, logarytm ilorazu i logarytm potęgi o wykładniku naturalnym.\nRozwiązanie B","answer":"B","answer_text":null,"solution":null,"image":"img/informator-maturalny-matematyka-2015/zad-2.webp","solution_image":null,"topics":null,"page_from":41,"source":"ai","answer_source":"ai","answer_text_source":null,"solution_source":null,"text_source":"ocr","source_label":"Matematyka · Informator maturalny · 2015","subject_label":"Matematyka","category_label":"Informator maturalny"},{"id":"informator-maturalny-matematyka-2015/zad/3","paper_id":"informator-maturalny-matematyka-2015","number":"3","points":1,"ptype":"closed","subject":"matematyka","category":"informator-maturalny","year":2015,"month":null,"level":null,"text":"Zadanie 3. (0-1)\nRozwiązaniem równania\n3\n1\n2\n2\nx\nx\n\n\njest liczba\nA.\n4\n3\n\nB.\n3\n4\n\nC. 3\n8\nD. 8\n3\n42 Informator o egzaminie maturalnym z matematyki od roku szkolnego 2014/2015\nWymagania ogólne\nII. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji.\nZdający używa prostych, dobrze znanych obiektów matematycznych.\nWymagania szczegółowe\n3.1. Zdający sprawdza, czy dana liczba rzeczywista jest rozwiązaniem równania lub\nnierówności.\nRozwiązanie D","answer":"D","answer_text":null,"solution":null,"image":"img/informator-maturalny-matematyka-2015/zad-3.webp","solution_image":null,"topics":null,"page_from":41,"source":"ai","answer_source":"ai","answer_text_source":null,"solution_source":null,"text_source":"ocr","source_label":"Matematyka · Informator maturalny · 2015","subject_label":"Matematyka","category_label":"Informator maturalny"},{"id":"informator-maturalny-matematyka-2015/zad/4","paper_id":"informator-maturalny-matematyka-2015","number":"4","points":1,"ptype":"closed","subject":"matematyka","category":"informator-maturalny","year":2015,"month":null,"level":null,"text":"Zadanie 4. (0-1)\nMniejszą z dwóch liczb spełniających równanie 2 5 6 0\nx\nx\n jest\nA.\n6\n\nB.\n3\n\nC.\n2\n\nD.\n1\n\nWymagania ogólne\nII. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji.\nZdający używa prostych, dobrze znanych obiektów matematycznych.\nWymagania szczegółowe\n3.4. Zdający rozwiązuje równania kwadratowe z jedną niewiadomą.\nRozwiązanie B","answer":"B","answer_text":null,"solution":null,"image":"img/informator-maturalny-matematyka-2015/zad-4.webp","solution_image":null,"topics":null,"page_from":42,"source":"ai","answer_source":"ai","answer_text_source":null,"solution_source":null,"text_source":"ocr","source_label":"Matematyka · Informator maturalny · 2015","subject_label":"Matematyka","category_label":"Informator maturalny"},{"id":"informator-maturalny-matematyka-2015/zad/5","paper_id":"informator-maturalny-matematyka-2015","number":"5","points":1,"ptype":"closed","subject":"matematyka","category":"informator-maturalny","year":2015,"month":null,"level":null,"text":"Zadanie 5. (0-1)\nZbiorem rozwiązań nierówności\n2\n5\nx \njest\nA. \n\n\n\n\n\n\n\n,5\n5\n,\nB. \n\n\n\n\n\n\n\n,5\n5\n,\nC.\n\n\n,5\nD.\n\n\n\n,5\nWymagania ogólne\nII. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji.\nZdający używa prostych, dobrze znanych obiektów matematycznych.\nWymagania szczegółowe\n3.5. Zdający rozwiązuje nierówności kwadratowe z jedną niewiadomą.\nRozwiązanie B","answer":"B","answer_text":null,"solution":null,"image":"img/informator-maturalny-matematyka-2015/zad-5.webp","solution_image":null,"topics":null,"page_from":42,"source":"ai","answer_source":"ai","answer_text_source":null,"solution_source":null,"text_source":"ocr","source_label":"Matematyka · Informator maturalny · 2015","subject_label":"Matematyka","category_label":"Informator maturalny"},{"id":"informator-maturalny-matematyka-2015/zad/6","paper_id":"informator-maturalny-matematyka-2015","number":"6","points":1,"ptype":"closed","subject":"matematyka","category":"informator-maturalny","year":2015,"month":null,"level":null,"text":"Zadanie 6. (0-1)\nLiczba 1 jest miejscem zerowym funkcji liniowej \n\n\n1\n2\n\n\n\nx\nm\nx\nf\n. Wynika stąd, że\nA.\n0\nm \nB.\n1\nm \nC.\n2\nm \nD.\n3\nm \nPrzykładowe zadania z rozwiązaniami: poziom podstawowy 43\nWymagania ogólne\nII. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji.\nZdający używa prostych, dobrze znanych obiektów matematycznych.\nWymagania szczegółowe\n4.7. Zdający interpretuje współczynniki występujące we wzorze funkcji liniowej.\nRozwiązanie D","answer":"D","answer_text":null,"solution":null,"image":"img/informator-maturalny-matematyka-2015/zad-6.webp","solution_image":null,"topics":null,"page_from":42,"source":"ai","answer_source":"ai","answer_text_source":null,"solution_source":null,"text_source":"ocr","source_label":"Matematyka · Informator maturalny · 2015","subject_label":"Matematyka","category_label":"Informator maturalny"},{"id":"informator-maturalny-matematyka-2015/zad/7","paper_id":"informator-maturalny-matematyka-2015","number":"7","points":null,"ptype":"closed","subject":"matematyka","category":"informator-maturalny","year":2015,"month":null,"level":null,"text":"Zadanie 7. (0--1)\nRysunek powyżej przedstawia wykres funkcji\n\nx\nf\ny \nWskaż rysunek, na którym jest przedstawiony wykres funkcji\n\n1\n\n\nx\nf\ny\nA.\nB.\nC.\nD.\n0\n1\n1\nx\ny\n0\n1\n1\nx\ny\n0\n1\n1\nx\ny\n0\n1\n1\nx\ny\n0\n1\n1\nx\ny\n\nx\nf\ny \n44 Informator o egzaminie maturalnym z matematyki od roku szkolnego 2014/2015\nWymagania ogólne\nII. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji.\nZdający używa prostych, dobrze znanych obiektów matematycznych.\nWymagania szczegółowe\n4.4. Zdający na podstawie wykresu funkcji y = f(x) szkicuje wykresy funkcji y = f(x + a),\ny = f(x) + a, y = -f(x), y = f(-x).\nRozwiązanie D","answer":"D","answer_text":null,"solution":null,"image":"img/informator-maturalny-matematyka-2015/zad-7.webp","solution_image":null,"topics":null,"page_from":43,"source":"ai","answer_source":"ai","answer_text_source":null,"solution_source":null,"text_source":"ocr","source_label":"Matematyka · Informator maturalny · 2015","subject_label":"Matematyka","category_label":"Informator maturalny"},{"id":"informator-maturalny-matematyka-2015/zad/8","paper_id":"informator-maturalny-matematyka-2015","number":"8","points":1,"ptype":"closed","subject":"matematyka","category":"informator-maturalny","year":2015,"month":null,"level":null,"text":"Zadanie 8. (0-1)\nWskaż równanie osi symetrii paraboli określonej równaniem\n2 4 11\ny x\nx\n.\nA.\n4\nx \nB.\n2\nx \nC.\n2\nx \nD.\n4\nx \nWymagania ogólne\nII. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji.\nZdający używa prostych, dobrze znanych obiektów matematycznych.\nWymagania szczegółowe\n4.10. Zdający interpretuje współczynniki występujące we wzorze funkcji kwadratowej\nw postaci kanonicznej, w postaci ogólnej i w postaci iloczynowej (o ile istnieje).\nRozwiązanie C","answer":"C","answer_text":null,"solution":null,"image":"img/informator-maturalny-matematyka-2015/zad-8.webp","solution_image":null,"topics":null,"page_from":44,"source":"ai","answer_source":"ai","answer_text_source":null,"solution_source":null,"text_source":"ocr","source_label":"Matematyka · Informator maturalny · 2015","subject_label":"Matematyka","category_label":"Informator maturalny"},{"id":"informator-maturalny-matematyka-2015/zad/9","paper_id":"informator-maturalny-matematyka-2015","number":"9","points":1,"ptype":"closed","subject":"matematyka","category":"informator-maturalny","year":2015,"month":null,"level":null,"text":"Zadanie 9. (0-1)\nProsta o równaniu y\na\n\nma dokładnie jeden punkt wspólny z wykresem funkcji\nkwadratowej\n2\n()\n6 10.\nfx x x\n Wynika stąd, że\nA.\n3\na \nB.\n0\na \nC.\n1\na \nD.\n3\na \nWymagania ogólne\nII. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji.\nZdający używa prostych, dobrze znanych obiektów matematycznych.\nWymagania szczegółowe\n4.10. Zdający interpretuje współczynniki występujące we wzorze funkcji kwadratowej\nw postaci kanonicznej, w postaci ogólnej i w postaci iloczynowej (o ile istnieje).\nRozwiązanie C\nPrzykładowe zadania z rozwiązaniami: poziom podstawowy 45","answer":"C","answer_text":null,"solution":null,"image":"img/informator-maturalny-matematyka-2015/zad-9.webp","solution_image":null,"topics":null,"page_from":44,"source":"ai","answer_source":"ai","answer_text_source":null,"solution_source":null,"text_source":"ocr","source_label":"Matematyka · Informator maturalny · 2015","subject_label":"Matematyka","category_label":"Informator maturalny"},{"id":"informator-maturalny-matematyka-2015/zad/10","paper_id":"informator-maturalny-matematyka-2015","number":"10","points":1,"ptype":"closed","subject":"matematyka","category":"informator-maturalny","year":2015,"month":null,"level":null,"text":"Zadanie 10. (0-1)\nJaka jest najmniejsza wartość funkcji kwadratowej\n2\n()\n4 3\nf x x\nx\n w przedziale\n3\n,0\n?\nA.\n7\n\nB.\n4\n\nC.\n3\n\nD.\n2\n\nWymagania ogólne\nII. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji.\nZdający używa prostych, dobrze znanych obiektów matematycznych.\nWymagania szczegółowe\n4.11. Zdający wyznacza wartość najmniejszą i wartość największą funkcji kwadratowej\nw przedziale domkniętym.\nRozwiązanie C","answer":"C","answer_text":null,"solution":null,"image":"img/informator-maturalny-matematyka-2015/zad-10.webp","solution_image":null,"topics":null,"page_from":45,"source":"ai","answer_source":"ai","answer_text_source":null,"solution_source":null,"text_source":"ocr","source_label":"Matematyka · Informator maturalny · 2015","subject_label":"Matematyka","category_label":"Informator maturalny"},{"id":"informator-maturalny-matematyka-2015/zad/11","paper_id":"informator-maturalny-matematyka-2015","number":"11","points":1,"ptype":"closed","subject":"matematyka","category":"informator-maturalny","year":2015,"month":null,"level":null,"text":"Zadanie 11. (0-1)\nKtóre z równań opisuje prostą prostopadłą do prostej o równaniu\n4\n5\ny\nx\n\n?\nA.\n4\n3\ny\nx\n\nB.\n1\n3\n4\ny\nx\n\n\nC.\n1\n3\n4\ny\nx\n\n\nD.\n4\n3\ny\nx\n\n\nWymagania ogólne\nII. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji.\nZdający używa prostych, dobrze znanych obiektów matematycznych.\nWymagania szczegółowe\n8.2. Zdający bada równoległość i prostopadłość prostych na podstawie ich równań kierunkowych.\nRozwiązanie B","answer":"B","answer_text":null,"solution":null,"image":"img/informator-maturalny-matematyka-2015/zad-11.webp","solution_image":null,"topics":null,"page_from":45,"source":"ai","answer_source":"ai","answer_text_source":null,"solution_source":null,"text_source":"ocr","source_label":"Matematyka · Informator maturalny · 2015","subject_label":"Matematyka","category_label":"Informator maturalny"},{"id":"informator-maturalny-matematyka-2015/zad/12","paper_id":"informator-maturalny-matematyka-2015","number":"12","points":1,"ptype":"closed","subject":"matematyka","category":"informator-maturalny","year":2015,"month":null,"level":null,"text":"Zadanie 12. (0-1)\nPunkty\n\n3\n,1\n\n\nA\ni\n\n\n9\n,7\n\nC\nsą przeciwległymi wierzchołkami prostokąta ABCD. Promień\nokręgu opisanego na tym prostokącie jest równy\nA. 10\nB. 6 2\nC. 5\nD. 3 2\nWymagania ogólne\nII. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji.\nZdający używa prostych, dobrze znanych obiektów matematycznych.\nWymagania szczegółowe\n8.6. Zdający oblicza odległość dwóch punktów.\n46 Informator o egzaminie maturalnym z matematyki od roku szkolnego 2014/2015\nRozwiązanie C\nPrzykładowe zadania z rozwiązaniami: poziom podstawowy 47","answer":"C","answer_text":null,"solution":null,"image":"img/informator-maturalny-matematyka-2015/zad-12.webp","solution_image":null,"topics":null,"page_from":45,"source":"ai","answer_source":"ai","answer_text_source":null,"solution_source":null,"text_source":"ocr","source_label":"Matematyka · Informator maturalny · 2015","subject_label":"Matematyka","category_label":"Informator maturalny"},{"id":"informator-maturalny-matematyka-2015/zad/13","paper_id":"informator-maturalny-matematyka-2015","number":"13","points":1,"ptype":"closed","subject":"matematyka","category":"informator-maturalny","year":2015,"month":null,"level":null,"text":"Zadanie 13. (0-1)\nDane są długości boków\n5\n\nBC\ni\n3\n\nAC\ntrójkąta prostokątnego\nABC o kącie ostrym  (zobacz rysunek). Wtedy\nA.\n3\nsin\n5\n\nB.\n4\nsin\n5\n\nC.\n3 34\nsin\n34\n\nD.\n5 34\nsin\n34\n\nWymagania ogólne\nII. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji.\nZdający używa prostych, dobrze znanych obiektów matematycznych.\nWymagania szczegółowe\n6.1. Zdający wykorzystuje definicje i wyznacza wartości funkcji sinus, cosinus i tangens kątów\no miarach od 0° do 180°.\nRozwiązanie C","answer":"C","answer_text":null,"solution":null,"image":"img/informator-maturalny-matematyka-2015/zad-13.webp","solution_image":null,"topics":null,"page_from":47,"source":"ai","answer_source":"ai","answer_text_source":null,"solution_source":null,"text_source":"ocr","source_label":"Matematyka · Informator maturalny · 2015","subject_label":"Matematyka","category_label":"Informator maturalny"},{"id":"informator-maturalny-matematyka-2015/zad/14","paper_id":"informator-maturalny-matematyka-2015","number":"14","points":1,"ptype":"closed","subject":"matematyka","category":"informator-maturalny","year":2015,"month":null,"level":null,"text":"Zadanie 14. (0-1)\nKąt  jest ostry i\n1\nsin\n4\n\n. Wówczas\nA.\n3\ncos\n4\n\nB.\n3\ncos\n4\n\nC.\n13\ncos\n4\n\nD.\n13\ncos\n4\n\nWymagania ogólne\nII. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji.\nZdający używa prostych, dobrze znanych obiektów matematycznych.\nWymagania szczegółowe\n6.5. Zdający znając wartość jednej z funkcji sinus lub cosinus, wyznacza wartości pozostałych\nfunkcji tego samego kąta ostrego.\nRozwiązanie D\nA\nB\nC\n\n48 Informator o egzaminie maturalnym z matematyki od roku szkolnego 2014/2015","answer":"D","answer_text":null,"solution":null,"image":"img/informator-maturalny-matematyka-2015/zad-14.webp","solution_image":null,"topics":null,"page_from":47,"source":"ai","answer_source":"ai","answer_text_source":null,"solution_source":null,"text_source":"ocr","source_label":"Matematyka · Informator maturalny · 2015","subject_label":"Matematyka","category_label":"Informator maturalny"},{"id":"informator-maturalny-matematyka-2015/zad/15","paper_id":"informator-maturalny-matematyka-2015","number":"15","points":1,"ptype":"closed","subject":"matematyka","category":"informator-maturalny","year":2015,"month":null,"level":null,"text":"Zadanie 15. (0-1)\nKąt  jest ostry i\n1\ntg\n2\n\n. Jaki warunek spełnia kąt?\nA.\n30\n\nB.\n30\n\nC.\n60\n\nD.\n60\n\nWymagania ogólne\nII. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji.\nZdający używa prostych, dobrze znanych obiektów matematycznych.\nWymagania szczegółowe\n6.2. Zdający korzysta z przybliżonych wartości funkcji trygonometrycznych (odczytanych\nz tablic lub obliczonych za pomocą kalkulatora).\nRozwiązanie A","answer":"A","answer_text":null,"solution":null,"image":"img/informator-maturalny-matematyka-2015/zad-15.webp","solution_image":null,"topics":null,"page_from":48,"source":"ai","answer_source":"ai","answer_text_source":null,"solution_source":null,"text_source":"ocr","source_label":"Matematyka · Informator maturalny · 2015","subject_label":"Matematyka","category_label":"Informator maturalny"},{"id":"informator-maturalny-matematyka-2015/zad/16","paper_id":"informator-maturalny-matematyka-2015","number":"16","points":1,"ptype":"closed","subject":"matematyka","category":"informator-maturalny","year":2015,"month":null,"level":null,"text":"Zadanie 16. (0-1)\nKąt środkowy i kąt wpisany w okrąg są oparte na tym samym łuku. Suma ich miar jest równa\n180 .\nJaka jest miara kąta środkowego?\nA. 60\nB. 90\nC. 120\nD. 135\nWymagania ogólne\nII. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji.\nZdający używa prostych, dobrze znanych obiektów matematycznych.\nWymagania szczegółowe\n7.1. Zdający stosuje zależności między kątem środkowym i kątem wpisanym.\nRozwiązanie C","answer":"C","answer_text":null,"solution":null,"image":"img/informator-maturalny-matematyka-2015/zad-16.webp","solution_image":null,"topics":null,"page_from":48,"source":"ai","answer_source":"ai","answer_text_source":null,"solution_source":null,"text_source":"ocr","source_label":"Matematyka · Informator maturalny · 2015","subject_label":"Matematyka","category_label":"Informator maturalny"},{"id":"informator-maturalny-matematyka-2015/zad/17","paper_id":"informator-maturalny-matematyka-2015","number":"17","points":1,"ptype":"closed","subject":"matematyka","category":"informator-maturalny","year":2015,"month":null,"level":null,"text":"Zadanie 17. (0-1)\nCiąg \n\nn\na\njest określony wzorem\n\n\n\n2\n3\n9\ndla\n1.\nn\nn\na\nn\nn\n\n\n\n\nWynika stąd, że\nA.\n3\n81\na \nB.\n3\n27\na \nC.\n3\n0\na \nD.\n3\n0\na \nWymagania ogólne\nII. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji.\nZdający używa prostych, dobrze znanych obiektów matematycznych.\nWymagania szczegółowe\n5.1. Zdający wyznacza wyrazy ciągu określonego wzorem ogólnym.\nRozwiązanie C\nPrzykładowe zadania z rozwiązaniami: poziom podstawowy 49","answer":"C","answer_text":null,"solution":null,"image":"img/informator-maturalny-matematyka-2015/zad-17.webp","solution_image":null,"topics":null,"page_from":48,"source":"ai","answer_source":"ai","answer_text_source":null,"solution_source":null,"text_source":"ocr","source_label":"Matematyka · Informator maturalny · 2015","subject_label":"Matematyka","category_label":"Informator maturalny"},{"id":"informator-maturalny-matematyka-2015/zad/18","paper_id":"informator-maturalny-matematyka-2015","number":"18","points":1,"ptype":"closed","subject":"matematyka","category":"informator-maturalny","year":2015,"month":null,"level":null,"text":"Zadanie 18. (0-1)\nLiczby\n,1\n\nx\n4 i 8 (w podanej kolejności) są pierwszym, drugim i trzecim wyrazem ciągu\narytmetycznego. Wówczas liczba x jest równa\nA. 3\nB. 1\nC. -1\nD. -7\nWymagania ogólne\nII. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji.\nZdający używa prostych, dobrze znanych obiektów matematycznych.\nWymagania szczegółowe\n5.3. Zdający stosuje wzór na n-ty wyraz i na sumę n początkowych wyrazów ciągu arytmetycznego.\nRozwiązanie B","answer":"B","answer_text":null,"solution":null,"image":"img/informator-maturalny-matematyka-2015/zad-18.webp","solution_image":null,"topics":null,"page_from":49,"source":"ai","answer_source":"ai","answer_text_source":null,"solution_source":null,"text_source":"ocr","source_label":"Matematyka · Informator maturalny · 2015","subject_label":"Matematyka","category_label":"Informator maturalny"},{"id":"informator-maturalny-matematyka-2015/zad/19","paper_id":"informator-maturalny-matematyka-2015","number":"19","points":1,"ptype":"closed","subject":"matematyka","category":"informator-maturalny","year":2015,"month":null,"level":null,"text":"Zadanie 19. (0-1)\nLiczby 8\n, 4 i\n1\n\nx\n(w podanej kolejności) są pierwszym, drugim i trzecim wyrazem ciągu\ngeometrycznego. Wówczas liczba x jest równa\nA.\n3\n\nB.\n5,1\n\nC. 1\nD. 15\nWymagania ogólne\nII. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji.\nZdający używa prostych, dobrze znanych obiektów matematycznych.\nWymagania szczegółowe\n5.4. Zdający stosuje wzór na n-ty wyraz i na sumę n początkowych wyrazów ciągu geometrycznego.\nRozwiązanie A","answer":"A","answer_text":null,"solution":null,"image":"img/informator-maturalny-matematyka-2015/zad-19.webp","solution_image":null,"topics":null,"page_from":49,"source":"ai","answer_source":"ai","answer_text_source":null,"solution_source":null,"text_source":"ocr","source_label":"Matematyka · Informator maturalny · 2015","subject_label":"Matematyka","category_label":"Informator maturalny"},{"id":"informator-maturalny-matematyka-2015/zad/20","paper_id":"informator-maturalny-matematyka-2015","number":"20","points":1,"ptype":"closed","subject":"matematyka","category":"informator-maturalny","year":2015,"month":null,"level":null,"text":"Zadanie 20. (0-1)\nWszystkich liczb naturalnych dwucyfrowych, które są podzielne przez 6 lub przez 10, jest\nA. 25\nB. 24\nC. 21\nD. 20\nWymagania ogólne\nII. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji.\nZdający używa prostych, dobrze znanych obiektów matematycznych.\nWymagania szczegółowe\n10.2. Zdający zlicza obiekty w prostych sytuacjach kombinatorycznych, niewymagających\nużycia wzorów kombinatorycznych, stosuje regułę mnożenia i regułę dodawania.\nRozwiązanie C\n50 Informator o egzaminie maturalnym z matematyki od roku szkolnego 2014/2015","answer":"C","answer_text":null,"solution":null,"image":"img/informator-maturalny-matematyka-2015/zad-20.webp","solution_image":null,"topics":null,"page_from":49,"source":"ai","answer_source":"ai","answer_text_source":null,"solution_source":null,"text_source":"ocr","source_label":"Matematyka · Informator maturalny · 2015","subject_label":"Matematyka","category_label":"Informator maturalny"},{"id":"informator-maturalny-matematyka-2015/zad/21","paper_id":"informator-maturalny-matematyka-2015","number":"21","points":1,"ptype":"closed","subject":"matematyka","category":"informator-maturalny","year":2015,"month":null,"level":null,"text":"Zadanie 21. (0-1)\nLiczba wszystkich sposobów, na jakie Ala i Bartek mogą usiąść na dwóch spośród pięciu miejsc\nw kinie, jest równa\nA. 25\nB. 20\nC. 15\nD. 12\nWymagania ogólne\nIII. Modelowanie matematyczne.\nZdający dobiera model matematyczny do prostej sytuacji i krytycznie ocenia trafność modelu.\nWymagania szczegółowe\n10.2. Zdający zlicza obiekty w prostych sytuacjach kombinatorycznych, niewymagających\nużycia wzorów kombinatorycznych, stosuje regułę mnożenia i regułę dodawania.\nRozwiązanie B","answer":"B","answer_text":null,"solution":null,"image":"img/informator-maturalny-matematyka-2015/zad-21.webp","solution_image":null,"topics":null,"page_from":50,"source":"ai","answer_source":"ai","answer_text_source":null,"solution_source":null,"text_source":"ocr","source_label":"Matematyka · Informator maturalny · 2015","subject_label":"Matematyka","category_label":"Informator maturalny"},{"id":"informator-maturalny-matematyka-2015/zad/22","paper_id":"informator-maturalny-matematyka-2015","number":"22","points":2,"ptype":"open","subject":"matematyka","category":"informator-maturalny","year":2015,"month":null,"level":null,"text":"Zadanie 22. (0-2)\nRozwiąż równanie 2 3\n1\n1 2\n2\nx\nx\n\n\n\nWymagania ogólne\nII. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji.\nZdający używa prostych, dobrze znanych obiektów matematycznych.\nWymagania szczegółowe\n3.8. Zdający rozwiązuje proste równania wymierne, prowadzące do równań liniowych\nlub kwadratowych, np.\n1\n2,\n3\nx\nx\n\n\n\n1\n2 .\nx\nx\nx\n\nRozwiązanie\nLewa strona równania jest określona dla\n1\n2\nx \n. Przenosimy wszystko na lewą stronę i spro-\nwadzamy ułamki do wspólnego mianownika:\n2\n3\n1\n0,\n1\n2\n2\nx\nx\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n2 2\n3\n1\n2\n0,\n2 1\n2\nx\nx\nx\n\n\n\n\n\n\n\n5\n8\n0\n2 1\n2\nx\nx\n\n\n\nStąd otrzymujemy 5 8\n0\nx\n\n\n, czyli\n5\n8\nx \n. Dla tej wartości x obie strony równania są\nokreślone, więc liczba\n5\n8\nx \njest szukanym rozwiązaniem równania.\nPrzykładowe zadania z rozwiązaniami: poziom podstawowy 51","answer":null,"answer_text":null,"solution":"Rozwiąż równanie (2−3x)/(1−2x) = 1/2.\n\nLewa strona równania jest określona dla x ≠ 1/2. Przenosimy wszystko na lewą stronę i sprowadzamy ułamki do wspólnego mianownika:\n\n(2−3x)/(1−2x) + 1/2 = 0\n\n[2(2−3x) + (1−2x)] / [2(1−2x)] = 0\n\n(5−8x) / [2(1−2x)] = 0\n\nStąd 5−8x = 0, czyli x = 5/8.\n\nDla tej wartości x obie strony równania są określone (x ≠ 1/2), więc x = 5/8 jest szukanym rozwiązaniem równania.","image":"img/informator-maturalny-matematyka-2015/zad-22.webp","solution_image":null,"topics":null,"page_from":50,"source":"ai","answer_source":null,"answer_text_source":null,"solution_source":"ai","text_source":"ocr","source_label":"Matematyka · Informator maturalny · 2015","subject_label":"Matematyka","category_label":"Informator maturalny"},{"id":"informator-maturalny-matematyka-2015/zad/23","paper_id":"informator-maturalny-matematyka-2015","number":"23","points":2,"ptype":"open","subject":"matematyka","category":"informator-maturalny","year":2015,"month":null,"level":null,"text":"Zadanie 23. (0-2)\nRozwiąż nierówność\n0\n7\n6\n2\n\n\nx\nx\nWymagania ogólne\nII. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji.\nZdający używa prostych, dobrze znanych obiektów matematycznych.\nWymagania szczegółowe\n3.5. Zdający rozwiązuje nierówności kwadratowe z jedną niewiadomą.\nRozwiązanie\nKorzystając ze wzorów na pierwiastki równania kwadratowego lub dostrzegając rozkład na\nczynniki\n\n\n\n2\n6\n7\n7\n1\nx\nx\nx\nx\n\n\n\n\n\n,\notrzymujemy\ndwa\npierwiastki\ntrójmianu\nkwadratowego:\n1\n2\n7,\n1\nx\nx\n\n. Ponieważ parabola o równaniu\n2\n6\n7\ny\nx\nx\n\n\n\nma ramiona\nskierowane do góry, leży ona poniżej osi Ox między swoimi miejscami zerowymi. Zatem\nrozwiązaniem nierówności jest przedział domknięty\n7,1\n","answer":null,"answer_text":null,"solution":"Rozwiąż nierówność x² + 6x − 7 ≤ 0.\n\nKorzystając ze wzorów na pierwiastki równania kwadratowego lub dostrzegając rozkład na czynniki x² + 6x − 7 = (x+7)(x−1), otrzymujemy dwa pierwiastki trójmianu kwadratowego: x₁ = −7, x₂ = 1.\n\nPonieważ parabola o równaniu y = x² + 6x − 7 ma ramiona skierowane do góry, leży ona poniżej osi Ox między swoimi miejscami zerowymi (łącznie z nimi).\n\nZatem rozwiązaniem nierówności jest przedział domknięty ⟨−7, 1⟩.","image":"img/informator-maturalny-matematyka-2015/zad-23.webp","solution_image":null,"topics":null,"page_from":51,"source":"ai","answer_source":null,"answer_text_source":null,"solution_source":"ai","text_source":"ocr","source_label":"Matematyka · Informator maturalny · 2015","subject_label":"Matematyka","category_label":"Informator maturalny"},{"id":"informator-maturalny-matematyka-2015/zad/24","paper_id":"informator-maturalny-matematyka-2015","number":"24","points":2,"ptype":"open","subject":"matematyka","category":"informator-maturalny","year":2015,"month":null,"level":null,"text":"Zadanie 24. (0-2)\nOblicz najmniejszą wartość funkcji kwadratowej\n2\n( )\n6\n1\nf x\nx\nx\n\n\n w przedziale\n1,0\nWymagania ogólne\nII. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji.\nZdający używa prostych, dobrze znanych obiektów matematycznych.\nWymagania szczegółowe\n4.11. Zdający wyznacza wartość najmniejszą i wartość największą funkcji kwadratowej\nw przedziale domkniętym.\nRozwiązanie\nWyznaczmy współrzędne wierzchołka paraboli o równaniu\n2\n6\n1\ny\nx\nx\n\n\n. Mamy\n3,\n8\n2\n4\nw\nw\nb\nx\ny\na\na\n\n\n\n\n. Ponieważ parabola ma ramiona skierowane do góry, to\nw przedziale \n,3\n\ndana funkcja maleje. Zatem maleje także na zawartym w nim przedziale\n0,1 . Wobec tego najmniejszą wartość przyjmie ona w prawym końcu, czyli dla\n1\nx .\nTą wartością jest\n21\n6 1 1\n4\ny \n.\n52 Informator o egzaminie maturalnym z matematyki od roku szkolnego 2014/2015","answer":null,"answer_text":null,"solution":"Dana jest funkcja kwadratowa f(x) = x² − 6x + 1. Obliczamy jej najmniejszą wartość w przedziale ⟨0,1⟩.\n\nWyznaczmy współrzędne wierzchołka paraboli o równaniu y = x² − 6x + 1. Mamy xw = −b/(2a) = 3, yw = −Δ/(4a) = −8.\n\nPonieważ parabola ma ramiona skierowane do góry, to w przedziale (−∞, 3⟩ dana funkcja maleje. Zatem maleje także na zawartym w nim przedziale ⟨0,1⟩. Wobec tego najmniejszą wartość przyjmie ona w prawym końcu, czyli dla x = 1.\n\nTą wartością jest y = 1² − 6·1 + 1 = −4.\n\nNajmniejsza wartość funkcji na przedziale ⟨0,1⟩ jest równa −4.","image":"img/informator-maturalny-matematyka-2015/zad-24.webp","solution_image":null,"topics":null,"page_from":51,"source":"ai","answer_source":null,"answer_text_source":null,"solution_source":"ai","text_source":"ocr","source_label":"Matematyka · Informator maturalny · 2015","subject_label":"Matematyka","category_label":"Informator maturalny"},{"id":"informator-maturalny-matematyka-2015/zad/25","paper_id":"informator-maturalny-matematyka-2015","number":"25","points":2,"ptype":"open","subject":"matematyka","category":"informator-maturalny","year":2015,"month":null,"level":null,"text":"Zadanie 25. (0-2)\nO funkcji liniowej f wiadomo, że\n(1)\n2\nf\n\noraz że do wykresu tej funkcji należy punkt\n\n\n3\n,2\n\n\nP\n. Wyznacz wzór funkcji f.\nWymagania ogólne\nII. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji.\nZdający używa prostych, dobrze znanych obiektów matematycznych.\nWymagania szczegółowe\n4.6. Zdający wyznacza wzór funkcji liniowej na podstawie informacji o funkcji lub o jej\nwykresie.\nRozwiązanie\nFunkcja f jest liniowa, więc jej wzór możemy zapisać w postaci:\n\nf x\nax\nb\n\n. Z warunku\n1\n2\nf\n\nwynika, że 2\na\nb\n\n. Skoro punkt P należy do jej wykresu, to mamy także\n\n\n3\n2\n2\nf\na\nb\n\n\n\n\nRozwiązujemy\notrzymany\nukład\nrównań\ni\notrzymujemy\n1\n7\n,\n3\n3\na\nb\n\n\n. Zatem szukany wzór ma postać\n\n1\n7\n3\n3\nf x\nx\n\n","answer":null,"answer_text":null,"solution":"O funkcji liniowej f wiadomo, że f(1) = 2 oraz że do wykresu tej funkcji należy punkt P = (−2, 3). Wyznaczamy wzór funkcji f.\n\nFunkcja f jest liniowa, więc jej wzór możemy zapisać w postaci f(x) = ax + b. Z warunku f(1) = 2 wynika, że 2 = a + b. Skoro punkt P należy do jej wykresu, to mamy także 3 = f(−2) = −2a + b.\n\nRozwiązujemy otrzymany układ równań:\na + b = 2\n−2a + b = 3\n\nOdejmując stronami: 3a = −1, więc a = −1/3, a stąd b = 2 − a = 7/3.\n\nZatem szukany wzór ma postać f(x) = −(1/3)x + 7/3.","image":"img/informator-maturalny-matematyka-2015/zad-25.webp","solution_image":null,"topics":null,"page_from":52,"source":"ai","answer_source":null,"answer_text_source":null,"solution_source":"ai","text_source":"ocr","source_label":"Matematyka · Informator maturalny · 2015","subject_label":"Matematyka","category_label":"Informator maturalny"},{"id":"informator-maturalny-matematyka-2015/zad/26","paper_id":"informator-maturalny-matematyka-2015","number":"26","points":2,"ptype":"open","subject":"matematyka","category":"informator-maturalny","year":2015,"month":null,"level":null,"text":"Zadanie 26. (0-2)\nNapisz równanie prostej równoległej do prostej o równaniu\n2\n11\ny\nx\n\n\ni przechodzącej przez\npunkt\n(1,2).\nP \nWymagania ogólne\nII. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji.\nZdający używa prostych, dobrze znanych obiektów matematycznych.\nWymagania szczegółowe\n8.3. Zdający wyznacza równanie prostej, która jest równoległa lub prostopadła do prostej\ndanej w postaci kierunkowej i przechodzi przez dany punkt.\nRozwiązanie\nWszystkie proste równoległe do danej prostej mają taki sam współczynnik kierunkowy.\nSzukamy zatem prostej o równaniu postaci\n2\ny\nx\nb\n\n\n. Ponieważ szukana prosta przechodzi\nprzez punkt\n(1,2)\nP \n, otrzymujemy 2\n2 1 b\n, skąd\n0\nb \n. Zatem prosta ta ma równanie\n2\ny\nx\n\nPrzykładowe zadania z rozwiązaniami: poziom podstawowy 53","answer":null,"answer_text":null,"solution":"Napisz równanie prostej równoległej do prostej o równaniu y = 2x − 11 i przechodzącej przez punkt P = (1,2).\n\nWszystkie proste równoległe do danej prostej mają taki sam współczynnik kierunkowy. Szukamy zatem prostej o równaniu postaci y = 2x + b. Ponieważ szukana prosta przechodzi przez punkt P = (1,2), otrzymujemy 2 = 2·1 + b, skąd b = 0.\n\nZatem prosta ta ma równanie y = 2x.","image":"img/informator-maturalny-matematyka-2015/zad-26.webp","solution_image":null,"topics":null,"page_from":52,"source":"ai","answer_source":null,"answer_text_source":null,"solution_source":"ai","text_source":"ocr","source_label":"Matematyka · Informator maturalny · 2015","subject_label":"Matematyka","category_label":"Informator maturalny"},{"id":"informator-maturalny-matematyka-2015/zad/27","paper_id":"informator-maturalny-matematyka-2015","number":"27","points":2,"ptype":"open","subject":"matematyka","category":"informator-maturalny","year":2015,"month":null,"level":null,"text":"Zadanie 27. (0-2)\nWyznacz równanie prostej zawierającej środkową CD trójkąta ABC, którego wierzchołkami\nsą punkty:\n\n1\n,2 \n\n\nA\n,\n\n1,6\n\nB\n,\n\n\n10\n,7\n\nC\nWymagania ogólne\nIV. Użycie i tworzenie strategii.\nZdający stosuje strategię, która jasno wynika z treści zadania.\nWymagania szczegółowe\n8.5.Zdający wyznacza współrzędne środka odcinka.\n8.1. Zdający wyznacza równanie prostej przechodzącej przez dwa dane punkty (w postaci\nkierunkowej lub ogólnej).\nRozwiązanie\nWiemy, że szukana prosta przechodzi przez punkt\n\n\n7,10\nC \noraz przez punkt D, będący\nśrodkiem boku AB. Zatem korzystając ze wzoru na współrzędne środka odcinka mamy\n\n\n2\n6\n1 1\n,\n2,0\n2\n2\nD\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n. Ze wzoru na równanie prostej przechodzącej przez dwa dane\npunkty otrzymujemy: \n\n\n\n\n10\n2\n7\n0 10\n7\n0\ny\nx\n\n\n\n\n\n\n, a stąd 5\n10\n20\n0\ny\nx\n\n\n\n\n, czyli\n2\n4\n0\ny\nx\n\n\n","answer":null,"answer_text":null,"solution":"Wyznacz równanie prostej zawierającej środkową CD trójkąta ABC, którego wierzchołkami są punkty: A = (−2,−1), B = (6,1), C = (7,10).\n\nSzukana prosta przechodzi przez punkt C = (7,10) oraz przez punkt D, będący środkiem boku AB. Korzystając ze wzoru na współrzędne środka odcinka mamy:\n\nD = ((−2+6)/2, (−1+1)/2) = (2, 0).\n\nZe wzoru na równanie prostej przechodzącej przez dwa dane punkty otrzymujemy:\n(y−10)(2−7) − (0−10)(x−7) = 0\n\n−5y + 50 + 10x − 70 = 0\n\n10x − 5y − 20 = 0, czyli 2x − y − 4 = 0.\n\nRównanie szukanej prostej: y = 2x − 4 (czyli 2x − y − 4 = 0).","image":"img/informator-maturalny-matematyka-2015/zad-27.webp","solution_image":null,"topics":null,"page_from":53,"source":"ai","answer_source":null,"answer_text_source":null,"solution_source":"ai","text_source":"ocr","source_label":"Matematyka · Informator maturalny · 2015","subject_label":"Matematyka","category_label":"Informator maturalny"},{"id":"informator-maturalny-matematyka-2015/zad/28","paper_id":"informator-maturalny-matematyka-2015","number":"28","points":2,"ptype":"open","subject":"matematyka","category":"informator-maturalny","year":2015,"month":null,"level":null,"text":"Zadanie 28. (0-2)\nW trójkącie prostokątnym, w którym przyprostokątne mają długości 2 i 4, jeden z kątów\nostrych ma miarę .\n Oblicz sin\ncos .\n\n\n\nWymagania ogólne\nIV. Użycie i tworzenie strategii.\nZdający stosuje strategię, która jasno wynika z treści zadania.\nWymagania szczegółowe\n6.1.Zdający wykorzystuje definicje i wyznacza wartości funkcji sinus, cosinus i tangens kątów\no miarach od 0° do 180°.\nRozwiązanie\nNiech  będzie kątem leżącym naprzeciwko boku o długości 2, zaś   kątem leżącym\nnaprzeciwko boku o długości 4. Zauważmy, że sin\ncos\n\n\n\noraz cos\nsin\n\n\n\n, więc mamy\nsin\ncos\nsin\ncos\n\n\n\n\n\n\n\n, czyli szukana wartość nie zależy od wyboru kąta.\nPrzeciwprostokątna w danym trójkącie ma długość\n2\n2\n2\n4\n20\n\n\n. Z definicji funkcji\ntrygonometrycznych otrzymujemy\n2\n4\n8\n2\nsin\ncos\n20\n5\n20\n20\n\n\n\n\n\n54 Informator o egzaminie maturalnym z matematyki od roku szkolnego 2014/2015","answer":null,"answer_text":null,"solution":"W trójkącie prostokątnym, w którym przyprostokątne mają długości 2 i 4, jeden z kątów ostrych ma miarę α. Obliczamy sin α · cos α.\n\nNiech α będzie kątem leżącym naprzeciwko boku o długości 2, zaś β — kątem leżącym naprzeciwko boku o długości 4. Zauważmy, że sin α = cos β oraz cos α = sin β, więc sin α·cos α = sin β·cos β, czyli szukana wartość nie zależy od wyboru kąta.\n\nPrzeciwprostokątna w danym trójkącie ma długość √(2²+4²) = √20.\n\nZ definicji funkcji trygonometrycznych otrzymujemy:\nsin α · cos α = (2/√20) · (4/√20) = 8/20 = 2/5.","image":"img/informator-maturalny-matematyka-2015/zad-28.webp","solution_image":null,"topics":null,"page_from":53,"source":"ai","answer_source":null,"answer_text_source":null,"solution_source":"ai","text_source":"ocr","source_label":"Matematyka · Informator maturalny · 2015","subject_label":"Matematyka","category_label":"Informator maturalny"},{"id":"informator-maturalny-matematyka-2015/zad/29","paper_id":"informator-maturalny-matematyka-2015","number":"29","points":2,"ptype":"open","subject":"matematyka","category":"informator-maturalny","year":2015,"month":null,"level":null,"text":"Zadanie 29. (0-2)\nKąt  jest ostry i\n1\nsin\n4\n\nOblicz\n2\n3 2tg \n\nWymagania ogólne\nII. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji.\nZdający używa prostych, dobrze znanych obiektów matematycznych.\nWymagania szczegółowe\n6.4. Zdający stosuje proste zależności między funkcjami trygonometrycznymi:\n2\n2\nsin\ncos\n1\n\n\n\n, tg\nsin\ncos\n\n\n\n\noraz sin(90\n)\ncos .\n\n\n\n\nRozwiązanie\nMamy tg\nsin\ncos\n\n\n\n\n, więc tg2\n2\n2\n2\n2\n2\n2\n1\nsin\nsin\n1\n4\ncos\n1 sin\n15\n1\n1\n4\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\nZatem\n2\n2\n47\n3\n2tg\n3\n15\n15\n\n\n\n\n","answer":null,"answer_text":null,"solution":"Kąt α jest ostry i sin α = 1/4. Obliczamy 3 + 2tg²α.\n\nMamy tg α = sin α / cos α, więc:\ntg²α = sin²α/cos²α = sin²α/(1−sin²α) = (1/4)² / (1 − (1/4)²) = (1/16)/(15/16) = 1/15.\n\nZatem 3 + 2tg²α = 3 + 2/15 = 47/15.","image":"img/informator-maturalny-matematyka-2015/zad-29.webp","solution_image":null,"topics":null,"page_from":54,"source":"ai","answer_source":null,"answer_text_source":null,"solution_source":"ai","text_source":"ocr","source_label":"Matematyka · Informator maturalny · 2015","subject_label":"Matematyka","category_label":"Informator maturalny"},{"id":"informator-maturalny-matematyka-2015/zad/30","paper_id":"informator-maturalny-matematyka-2015","number":"30","points":2,"ptype":"open","subject":"matematyka","category":"informator-maturalny","year":2015,"month":null,"level":null,"text":"Zadanie 30. (0-2)\nIle wyrazów ujemnych ma ciąg \n\nn\na\nokreślony wzorem\n24\n2\n2\n\n\n\nn\nn\nan\ndla\n1\n\nn\n?\nWymagania ogólne\nII. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji.\nZdający używa prostych, dobrze znanych obiektów matematycznych.\nWymagania szczegółowe\n5.1.Zdający wyznacza wyrazy ciągu określonego wzorem ogólnym.\nRozwiązanie\nSzukamy liczb naturalnych spełniających nierówność\n2\n2\n24\n0\nn\nn\n\n\n\nZapiszmy tę nierówność w postaci\n2\n2\n1\n25\n0\nn\nn\n\n\n\n, \n\n2\n2\n1\n5\n0\nn \n\n\n, skąd\n\n\n\n\n\n\n1 5\n1 5\n0,\n6\n4\n0\nn\nn\nn\nn\n\n\n\n\n\n\n. Ponieważ\n4\n0\nn \n\n, otrzymujemy\n6\nn \n. Zatem\nliczba n może przyjmować jedną z pięciu wartości: 1, 2, 3, 4, 5, czyli ciąg ma pięć wyrazów\nujemnych.\nPrzykładowe zadania z rozwiązaniami: poziom podstawowy 55","answer":null,"answer_text":null,"solution":"Ile wyrazów ujemnych ma ciąg (an) określony wzorem an = n² − 2n − 24 dla n ≥ 1?\n\nSzukamy liczb naturalnych n ≥ 1 spełniających nierówność n² − 2n − 24 < 0.\n\nZapiszmy tę nierówność w postaci n² − 2n + 1 − 25 < 0, czyli (n−1)² − 5² < 0, skąd (n−1−5)(n−1+5) < 0, czyli (n−6)(n+4) < 0.\n\nPonieważ n+4 > 0, otrzymujemy n < 6. Zatem liczba n może przyjmować jedną z pięciu wartości: 1, 2, 3, 4, 5.\n\nCiąg ma pięć wyrazów ujemnych.","image":"img/informator-maturalny-matematyka-2015/zad-30.webp","solution_image":null,"topics":null,"page_from":54,"source":"ai","answer_source":null,"answer_text_source":null,"solution_source":"ai","text_source":"ocr","source_label":"Matematyka · Informator maturalny · 2015","subject_label":"Matematyka","category_label":"Informator maturalny"},{"id":"informator-maturalny-matematyka-2015/zad/31","paper_id":"informator-maturalny-matematyka-2015","number":"31","points":2,"ptype":"open","subject":"matematyka","category":"informator-maturalny","year":2015,"month":null,"level":null,"text":"Zadanie 31. (0-2)\nLiczby 2,\n3\n\nx\n, 8 są w podanej kolejności pierwszym, drugim i czwartym wyrazem ciągu\narytmetycznego. Oblicz x.\nWymagania ogólne\nII. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji.\nZdający używa prostych, dobrze znanych obiektów matematycznych.\nWymagania szczegółowe\n5.3. Zdający stosuje wzór na n-ty wyraz i na sumę n początkowych wyrazów ciągu\narytmetycznego.\nRozwiązanie\nMamy\n1\n2\na \noraz\n2\n3\na\nx\n\n, zatem różnica ciągu wynosi\n\n\n3\n2\n5\nr\nx\nx\n\n\n\n\n. Ponadto\n\n\n4\n1\n8\n3\n2\n3\n5\na\na\nr\nx\n\n\n\n\n\n\n, skąd\n\n\n6\n3\n5\nx\n\n\ni w końcu\n7\nx ","answer":null,"answer_text":null,"solution":"Liczby 2, x−3, 8 są w podanej kolejności pierwszym, drugim i czwartym wyrazem ciągu arytmetycznego. Obliczamy x.\n\nMamy a₁ = 2 oraz a₂ = x−3, zatem różnica ciągu wynosi r = (x−3) − 2 = x − 5.\n\nPonadto 8 = a₄ = a₁ + 3r = 2 + 3(x−5), skąd 6 = 3(x−5), czyli x − 5 = 2, i w końcu x = 7.","image":"img/informator-maturalny-matematyka-2015/zad-31.webp","solution_image":null,"topics":null,"page_from":55,"source":"ai","answer_source":null,"answer_text_source":null,"solution_source":"ai","text_source":"ocr","source_label":"Matematyka · Informator maturalny · 2015","subject_label":"Matematyka","category_label":"Informator maturalny"},{"id":"informator-maturalny-matematyka-2015/zad/32","paper_id":"informator-maturalny-matematyka-2015","number":"32","points":2,"ptype":"open","subject":"matematyka","category":"informator-maturalny","year":2015,"month":null,"level":null,"text":"Zadanie 32. (0-2)\nWyrazami ciągu arytmetycznego \n\nn\na\nsą kolejne liczby naturalne, które przy dzieleniu przez\n5 dają resztę 2. Ponadto\n3\n12.\na \nOblicz\n15\na .\nWymagania ogólne\nIV. Użycie i tworzenie strategii.\nZdający stosuje strategię, która jasno wynika z treści zadania.\nWymagania szczegółowe\n5.3. Zdający stosuje wzór na n-ty wyraz i na sumę n początkowych wyrazów ciągu\narytmetycznego.\nRozwiązanie\nPonieważ dokładnie co piąta liczba naturalna daje z dzielenia przez 5 resztę 2, to różnica\ndanego ciągu arytmetycznego wynosi 5. Wobec tego\n3\n1\n1\n12\n2\n10\na\na\nr\na\n\n\n\n\n\n, skąd\n1\n2.\na \nWobec tego\n15\n1\n14\n2\n14 5\n72\na\na\nr\n\n\n\n\n\n56 Informator o egzaminie maturalnym z matematyki od roku szkolnego 2014/2015","answer":null,"answer_text":null,"solution":"Wyrazami ciągu arytmetycznego (an) są kolejne liczby naturalne, które przy dzieleniu przez 5 dają resztę 2. Ponadto a₃ = 12. Obliczamy a₁₅.\n\nPonieważ dokładnie co piąta liczba naturalna daje z dzielenia przez 5 resztę 2, to różnica danego ciągu arytmetycznego wynosi r = 5.\n\nWobec tego 12 = a₃ = a₁ + 2r = a₁ + 10, skąd a₁ = 2.\n\nWobec tego a₁₅ = a₁ + 14r = 2 + 14·5 = 72.","image":"img/informator-maturalny-matematyka-2015/zad-32.webp","solution_image":null,"topics":null,"page_from":55,"source":"ai","answer_source":null,"answer_text_source":null,"solution_source":"ai","text_source":"ocr","source_label":"Matematyka · Informator maturalny · 2015","subject_label":"Matematyka","category_label":"Informator maturalny"},{"id":"informator-maturalny-matematyka-2015/zad/33","paper_id":"informator-maturalny-matematyka-2015","number":"33","points":2,"ptype":"open","subject":"matematyka","category":"informator-maturalny","year":2015,"month":null,"level":null,"text":"Zadanie 33. (0-2)\nDany jest prostokąt o bokach a i b. Zmniejszamy długość boku a o 10% oraz zwiększamy\ndługość boku b o 20%. Wyznacz stosunek a\nb , jeśli wiadomo, że otrzymany prostokąt ma taki\nsam obwód jak prostokąt wyjściowy.\nWymagania ogólne\nIII. Modelowanie matematyczne.\nZdający dobiera model matematyczny do prostej sytuacji i krytycznie ocenia trafność modelu.\nWymagania szczegółowe\n5.4. (gimnazjum) Zdający stosuje obliczenia procentowe do rozwiązywania problemów\nw kontekście praktycznym, np. oblicza ceny po podwyżce lub obniżce o dany procent,\nwykonuje obliczenia związane z VAT, oblicza odsetki dla lokaty rocznej.\nRozwiązanie\nOtrzymany prostokąt ma boki długości 0,9a oraz 1,2b . Z porównania obwodów obu\nprostokątów otrzymujemy związek 2 0,9\n2 1,2\n2\n2\na\nb\na\nb\n\n\n\n\n, skąd 0,4\n0,2\nb\na\n\n. Wobec\ntego\n0,4\n2\n0,2\na\nb \n","answer":null,"answer_text":null,"solution":"Dany jest prostokąt o bokach a i b. Zmniejszamy długość boku a o 10% oraz zwiększamy długość boku b o 20%. Wyznaczamy stosunek a/b, jeśli wiadomo, że otrzymany prostokąt ma taki sam obwód jak prostokąt wyjściowy.\n\nOtrzymany prostokąt ma boki długości 0,9a oraz 1,2b. Z porównania obwodów obu prostokątów otrzymujemy związek:\n2·0,9a + 2·1,2b = 2a + 2b\n\nskąd 0,4b = 0,2a.\n\nWobec tego a/b = 0,4/0,2 = 2.","image":"img/informator-maturalny-matematyka-2015/zad-33.webp","solution_image":null,"topics":null,"page_from":56,"source":"ai","answer_source":null,"answer_text_source":null,"solution_source":"ai","text_source":"ocr","source_label":"Matematyka · Informator maturalny · 2015","subject_label":"Matematyka","category_label":"Informator maturalny"},{"id":"informator-maturalny-matematyka-2015/zad/34","paper_id":"informator-maturalny-matematyka-2015","number":"34","points":2,"ptype":"open","subject":"matematyka","category":"informator-maturalny","year":2015,"month":null,"level":null,"text":"Zadanie 34. (0-2)\nUdowodnij, że jeśli x, y są liczbami rzeczywistymi, to\nxy\ny\nx\n2\n2\n2\n\n\nWymagania ogólne\nV. Rozumowanie i argumentacja.\nZdający prowadzi proste rozumowanie, składające się z niewielkiej liczby kroków.\nWymagania szczegółowe\n2.1.Zdający używa wzorów skróconego mnożenia na (a ± b)2 oraz a2 - b2.\nRozwiązanie\nZauważmy, że dla dowolnych liczb x, y mamy \n\n2\n0\nx\ny\n\n\n, skąd\nxy\ny\nx\n2\n2\n2\n\n\n, co kończy\ndowód.\nPrzykładowe zadania z rozwiązaniami: poziom podstawowy 57","answer":null,"answer_text":null,"solution":"Udowodnij, że jeśli x, y są liczbami rzeczywistymi, to x² + y² ≥ 2xy.\n\nZauważmy, że dla dowolnych liczb x, y mamy (x−y)² ≥ 0, skąd po rozwinięciu:\nx² − 2xy + y² ≥ 0\n\nczyli x² + y² ≥ 2xy, co kończy dowód.","image":"img/informator-maturalny-matematyka-2015/zad-34.webp","solution_image":null,"topics":null,"page_from":56,"source":"ai","answer_source":null,"answer_text_source":null,"solution_source":"ai","text_source":"ocr","source_label":"Matematyka · Informator maturalny · 2015","subject_label":"Matematyka","category_label":"Informator maturalny"},{"id":"informator-maturalny-matematyka-2015/zad/35","paper_id":"informator-maturalny-matematyka-2015","number":"35","points":2,"ptype":"open","subject":"matematyka","category":"informator-maturalny","year":2015,"month":null,"level":null,"text":"Zadanie 35. (0-2)\nRzucamy dwa razy symetryczną sześcienną kostką do gry. Oblicz prawdopodobieństwo\notrzymania iloczynu liczby oczek równego 5.\nWymagania ogólne\nIII. Modelowanie matematyczne.\nZdający dobiera model matematyczny do prostej sytuacji i krytycznie ocenia trafność modelu.\nWymagania szczegółowe\n10.3. Zdający oblicza prawdopodobieństwa w prostych sytuacjach, stosując klasyczną\ndefinicję prawdopodobieństwa.\nRozwiązanie\nZdarzeniami elementarnymi są pary liczb całkowitych\n\n,a b , gdzie 1\n,\n6\na b\n\n\n mamy 36\ntakich par. Zdarzenia elementarne sprzyjające to pary \n\n1,5 oraz \n\n5,1 . Zatem szukane\nprawdopodobieństwo jest równe 2\n1\n36\n18\n","answer":null,"answer_text":null,"solution":"Rzucamy dwa razy symetryczną sześcienną kostką do gry. Obliczamy prawdopodobieństwo otrzymania iloczynu liczby oczek równego 5.\n\nZdarzeniami elementarnymi są pary liczb całkowitych (a,b), gdzie 1 ≤ a,b ≤ 6 — mamy 36 takich par.\n\nIloczyn oczek równy 5 daje jedynie pary (1,5) oraz (5,1) — 2 zdarzenia sprzyjające.\n\nZatem szukane prawdopodobieństwo jest równe 2/36 = 1/18.","image":"img/informator-maturalny-matematyka-2015/zad-35.webp","solution_image":null,"topics":null,"page_from":57,"source":"ai","answer_source":null,"answer_text_source":null,"solution_source":"ai","text_source":"ocr","source_label":"Matematyka · Informator maturalny · 2015","subject_label":"Matematyka","category_label":"Informator maturalny"},{"id":"informator-maturalny-matematyka-2015/zad/36","paper_id":"informator-maturalny-matematyka-2015","number":"36","points":4,"ptype":"open","subject":"matematyka","category":"informator-maturalny","year":2015,"month":null,"level":null,"text":"Zadanie 36. (0-4)\nW ciągu arytmetycznym \n\nna\ndane są wyrazy:\n19\n,4\n6\n3\n\n\na\na\n. Ile wyrazów tego ciągu\nnależy do przedziału \n\n0, 200 ?\nWymagania ogólne\nIII. Modelowanie matematyczne.\nZdający dobiera model matematyczny do prostej sytuacji i krytycznie ocenia trafność modelu.\nWymagania szczegółowe\n5.3. Zdający stosuje wzór na n-ty wyraz i na sumę n początkowych wyrazów ciągu\narytmetycznego.\nRozwiązanie\nMamy\n1\n4\n2\na\nr\n\n\n,\n1\n19\n5\na\nr\n\n\n. Stąd 3\n15,\n5\nr\nr\n\n oraz\n1\n6\na . Pytamy, dla jakich n\nmamy 0\n200\nn\na\n\n\n, czyli\n\n\n0\n6\n1 5\n200\nn\n\n\n\nStąd\n\n\n6\n206\n11\n211\n6\n5\n1\n206,\n1\n,\n5\n5\n5\n5\nn\nn\nn\n\n\n\n\n\n\n\nPierwszą nierówność spełniają liczby\n3\nn \n, a drugą liczby\n42\nn \n. Zatem liczb naturalnych\nspełniających obydwa warunki mamy 40 i tyle też wyrazów ciągu leży w przedziale \n\n0,200 .\n58 Informator o egzaminie maturalnym z matematyki od roku szkolnego 2014/2015","answer":null,"answer_text":null,"solution":"W ciągu arytmetycznym (an) dane są wyrazy: a₃ = 4, a₆ = 19. Ile wyrazów tego ciągu należy do przedziału (0, 200)?\n\nMamy 4 = a₁ + 2r, 19 = a₁ + 5r. Stąd 3r = 15, czyli r = 5, oraz a₁ = −6.\n\nPytamy, dla jakich n mamy 0 < an < 200, czyli 0 < −6 + (n−1)·5 < 200.\n\nStąd 6 < 5(n−1) < 206, czyli 6/5 < n−1 < 206/5, a więc 11/5 < n < 211/5.\n\nPierwszą nierówność spełniają liczby n ≥ 3, a drugą liczby n ≤ 42. Zatem liczb naturalnych spełniających obydwa warunki mamy 40 — i tyle też wyrazów ciągu leży w przedziale (0, 200).","image":"img/informator-maturalny-matematyka-2015/zad-36.webp","solution_image":null,"topics":null,"page_from":57,"source":"ai","answer_source":null,"answer_text_source":null,"solution_source":"ai","text_source":"ocr","source_label":"Matematyka · Informator maturalny · 2015","subject_label":"Matematyka","category_label":"Informator maturalny"},{"id":"informator-maturalny-matematyka-2015/zad/37","paper_id":"informator-maturalny-matematyka-2015","number":"37","points":4,"ptype":"open","subject":"matematyka","category":"informator-maturalny","year":2015,"month":null,"level":null,"text":"Zadanie 37. (0-4)\nNa zewnątrz trójkąta prostokątnego ABC, w którym\n90\n\n\nACB\noraz\n5\n\nAC\n,\n12\n\nBC\nzbudowano kwadrat ACDE (zobacz rysunek). Punkt H leży na prostej AB i kąt\n90\n\n\nEHA\nOblicz pole trójkąta HAE.\nWymagania ogólne\nIV. Użycie i tworzenie strategii.\nZdający stosuje strategię, która jasno wynika z treści zadania.\nWymagania szczegółowe\n7.3. Zdający rozpoznaje trójkąty podobne i wykorzystuje (także w kontekstach praktycznych)\ncechy podobieństwa trójkątów.\nRozwiązanie\nZauważmy, że trójkąt prostokątny EAH jest podobny do trójkąta ABC, gdyż kąty EAH oraz\nABC są przystające, jako kąty o ramionach równoległych. Oznaczymy przez s skalę\npodobieństwa trójkąta EAH do trójkąta ABC. Wtedy\n2\n2\n2\n2\n1\n1 5 12\n30\n2\n2\nEAH\nABC\nP\ns P\ns\nAC\nBC\ns\ns\n\n\n\n\n\n\n\n\n\nPozostaje zatem obliczyć s.\nMamy\n2\n2\n2\n2\n5\n5\n13\n5\n12\nAE\nAC\ns\nAB\nAC\nBC\n\n\n\n\n\n\nZatem\n2\n5\n750\n30\n13\n169\nEAH\nP\n\n\n\n\n\n\n\n\n\nA\nB\nC\nD\nE\nH\nPrzykładowe zadania z rozwiązaniami: poziom podstawowy 59","answer":null,"answer_text":null,"solution":"Na zewnątrz trójkąta prostokątnego ABC, w którym |∡ACB| = 90°, |AC| = 5, |BC| = 12, zbudowano kwadrat ACDE. Punkt H leży na prostej AB i kąt |∡EHA| = 90°. Obliczamy pole trójkąta HAE.\n\nZauważmy, że trójkąt prostokątny EAH jest podobny do trójkąta ABC, gdyż kąty EAH oraz ABC są przystające, jako kąty o ramionach równoległych. Oznaczmy przez s skalę podobieństwa trójkąta EAH do trójkąta ABC. Wtedy:\n\nP(EAH) = s²·P(ABC) = s² · (1/2)·|AC|·|BC| = s² · (1/2)·5·12 = 30s².\n\nPozostaje obliczyć s. Ponieważ AE = AC = 5 (bok kwadratu), a AB jest przeciwprostokątną trójkąta ABC:\n\ns = |AE|/|AB| = |AC|/√(AC²+BC²) = 5/√(5²+12²) = 5/13.\n\nZatem P(HAE) = 30·(5/13)² = 30·25/169 = 750/169.","image":"img/informator-maturalny-matematyka-2015/zad-37.webp","solution_image":null,"topics":null,"page_from":58,"source":"ai","answer_source":null,"answer_text_source":null,"solution_source":"ai","text_source":"ocr","source_label":"Matematyka · Informator maturalny · 2015","subject_label":"Matematyka","category_label":"Informator maturalny"},{"id":"informator-maturalny-matematyka-2015/zad/38","paper_id":"informator-maturalny-matematyka-2015","number":"38","points":4,"ptype":"open","subject":"matematyka","category":"informator-maturalny","year":2015,"month":null,"level":null,"text":"Zadanie 38. (0-4)\nPunkt D leży na boku BC trójkąta równoramiennego ABC, w którym\nBC\nAC \n. Odcinek AD dzieli trójkąt ABC na dwa trójkąty równo-\nramienne w taki sposób, że\nCD\nAD \noraz\nBD\nAB \n(zobacz\nrysunek). Udowodnij, że\n5\n\nADC\nACD .\nWymagania ogólne\nV. Rozumowanie i argumentacja.\nZdający prowadzi proste rozumowanie, składające się z niewielkiej\nliczby kroków.\nWymagania szczegółowe\n10.17 (gimnazjum) Zdający rozpoznaje figury, które mają oś symetrii i figury, które mają\nśrodek symetrii. Wskazuje oś symetrii i środek symetrii figury.\nRozwiązanie I\nNiech\nBAD\n\ni\nACD\n\n. Trójkąty ABD, ACD i ABC\nsą równoramienne, więc\nDAB\nBAD\n\n\n\n,\nCAD\nACD\n\n\n\noraz\nCAB\nCBA\n\n\n\n\n\nSuma miar kątów trójkąta ACD jest równa 180, więc\n180\n2\nADC\n\n\n\nZ drugiej strony\n180\nADC\nADB\n\n\n, czyli 180\n2\n180\n\n\n\n\n\nStąd\n2\n\n\n\nSuma miar kątów trójkąta ABC jest równa 180, więc \n\n2\n180\n\n\n\n\n\n\n, czyli\n\n\n2 2\n180\n\n\n\n\n\n\n. Stąd 7\n180\n\n.\nZatem\n180\n2\n7\n2\n5\n5\nADC\nACD\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n. To kończy dowód.\nRozwiązanie II\nOznaczmy kąty  i  jak w poprzednim rozwiązaniu.\nPonieważ kąt ADB jest kątem zewnętrznym trójkąta ADC, więc\n2\n\n\n\nRównież kąt ADC jest kątem zewnętrznym trójkąta ABD, więc\n2\n4\n5\n5\nADC\nACD\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n, co kończy dowód.\nA\nB\nC\nD\nA\nB\nC\nD\n\n\n\n\n60 Informator o egzaminie maturalnym z matematyki od roku szkolnego 2014/2015\n\n3\na\na\nA\nB\nC","answer":null,"answer_text":null,"solution":"Punkt D leży na boku BC trójkąta równoramiennego ABC, w którym AC = BC. Odcinek AD dzieli trójkąt ABC na dwa trójkąty równoramienne tak, że AD = CD oraz AB = BD. Udowodnij, że |∡ADC| = 5·|∡ACD|.\n\nRozwiązanie I\nNiech α = |∡BAD| i β = |∡ACD|. Trójkąty ABD, ACD i ABC są równoramienne, więc:\n|∡DAB| = |∡BAD| = α (trójkąt ABD: AB=BD),\n|∡CAD| = |∡ACD| = β (trójkąt ACD: AD=CD),\noraz |∡CAB| = |∡CBA| = α+β (trójkąt ABC: AC=BC).\n\nSuma miar kątów trójkąta ACD jest równa 180°, więc |∡ADC| = 180° − 2β.\n\nZ drugiej strony |∡ADC| = 180° − |∡ADB|, a w trójkącie ABD suma kątów daje |∡ADB| = 180° − 2α, czyli 180° − 2β = 180° − (180° − 2α), skąd α = 2β.\n\nSuma miar kątów trójkąta ABC jest równa 180°, więc (α+β) + (α+β) + β = 180°, czyli 2(α+β)+β=180°... a po podstawieniu α=2β: 2(2β+β)+β = 180°, czyli 7β = 180°.\n\nZatem |∡ADC| = 180° − 2β = 7β − 2β = 5β = 5·|∡ACD|. To kończy dowód.\n\nRozwiązanie II\nOznaczmy kąty α i β jak w poprzednim rozwiązaniu. Ponieważ kąt ADB jest kątem zewnętrznym trójkąta ADC, więc α = 2β.\n\nRównież kąt ADC jest kątem zewnętrznym trójkąta ABD, więc |∡ADC| = α + α + β... a dokładniej |∡ADC| = |∡BAD| + |∡ABD| = 2α+β = 4β+β = 5β = 5·|∡ACD|, co kończy dowód.","image":"img/informator-maturalny-matematyka-2015/zad-38.webp","solution_image":null,"topics":null,"page_from":59,"source":"ai","answer_source":null,"answer_text_source":null,"solution_source":"ai","text_source":"ocr","source_label":"Matematyka · Informator maturalny · 2015","subject_label":"Matematyka","category_label":"Informator maturalny"},{"id":"informator-maturalny-matematyka-2015/zad/39","paper_id":"informator-maturalny-matematyka-2015","number":"39","points":2,"ptype":"open","subject":"matematyka","category":"informator-maturalny","year":2015,"month":null,"level":null,"text":"Zadanie 39. (0-2)\nOblicz sinus kąta między przekątną sześcianu a jego płaszczyzną\npodstawy.\nWymagania ogólne\nIV. Użycie i tworzenie strategii.\nZdający stosuje strategię, która jasno wynika z treści zadania.\nWymagania szczegółowe\n9.2. Zdający rozpoznaje w graniastosłupach i ostrosłupach kąt między odcinkami i płasz-\nczyznami (między krawędziami i ścianami, przekątnymi i ścianami), oblicza miary tych kątów.\nRozwiązanie\nRozważmy trójkąt prostokątny ABC utworzony przez przekątną AB\nsześcianu, przekątną AC podstawy sześcianu oraz krawędź BC,\njak na rysunku. Kąt ostry  tego trójkąta jest kątem między\nprzekątną sześcianu i płaszczyzną jego podstawy. Długość\nprzekątnej sześcianu o krawędzi długości a jest równa\n3\na\n, więc\nsinus kąta  jest równy\n1\n3\nsin\n3\n3\n3\na\na\n\n\n","answer":null,"answer_text":null,"solution":"Oblicz sinus kąta między przekątną sześcianu a jego płaszczyzną podstawy.\n\nRozważmy trójkąt prostokątny ABC utworzony przez przekątną AB sześcianu, przekątną AC podstawy sześcianu oraz krawędź BC. Kąt ostry α tego trójkąta jest kątem między przekątną sześcianu i płaszczyzną jego podstawy.\n\nDługość przekątnej sześcianu o krawędzi długości a jest równa a√3, a długość przekątnej podstawy (BC w tym oznaczeniu, prostopadłej do AC) to a. Więc sinus kąta α jest równy:\n\nsin α = a/(a√3) = 1/√3 = √3/3.","image":"img/informator-maturalny-matematyka-2015/zad-39.webp","solution_image":null,"topics":null,"page_from":60,"source":"ai","answer_source":null,"answer_text_source":null,"solution_source":"ai","text_source":"ocr","source_label":"Matematyka · Informator maturalny · 2015","subject_label":"Matematyka","category_label":"Informator maturalny"},{"id":"informator-maturalny-matematyka-2015/zad/40","paper_id":"informator-maturalny-matematyka-2015","number":"40","points":4,"ptype":"open","subject":"matematyka","category":"informator-maturalny","year":2015,"month":null,"level":null,"text":"Zadanie 40. (0-4)\nW graniastosłupie czworokątnym prawidłowym przekątna o długości d jest nachylona do\npłaszczyzny podstawy pod kątem  takim, że sin\n0,2\n\n. Wyznacz objętość tego\ngraniastosłupa.\nWymagania ogólne\nIII. Modelowanie matematyczne.\nZdający dobiera model matematyczny do prostej sytuacji i krytycznie ocenia trafność modelu.\nWymagania szczegółowe\n9.6. Zdający stosuje trygonometrię do obliczeń długości odcinków, miar kątów, pól\npowierzchni i objętości.\nPrzykładowe zadania z rozwiązaniami: poziom podstawowy 61\nRozwiązanie I\nPrzyjmijmy oznaczenia jak na rysunku.\nTrójkąt BDH jest prostokątny, więc\nsin\nh\nd\n\n, czyli 1\n5\nh\nd\n\n. Stąd\n1\n5\nh\nd\n\nZ twierdzenia Pitagorasa dla trójkąta BDH otrzymujemy\n2\n2\n2\n2\n2\n2\n1\n24\n5\n25\nBD\nd\nh\nd\nd\nd\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\nPole podstawy graniastosłupa jest więc równe\n2\n2\n2\n1\n1 24\n12\n2\n2 25\n25\nABCD\nP\nBD\nd\nd\n\n\n\n\n\nZatem objętość tego graniastosłupa jest równa\n2\n3\n12\n1\n12\n25\n5\n125\nABCD\nV\nP\nh\nd\nd\nd\n\n\n\n\n\nRozwiązanie II\nPrzyjmijmy oznaczenia jak w rozwiązaniu I.\nTrójkąt BDH jest prostokątny, więc sin\nh\nd\n\n, czyli\nsin\nh\nd\n\n\n. Stąd\n0,2\nh\nd\n\nW trójkącie BDH mamy również\n2\ncos\na\nd\n\n, czyli\n2\n2\ncos\n1 (0,2)\n0,96 .\na\nd\nd\nd\n\n\n\n\n\nStąd\n2\n2\n3\n1 0,96\n0,2\n0,096\n2\nV\na h\nd\nd\nd\n\n\n\n\n","answer":null,"answer_text":null,"solution":"W graniastosłupie czworokątnym prawidłowym przekątna o długości d jest nachylona do płaszczyzny podstawy pod kątem α takim, że sin α = 0,2. Wyznaczamy objętość tego graniastosłupa.\n\nRozwiązanie I\nPrzyjmijmy oznaczenia: h — wysokość graniastosłupa, a — krawędź podstawy, d — przekątna graniastosłupa (od wierzchołka podstawy do przeciwległego wierzchołka górnej podstawy), BD — przekątna podstawy.\n\nTrójkąt BDH (H — rzut na górną podstawę) jest prostokątny, więc sin α = h/d, czyli 1/5 = h/d. Stąd h = d/5.\n\nZ twierdzenia Pitagorasa: |BD|² = d² − h² = d² − (d/5)² = (24/25)d².\n\nPole podstawy graniastosłupa (kwadrat o przekątnej BD): P = (1/2)|BD|² = (1/2)·(24/25)d² = (12/25)d².\n\nZatem objętość graniastosłupa: V = P·h = (12/25)d² · (1/5)d = (12/125)d³.\n\nRozwiązanie II\nh = d·sin α = 0,2d.\n\nZ zależności cos α = a√2/d otrzymujemy a√2 = d·cos α = d·√(1−0,04) = √0,96·d.\n\nStąd V = a²h = (1/2)·0,96d²·0,2d = 0,096d³.\n\n(Obie postacie są równoważne: 12/125 = 0,096.)","image":"img/informator-maturalny-matematyka-2015/zad-40.webp","solution_image":null,"topics":null,"page_from":60,"source":"ai","answer_source":null,"answer_text_source":null,"solution_source":"ai","text_source":"ocr","source_label":"Matematyka · Informator maturalny · 2015","subject_label":"Matematyka","category_label":"Informator maturalny"},{"id":"informator-maturalny-matematyka-2015/zad/41","paper_id":"informator-maturalny-matematyka-2015","number":"41","points":4,"ptype":"open","subject":"matematyka","category":"informator-maturalny","year":2015,"month":null,"level":null,"text":"Zadanie 41. (0-4)\nOblicz, ile jest wszystkich liczb naturalnych czterocyfrowych takich, że w ich zapisie\ndziesiętnym występuje jedna cyfra nieparzysta i trzy cyfry parzyste.\nUwaga: przypominamy, że zero jest liczbą parzystą.\nWymagania ogólne\nIV. Użycie i tworzenie strategii.\nZdający stosuje strategię, która jasno wynika z treści zadania.\nWymagania szczegółowe\n10.2. Zdający zlicza obiekty w prostych sytuacjach kombinatorycznych, niewymagających\nużycia wzorów kombinatorycznych, stosuje regułę mnożenia i regułę dodawania.\n\nd\nh\nA\nD\nB\nC\nE\nF\nG\nH\na\na\n62 Informator o egzaminie maturalnym z matematyki od roku szkolnego 2014/2015\nRozwiązanie\nMamy do dyspozycji 5 cyfr parzystych: 0, 2, 4, 6, 8 oraz 5 cyfr nieparzystych: 1, 3, 5, 7, 9.\nMusimy jednak pamiętać, że 0 nie może być pierwszą cyfrą zapisu dziesiętnego liczby.\nDlatego rozważymy dwa przypadki: a) gdy pierwsza cyfra jest nieparzysta oraz b) gdy\npierwsza cyfra jest parzysta.\nW przypadku a) pierwszą cyfrę można wybrać na 5 sposobów; każda pozostała cyfra musi\nbyć parzysta i każdą z nich też możemy wybrać na 5 sposobów. Zatem w przypadku a) mamy\n45 możliwości.\nW przypadku b) cyfrę parzystą, stojącą na pierwszym miejscu, możemy wybrać na 4 sposoby.\nNa pozostałych miejscach mamy rozmieścić jedną cyfrę nieparzystą oraz dwie cyfry parzyste.\nMiejsce dla cyfry nieparzystej możemy wybrać na 3 sposoby; na pozostałych dwóch\nmiejscach umieścimy cyfry parzyste. Cyfrę na każdym z tych trzech miejsc można wybrać na\n5 sposobów. Zatem w przypadku b) mamy\n3\n3\n4 3 5\n12 5\n\n\n\nmożliwości.\nW obu przypadkach łącznie otrzymujemy\n\n\n4\n3\n3\n5\n12 5\n5 12\n5\n17 125\n2125\n\n\n\n\n\n\n\n\nliczb\nspełniających warunki zadania.","answer":null,"answer_text":null,"solution":"Oblicz, ile jest wszystkich liczb naturalnych czterocyfrowych takich, że w ich zapisie dziesiętnym występuje jedna cyfra nieparzysta i trzy cyfry parzyste (zero jest liczbą parzystą).\n\nMamy do dyspozycji 5 cyfr parzystych: 0, 2, 4, 6, 8 oraz 5 cyfr nieparzystych: 1, 3, 5, 7, 9. Zero nie może być pierwszą cyfrą liczby. Rozważamy dwa przypadki.\n\na) Pierwsza cyfra jest nieparzysta: można ją wybrać na 5 sposobów; każda z pozostałych trzech cyfr musi być parzysta — każdą można wybrać na 5 sposobów. Liczba możliwości: 5·5³ = 5⁴ = 625.\n\nb) Pierwsza cyfra jest parzysta (i różna od zera): można ją wybrać na 4 sposoby. Na pozostałych trzech miejscach mamy rozmieścić jedną cyfrę nieparzystą i dwie parzyste. Miejsce dla cyfry nieparzystej można wybrać na 3 sposoby (spośród pozostałych trzech pozycji); cyfrę na każdym z tych trzech miejsc można wybrać na 5 sposobów. Liczba możliwości: 4·3·5³ = 12·5³ = 1500.\n\nŁącznie: 5⁴ + 12·5³ = (5+12)·5³ = 17·125 = 2125.\n\nOdpowiedź: 2125 liczb spełnia warunki zadania.","image":"img/informator-maturalny-matematyka-2015/zad-41.webp","solution_image":null,"topics":null,"page_from":61,"source":"ai","answer_source":null,"answer_text_source":null,"solution_source":"ai","text_source":"ocr","source_label":"Matematyka · Informator maturalny · 2015","subject_label":"Matematyka","category_label":"Informator maturalny"},{"id":"informator-maturalny-matematyka-2015/zad/42","paper_id":"informator-maturalny-matematyka-2015","number":"42","points":4,"ptype":"open","subject":"matematyka","category":"informator-maturalny","year":2015,"month":null,"level":null,"text":"Zadanie 42. (0-4)\nZ pojemnika, w którym jest pięć losów: dwa wygrywające i trzy puste, losujemy dwa razy po\njednym losie bez zwracania. Oblicz prawdopodobieństwo, że otrzymamy co najmniej jeden\nlos wygrywający. Wynik przedstaw w postaci ułamka nieskracalnego.\nWymagania ogólne\nIII. Modelowanie matematyczne.\nZdający dobiera model matematyczny do prostej sytuacji i krytycznie ocenia trafność modelu.\nWymagania szczegółowe\n10.3. Zdający oblicza prawdopodobieństwa w prostych sytuacjach, stosując klasyczną\ndefinicję prawdopodobieństwa.\nRozwiązanie I (model klasyczny)\nOznaczmy przez\n1\nw ,\n2\nw losy wygrywające, a przez\n1p ,\n2p ,\n3\np losy puste. Wszystkie wyniki\nlosowania dwóch losów bez zwracania możemy przedstawić w tabeli: wynik pierwszego\nlosowania wyznacza wiersz, a wynik drugiego losowania - kolumnę, w przecięciu których\nleży pole, odpowiadające tej parze losowań. Pola położone na przekątnej odrzucamy, gdyż\nodpowiadałyby one wylosowaniu dwukrotnie tego samego losu, a to jest niemożliwe, gdyż\nlosujemy bez zwracania.\nPrzykładowe zadania z rozwiązaniami: poziom podstawowy 63\nNiech A oznacza zdarzenie polegające na wylosowaniu dwóch losów, wśród których co\nnajmniej jeden jest wygrywający. Zdarzenia elementarne sprzyjające zdarzeniu A zaznaczamy\nw tabeli krzyżykiem (x).\nMamy więc 20 wszystkich zdarzeń elementarnych, czyli\n20\n\n, oraz 14 zdarzeń\nelementarnych sprzyjających zdarzeniu A, czyli\n14\nA \nPrawdopodobieństwo zdarzenia A jest zatem równe\n\n14\n7\n20\n10\nA\nP A \n\n\n\nRozwiązanie II (metoda drzewa)\nLosowanie z pojemnika kolejno dwóch losów bez zwracania możemy zilustrować za pomocą\ndrzewa, gdzie w oznacza wylosowanie losu wygrywającego, a p - losu pustego. Pogrubione\ngałęzie drzewa odpowiadają zdarzeniu A polegającemu na wylosowaniu dwóch losów, wśród\nktórych co najmniej jeden jest wygrywający. Na odcinkach drzewa zostały zapisane\nodpowiednie prawdopodobieństwa.\nZatem prawdopodobieństwo zdarzenia A jest równe\n\n2 1\n2 3\n3 2\n2\n6\n6\n14\n7\n5 4\n5 4\n5 4\n20\n20\n10\nP A\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n1\nw\n2\nw\n1p\n2p\n3\np\n1\nw\nx\nx\nx\nx\n2\nw\nx\nx\nx\nx\n1p\nx\nx\n2p\nx\nx\n3\np\nx\nx\nw\np\nw\np\nw\np\n2\n5\n3\n5\n1\n4\n3\n4\n2\n4\n2\n4\n64 Informator o egzaminie maturalnym z matematyki od roku szkolnego 2014/2015","answer":null,"answer_text":null,"solution":"Z pojemnika, w którym jest pięć losów: dwa wygrywające i trzy puste, losujemy dwa razy po jednym losie bez zwracania. Oblicz prawdopodobieństwo, że otrzymamy co najmniej jeden los wygrywający. Wynik przedstaw w postaci ułamka nieskracalnego.\n\nRozwiązanie I (model klasyczny)\nOznaczmy przez w₁, w₂ losy wygrywające, a przez p₁, p₂, p₃ losy puste. Wszystkie uporządkowane pary losowań bez zwracania dają |Ω| = 5·4 = 20 zdarzeń elementarnych.\n\nNiech A oznacza zdarzenie: wśród dwóch wylosowanych losów co najmniej jeden jest wygrywający. Zdarzenie przeciwne (oba losy puste) ma |A'| = 3·2 = 6 możliwości, więc |A| = 20 − 6 = 14.\n\nP(A) = 14/20 = 7/10.\n\nRozwiązanie II (metoda drzewa)\nP(A) = (2/5)·(1/4) + (2/5)·(3/4) + (3/5)·(2/4) = 2/20 + 6/20 + 6/20 = 14/20 = 7/10.\n\nOdpowiedź: P(A) = 7/10.","image":"img/informator-maturalny-matematyka-2015/zad-42.webp","solution_image":null,"topics":null,"page_from":62,"source":"ai","answer_source":null,"answer_text_source":null,"solution_source":"ai","text_source":"ocr","source_label":"Matematyka · Informator maturalny · 2015","subject_label":"Matematyka","category_label":"Informator maturalny"},{"id":"informator-maturalny-matematyka-2015/zad/43","paper_id":"informator-maturalny-matematyka-2015","number":"43","points":3,"ptype":"open","subject":"matematyka","category":"informator-maturalny","year":2015,"month":null,"level":null,"text":"Zadanie 43. (0-3)\nWykaż, że prawdziwa jest nierówność\n2\n50\n50\n2\n1\n2\n1\n2\n\n\n\n\nWymagania ogólne\nV. Rozumowanie i argumentacja.\nZdający prowadzi proste rozumowanie, składające się z niewielkiej liczby kroków.\nWymagania szczegółowe\n2.1.Zdający używa wzorów skróconego mnożenia na (a ± b)2 oraz a2 - b2.\nRozwiązanie I\nDla dowodu przekształcimy w sposób równoważny tezę.\nPonieważ obie strony danej nierówności\n2\n50\n50\n2\n1\n2\n1\n2\n\n\n\n\nsą dodatnie, możemy je\npodnieść do kwadratu. Otrzymujemy kolejno:\n\n\n\n\n2\n2\n50\n50\n26\n2\n1\n2\n1\n2\n\n\n\n50\n50\n50\n50\n52\n2\n1 2\n2\n1\n2\n1\n2\n1\n2\n\n\n\n\n\n\n\n50\n50\n50\n52\n2 2\n2\n2\n1 2\n1\n2\n\n\n\n\n\n100\n52\n51\n2 2\n1\n2\n2\n\n\n100\n50\n2\n1\n2 .\n\nObie strony tej nierówności są także dodatnie, więc podnosząc je do kwadratu otrzymujemy\n100\n100\n2\n1\n2 .\n\nOtrzymana nierówność jest oczywiście prawdziwa, a zatem dana w zadaniu nierówność jest\nrównież prawdziwa, co kończy dowód.\nRozwiązanie II\nOznaczmy\n50\n50\n2\n1,\n2\n1.\na\nb\n\n\n\n\nZauważmy, że dla dowolnych liczb a, b, takich,\nże\n,\na\nb\n\nmamy \n\n2\n0\na\nb\n\n\n, skąd\n2\n2\n2\na\nb\nab\n\n\n. Wobec tego\n\n\n\n\n\n\n2\n2\n2\n2\n2\n2\n2\n2\n2\n50\n50\n52\n2\n2\n2 2\n1 2\n1\n2 .\na\nb\na\nb\nab\na\nb\na\nb\na\nb\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\nStąd\n52\n26\n2\n2\na\nb\n\n\n\n, co kończy dowód.\nPrzykładowe zadania z rozwiązaniami: poziom podstawowy 65","answer":null,"answer_text":null,"solution":"Wykaż, że prawdziwa jest nierówność √(2⁵⁰+1) + √(2⁵⁰−1) < 2²⁶.\n\nRozwiązanie I\nPonieważ obie strony danej nierówności są dodatnie, możemy je podnieść do kwadratu. Otrzymujemy kolejno:\n\n(√(2⁵⁰+1) + √(2⁵⁰−1))² < (2²⁶)²\n\n2⁵⁰+1 + 2·√(2⁵⁰+1)·√(2⁵⁰−1) + 2⁵⁰−1 < 2⁵²\n\n2·2⁵⁰ + 2√((2⁵⁰−1)(2⁵⁰+1)) < 2⁵²\n\n2√(2¹⁰⁰−1) < 2⁵² − 2⁵¹ = 2⁵¹\n\n√(2¹⁰⁰−1) < 2⁵⁰.\n\nObie strony tej nierówności są dodatnie, więc podnosząc je do kwadratu otrzymujemy:\n\n2¹⁰⁰ − 1 < 2¹⁰⁰.\n\nOtrzymana nierówność jest oczywiście prawdziwa, a zatem dana w zadaniu nierówność jest również prawdziwa, co kończy dowód.\n\nRozwiązanie II\nOznaczmy a = √(2⁵⁰+1), b = √(2⁵⁰−1). Zauważmy, że dla dowolnych liczb a, b, takich że a ≠ b, mamy (a−b)² > 0, skąd a²+b² > 2ab. Wobec tego:\n\n(a+b)² = a²+b²+2ab < a²+b²+a²+b² = 2(a²+b²) = 2(2⁵⁰+1+2⁵⁰−1) = 2·2⁵¹ = 2⁵².\n\nStąd a+b < √(2⁵²) = 2²⁶, co kończy dowód.","image":"img/informator-maturalny-matematyka-2015/zad-43.webp","solution_image":null,"topics":null,"page_from":64,"source":"ai","answer_source":null,"answer_text_source":null,"solution_source":"ai","text_source":"ocr","source_label":"Matematyka · Informator maturalny · 2015","subject_label":"Matematyka","category_label":"Informator maturalny"},{"id":"informator-maturalny-matematyka-2015/zad/44","paper_id":"informator-maturalny-matematyka-2015","number":"44","points":5,"ptype":"closed","subject":"matematyka","category":"informator-maturalny","year":2015,"month":null,"level":null,"text":"Zadanie 44. (0-5)\nW roku 2015 na uroczystości urodzinowej ktoś spytał jubilata, ile ma lat. Jubilat\nodpowiedział: jeżeli swój wiek sprzed 27 lat pomnożę przez swój wiek za 15 lat, to otrzymam\nrok swojego urodzenia. Oblicz, ile lat ma ten jubilat.\nWymagania ogólne\nIII. Modelowanie matematyczne.\nZdający dobiera model matematyczny do prostej sytuacji i krytycznie ocenia trafność modelu.\nWymagania szczegółowe\n3.4. Zdający rozwiązuje równania kwadratowe z jedną niewiadomą.\nRozwiązanie\nOznaczmy przez x obecny wiek jubilata (w latach). Wówczas wiek jubilata sprzed 27 lat jest\nrówny\n27\nx \n, wiek, jaki będzie miał za 15 lat, jest równy\n15\nx \n, a rok jego urodzenia to\n2015\nx\n.\nMamy więc równanie \n\n\n27\n15\n2015\nx\nx\nx\n\n\n\n.\nPo uporządkowaniu otrzymujemy\n2\n11\n2420\n0\nx\nx\n\n\n\nRozwiązaniami tego równania są liczby\n55\nx \n,\n44\nx \nStąd wiemy, że jubilat w roku 2015 obchodzi 55. urodziny.\n66 Informator o egzaminie maturalnym z matematyki od roku szkolnego 2014/2015\n5.\nPrzykładowe zadania z matematyki na poziomie rozszerzonym wraz z rozwiązaniami\nZadanie 1. (0-1)\nFunkcja określona wzorem\ndla wszystkich liczb rzeczywistych\nA. nie ma miejsc zerowych.\nB. ma dokładnie jedno miejsce zerowe.\nC. ma dokładnie dwa miejsca zerowe.\nD. ma więcej niż dwa miejsca zerowe.\nWymagania ogólne\nII. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji.\nZdający rozumie i interpretuje pojęcia matematyczne oraz operuje obiektami matematycznymi.\nWymagania szczegółowe\n3.9.R Zdający rozwiązuje równania i nierówności z wartością bezwzględną, o poziomie\ntrudności nie wyższym niż\n1\n2\n3\nx \n\n,\n3\n5\n12\nx\nx\n\n\n\n\nRozwiązanie C\nZadanie 2. (0-3)\nNiech\n. Wykaż, że\nWymagania ogólne\nV. Rozumowanie i argumentacja.\nZdający tworzy łańcuch argumentów i uzasadnia jego poprawność.\nWymagania szczegółowe\n1.6. Zdający wykorzystuje definicję logarytmu i stosuje w obliczeniach wzory na logarytm\niloczynu, logarytm ilorazu i logarytm potęgi o wykładniku naturalnym.\n1.2.R Zdający stosuje w obliczeniach wzór na logarytm potęgi oraz wzór na zamianę podstawy\nlogarytmu.\n\n3\n4\nf x\nx\n\n\n\n21\nlog 7\nm \n\n\n7\n3 1\nlog 27\nm\nm\n\n\nPrzykładowe zadania z rozwiązaniami: poziom rozszerzony 67\nRozwiązanie (I sposób)\nZauważmy, że\nZatem\nTo kończy dowód.\nRozwiązanie (II sposób)\nZauważamy, że\n,\nco kończy dowód.\nZadanie 3. (0-2)\nOblicz najmniejszą liczbę naturalną n spełniającą nierówność\nWymagania ogólne\nII. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji.\nZdający rozumie i interpretuje pojęcia matematyczne oraz operuje obiektami matematycznymi.\nWymagania szczegółowe\n2.6.R Zdający dodaje, odejmuje, mnoży i dzieli wyrażenia wymierne; rozszerza i (w łatwych\nprzykładach) skraca wyrażenia wymierne.\n3.8.R Zdający rozwiązuje proste nierówności wymierne typu\n1\n2\n3\nx\nx\n\n\n\n,\n2\n2\n3\n2\n16\n4\nx\nx\nx\nx\nx\n\n\n\n\n,\n3\n2\n1 3\n4\n7\n5\n4\nx\nx\nx\nx\n\n\n\n\n\nRozwiązanie\nRozwiązujemy nierówność\n. Przekształcamy ją w sposób równoważny:\n,\n,\n7\n21\n1\n1\nlog 21\nlog 7\nm\n\n\n\n\n3\n7\n7\n7\n7\n7\n7\n21\n1\n1\nlog 27\nlog 3\n3log 3\n3log\n3 log 21 log 7\n3\n1\n3\n7\nm\nm\nm\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n3\n7\n7\n7\n7\n7\n7\n3 1\n1\n21\n3\n1\n3 log 21 1\n3 log 21 log 7\n3log\nlog 3\nlog 27\n7\nm\nm\nm\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n2\n10\n2\n1\n3\n1\n3\n30\nn\nn\n\n\n\n\n2\n10\n2\n1\n3\n1\n3\n30\nn\nn\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n3 2\n10\n2 3\n1\n1\n3 3\n1\n30\nn\nn\nn\n\n\n\n\n\n\n\n32\n1\n3 3\n1\n30\nn\n\n\n\n68 Informator o egzaminie maturalnym z matematyki od roku szkolnego 2014/2015\n,\n,\nW powyższych przekształceniach dwukrotnie skorzystaliśmy z tego, że \n\n3 3\n1\n0\nn\n\nZatem\nnajmniejszą liczbą naturalną spełniającą podaną nierówność jest\nZadanie 4. (0-2)\nRównanie\nma dwa rozwiązania\n. Liczba\njest liczbą całkowitą\ndodatnią. Znajdź tę liczbę. Zakoduj cyfry setek, dziesiątek i jedności otrzymanego wyniku.\nWymagania ogólne\nII. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji.\nZdający rozumie i interpretuje pojęcia matematyczne oraz operuje obiektami matematycznymi.\nWymagania szczegółowe\n3.1.R Zdający stosuje wzory Viète’a.\nRozwiązanie\nKorzystając ze wzorów Viète’a otrzymujemy:\noraz\n\n\n\n\n\n\n2\n2\n2\n2\n1\n2\n1\n2\n1\n2\n2\n2\n2\n2\n2\n2\n1\n2\n1\n2\n1\n2\n2\n48\n2 2\n1\n1\n575\n2\nx\nx\nx x\nx\nx\nx\nx\nx\nx\nx x\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\nNależy zakodować cyfry 5, 7, 5.\nZadanie 5. (0-2)\nWielomian\n\n4\n3\n2\n2\n5\n6\n9\nW x\nx\nx\nx\npx\n\n\n\n\n\njest podzielny przez dwumian\n1\nx . Oblicz p.\nZakoduj pierwsze trzy cyfry po przecinku nieskończonego rozwinięcia dziesiętnego\notrzymanego wyniku.\nWymagania ogólne\nII. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji.\nZdający rozumie i interpretuje pojęcia matematyczne oraz operuje obiektami matematycznymi.\n\n\n32\n1\n3 3\n1\n30\nn\n\n\n3\n1 320\nn \n1\n106 3\nn \n107\nn \n2\n48\n2\n0\nx\nx\n\n\n\n1\n2\n,\nx x\n2\n2\n1\n2\n1\n1\nx\nx\n\n1\n2\n48\nx\nx\n\n\n1\n2\n2\nx\nx\n\n\nPrzykładowe zadania z rozwiązaniami: poziom rozszerzony 69\nWymagania szczegółowe\n3.4.R Zdający stosuje twierdzenie o reszcie z dzielenia wielomianu przez dwumian x\na\n\nRozwiązanie\njest podzielny przez\n1\nx , zatem\n1\n0\nW\n\n1\n7 6\nW\np\n\n\n. Stąd\n1,166\np \nNależy zakodować cyfry 1, 6, 6.\nUwaga\nNależy zakodować cyfry otrzymanego wyniku, a nie wyniku przybliżonego, zatem cyfry\n1, 6, 6, a nie 1, 6, 7.\nZadanie 6. (0-3)\nWykaż, że dla każdej liczby całkowitej k liczba\njest podzielna przez 5.\nWymagania ogólne\nV. Rozumowanie i argumentacja.\nZdający tworzy łańcuch argumentów i uzasadnia jego poprawność.\nWymagania szczegółowe\n2.7. (szkoła podstawowa) Zdający rozpoznaje liczby naturalne podzielne przez 5.\nRozwiązanie\nIloczyn jest podzielny przez 5, jeżeli co najmniej jeden z czynników jest podzielny przez 5.\nJeżeli\n(l jest liczbą całkowitą), to pierwszy czynnik jest podzielny przez 5.\nJeżeli\n, to czynnik\njest podzielny przez 5.\nJeżeli\n, to czynnik\njest podzielny\nprzez 5.\nJeżeli\n, to czynnik \n\n\n\n2\n2\n2\n1\n25\n30\n9 1\n5 5\n6\n2\nk\nl\nl\nl\n\n\n\n\n\njest podzielny przez 5.\nJeżeli\n, to czynnik \n\n\n\n1\n5\n4 1 5\n1\nk\nl\nl\n\n\n\n\njest podzielny przez 5.\n\nW x\n\n\n\n\n2\n1\n9\n1\nk k\nk\nk\n\n\n\n5\nk\nl\n\n5\n1\nk\nl\n\n\n\n\n\n\n9\n5\n10\n5\n2\nk\nl\nl\n\n\n\n\n\n5\n2\nk\nl\n\n\n\n\n\n\n2\n2\n2\n1\n25\n20\n4 1\n5 5\n4\n1\nk\nl\nl\nl\nl\n\n\n\n\n\n\n\n5\n3\nk\nl\n\n\n5\n4\nk\nl\n\n\n70 Informator o egzaminie maturalnym z matematyki od roku szkolnego 2014/2015\nZadanie 7. (0-2)\nUdowodnij, że jeśli\ni\noraz\n, to\nWymagania ogólne\nV. Rozumowanie i argumentacja.\nZdający tworzy łańcuch argumentów i uzasadnia jego poprawność.\nWymagania szczegółowe\n2.1. Zdający używa wzorów skróconego mnożenia na \n\n2\na\nb\n\noraz\n2\n2\na\nb\n\nRozwiązanie (I sposób)\nKorzystamy z nierówności między średnią arytmetyczną i geometryczną:\n,\nczyli\nTo kończy dowód.\nRozwiązanie (II sposób)\nZ założenia mamy\n. Przekształcamy nierówność\nw sposób równoważny\n,\n,\nTa nierówność jest prawdziwa. To kończy dowód.\nRozwiązanie (III sposób)\nOznaczmy:\n1\n2\na\nx\n\n\n,\n1\n2\nb\nx\n\n. Wówczas\n2\n1\n1\n1\n1\n2\n2\n4\n4\nab\nx\nx\nx\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n,\nco kończy dowód.\n0\na \n0\nb \n1\na\nb\n\n\n1\n4\nab \n1\n2\n2\na\nb\nab\n\n\n\n1\n4\nab \n1\nb\na\n\n1\n4\nab \n\n\n1\n1\n4\na\na\n\n\n2\n1\n0\n4\na\na\n\n\n\n2\n1\n0\n2\na\n\n\n\n\n\n\n\n\nPrzykładowe zadania z rozwiązaniami: poziom rozszerzony 71\nZadanie 8. (0-5)\nWyznacz wszystkie wartości parametru m, dla których funkcja f określona wzorem\nprzyjmuje wartości dodatnie dla każdej liczby rzeczywistej.\nWymagania ogólne\nIV. Użycie i tworzenie strategii.\nZdający tworzy strategię rozwiązania problemu.\nWymagania szczegółowe\n3.2.R Zdający rozwiązuje równania i nierówności liniowe i kwadratowe z parametrem.\nRozwiązanie\nFunkcja\nw zależności od parametru m jest liniowa lub\nkwadratowa. Rozważmy dwa przypadki:\n1. Gdy\n2\n1\n0\nm \n, to funkcja f jest liniowa.\n1. Dla\n1\nm  funkcja ma wzór\n( )\n4\n2\nf x\nx\n\n, więc\n1\nm  nie spełnia warunków\nzadania.\n2. Dla\n1\nm  funkcja ma wzór\n( )\n2\nf x \n, więc\n1\nm  spełnia warunki zadania.\n2. Gdy\n2\n1\n0\nm \n, to funkcja f jest kwadratowa. Funkcja kwadratowa przyjmuje wartości\ndodatnie dla każdej liczby rzeczywistej x, gdy parabola będąca jej wykresem leży\nw całości nad osią Ox. Funkcja\nma tę własność, kiedy\nzachodzą warunki:\n1.\n2\n1\n0\nm \n,\n2.\n0\n\nPierwszy warunek jest spełniony dla\n\n\n\n\n, 1\n1,\nm\n\n.\nWarunek\n0\n\njest spełniony, gdy\n\n\n\n\n2\n2\n4 1\n8\n1\n0\nm\nm\n\n\n\n\n,\n\n\n\n\n\n2\n1\n2\n1\n1\n0\nm\nm\nm\n\n\n\n\n\n,\n\n\n\n1\n1 2\n2\n0\nm\nm\nm\n\n\n\n\n,\n\n\n\n1\n3\n0\nm\nm\n\n\n\n\n,\n\n\n\n1\n3\n0\nm\nm\n\n\n\n\n,\n\n\n\n\n2\n2\n1\n2 1\n2\nf x\nm\nx\nm x\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n2\n2\n1\n2 1\n2\nf x\nm\nx\nm x\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n2\n2\n1\n2 1\n2\nf x\nm\nx\nm x\n\n\n\n\n\n72 Informator o egzaminie maturalnym z matematyki od roku szkolnego 2014/2015\n\n\n\n\n, 3\n1,\nm\n\n.\nZatem funkcja kwadratowa przyjmuje wartości dodatnie dla\n\n\n\n\n, 3\n1,\nm\n\n.\nUwzględniając oba przypadki, otrzymujemy\n\n\n\n, 3\n1,\nm\n\n.\nZadanie 9. (0-1)\nGranica\n3\n5\nlim\n3\nx\nx\nx\n\n\n\n\njest równa\nA.\n\nB.\n0\nC.\n6\nD.\n\nWymagania ogólne\nII. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji.\nZdający rozumie i interpretuje pojęcia matematyczne oraz operuje obiektami matematycznymi.\nWymagania szczegółowe\n11.1.R Zdający oblicza granice funkcji (i granice jednostronne), korzystając z twierdzeń\no działaniach na granicach i z własności funkcji ciągłych.\nRozwiązanie\nA\nZadanie 10. (0-2)\nOblicz\n\n\n3\n3\n2\n3\nlim\n1 4\nn\nn\nn\nn\n\n\n\n\nZakoduj pierwsze trzy cyfry po przecinku rozwinięcia dziesiętnego otrzymanego wyniku.\nWymagania ogólne\nII. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji.\nZdający rozumie i interpretuje pojęcia matematyczne oraz operuje obiektami matematycznymi.\nWymagania szczegółowe\n5.2.R Zdający oblicza granice ciągów, korzystając z granic ciągów typu\n2\n1\n1\n,\nn n oraz\nz twierdzeń o działaniach na granicach ciągów.\nPrzykładowe zadania z rozwiązaniami: poziom rozszerzony 73\nRozwiązanie\nObliczamy granicę\n\n\n3\n3\n2\n3\n3\n3\n3\n2\n2\n3\n1\nlim\nlim\n0,03125\n32\n1 4\n1\n4\nn\nn\nn\nn\nn\nn\nn\nn\nn\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\nPonieważ 1\n0,03125\n32 \n, więc należy zakodować cyfry: 0, 3, 1.\nZadanie 11. (0-2)\nDany jest nieskończony ciąg geometryczny\no wyrazach dodatnich taki, że\n1\n3\n4\na \n,\n3\n1\n3\na \n. Oblicz sumę wszystkich wyrazów tego ciągu.\nWymagania ogólne\nII. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji.\nZdający rozumie i interpretuje pojęcia matematyczne oraz operuje obiektami matematycznymi.\nWymagania szczegółowe\n5.3.R Zdający rozpoznaje szeregi geometryczne zbieżne i oblicza ich sumy.\nRozwiązanie\nPierwszy wyraz i trzeci wyraz tego ciągu są odpowiednio równe:\n1\n3\n4\na \n,\n3\n1\n3\na \n. Ponieważ\n2\n3\n1\na\na q\n\n\n, stąd\n2\n3\n1\n4\n9\na\nq\na\n\n\n. Zatem\n2\n3\nq \nlub\n2\n3\nq \n. Wyrazy ciągu są dodatnie, więc\n2\n3\nq \n. Ponieważ\n2\n1\n3\nq \n, więc\n1\n3\n3 3\n9\n4\n2\n1\n4 1\n4\n1\n3\na\nS\nq\n\n\n\n\n\n\n\nSuma S wszystkich wyrazów nieskończonego ciągu geometrycznego\no wyrazach\ndodatnich jest równa:\n9\n4\nS \n\n\nna\n\n\nna\n74 Informator o egzaminie maturalnym z matematyki od roku szkolnego 2014/2015\nZadanie 12 (0-2)\nDana jest funkcja f określona wzorem\n4\n2\n2\n15\n( )\n6\nx\nf x\nx\n\n\n\ndla wszystkich liczb rzeczywistych x,\ntakich że\n6\nx \ni\n6\nx \n. Oblicz wartość pochodnej tej funkcji w punkcie\n1\nx .\nZakoduj cyfrę jedności i dwie pierwsze cyfry po przecinku rozwinięcia dziesiętnego\nobliczonego wyniku.\nWymagania ogólne\nII. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji.\nZdający rozumie i interpretuje pojęcia matematyczne oraz operuje obiektami matematycznymi.\nWymagania szczegółowe\n11.2.R Zdający oblicza pochodne funkcji wymiernych.\nRozwiązanie\nObliczamy pochodną:\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n4\n2\n4\n2\n2\n2\n3\n2\n4\n4\n2\n2\n2\n2\n2\n2\n2\n15\n6\n2\n15\n6\n6\n8\n6\n2\n2\n15\n2\n2\n24\n15\n,\n6\n6\n2\n2\n24 15\n2 37\n74\n1\n2,96.\n25\n25\n5\nx\nx\nx\nx\nf\nx\nx\nx\nx\nx\nx\nx\nx\nx\nx\nx\nf\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\nNależy zakodować cyfry: 2, 9, 6.\nZadanie 13. (0-3)\nDana jest funkcja f określona wzorem\n\n3\n4\n2\n1\nf x\nx\nx\n\n\n dla wszystkich liczb\nrzeczywistych. Uzasadnij, że prosta l o równaniu 10\n9\n0\nx\ny\n\n\n\njest styczna do wykresu\nfunkcji f.\nWymagania ogólne\nV. Rozumowanie i argumentacja.\nZdający tworzy łańcuch argumentów i uzasadnia jego poprawność.\nWymagania szczegółowe\n11.3.R Zdający korzysta z geometrycznej i fizycznej interpretacji pochodnej.\nPrzykładowe zadania z rozwiązaniami: poziom rozszerzony 75\nRozwiązanie\nZapisujemy równanie prostej l w postaci kierunkowej\n10\n9\ny\nx\n\n\nWyznaczamy pochodną funkcji f:\n\n2\n12\n2\nf\nx\nx\n\n\n.\nZauważamy, że dla\n1\nx  oraz dla\n1\nx  pochodna funkcji f ma wartość 10 i równa się\nwspółczynnikowi kierunkowemu prostej l.\nObliczamy wartość funkcji f w punkcie\n1\nx : \n1\n1\nf \n oraz w punkcie\n1\nx : 1\n3\nf\n.\nPunkt o współrzędnych \n\n1, 1\n\nleży na prostej l, natomiast punkt o współrzędnych \n\n1,3 nie\nleży na tej prostej. Zatem prosta o równaniu 10\n9\n0\nx\ny\n\n\n\njest styczna do wykresu funkcji f,\nco kończy dowód.\nZadanie 14. (0-7)\nRozpatrujemy wszystkie ostrosłupy prawidłowe trójkątne, w których suma promienia okręgu\nopisanego na podstawie ostrosłupa i wysokości tego ostrosłupa jest równa 24. Wyznacz\npromień okręgu opisanego na podstawie tego z ostrosłupów, który ma największą objętość.\nOblicz tę objętość.\nWymagania ogólne\nIII. Modelowanie matematyczne.\nZdający buduje model matematyczny danej sytuacji, uwzględniając ograniczenia i zastrzeżenia.\nWymagania szczegółowe\n11.6.R Zdający stosuje pochodne do rozwiązywania zagadnień optymalizacyjnych.\nRozwiązanie\nNiech x\nAO\nBO\nCO\n\n\n\n(zobacz rysunek) oznacza promień okręgu opisanego na\npodstawie ostrosłupa oraz h\nSO\n\noznacza wysokość tego ostrosłupa. Wówczas\n24\nx\nh\n\n\nA\nB\nC\nD\nS\nh\nx\n\nO\n\n76 Informator o egzaminie maturalnym z matematyki od roku szkolnego 2014/2015\nWysokość AD w trójkącie ABC jest równa\n3\n2\nAB\nAD\n\n\n. Zatem promień x okręgu\nopisanego na trójkącie ABC (podstawie ostrosłupa) jest równy:\n3\n3\n2\n3\n2\n3\nAB\nAB\nx \n\n\n, stąd\n3\nAB\nx\n\n. Wyznaczamy pole podstawy ostrosłupa:\n2\n3\n3\n4\nx\nP \nPonadto z równości\n24\nx\nh\n\n\notrzymujemy\n24\nh\nx\n\n\n, gdzie 0\n24\nx\n\n\nZatem objętość tego ostrosłupa jest określona wzorem:\n\n\n2\n1 3\n3\n24\n3\n4\nx\nV\nx\n\n\n\n\n, czyli\n\n\n3\n2\n3\n24\n4\nV\nx\nx\n\n\n\nNależy obliczyć, dla jakiego x spełniającego nierówność 0\n24\nx\n\n\nfunkcja V określona\nwzorem \n\n\n3\n2\n3\n24\n4\nV x\nx\nx\n\n\n\nprzyjmuje wartość największą.\nRozważamy funkcję\n\n3\n2\n24\nf x\nx\nx\n\n\nokreśloną dla każdej liczby rzeczywistej x.\nWyznaczamy pochodną tej funkcji f :\n\n2\n3\n48\nf\nx\nx\nx\n\n\n\nNastępnie obliczamy miejsca zerowe pochodnej:\n1\n16\nx \n,\n2\n0\nx \n. Ponadto:\n\n\n0\nf\nx\n\n\nw każdym z przedziałów \n\n,0\n\noraz \n\n16,,\n\n\n0\nf\nx\n\n\nw przedziale \n\n0,16 .\nZatem funkcja f jest malejąca w każdym z przedziałów \n,0\n\noraz\n\n16, i rosnąca\nw przedziale 0,16 .\nPonieważ\n\n\n3\n4\nV x\nf x\n\ndla\n\n\n0,24\nx\n, więc w przedziale\n\n\n0,24\nx\nfunkcja\n\nV x ma\nekstremum w tym samym punkcie, w którym funkcja\n\nf x . Stąd wynika, że w punkcie\n16\nx \nfunkcja V przyjmuje wartość największą.\nObjętość ostrosłupa jest równa:\n\n\n3\n2\n3\n16\n24 16\n512 3\n4\nV \n\n\n\n\nObjętość ostrosłupa prawidłowego trójkątnego jest największa i równa\n512 3\nV \n, gdy\npromień okręgu opisanego na podstawie jest równy 16.\nPrzykładowe zadania z rozwiązaniami: poziom rozszerzony 77\nZadanie 15. (0-7)\nRozważamy wszystkie prostokąty, których dwa wierzchołki leżą na odcinku AB, gdzie\n\n\n1,4\nA \ni\n\n\n1,4\nB \n, a pozostałe dwa na paraboli o równaniu\n2\n2\n2\ny\nx\n\n\n(zobacz\nrysunek). Wyznacz wymiary tego z prostokątów, który ma największe pole. Oblicz to pole.\nWymagania ogólne\nIII. Modelowanie matematyczne.\nZdający buduje model matematyczny danej sytuacji, uwzględniając ograniczenia i zastrzeżenia.\nWymagania szczegółowe\n11.6.R Zdający stosuje pochodne do rozwiązywania zagadnień optymalizacyjnych.\nRozwiązanie\nNiech punkty C i D leżą na paraboli\n2\n2\n2\ny\nx\n\n\n, a punkty E i F leżą na odcinku AB (zob.\nrysunek). Oznaczmy przez x odległość punktu D od osi Oy.\n78 Informator o egzaminie maturalnym z matematyki od roku szkolnego 2014/2015\nWówczas punkt D ma współrzędne\n\n\n2\n,2\n2\nD\nx\nx\n\n\n, punkt C ma współrzędne\n\n\n2\n,2\n2\nC\nx\nx\n\n\n. Punkty E i F leżą na prostej o równaniu\n4\ny \n, zatem ich współrzędne\nsą równe:\n\n\n,4\nE\nx\n\ni\n\n\n,4\nF\nx\n\nWyznaczamy długości boków CD i DE prostokąta CDEF:\n2\nCD\nx\n\noraz\n2\n2\n2\nDE\nx\n\n\ndla 0\n1\nx\n\n.\nZatem pole prostokąta CDEF jest określone wzorem: \n\n\n2\n2\n2\n2\nP x\nx\nx\n\n\n\n, czyli\n\n3\n4\n4\nP x\nx\nx\n\n\ndla 0\n1\nx\n\n.\nRozważamy funkcję\n\n3\n4\n4\nf x\nx\nx\n\n\nokreśloną dla każdej liczby rzeczywistej x.\nWyznaczamy pochodną tej funkcji f :\n\n2\n12\n4\nf\nx\nx\n\n\n.\nNastępnie obliczamy miejsca zerowe pochodnej:\n1\n3\n3\nx \n,\n2\n3\n3\nx \nPonadto:\n\n\n0\nf\nx\n\n\nw każdym z przedziałów\n3\n,\n3\n\n\n\n\n\n\n\n\n\noraz\n3 ,\n3\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n,\n\n\n0\nf\nx\n\n\nw przedziale\n3\n3\n,\n3\n3\n\n\n\n\n\n\n\n\n\nPrzykładowe zadania z rozwiązaniami: poziom rozszerzony 79\nx\nx\n5\n5\n5\n5\nh\nh\nZatem funkcja f jest malejąca w każdym z przedziałów\n3\n,\n3\n\n\n\noraz\n3 ,\n3\n\n\ni rosnąca w przedziale\n3\n3\n,\n3\n3\n\nPonieważ\n\n\nP x\nf x\n\ndla\n\n\n0,1\nx\n, więc w przedziale\n\n\n0,1\nx\nfunkcja\n\nP x ma\nekstremum w tym samym punkcie, w którym funkcja\n\nf x . Stąd wynika, że w punkcie\n3\n3\nx \nfunkcja P przyjmuje wartość największą.\nObliczamy wymiary prostokąta:\n2 3\n3\nCD \n,\n2\n3\n4\n2\n2\n3\n3\nDE\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\nNajwiększe pole ma prostokąt o wymiarach 2 3\n3\n, 4\n3 . Jest ono równe 8 3\n9\nZadanie 16. (0-7)\nRozpatrujemy wszystkie trapezy równoramienne, w których krótsza podstawa ma długość 5\ni każde z ramion też ma długość 5. Oblicz długość dłuższej podstawy tego z rozpatrywanych\ntrapezów, który ma największe pole. Oblicz to pole.\nWymagania ogólne\nIII. Modelowanie matematyczne.\nZdający buduje model matematyczny danej sytuacji, uwzględniając ograniczenia i zastrzeżenia.\nWymagania szczegółowe\n11.6.R Zdający stosuje pochodne do rozwiązywania zagadnień optymalizacyjnych.\nRozwiązanie\nNiech\noznacza długość dłuższej podstawy, a h wysokość trapezu. Pole tego trapezu\njest określone wzorem\ni\nZ twierdzenia Pitagorasa otrzymujemy zależność\n, stąd\n2\n5\nx \n\n\n2 5\n2\n5\n2\nx\nP\nh\nx\nh\n\n\n\n\n\n\n0\n5\nx\n\n\n2\n2\n25\nx\nh\n\n\n2\n25\nh\nx\n\n\n80 Informator o egzaminie maturalnym z matematyki od roku szkolnego 2014/2015\nPole tego trapezu jest określone wzorem\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n2\n2\n2\n3\n4\n3\n5\n25\n5\n25\n5\n5\n10\n250\n625,\nP x\nx\nx\nx\nx\nx\nx\nx\nx\nx\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\ngdzie 0\n5\nx\n\n\nNależy obliczyć, dla jakiego x spełniającego nierówność\nfunkcja P określona\nwzorem\nprzyjmuje wartość największą.\nPonieważ funkcja pierwiastkowa ( y\nt\n\n) jest rosnąca, więc wystarczy zbadać funkcję\n. Wyznaczamy pochodną tej funkcji:\nNastępnie obliczamy miejsca zerowe pochodnej:\n,\nPonadto:\n\n\n0\nf\nx\n\n\nw przedziale 5 ,\n2\n\n\n\n\n\n\n\n,\n\n\n0\nf\nx\n\n\nw każdym z przedziałów \n\n, 5\n\noraz\n5\n5,\n2\n\n\n\n\n\n\n\n,\n\n\n\n5\n0\nf \n\nZatem funkcja f jest malejąca w przedziale 5 ,\n2\n\n\ni rosnąca w przedziale\n5\n,\n2\n\nPonieważ\n\n\nP x\nf x\n\ndla\n\n\n0,5\nx\n, więc w przedziale \n\n0,5 funkcja P ma ekstremum\nw tym samym punkcie, w którym funkcja f . Stąd wynika, że w punkcie\nfunkcja P\nprzyjmuje wartość największą.\nZauważmy wreszcie, że jeżeli\n, to\n. Zatem dłuższa podstawa ma długość 10.\nObliczamy największe pole trapezu dla\n:\nNajwiększe pole ma trapez, którego dłuższa podstawa ma długość 10. Pole tego trapezu jest\nrówne 75 3\n4\n0\n5\nx\n\n\n\n4\n3\n10\n250\n625\nP x\nx\nx\nx\n\n\n\n\n\n\n4\n3\n10\n250\n625\nf x\nx\nx\nx\n\n\n\n\n\n3\n2\n4\n30\n250\nf\nx\nx\nx\n\n\n\n\n1\n5\nx \n2\n5\n2\nx \n5\n2\nx \n5\n2\nx \n2\n5\n10\nx \n\n5\n2\nx \n\n2\n5\n5\n15 5\n75\n5\n25\n3\n3\n2\n2\n2 2\n4\nP x\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\nPrzykładowe zadania z rozwiązaniami: poziom rozszerzony 81\nZadanie 17. (0-3)\nDany jest trójkąt ABC i prosta k styczna w punkcie A do okręgu opisanego na tym trójkącie.\nProsta BC przecina prostą k w punkcie P. Długości odcinków AC, BC i PB zostały podane na\nrysunku.\nOblicz długość odcinka AB. Zakoduj cyfrę jedności i dwie pierwsze cyfry po przecinku\nrozwinięcia dziesiętnego otrzymanego wyniku.\nWymagania ogólne\nIV. Użycie i tworzenie strategii.\nZdający tworzy strategię rozwiązania problemu.\nWymagania szczegółowe\n7.4.R Zdający rozpoznaje figury podobne i jednokładne; wykorzystuje (także w kontekstach\npraktycznych) ich własności.\nRozwiązanie (I sposób)\nNiech S oznacza środek okręgu opisanego na trójkącie ABC i niech\nPAB\n\n. Kąt PAS jest\nprosty, więc\n90\nBAS\n\n\n\n. Trójkąt ABS jest równoramienny, zatem\n\n\n180\n2\n180\n2 90\n2\nASB\nBAS\n\n\n\n\n\n\n\n\nZ twierdzenia o kącie środkowym i wpisanym opartych na tym samym łuku wynika, że\n1\n1 2\n2\n2\nACB\nASB\n\n\n\n\n\n\n\nA\nP\nC\nB\n12\n9\n17\n82 Informator o egzaminie maturalnym z matematyki od roku szkolnego 2014/2015\nOznaczmy AB\nx\n\noraz PA\ny\n\nTrójkąty APB i CPA są podobne, gdyż\nPAB\nPCA\n\ni kąt przy wierzchołku P jest\nwspólnym kątem tych trójkątów. Zatem\nPA\nPB\nPC\nPA\n\n,\n17\n26\ny\ny\n\n,\n2\n17 26\ny \n\nStąd\n17 26\ny \n\n. Z podobieństwa trójkątów APB i CPA otrzymujemy też\nAB\nCA\nPA\nPC\n\n,\n12\n26\nx\ny \nZatem\n12\n12 17 26\n12 17\n9,7032\n26\n26\n26\ny\nx\n\n\n\n\n\nKodujemy cyfry: 9, 7, 0.\nA\nP\nC\nB\n12\n9\n17\n\nS\nPrzykładowe zadania z rozwiązaniami: poziom rozszerzony 83\nRozwiązanie (II sposób)\nZ twierdzenia o kącie między styczną a cięciwą wynika, że kąty PAB i ACB są równe.\nPonadto kąt przy wierzchołku P jest wspólnym kątem trójkątów APB i CPA. Zatem te trójkąty\nsą podobne.\nStąd\nPA\nPB\nPC\nPA\n\n,\n17\n26\ny\ny\n\n,\n2\n17 26\ny \n\nZatem\n17 26\ny \n\n. Z podobieństwa trójkątów APB i CPA otrzymujemy też\nAB\nCA\nPA\nPC\n\n,\n12\n26\nx\ny \nStąd\n12\n12 17 26\n12 17\n9,7032\n26\n26\n26\ny\nx\n\n\n\n\n\nKodujemy cyfry: 9, 7, 0.\nx\ny\nA\nP\nC\nB\n12\n9\n17\n84 Informator o egzaminie maturalnym z matematyki od roku szkolnego 2014/2015\nZadanie 18. (0-6)\nDany jest trójkąt prostokątny ABC o kącie prostym przy wierzchołku C i obwodzie równym\n2p . Na prostej AB obrano punkty D i E leżące na zewnątrz odcinka AB takie, że AD\nAC\n\ni BE\nBC\n\n(zobacz rysunek).\nWykaż, że promień okręgu opisanego na trójkącie ECD jest równy\n2\np\nWymagania ogólne\nV. Rozumowanie i argumentacja.\nZdający tworzy łańcuch argumentów i uzasadnia jego poprawność.\nWymagania szczegółowe\n7.5.R Zdający znajduje związki miarowe w figurach płaskich z zastosowaniem twierdzenia\nsinusów i twierdzenia cosinusów.\nRozwiązanie\nNiech\nBAC\n\n,\nABC\n\n(zobacz rysunek).\nKąty CAD i CBE to kąty przyległe odpowiednio do kątów BAC i ABC trójkąta ABC, więc\n180\nCAD\n\n\n\noraz\n180\nCBE\n\n\n\nTrójkąty CAD i CBE są równoramienne, więc\n\n\n180\n180\n2\n2\nDCA\n\n\n\n\n\n\noraz\n\n\n180\n180\n2\n2\nECB\n\n\n\n\n\n\nA\nB\nC\nD\nE\n\n\nA\nB\nC\nD\nE\nPrzykładowe zadania z rozwiązaniami: poziom rozszerzony 85\nZatem miara kąta ECD jest równa\n\n\n1\n90\n90\n90\n2\n2\n2\nECD\nDCA\nECB\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\nStąd\n\n\n1\n90\n135\n2\nECD\n\n\n\n\n\n\n\nZ twierdzenia sinusów dla trójkąta ECD wynika, że\n2\nsin\nED\nR\nECD \n,\ngdzie R to promień okręgu opisanego na trójkącie ECD. Ponieważ\n2\nED\na\nb\nc\np\n\n\n\ni\n\n\n2\nsin\nsin135\nsin 180\n45\nsin 45\n2\nECD \n\n\n\n\n, więc\n2\n2\n2\n2\np\nR \nStąd\n2\nR\np\n\n, co kończy dowód.\nZadanie 19. (0-3)\nRamię AD trapezu ABCD (w którym\nAB CD) przedłużono do punktu E takiego, że\n3\nAE\nAD\n\n. Punkt M leży na podstawie AB oraz\n4\nMB\nAM\n\n. Odcinek ME przecina\nprzekątną BD w punkcie P (zobacz rysunek).\nUdowodnij, że\n6\nBP\nPD\n\nA\nB\nC\nD\nE\nM\nP\n86 Informator o egzaminie maturalnym z matematyki od roku szkolnego 2014/2015\nWymagania ogólne\nV. Rozumowanie i argumentacja.\nZdający tworzy łańcuch argumentów i uzasadnia jego poprawność.\nWymagania szczegółowe\n7.3. Zdający rozpoznaje trójkąty podobne i wykorzystuje (także w kontekstach praktycznych)\ncechy podobieństwa trójkątów.\nRozwiązanie\nNiech N oznacza punkt przecięcia odcinka EM z prostą DC.\nTrójkąt AME jest podobny do trójkąta DNE (kąty MAE i NDE są równe oraz kąty AME i DNE\nsą równe, gdyż proste AB i DC są równoległe). Stąd\nAM\nDN\nAE\nDE\n\n,\nale\n3\nAE\nAD\n\n, więc\n2\n3\nDN\nAM\n\n\nTrójkąt MBP jest podobny do trójkąta NDP (kąty MBP i NDP są równe oraz kąty BMP\ni DNP, gdyż proste AB i DC są równoległe). Stąd\nBP\nDP\nBM\nDN\n\n,\nale\n4\nBM\nAM\n\n, więc\n4\n4\n6\n2\n3\nAM\nDP\nAM\nBP\nDP\nDP\nDN\nAM\n\n\n\n\n\n\n\n\nTo kończy dowód.\nA\nB\nC\nD\nE\nM\nP\nN\nPrzykładowe zadania z rozwiązaniami: poziom rozszerzony 87\nZadanie 20. (0-4)\nOkrąg jest styczny do osi Ox w punkcie\n\n\n2,0\nA \n. Punkt\n\n\n1,9\nB \nleży na tym okręgu.\nWyznacz równanie tego okręgu.\nWymagania ogólne\nIV. Użycie i tworzenie strategii.\nZdający tworzy strategię rozwiązania problemu.\nWymagania szczegółowe\n8.5.R Zdający posługuje się równaniem okręgu \n\n\n\n2\n2\n2\nx\na\ny\nb\nr\n\n\n\n\noraz opisuje koła za\npomocą nierówności.\nRozwiązanie\nNiech\n\n\n,\nS\na b\n\nbędzie środkiem szukanego okręgu. Ponieważ okrąg ten jest styczny do osi\nOx w punkcie\n\n\n2,0\nA \n, więc\n\n\n2,\nS\nb\n\n. Z definicji okręgu wynika, że AS\nBS\n\n, czyli\n\n\n\n\n\n\n\n\n2\n2\n2\n2\n2\n2\n0\n2 1\n9\nb\nb\n\n\n\n\n\n\n\nStąd\n2\n2\n9\n18\n81\nb\nb\nb\n\n\n\n\n,\n5\nb \nZatem\n\n\n2,5\nS \n, a równanie okręgu ma postać \n\n\n\n2\n2\n2\n5\n25\nx\ny\n\n\n\n\nZadanie 21. (0-5)\nOkrąg o środku\n\n\n3,2\nS \nleży wewnątrz okręgu o równaniu \n\n\n\n2\n2\n6\n8\n100\nx\ny\n\n\n\n\ni jest do\nniego styczny. Wyznacz równanie prostej stycznej do obu tych okręgów.\nWymagania ogólne\nIV. Użycie i tworzenie strategii.\nZdający tworzy strategię rozwiązania problemu.\nWymagania szczegółowe\n8.5.R Zdający posługuje się równaniem okręgu \n\n\n\n2\n2\n2\nx\na\ny\nb\nr\n\n\n\n\noraz opisuje koła za\npomocą nierówności.\n88 Informator o egzaminie maturalnym z matematyki od roku szkolnego 2014/2015\nRozwiązanie\nŚrodkiem okręgu o równaniu \n\n\n\n2\n2\n6\n8\n100\nx\ny\n\n\n\n\njest punkt\n\n\n1\n6,8\nS \n, a promień tego\nokręgu jest równy 10. Środki S i S1 okręgów leżą na prostej o równaniu\n2\n4\ny\nx\n\n\nSzukana styczna jest prostopadła do tej prostej, więc ma równanie postaci\n1\n2\ny\nx\nb\n\n\nOdległość środka\n\n\n1\n6,8\nS \nod stycznej jest równa 10, zatem\n2\n2\n1 6\n8\n2\n10\n1\n1\n2\nb\n\n\n\n\n\n\n\n\n,\n5\n11\n10\n4\nb\n\n\n\n,\n11\n5 5\nb\n\n\nStąd 11\n5 5\nb\n\n\nlub 11\n5 5\nb\n\n\n, czyli\n11 5 5\nb \n\nlub\n11 5 5\nb \n\n. Otrzymujemy więc\ndwie proste o równaniach\n1\n11 5 5\n2\ny\nx\n\n\n\noraz\n1\n11 5 5\n2\ny\nx\n\n\n\nOdległość środka S od prostej o równaniu\n1\n11 5 5\n2\ny\nx\n\n\n\njest równa\n2\n2\n1 3\n2 11 5 5\n29\n2\n5\n10\n5\n1\n1\n2\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\nPonieważ 29\n5\n10\n10\n5\n\n\n, więc ta prosta jest szukaną styczną.\nZadanie 22. (0-1)\nRównanie\n2\nsin\nsin\nx\nx\n\nw przedziale 0,\nA. ma dokładnie 1 rozwiązanie.\nB. ma dokładnie 2 rozwiązania.\nC. ma dokładnie 3 rozwiązania.\nD. nie ma rozwiązań.\nWymagania ogólne\nII. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji.\nZdający rozumie i interpretuje pojęcia matematyczne oraz operuje obiektami matematycznymi.\nPrzykładowe zadania z rozwiązaniami: poziom rozszerzony 89\nWymagania szczegółowe\n6.6.R Zdający rozwiązuje równania i nierówności trygonometryczne typu\n1\nsin 2\n2\nx \n,\n2\nsin\ncos\n1\nx\nx\n\n, sin\ncos\n1\nx\nx\n\n,\n1\ncos2\n2\nx \nRozwiązanie\nPrzekształcamy równanie\n2\nsin\nsin\nx\nx\n\ndo postaci\n\n\nsin\nsin\n1\n0\nx\nx\n\n\n\n, zatem sin\n0\nx  lub\nsin\n1\nx . Rozwiązaniami równania sin\n0\nx  w przedziale 0, jest\n0\nx \noraz x\n\n\n,\na rozwiązaniem równania sin\n1\nx  jest\n2\nx\n\n\n. Stąd równanie\n2\nsin\nsin\nx\nx\n\nw przedziale\n0, ma dokładnie 3 rozwiązania.\nZdający powinien zaznaczyć odpowiedź C.\nZadanie 23. (0-4)\nRozwiąż równanie sin5\ncos2\nsin\n0\nx\nx\nx\n\n\n\nWymagania ogólne\nIV. Użycie i tworzenie strategii.\nZdający tworzy strategię rozwiązania problemu.\nWymagania szczegółowe\n6.5.R Zdający stosuje wzory na sinus i cosinus sumy i różnicy kątów, sumę i różnicę sinusów\ni cosinusów kątów.\n6.6.R Zdający rozwiązuje równania i nierówności trygonometryczne typu\n1\nsin 2\n2\nx \n,\n2\nsin\ncos\n1\nx\nx\n\n, sin\ncos\n1\nx\nx\n\n,\n1\ncos2\n2\nx \nRozwiązanie\nPrzekształcamy równanie, korzystając ze wzoru na sumę sinusów: 2sin3 cos2\ncos2\n0\nx\nx\nx\n\n\nStąd\n\n\ncos2\n2sin3\n1\n0\nx\nx\n\n\n\n. Zatem cos2\n0\nx  lub 2sin3\n1\n0\nx\nRozwiązaniami równania sin5\ncos2\nsin\n0\nx\nx\nx\n\n\n\nsą liczby:\n4\n2\nk\nx\n\n\n\n\n, gdzie k jest liczbą\ncałkowitą, lub\n2\n18\n3\nk\nx\n\n\n\n\n, gdzie k jest liczbą całkowitą, lub\n5\n2\n18\n3\nk\nx\n\n\n\n\n, gdzie k jest\nliczbą całkowitą.\n90 Informator o egzaminie maturalnym z matematyki od roku szkolnego 2014/2015\nZadanie 24. (0-3)\nWykaż, że dla każdego kąta  prawdziwa jest równość: \n\n6\n6\n2\n4 sin\ncos\n1 3cos 2\n\n\n\n\n\nWymagania ogólne\nV. Rozumowanie i argumentacja.\nZdający tworzy łańcuch argumentów i uzasadnia jego poprawność.\nWymagania szczegółowe\n2.1.R Zdający używa wzorów skróconego mnożenia na \n\n3\na\nb\n\noraz\n3\n3\na\nb\n\n6.4. Zdający stosuje proste zależności między funkcjami trygonometrycznymi:\n2\n2\nsin\ncos\n1\n\n\n\n,\nsin\ntg\ncos\n\n\n\n\noraz\n\n\nsin 90\ncos\n\n\n\n\nRozwiązanie\nKorzystając z tożsamości\n\n\n\n\n\n\n\n2\n6\n6\n2\n2\n4\n2\n2\n4\n2\n2\n2\n2\n2\n2\n3\n,\na\nb\na\nb\na\na b\nb\na\nb\na\nb\na b\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\nprzekształcamy wyrażenie \n\n6\n6\n4 sin\ncos\n\n\n\ni otrzymujemy:\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n2\n6\n6\n2\n2\n2\n2\n2\n2\n2\n2\n4 sin\ncos\n4 sin\ncos\nsin\ncos\n3sin\ncos\n4 1 3sin\ncos\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\nPrzekształcamy teraz prawą stronę równości, korzystając ze wzoru na cosinus kąta\npodwojonego.\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n2\n2\n2\n2\n2\n2\n2\n2\n2\n2\n2\n2\n2\n2\n2\n1 3cos 2\n1 3 cos\nsin\n1 3\ncos\nsin\n4sin\ncos\n1 3 1 4sin\ncos\n4 12sin\ncos\n4 1 3sin\ncos\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\nTo kończy dowód.\nZadanie 25. (0-2)\nRozwiąż nierówność\n1\ncos5\n2\nx \ndla\nx\n\n\n\n\n\nWymagania ogólne\nII. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji.\nZdający rozumie i interpretuje pojęcia matematyczne oraz operuje obiektami matematycznymi.\nPrzykładowe zadania z rozwiązaniami: poziom rozszerzony 91\nWymagania szczegółowe\n6.4.R Zdający posługuje się wykresami funkcji trygonometrycznych (np. gdy rozwiązuje\nnierówności typu sin x\na\n\n, cos x\na\n\n, tg x\na\n\n).\nRozwiązanie\nRozwiązujemy nierówność\n1\ncos5\n2\nx \nZatem\n2\n5\n2\n3\n3\nk\nx\nk\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n, gdzie k jest liczbą całkowitą, czyli\n2\n2\n15\n5\n15\n5\nk\nk\nx\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n, gdzie k jest liczbą całkowitą.\nRozwiązaniami tej nierówności dla\nx\n\n\n\n\n\nsą:\n13\n11\n15\n15\nx\n\n\n\n\n\nlub\n7\n5\n15\n15\nx\n\n\n\n\n\nlub\n15\n15\nx\n\n\n\n\n\nlub 5\n7\n15\n15\nx\n\n\n\n\nlub\n11\n13\n15\n15\nx\n\n\n\n\nZadanie 26. (0-3)\nDany jest ostrosłup prawidłowy czworokątny. Kąt  jest kątem między dwiema sąsiednimi\nścianami bocznymi. Kąt  jest kątem przy podstawie ściany bocznej (tzn. kątem między\nkrawędzią podstawy i krawędzią boczną ostrosłupa)  zobacz rysunek.\nWykaż, że\n2\ncos\ntg\n1\n\n\n\n.\nWymaganie ogólne\nV. Rozumowanie i argumentacja.\nZdający tworzy łańcuch argumentów i uzasadnia jego poprawność.\n92 Informator o egzaminie maturalnym z matematyki od roku szkolnego 2014/2015\nWymagania szczegółowe\n9.4. Zdający rozpoznaje w graniastosłupach i ostrosłupach kąty między ścianami.\n9.1. Zdający rozpoznaje w graniastosłupach i ostrosłupach kąty między odcinkami\n(np. krawędziami, krawędziami i przekątnymi, itp.), oblicza miary tych kątów.\n9.6. Zdający stosuje trygonometrię do obliczeń długości odcinków, miar kątów, pól\npowierzchni i objętości.\nRozwiązanie\nOznaczmy, tak jak na poniższym rysunku: a  długość krawędzi podstawy, h  wysokość\nściany bocznej poprowadzona z wierzchołka podstawy, c  długość odcinka łączącego\nwierzchołek podstawy ze spodkiem wysokości h.\nNa podstawie twierdzenia cosinusów mamy:\n\n\n2\n2\n2\n2\n2\ncos\na\nh\nh\nh h\n\n\n\n\n\nStąd\n2\n2\n2\ncos\nh\na\nh\n\n\n\nNa podstawie twierdzenia Pitagorasa mamy\n2\n2\n2\nc\na\nh\n\n\nPonadto\ntg\nh\nc\n\n, a stąd wynika, że\n2\n2\n2\ntg\nh\nc\n\nObliczamy zatem\n\n\n2\n2\n2\n2\n2\n2\n2\n2\n2\n2\n2\ncos\ntg\n1\na\nh\nh\na\nh\nc\nh\nc\nc\nc\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n.\nTo kończy dowód.\nPrzykładowe zadania z rozwiązaniami: poziom rozszerzony 93\nZadanie 27. (0-4)\nW ostrosłupie prawidłowym trójkątnym krawędź podstawy ma długość a. Płaszczyzna\nprzechodząca przez krawędź podstawy i środek wysokości tego ostrosłupa jest nachylona do\npłaszczyzny podstawy pod kątem . Wyznacz objętość i pole powierzchni bocznej tego\nostrosłupa.\nWymaganie ogólne\nIV. Użycie i tworzenie strategii.\nZdający tworzy strategię rozwiązania problemu.\nWymagania szczegółowe\n9.2.R Zdający określa, jaką figurą jest dany przekrój graniastosłupa lub ostrosłupa\npłaszczyzną.\n9.6. Zdający stosuje trygonometrię do obliczeń długości odcinków, miar kątów, pól\npowierzchni i objętości.\n10.7.G Zdający stosuje twierdzenie Pitagorasa.\nRozwiązanie\nWprowadzamy oznaczenia takie jak na rysunku.\nW trójkącie równobocznym ABC mamy:\nAB\na\n\n,\n3\n2\na\nCM \n,\n1\n3\n3\n6\na\nOM\nCM\n\n\nStąd\ntg\nOS\nOM\n\n\n\n, czyli\n3\n3\n2\n2\ntg\ntg\n6\n3\na\na\nOW\nOS\n\n\n\n\n\n\n\n\n\nM\nA\nB\nC\nW\nO\nS\n\nN\n94 Informator o egzaminie maturalnym z matematyki od roku szkolnego 2014/2015\nZatem\n2\n3\n1\n3\n3 tg\ntg\n3\n4\n3\n12\na\na\na\nV\n\n\n\n\n\n\n\n\nNastępnie\n\n\n2\n2\n2\n2\n2\n2\n2\n2\n2\n2\n2\n3\n3\ntg\ntg\n1 4tg\n36\n9\n12\n3\n12\na\na\na\na\na\nMW\nOM\nOW\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n,\n2\n2\n3\n1 4tg\n1 4tg\n6\n2 3\na\na\nMW\n\n\n\n\n\n\ni stąd otrzymujemy\n2\n2\n2\n1\n3\n3\n3\n1 4tg\n1 4tg\n2\n6\n4\nb\na\na\nP\na\n\n\n\n\n\n\n\n\n\nZadanie 28. (0-4)\nDany jest sześcian ABCDEFGH (zobacz rysunek) o krawędzi równej 1. Punkt S jest\nśrodkiem krawędzi DH . Odcinek DW jest wysokością ostrosłupa ACSD opuszczoną\nz wierzchołka D na ścianę ACS . Oblicz długości odcinków AW, CW i SW.\nWymaganie ogólne\nIV. Użycie i tworzenie strategii.\nZdający tworzy strategię rozwiązania problemu.\nWymagania szczegółowe\n9.2. Zdający określa, jaką figurą jest dany przekrój graniastosłupa lub ostrosłupa płaszczyzną.\n10.7.G Zdający stosuje twierdzenie Pitagorasa.\nH\nG\nA\nB\nC\nF\nE\nD\nPrzykładowe zadania z rozwiązaniami: poziom rozszerzony 95\nRozwiązanie\nŁączymy punkty A i S , A i C oraz C i S (zobacz rysunek). Niech T oznacza punkt\nprzecięcia przekątnych AC i BD podstawy tego sześcianu.\nPunkt S leży na krawędzi DH , więc AS\nCS\n\n, a zatem trójkąt ACS , stanowiący podstawę\nostrosłupa ACSD, jest trójkątem równoramiennym. Wynika stąd, że odcinek ST jest\nwysokością tego trójkąta. Długość odcinka ST obliczamy stosując twierdzenie Pitagorasa do\ntrójkąta prostokątnego TSD :\n2\n2\n2\n2\n2\n1\n2\n2\n2\nST\nSD\nDT\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n, czyli\n3\n2\nST \nZauważamy, że odcinek DW jest wysokością trójkąta prostokątnego TDS poprowadzoną do\nprzeciwprostokątnej TS . Długość odcinka DW obliczymy zapisując na dwa sposoby pole\ntrójkąta TDS :\n1\n1\n2\n2\nSD TD\nST\nDW\n\n\n\n\n\n,\n1\n2\n6\n2\n2\n6\n3\n2\nDW\n\n\n\nStąd i z twierdzenia Pitagorasa zastosowanego do trójkąta prostokątnego SWD wynika, że:\nH\nG\nA\nB\nC\nF\nE\nD\nS\nT\nW\n\n96 Informator o egzaminie maturalnym z matematyki od roku szkolnego 2014/2015\n2\n2\n1\n6\n1\n3\n2\n6\n12\n6\nSW\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\nTeraz zauważamy, że wysokość ST trójkąta równoramiennego ACS jest zawarta w osi\nsymetrii tego trójkąta. Wynika stąd, że AW\nCW\n\n. Długość odcinka AW obliczamy stosując\ntwierdzenie Pitagorasa do trójkąta prostokątnego ATW , w którym\n3\n3\n3\n2\n6\n3\nTW\nST\nSW\n\n\n\n\n\nOtrzymujemy zatem\n2\n2\n2\n2\n2\n2\n3\n5\n2\n3\n6\nAW\nAT\nTW\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n,\nskąd\n30\n6\nAW\nCW\n\n\nPodsumowując, szukane odcinki mają długości:\n30\n6\nAW\nCW\n\n\n,\n3\n6\nSW \nZadanie 29. (0-6)\nKwadrat ABCD o boku długości 1 jest podstawą ostrosłupa ABCDS . Odcinek HS jest\nwysokością ostrosłupa, przy czym punkt H dzieli przekątną AC podstawy w stosunku 2 :1\n(zobacz rysunek). Krawędzie boczne BS i DS mają długość równą 1. Oblicz objętość tego\nostrosłupa oraz długości krawędzi AS i CS .\nWymaganie ogólne\nIV. Użycie i tworzenie strategii.\nZdający tworzy strategię rozwiązania problemu.\nC\nA\nB\nD\nS\nH\nPrzykładowe zadania z rozwiązaniami: poziom rozszerzony 97\nWymagania szczegółowe\n10.7.G Zdający stosuje twierdzenie Pitagorasa.\nRozwiązanie\nNiech T oznacza punkt przecięcia przekątnych AC i BD podstawy ostrosłupa\n(zobacz rysunek).\nPonieważ\n2\nAC \n, więc\n2\n3\nCH \noraz\n2\n2\n2\n2\n3\n6\nHT \n\n\n. Trójkąt BSD jest\nrównoramiennym trójkątem prostokątnym, dlatego że jego ramiona mają długości\n1\nBS\nDS\n\n, a podstawa\n2\nBD \n. Stąd wynika, że\n2\n2\nST \n. Obliczamy zatem\nwysokość HS tego ostrosłupa, stosując twierdzenie Pitagorasa do trójkąta SHT :\n2\n2\n2\n1\n1\n4\n2\n18\n9\nHS\nST\nHT\n\n\n\n\n\n, skąd wynika, że\n2\n3\nHS \nObjętość V tego ostrosłupa jest zatem równa:\n1\n2\n2\n1\n3\n3\n9\nV \n\n\nPozostaje obliczyć jeszcze długości krawędzi bocznych AS i CS . Z twierdzenia Pitagorasa\nzastosowanego dwukrotnie, najpierw do trójkąta AHS , otrzymujemy\n2\n2\n2\n2\n2\n2 2\n2\n4\n3\n3\n3\nAS\nAH\nHS\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n, więc\n2 3\n3\nAS \n,\nnatomiast do trójkąta CHS\n2\n2\n2\n2\n2\n2\n2\n2\n3\n3\n3\nCS\nCH\nHS\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n, skąd\n6\n3\nCS \nC\nA\nB\nD\nS\nH\nT\n98 Informator o egzaminie maturalnym z matematyki od roku szkolnego 2014/2015\nUwaga\nRozważany ostrosłup nie jest prawidłowy, a wszystkie ściany boczne tego ostrosłupa są\ntrójkątami równoramiennymi.\nZadanie 30. (0-4)\nDany jest sześcian ABCDEFGH (zobacz rysunek), którego krawędź ma długość 15. Punkty\nQ i R dzielą krawędzie HG i FG w stosunku 2 :1, to znaczy\n10\nHQ\nFR\n\n\nPłaszczyzna AQR przecina krawędzie DH i BF odpowiednio w punktach P i S . Oblicz\ndługości odcinków DP i BS .\nWymaganie ogólne\nIV. Użycie i tworzenie strategii.\nZdający tworzy strategię rozwiązania problemu.\nWymagania szczegółowe\n9.2.R Zdający określa, jaką figurą jest dany przekrój graniastosłupa lub ostrosłupa\npłaszczyzną.\n9.1. Zdający rozpoznaje w graniastosłupach i ostrosłupach kąty między odcinkami\n(np. krawędziami, krawędziami i przekątnymi itp.), oblicza miary tych kątów.\n7.4.R Zdający rozpoznaje figury podobne i jednokładne; wykorzystuje (także w kontekstach\npraktycznych) ich własności.\nP\nS\nR\nH\nG\nA\nB\nC\nF\nE\nD\n\n\n\n\nQ\nPrzykładowe zadania z rozwiązaniami: poziom rozszerzony 99\nRozwiązanie (I sposób)\nRozważamy kwadrat EFGH . Niech T oznacza punkt przecięcia przedłużeń odcinków QR\ni EF (zobacz rysunek).\nTrójkąty prostokątne RFT i RGQ są podobne na mocy cechy kkk. Stąd wynika, że\n10\nFT \nTeraz rozważamy kwadrat ABFE (zobacz rysunek).\nTrójkąty prostokątne ABS i TFS są podobne na mocy cechy kkk. Możemy więc zapisać\nrównanie\nSF\nBS\nFT\nAB\n\n, a zatem\n15\n10\n15\nx\nx\n\n\nRozwiązujemy to równanie\n15\n150 10\nx\nx\n\n\n,\n6\nx \nZatem długość szukanego odcinka BS jest równa 9. Ponieważ punkty B i D leżą\nsymetrycznie względem płaszczyzny ACGE , więc\n9\nDP\nBS\n\n\nA\nB\nF\nE\n15-x\nx\n10\nT\nS\n15\nE\nF\nG\nH\nQ\nR\nT\n5\n5\n10\n10\n100 Informator o egzaminie maturalnym z matematyki od roku szkolnego 2014/2015\nRozwiązanie (II sposób)\nRysujemy przekątne AC , BD, EG oraz łączymy punkty P i S . Oznaczmy kolejno:\nW  środek odcinka PS ,\n1\nW  punkt przecięcia przekątnych AC i BD, T  środek odcinka\nQR (zobacz rysunek). Niech ponadto\n1T będzie takim punktem przekątnej AC ,\nże\n1\nGT\nCT\n\nZauważamy, że DP\nBS\n\nco wynika, z symetrii względem płaszczyzny ACGE . Zatem\nczworokąt BSPD jest prostokątem. Stąd wynika, że prosta przechodząca przez środki boków\ntego prostokąta  punkty W i\n1\nW  jest prostopadła do płaszczyzny ABCD. Ponadto, prosta\nprzechodząca przez punkty T i\n1T jest także prostopadła do tej płaszczyzny. Zauważamy, że\npunkty: A , W ,\n1\nW , T i\n1T leżą w jednej płaszczyźnie - jest nią płaszczyzna ACGE . Na\nmocy cechy kkk, trójkąty prostokątne\n1\nAWW i\n1\nATT są podobne, więc możemy zapisać\nrówność\n1\n1\n1\n1\nTT\nWW\nAT\nAW\n\n, skąd wynika, że\n1\n1\n1\n1\nTT\nAW\nWW\nAT\n\n\nPonieważ\n1\n15\nTT \n,\n1\n15 2\n2\nAW \noraz\n1\n5 2\n25 2\n15 2\n2\n2\nAT \n\n\n, więc\n1\n15 2\n15\n2\n9\n25 2\n2\nWW\n\n\n\nOczywiście\n1\n9\nDP\nBS\nWW\n\n\n.\nP\nS\nR\nH\nG\nA\nB\nC\nF\nE\nD\n\n\n\n\nQ\n1\nW\nW \n\nT\n\n\n1T\nPrzykładowe zadania z rozwiązaniami: poziom rozszerzony 101\nZadanie 31. (0-3)\nOblicz, ile jest wszystkich liczb siedmiocyfrowych, w zapisie których nie występuje zero i na\ndokładnie dwóch miejscach stoją cyfry parzyste.\nWymagania ogólne\nIV. Użycie i tworzenie strategii.\nZdający tworzy strategię rozwiązania problemu.\nWymagania szczegółowe\n10.1.R\nZdający\nwykorzystuje\nwzory\nna\nliczbę\npermutacji,\nkombinacji,\nwariacji\nz powtórzeniami do zliczania obiektów w bardziej złożonych sytuacjach kombinatorycznych.\nRozwiązanie\nRozwiązanie zadania składa się z trzech kroków. W kroku pierwszym obliczamy, na ile\nsposobów można wybrać dwa miejsca (spośród siedmiu), na których stoją cyfry parzyste. Ten\nkrok możemy wykonać czterema sposobami.\n Możemy skorzystać ze wzoru na liczbę dwuelementowych kombinacji ze zbioru\nsiedmioelementowego; wyraża się ona współczynnikiem dwumianowym\n7\n2\n\n\n\n. Ten\nwspółczynnik możemy odczytać z trójkąta Pascala lub obliczyć ze wzoru\n\n\n!\n!\n!\nm\nm\nn\nn m\nn\n\n\n\n\n\n\n\nMamy zatem\n\n\n7\n7!\n7!\n6 7 5!\n6 7\n3 7\n21.\n2\n2! 7\n2 !\n2!5!\n2!5!\n2\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n Możemy po prostu wszystkie te sposoby wyboru dwóch miejsc wypisać (kółko białe\noznacza miejsce dla cyfry nieparzystej, kółko czarne - dla parzystej):\n102 Informator o egzaminie maturalnym z matematyki od roku szkolnego 2014/2015\n1:\n●\n●\n○\n○\n○\n○\n○\n2:\n●\n○\n●\n○\n○\n○\n○\n3:\n●\n○\n○\n●\n○\n○\n○\n4:\n●\n○\n○\n○\n●\n○\n○\n5:\n●\n○\n○\n○\n○\n●\n○\n6:\n●\n○\n○\n○\n○\n○\n●\n7:\n○\n●\n●\n○\n○\n○\n○\n8:\n○\n●\n○\n●\n○\n○\n○\n9:\n○\n●\n○\n○\n●\n○\n○\n10:\n○\n●\n○\n○\n○\n●\n○\n11:\n○\n●\n○\n○\n○\n○\n●\n12:\n○\n○\n●\n●\n○\n○\n○\n13:\n○\n○\n●\n○\n●\n○\n○\n14:\n○\n○\n●\n○\n○\n●\n○\n15:\n○\n○\n●\n○\n○\n○\n●\n16:\n○\n○\n○\n●\n●\n○\n○\n17:\n○\n○\n○\n●\n○\n●\n○\n18:\n○\n○\n○\n●\n○\n○\n●\n19:\n○\n○\n○\n○\n●\n●\n○\n20:\n○\n○\n○\n○\n●\n○\n●\n21:\n○\n○\n○\n○\n○\n●\n●\n Możemy także te możliwości zliczać: jeśli pierwsza (licząc od lewej strony) cyfra\nparzysta stoi na pierwszym miejscu, to drugą możemy ustawić na jednym z sześciu\nmiejsc (od drugiego do siódmego); jeśli pierwsza (od lewej strony) cyfra parzysta stoi\nna drugim miejscu, to drugą możemy ustawić na jednym z pięciu miejsc i tak dalej.\nWreszcie, jeśli pierwsza cyfra parzysta stoi na szóstym miejscu, to druga może stać\ntylko na miejscu siódmym. Łącznie mamy więc\n6 5 4 3 2 1\n21\n\nsposobów wyboru dwóch miejsc dla cyfr parzystych.\n Możemy wreszcie rozumować następująco: jedną cyfrę parzystą możemy ustawić na\njednym z 7 miejsc, drugą na jednym z sześciu miejsc. W ten sposób każde ustawienie\npoliczyliśmy dwukrotnie, np. ustawienie\n○\n○\n●\n○\n●\n○\n○\nPrzykładowe zadania z rozwiązaniami: poziom rozszerzony 103\nmożemy otrzymać wybierając najpierw miejsce trzecie, a potem miejsce piąte lub\nwybierając najpierw miejsce piąte, a potem miejsce trzecie. Zatem liczba sposobów\nwyboru tych dwóch miejsc jest równa\n7 6\n7 3\n21\n2\n\n\nW kroku drugim obliczamy, na ile sposobów możemy na miejscach wybranych dla cyfr\nparzystych i nieparzystych napisać te cyfry. Skorzystamy dwukrotnie z reguły mnożenia.\nNajpierw na wybranych dwóch miejscach ustawiamy cyfry parzyste. Ponieważ w zapisie\nliczby nie występuje zero, więc na każdym miejscu mamy do wyboru cztery cyfry: 2, 4, 6, 8.\nMamy zatem\n2\n4\n16\n\nsposobów zapisania cyfr parzystych na wybranych miejscach. Wreszcie\nna każdym z pozostałych pięciu miejsc zapisujemy jedną z pięciu cyfr nieparzystych: 1, 3, 5,\n7, 9. Mamy zatem\n5\n5\n3125\n\nsposobów zapisania cyfr nieparzystych na pozostałych\nmiejscach.\nW kroku trzecim obliczamy, ile jest liczb siedmiocyfrowych spełniających warunki opisane\nw zadaniu. Korzystamy jeszcze raz z reguły mnożenia i otrzymujemy\n2\n5\n21 4\n5\n21 16 3125\n1 050 000\n\n\n\n\n\n\nliczb.\nZadanie 32. (0-4)\nOblicz sumę wszystkich liczb trzycyfrowych zapisanych wyłącznie za pomocą cyfr 1, 2 i 3,\nwiedząc, że cyfry mogą się powtarzać.\nWymagania ogólne\nIV. Użycie i tworzenie strategii.\nZdający tworzy strategię rozwiązania problemu.\nWymagania szczegółowe\n10.1.R\nZdający\nwykorzystuje\nwzory\nna\nliczbę\npermutacji,\nkombinacji,\nwariacji\nz powtórzeniami do zliczania obiektów w bardziej złożonych sytuacjach kombinatorycznych.\nRozwiązanie\nZauważmy najpierw, że istnieje tylko 27 liczb trzycyfrowych, których cyfry są wybrane\nspośród cyfr 1, 2 i 3. Pierwszą cyfrę możemy bowiem wybrać na 3 sposoby, drugą także na\ntrzy sposoby (cyfry mogą się powtarzać) i trzecią też na trzy sposoby. Najprostszy sposób\nrozwiązania zadania polega zatem na wypisaniu i dodaniu (np. na kalkulatorze) tych liczb.\nOto one:\n111 + 112 + 113 + 121 + 122 + 123 + 131 + 132 + 133 = 1098,\n211 + 212 + 213 + 221 + 222 + 223 + 231 + 232 + 233 = 1998,\n311 + 312 + 313 + 321 + 322 + 323 + 331 + 332 + 333 = 2898.\n104 Informator o egzaminie maturalnym z matematyki od roku szkolnego 2014/2015\nSuma wszystkich liczb jest równa\n1098 + 1998 + 2898 = 5994.\nLiczby te można łatwo dodać bez używania kalkulatora. Zauważmy, że sumy liczb w trzech\nwierszach są równe:\n9 100 + (11 + 12 + 13 + 21 + 22 + 23 + 31 + 32 + 33) = 900 + 198 = 1098\n\n,\n9 200 + (11 + 12 + 13 + 21 + 22 + 23 + 31 + 32 + 33) = 1800 + 198 = 1998\n\n,\n9 300 + (11 + 12 + 13 + 21 + 22 + 23 + 31 + 32 + 33) = 2700 + 198 = 2898\n\nDodawanie\n11 + 12 + 13 + 21 + 22 + 23 + 31 + 32 + 33 = 198\nmoże być wykonane w pamięci; pozostałe dodawania można łatwo wykonać też w pamięci\nlub pisemnie. Najważniejsze było zauważenie, że we wszystkich dodawaniach występowała\nta sama suma liczb dwucyfrowych i zmieniały się tylko sumy setek. Ta obserwacja będzie\npodstawą dla drugiego sposobu rozwiązania.\nObliczając sumę wszystkich 27 liczb, każdą z tych liczb zapiszemy w postaci\n100+\n10+\na\nb\nc\n\n\ni będziemy oddzielnie dodawać wielokrotności 100, oddzielnie wielokrotności 10 i wreszcie\noddzielnie cyfry jedności. Policzmy, w ilu liczbach jedynka występuje na pierwszym miejscu\n(tzn. jako cyfra setek). Otóż na drugim miejscu możemy postawić jedną z trzech cyfr i na\ntrzecim też jedną z trzech cyfr. Zatem jedynka jest na pierwszym miejscu w dziewięciu\nliczbach. W sumie wszystkich dwudziestu siedmiu liczb dziewięć razy wystąpi składnik 100.\nPodobnie 9 razy wystąpi składnik 200 i 9 razy wystąpi składnik 300. Zatem składniki postaci\n100\na\ndadzą sumę\n9 100 + 9 200 + 9 300 = 9 100 (1 + 2 + 3) = 9 100 6 = 5400\n\n\n\n\n\n\n\nTak samo pokazujemy, że każda cyfra wystąpi 9 razy na drugim miejscu (tzn. jako cyfra\ndziesiątek). Zatem składniki postaci\n10\nb\ndadzą sumę\n9 10 + 9 20 + 9 30 = 9 10 (1 + 2 + 3) = 9 10 6 = 540\n\n\n\n\n\n\n\nWreszcie tak samo pokazujemy, że każda cyfra wystąpi 9 razy jako cyfra jedności. Suma cyfr\njedności jest zatem równa\n9 1 + 9 2 + 9 3 = 9 (1 + 2 + 3) = 9 6 = 54\n\n\n\n\n\nSuma wszystkich liczb wynosi zatem\n5400 + 540 + 54 = 5994 .\nPrzykładowe zadania z rozwiązaniami: poziom rozszerzony 105\nZadanie 33. (0-7)\nOblicz, ile jest wszystkich liczb ośmiocyfrowych, których iloczyn cyfr jest równy 24.\nWymagania ogólne\nIV. Użycie i tworzenie strategii.\nZdający tworzy strategię rozwiązania problemu.\nWymagania szczegółowe\n10.1.R Zdający wykorzystuje wzory na liczbę permutacji, kombinacji, wariacji z powtórzeniami do\nzliczania obiektów w bardziej złożonych sytuacjach kombinatorycznych.\nRozwiązanie\nRozkładamy liczbę 24 na czynniki pierwsze 24\n3 2 2 2\n.\nMamy więc pięć, parami wykluczających się możliwości, w których iloczyn cyfr liczby\nośmiocyfrowej jest równy 24:\n1. Wśród cyfr tej liczby są trzy dwójki, jedna trójka i cztery jedynki ( 24\n3 2 2 2 1 1 1 1\n).\nLiczbę takich liczb można obliczyć na przykład tak:\n\n7\n8\n280\n3\n\n\n\n\n\n- wybieramy jedno miejsce z ośmiu dla trójki a następnie trzy\nmiejsca z pozostałych siedmiu dla dwójki\nalbo tak:\n\n8\n4\n280\n4\n\n\n\n\n- wybieramy cztery miejsca dla cyfr różnych od jedynki, a następnie\nspośród nich wybieramy miejsce dla trójki,\nalbo tak:\n\n8!\n280\n3! 4! \n\n- ustawiamy na wszystkie możliwe sposoby cyfry liczby 32221111.\n2. Wśród cyfr tej liczby są trójka, czwórka, dwójka i pięć jedynek ( 24\n3 4 2 1 1 1 1 1\n).\nLiczbę takich liczb można obliczyć na przykład tak:\n 8 7 6\n336\n\n- wybieramy miejsca dla cyfr: trzy, cztery, dwa\nalbo tak:\n\n8\n3!\n336\n3\n\n\n\n\n- wybieramy trzy miejsca dla cyfr: trzy, cztery, dwa, następnie\nprzestawiamy te cyfry między sobą,\nalbo tak:\n 8!\n336\n5! \n- ustawiamy na wszystkie możliwe sposoby cyfry liczby 32411111.\n106 Informator o egzaminie maturalnym z matematyki od roku szkolnego 2014/2015\n3. Wśród cyfr tej liczby są trójka, ósemka i sześć jedynek ( 24\n3 8 1 1 1 1 1 1\n).\nLiczbę takich liczb można obliczyć na przykład tak:\n 8 7\n56\n\n- wybieramy miejsce dla trójki i z pozostałych dla ósemki\nalbo tak:\n\n8\n2\n56\n2\n\n\n\n\n- wybieramy dwa miejsca z ośmiu dla trójki i ósemki, następnie\nwybieramy miejsce dla każdej z nich,\nalbo tak:\n 8!\n56\n6! \n- ustawiamy na wszystkie możliwe sposoby cyfry liczby 38111111.\n4. Wśród cyfr tej liczby są szóstka, czwórka i sześć jedynek ( 24\n6 4 1 1 1 1 1 1\n).\nLiczbę takich liczb można obliczyć na przykład tak:\n 8 7\n56\n\n- wybieramy miejsce dla szóstki i czwórki\nalbo tak:\n\n8\n2\n56\n2\n\n\n\n\n- wybieramy dwa miejsca z ośmiu dla szóstki i czwórki, następnie\nwybieramy miejsce dla każdej z nich,\nalbo tak:\n 8!\n56\n6! \n- ustawiamy na wszystkie możliwe sposoby cyfry liczby 64111111.\n5. Wśród cyfr tej liczby są dwie dwójki, jedna szóstka i pięć jedynek( 24\n6 2 2 1 1 1 1 1\n).\nLiczbę takich liczb można obliczyć na przykład tak:\n\n7\n8\n168\n2\n\n\n\n\n\n- wybieramy miejsce dla szóstki, następnie dwa miejsca z siedmiu dla\ndwójek\nalbo tak:\n\n8\n3\n168\n3\n\n\n\n- wybieramy trzy miejsca z ośmiu dla szóstki i dwóch dwójek,\nnastępnie spośród nich wybieramy miejsce dla szóstki,\nalbo tak:\n\n8!\n168\n2! 5! \n\n- ustawiamy na wszystkie możliwe sposoby cyfry liczby 62211111.\nZatem wszystkich liczb ośmiocyfrowych, których iloczyn cyfr jest równy 24, jest\n280 336 56 56 168\n896\n\n\n\n\n\nPrzykładowe zadania z rozwiązaniami: poziom rozszerzony 107\nZadanie 34. (0-6)\nOblicz, ile jest wszystkich liczb stucyfrowych o sumie cyfr równej 5, w zapisie których\nwystępują tylko cyfry 0, 1, 3, 5.\nWymagania ogólne\nIV. Użycie i tworzenie strategii.\nZdający tworzy strategię rozwiązania problemu.\nWymagania szczegółowe\n10.1.R\nZdający\nwykorzystuje\nwzory\nna\nliczbę\npermutacji,\nkombinacji,\nwariacji\nz powtórzeniami do zliczania obiektów w bardziej złożonych sytuacjach kombinatorycznych.\nRozwiązanie\nWszystkie liczby stucyfrowe o sumie cyfr równej 5, w zapisie których występują tylko cyfry\n0, 1, 3, 5 możemy podzielić na 4 grupy w zależności od tego, jaka cyfra stoi na pierwszym\nmiejscu liczby:\n1. Liczba 5000 000,w której po cyfrze 5następuje 99 zer. Jest jedna taka liczba.\n2. Liczby postaci 3000 1 000 1 000, w których po cyfrze 3występuje 97 cyfr 0 i dwie\ncyfry 1, stojące na dwóch miejscach wybranych z 99 możliwych miejsc. Jest\n99\n99 98\n99 49\n4851\n2\n2\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\ntakich liczb.\n3. Liczby postaci 1000 3 000 1 000 lub 1000 1 000 3 000, w których po cyfrze 1\nwystępuje 97 cyfr 0 oraz cyfry 1 i 3(w dowolnej kolejności), stojące na dwóch\nmiejscach wybranych z 99 możliwych miejsc. Jest 99 98\n9702\n\n\ntakich liczb.\n4. Liczby postaci 1000 1 000 1 000 1 000 1 000, w których po cyfrze 1 występuje\n95 cyfr 0 i cztery cyfry 1, stojące na czterech miejscach wybranych z 99 możliwych\nmiejsc. Jest 99\n99 98 97 96\n33 49 97 24\n3 764 376\n4\n24\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\ntakich liczb.\nZatem wszystkich liczb stucyfrowych o sumie cyfr równej 5, w zapisie których występują\ntylko cyfry 0, 1, 3, 5, jest\n1 4851 9702\n3764 376\n3778930.\n\n\n\n\n108 Informator o egzaminie maturalnym z matematyki od roku szkolnego 2014/2015\nZadanie 35. (0-3)\nDoświadczenie losowe polega na tym, że losujemy jednocześnie dwie liczby ze zbioru\n\n\n1,2,3, ,12,13 . Oblicz prawdopodobieństwo warunkowe, że wśród wylosowanych liczb\nbędzie liczba 8, pod warunkiem, że suma wylosowanych liczb będzie nieparzysta.\nWymagania ogólne\nIV. Użycie i tworzenie strategii.\nZdający tworzy strategię rozwiązania problemu.\nWymagania szczegółowe\n10.2.R Zdający oblicza prawdopodobieństwo warunkowe.\nRozwiązanie\nZdarzeniami\nelementarnymi\nsą\nwszystkie\ndwuelementowe\npodzbiory\n(pary\nnieuporządkowane, kombinacje) zbioru \n\n1,2,3, ,12,13 . Jest to model klasyczny.\nWprowadzamy oznaczenia:\nA - wśród wylosowanych liczb będzie liczba 8,\nB - suma wylosowanych liczb będzie nieparzysta.\nMamy obliczyć\n(\n)\n(\n)\n( )\nA\nB\nP A\nB\nP A B\nP B\nB\n\n\n\n\nZdarzeniu B sprzyjają kombinacje złożone z jednej liczby nieparzystej i jednej parzystej,\n7 6\n42\nB \n,\nZdarzeniu A\nB\n\nsprzyjają kombinacje złożone z liczby 8 i jednej liczby nieparzystej,\n1 7\n7\nA\nB\n\n\n\n,\nstąd\n7\n1\n(\n)\n42\n6\nP A B \n\nZatem prawdopodobieństwo, że wśród wylosowanych liczb będzie liczba 8, pod warunkiem,\nże suma wylosowanych liczb będzie nieparzysta, jest równe 1\n6 .\nZadanie 36. (0-3)\nNiech\n,\nA B będą zdarzeniami losowymi zawartymi w . Wykaż, że jeżeli\n( )\n0,7\nP A \ni\n( )\n0,8\nP B \n, to\n(\n)\n0,625\nP A B \n\n\nP A B oznacza prawdopodobieństwo warunkowe.\nPrzykładowe zadania z rozwiązaniami: poziom rozszerzony 109\nWymagania ogólne\nIV. Użycie i tworzenie strategii.\nZdający tworzy strategię rozwiązania problemu.\nWymagania szczegółowe\n10.2.R Zdający oblicza prawdopodobieństwo warunkowe.\nRozwiązanie\n(\n)\n(\n)\n( )\nP A\nB\nP A B\nP B\n\n\nWykażemy najpierw, że jeżeli\n( )\n0,7\nP A \ni\n( )\n0,8\nP B \n, to\n(\n)\n0,5\nP A\nB\n\n\nWiemy, że\n(\n)\n( )\n( )\n(\n)\nP A\nB\nP A\nP B\nP A\nB\n\n\n\n\n\noraz\n(\n)\n1\nP A\nB\n\n.\nMamy więc: 1\n(\n)\n( )\n( )\n(\n)\nP A\nB\nP A\nP B\nP A\nB\n\n\n\n\n\n\n, stąd\n(\n)\n( )\n( ) 1\nP A\nB\nP A\nP B\n\n\n\n,\nczyli\n(\n)\n0,5\nP A\nB\n\n\nStąd\n(\n)\n0,5\n(\n)\n0,625\n( )\n0,8\nP A\nB\nP A B\nP B\n\n\n\n\nZadanie 37. (0-4)\nWybieramy losowo jedną liczbę ze zbioru \n\n1,2,3 i gdy otrzymamy liczbę n , to rzucamyn\nrazy symetryczną monetą. Oblicz prawdopodobieństwo otrzymania co najmniej jednego orła.\nWynik przedstaw w postaci ułamka zwykłego nieskracalnego.\nWymagania ogólne\nIV. Użycie i tworzenie strategii.\nZdający tworzy strategię rozwiązania problemu.\nWymagania szczegółowe\n10.3.R Zdający korzysta z twierdzenia o prawdopodobieństwie całkowitym.\nRozwiązanie\nWprowadzamy oznaczenia dla zdarzeń:\n1\nB - wylosujemy liczbę 1,\n2\nB - wylosujemy liczbę 2,\n3\nB - wylosujemy liczbę 3,\nA - otrzymamy co najmniej jednego orła.\n110 Informator o egzaminie maturalnym z matematyki od roku szkolnego 2014/2015\nZdarzenia\n1\nB ,\n2\nB i\n3\nB spełniają założenia twierdzenia o prawdopodobieństwie całkowitym,\nponieważ\n1\n2\n3\nB\nB\nB\n\n\n,\n1\n2\n1\n3\n2\n3\nB\nB\nB\nB\nB\nB\n\n\n\n\n\n,\n1\n2\n3\n1\n(\n)\n(\n)\n(\n)\n0\n3\nP B\nP B\nP B\n\n\n\n\nStosując twierdzenie o prawdopodobieństwie całkowitym do zdarzenia A , otrzymujemy\n1\n1\n2\n2\n3\n3\n( )\n(\n) (\n)\n(\n) (\n)\n(\n) (\n)\nP A\nP A B P B\nP A B P B\nP A B P B\n\n\n\nPonieważ\n1\n1\n(\n)\n2\nP A B\n\n,\n2\n3\n(\n)\n4\nP A B\n\n,\n3\n7\n(\n)\n8\nP A B\n\n, więc\n1\n1\n2\n2\n3\n3\n1 1\n3 1\n7 1\n17\n( )\n(\n) (\n)\n(\n) (\n)\n(\n) (\n)\n2 3\n4 3\n8 3\n24\nP A\nP A B P B\nP A B P B\nP A B P B\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\nZatem prawdopodobieństwo otrzymania co najmniej jednego orła jest równe 17\n24 .\nUwaga\nZdający może rozwiązać zadanie za pomocą drzewa.\nZadanie 38. (0-2)\nNiech\n,\nA B będą zdarzeniami losowymi zawartymi w . Wykaż, że jeżeli\n\n\n\nP A\nB\nP A P B\n\n\n, to \n\n\n\nP A\nB\nP A P B\n\n\n\n\nB oznacza zdarzenie przeciwne do zdarzenia B.\nWymagania ogólne\nV. Rozumowanie i argumentacja.\nZdający tworzy łańcuch argumentów i uzasadnia jego poprawność.\nWymagania szczegółowe\n10.3. Zdający oblicza prawdopodobieństwa w prostych sytuacjach, stosując klasyczną\ndefinicję prawdopodobieństwa.\nRozwiązanie\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n1\nP A\nB\nP A\nP A\nB\nP A\nP A P B\nP A\nP B\nP A P B\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\nPrzykładowe zadania z rozwiązaniami: poziom rozszerzony 111\n112 Informator o egzaminie maturalnym z matematyki od roku szkolnego 2014/2015\n6.\nInformacja o egzaminie maturalnym z matematyki dla absolwentów niesłyszących\n6.1. EGZAMIN MATURALNY Z MATEMATYKI DLA ABSOLWENTÓW NIESŁYSZĄCYCH\nw przypadku arkusza standardowego - w jakim stopniu absolwent spełnia wymagania\nz zakresu tego przedmiotu określone w podstawie programowej kształcenia ogólnego dla IV\netapu edukacyjnego w zakresie rozszerzonym i podstawowym. W zadaniach zestawu\negzaminacyjnego mogą też być sprawdzane wymagania z etapów wcześniejszych.\nOgólne informacje o egzaminie maturalnym z matematyki od roku szkolnego 2014/2015,\nkrótka charakterystyka arkusza egzaminacyjnego oraz najważniejsze zasady dotyczące\noceniania wypowiedzi zdających, przedstawione w częściach 1. - 3. Informatora, dotyczą\nrównież arkuszy dla absolwentów niesłyszących. Jednak zgodnie z zapisami odpowiedniego\nrozporządzenia Ministra Edukacji Narodowej1, absolwenci niepełnosprawni przystępują do\negzaminu maturalnego w warunkach i\nformie dostosowanych do rodzaju\nich\nniepełnosprawności.\nDostosowania obejmują:\n w odniesieniu do formy egzaminu maturalnego m.in.\n- zmianę sposobu sformułowania niektórych zadań (zamiana słów, zwrotów lub całych\nzdań), jeżeli mogłyby one być niezrozumiałe lub błędnie zrozumiane przez osoby\nniesłyszące (nie dotyczy to terminów typowych dla danej dziedziny wiedzy),\n- zmianę schematu punktowania niektórych zadań,\n w odniesieniu do warunków przeprowadzania egzaminu maturalnego m.in.\n- przedłużenie czasu przewidzianego na przeprowadzenie egzaminu,\n- możliwość korzystania ze słowników językowych.\nPoniżej przedstawione zostały przykładowe zadania ilustrujące dostosowania dla\nabsolwentów niesłyszących. Numeracja zadań odpowiada numeracji zadań w części 4. i 5.\nJeżeli zadanie nie zostało przedstawione poniżej, oznacza to, że wersja dla niesłyszących nie\nróżni się niczym od wersji przedstawionej w wyżej wymienionych częściach.\nSzczegółowa informacja na temat zakresu dostosowania warunków przeprowadzania\negzaminu maturalnego dla absolwentów niesłyszących ogłaszana jest w komunikacie\nDyrektora Centralnej Komisji Egzaminacyjnej w sierpniu poprzedzającym rok szkolny,\nw którym jest przeprowadzany egzamin maturalny, na stronie internetowej CKE.\n1 Tj. § 7 ust. 1 rozporządzenia Ministra Edukacji Narodowej z dnia 17 listopada 2010 r. w sprawie warunków\norganizowania kształcenia, wychowania i opieki dla dzieci i młodzieży niepełnosprawnych oraz\nniedostosowanych społecznie w przedszkolach, szkołach i oddziałach ogólnodostępnych lub integracyjnych\n(Dz.U. Nr 228, poz. 1490, z późn. zm.).\nInformacja dla absolwentów niesłyszących 113\n6.2. PODSTAWOWE ZASADY OCENIANIA ROZWIĄZAŃ ZADAŃ OTWARTYCH\nW zadaniach krótkiej odpowiedzi zdający otrzymuje 1 lub 2 punkty za rozwiązanie, którego\nnie doprowadził do końca lub w którym zrobił błędy; określony jest jednak minimalny postęp,\nktóre w tym rozwiązaniu musi być osiągnięty, by otrzymać 1 punkt, oraz co powinno być\nw rozwiązaniu, by można było je ocenić na 2 punkty.\nW rozwiązaniach zadań rozszerzonej odpowiedzi zostaje wyróżniona najważniejsza faza,\nnazywana pokonaniem zasadniczych trudności zadania. Przyjęto zasadę, że za pokonanie\nzasadniczych trudności zadania przyznaje się co najmniej połowę punktów, jakie zdający\notrzymałby za bezbłędne rozwiązanie tego zadania. Tak więc w zadaniu za 4 punkty, za\npokonanie zasadniczych trudności przyznajemy 2 lub 3 punkty (zależnie od zadania).\nW zadaniu za 5 punktów za pokonanie zasadniczych trudności zadania na ogół przyznajemy\n3 punkty. W zadaniach za 6 punktów - na ogół 3 lub 4 punkty. Wyróżnienie w rozwiązaniu\nzadania rozszerzonej odpowiedzi fazy pokonania zasadniczych trudności zadania powoduje\nnastępnie wyróżnienie kilku innych faz. Przed pokonaniem zasadniczych trudności zadania\nwyróżniamy jeszcze jedną lub dwie fazy je poprzedzające: dokonanie niewielkiego postępu,\nktóry jednak jest konieczny dla rozwiązania zadania oraz dokonanie istotnego postępu\nw rozwiązaniu zadania. Zdający, który pokonał zasadnicze trudności zadania, mógł na tym\npoprzestać lub mógł kontynuować rozwiązanie. Wyróżniamy ważną kategorię rozwiązań,\nw których zdający pokonał zasadnicze trudności zadania i kontynuował rozwiązanie do\nkońca, jednak w rozwiązaniu zrobił błędy niewpływające na poprawność całego rozumowania\n(na przykład nieistotne dla całego rozumowania błędy rachunkowe lub niektóre błędy\nnieuwagi). Tak samo wyróżniamy kategorię pokonania zasadniczych trudności z nieistotnymi\nbłędami. W każdym przypadku określana jest liczba punktów przyznawana za rozwiązania\nw każdej (lub niektórych) z powyższych kategorii. Należy podkreślić, że schemat oceniania\nrozwiązania zadania jest traktowany jako integralna część zadania; na ogół ten schemat\noceniania uwzględnia wszystkie typowe sposoby rozwiązania i czasami również niektóre\nnietypowe.\nZatem w zadaniu za 3 punkty:\n1. rozwiązanie, w którym nie ma istotnego postępu 0 pkt\n2. rozwiązanie, w którym jest istotny postęp, ale nie zostały pokonane zasadnicze\ntrudności zadania 1 pkt\n3. zostały pokonane zasadnicze trudności zadania, ale zadanie nie zostało rozwiązane\nbezbłędnie 2 pkt\n4. zadanie zostało rozwiązane bezbłędnie 3 pkt\n114 Informator o egzaminie maturalnym z matematyki od roku szkolnego 2014/2015\nNatomiast w zadaniu za 4 punkty:\n1. rozwiązanie, w którym nie ma istotnego postępu 0 pkt\n2. został dokonany istotny postęp w rozwiązaniu zadania, ale nie zostały pokonane\nzasadnicze trudności zadania lub zostały pokonane zasadnicze trudności zadania,\nlub w czasie pokonywania zasadniczych trudności zadania zostały zrobione błędy,\nusterki 1 pkt\n3. zostały pokonane zasadnicze trudności zadania i zdający na tym skończył lub błędnie\nkontynuował rozwiązanie 2 pkt\n4. zostały pokonane zasadnicze trudności zadania, zdający doprowadził rozwiązanie\ndo końca, ale w rozwiązaniu są błędy, usterki 3 pkt\n5. zadanie zostało rozwiązane bezbłędnie 4 pkt\nPoniżej zamieszczone zostały przykładowe sposoby przydziału punktów za poszczególne fazy\nrozwiązania zadań rozszerzonej odpowiedzi.\nNajprostszy podział punktów za rozwiązanie zadania za 5 punktów wygląda następująco:\n1. rozwiązanie, w którym nie ma istotnego postępu 0 pkt\n2. został dokonany istotny postęp w rozwiązaniu zadania, ale nie zostały pokonane\nzasadnicze trudności zadania 1 pkt\n3. zostały pokonane zasadnicze trudności zadania, ale w czasie ich pokonywania zostały\nzrobione błędy 2 pkt\n4. zasadnicze trudności zadania zostały pokonane bezbłędnie i zdający na tym poprzestał\nlub błędnie kontynuował rozwiązanie 3 pkt\n5. zostały pokonane zasadnicze trudności zadania, zdający doprowadził rozwiązanie do\nkońca, ale w rozwiązaniu zadania są usterki (błędy rachunkowe, zgubienie rozwiązań,\nbrak wyboru właściwych rozwiązań itp.) 4 pkt\n6. zadanie zostało rozwiązane bezbłędnie 5 pkt\nA oto inny przydział punktów w zadaniu za 5 punktów :\n1. rozwiązanie, w którym nie ma istotnego postępu 0 pkt\n2. rozwiązanie, w którym postęp jest wprawdzie niewielki, ale konieczny do całkowitego\nrozwiązania zadania 1 pkt\n3. został dokonany istotny postęp w rozwiązaniu zadania, ale nie zostały pokonane\nzasadnicze trudności zadania lub zostały pokonane zasadnicze trudności zadania,\nrozwiązanie zadania nie zostało doprowadzone do końca, ale w czasie pokonywania\nzasadniczych trudności zadania zostały zrobione błędy, usterki 2 pkt\n4. zasadnicze trudności zadania zostały pokonane bezbłędnie i zdający na tym poprzestał\nlub błędnie kontynuował rozwiązanie 3 pkt\n5. zostały pokonane zasadnicze trudności zadania, zdający doprowadził rozwiązanie do\nkońca, ale w rozwiązaniu są usterki (błędy rachunkowe, zgubienie rozwiązań, brak\nwyboru właściwych rozwiązań itp.) 4 pkt\n6. zadanie zostało rozwiązane bezbłędnie 5 pkt\nInformacja dla absolwentów niesłyszących 115\nPrzykładowy sposób przydziału punktów w zadaniu za 6 punktów:\n1. rozwiązanie, w którym nie ma istotnego postępu 0 pkt\n2. rozwiązanie, w którym postęp jest wprawdzie niewielki, ale konieczny na drodze do\ncałkowitego rozwiązania zadania 1 pkt\n3. został dokonany istotny postęp w rozwiązaniu zadania, ale nie zostały pokonane\nzasadnicze trudności zadania 2 pkt\n4. zostały pokonane zasadnicze trudności zadania, rozwiązanie zadania nie zostało\ndoprowadzone do końca, ale w czasie pokonywania zasadniczych trudności zadania\nzostały zrobione błędy, usterki 3 pkt\n5. zasadnicze trudności zadania zostały pokonane bezbłędnie i zdający na tym poprzestał\nlub błędnie kontynuował rozwiązanie 4 pkt\n6. zostały pokonane zasadnicze trudności zadania, zdający doprowadził rozwiązanie do\nkońca, ale w rozwiązaniu zadania są usterki (błędy rachunkowe, zgubienie rozwiązań,\nbrak wyboru właściwych rozwiązań itp.) 5 pkt\n7. zadanie zostało rozwiązane bezbłędnie 6 pkt\nPoniżej zamieszczone zostały przykłady zadań wraz z rozwiązaniami, opisem sposobu\nprzyznawania punktów i uwagami, które mogą być pomocne w lepszym zrozumieniu sposobu\noceniania na poziomie rozszerzonym.\n116 Informator o egzaminie maturalnym z matematyki od roku szkolnego 2014/2015\n6.3. PRZYKŁADY ZADAŃ WRAZ Z ROZWIĄZANIAMI I OPISEM SPOSOBU PRZYZNAWANIA\nPUNKTÓW\nZadanie I (0-3)\nDany jest ostrokątny trójkąt równoramienny ABC, w którym AC\nBC\n\n. Na bokach, na\nzewnątrz trójkąta ABC, zbudowano kwadraty ABDE, BCFG i ACHJ. Udowodnij, że pola\ntrójkątów AHE i BEG są równe.\nRozwiązanie\nOmówimy cztery sposoby rozwiązania tego zadania.\nSposób I (trygonometryczny)\nPrzyjmijmy oznaczenia:\n,\n,\nAB\nAE\na\nAC\nBC\nBG\nb\nBAC\nABC\n\n\n\n\n\n\n\n\nRozwiązanie tym sposobem polega na obliczeniu dwóch szukanych pól za pomocą a, b i .\nMamy bowiem:\n1\nsin\n2\nAHE\nP\nAE\nAH\nEAH\n\n\n\n\n,\n1\nsin\n2\nBEG\nP\nBE\nBG\nEBG\n\n\n\n\nZauważmy, że: AE\na\n\noraz BG\nb\n\n. Obliczamy długości odcinków AH i BE oraz\nwyrażamy za pomocą  miary kątów EAH i EBG.\nMamy:\n2\nAH\nb\n\n,\n2\nBE\na\n\nInformacja dla absolwentów niesłyszących 117\nPonieważ trójkąt ABC jest równoramienny i ostrokątny, więc\n45\n\n. Następnie\n90\n45\n135\n135\n45\n180\nEAB\nBAC\nCAH\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n,\na więc kąt wypukły EAH jest równy\n\n\n360\n135\n225\n\n\n\n\n\n\nPodobnie,\n90\n45\n135\n135\n45\n180\nGBC\nABC\nEBA\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n,\na więc kąt wypukły EBG jest równy\n\n\n360\n135\n225\n\n\n\n\n\n\nZatem\n225\nEAH\nEBG\n\n\n\n\nStąd otrzymujemy\n\n\n1\n1\nsin\n2 sin 225\n2\n2\nAHE\nP\nAE\nAH\nEAH\na b\n\n\n\n\n\n\n\n\n\noraz\n\n\n1\n1\nsin\n2\nsin 225\n2\n2\nBEG\nP\nBE\nBG\nEBG\na\nb\n\n\n\n\n\n\n\n\n\nStąd wynika, że\nAHE\nBEG\nP\nP\n\n, co kończy dowód.\nKomentarz\nRozwiązanie składa się z trzech kroków: obliczenie długości boków AH i BE, udowodnienie\nrówności kątów EAH i EBG (np. przez wyznaczenie obu kątów za pomocą ) oraz\nzastosowanie wzoru na pole trójkąta.\nPokonanie zasadniczych trudności zadania polega na obliczeniu wszystkich wielkości\npotrzebnych we wzorach na pole. Jeden z możliwych błędów zdających, na który należy\nzwrócić tu uwagę, może polegać na złym zastosowaniu wzoru na pole trójkąta\n(np. pominięcie współczynnika 1\n2 ). Pomimo tego błędu zdający otrzymuje poprawny wynik.\nW takim przypadku uznajemy rozwiązanie za niedokończone  bezbłędnie zostały pokonane\ntylko zasadnicze trudności zadania.\n118 Informator o egzaminie maturalnym z matematyki od roku szkolnego 2014/2015\nSchemat oceniania I sposobu rozwiązania\nIstotny postęp 1 pkt\nObliczenie długości boków AH i BE za pomocą boków AB i AC\nlub\nudowodnienie, że\nEAH\nEBG\n\nPokonanie zasadniczych trudności 2 pkt\nObliczenie długości boków AH i BE za pomocą boków AB i AC oraz udowodnienie, że\nEAH\nEBG\n\nRozwiązanie pełne 3 pkt\nUdowodnienie, że pola obu trójkątów są równe.\nUwagi\nZdający może wykonać obliczenia związane tylko z jednym z dwóch trójkątów i na tym\nskończyć. Na przykład, w przypadku trójkąta AHE może wykonać następujące obliczenia\n(przyjmując oznaczenia\n,\n,\nAB\na AC\nb\nBAC\n\n\n\n\n):\n\n2\nAH\nb\n\n;\n\n225\nEAH\n\n\n\n;\n\n\n\n1\n2 sin 225\n2\nAHE\nP\na b\n\n\n\n\n\nWówczas:\n jeśli zdający wyznaczy tylko długość boku AH lub miarę kąta EAH, to takie\nrozwiązanie nie jest jeszcze traktowane jako istotny postęp i przyznajemy za nie\n0 punktów,\n jeśli zdający wyznaczy długość boku AH i miarę kąta EAH, to takie rozwiązanie\nczęściowe traktujemy jako „istotny postęp” i przyznajemy za nie 1 punkt,\n jeśli zdający wyznaczy bok AH i zapisze pole w postaci\n1\n2 sin\n2\nAHE\nP\nab\nEAH\n\n\n\n, nie\nwyznaczając przy tym kąta EAH za pomocą kąta , to takie rozwiązanie częściowe\ntraktujemy także jako „istotny postęp” i przyznajemy za nie 1 punkt,\n jeśli zdający wyznaczy bok AH, wyznaczy kąt EAH za pomocą kąta  i zapisze pole\ntrójkąta AHE w postaci\n\n\n1\n2 sin 225\n2\nAHE\nP\nab\n\n\n\n\n\n, to traktujemy takie\nrozwiązanie jako pokonanie zasadniczych trudności zadania i przyznajemy za nie\n2 punkty.\nInformacja dla absolwentów niesłyszących 119\nSposób II (stosunek pól)\nW tym rozwiązaniu korzystamy z następującej własności trójkątów:\nDane są dwa trójkąty ABC i DEF takie, że\nA\nD\n\nWówczas\nABC\nDEF\nAB\nAC\nP\nP\nDE\nDF\n\n\n\nPowyższa proporcja wyraża w sposób czysto geometryczny tę samą treść co wzór\ntrygonometryczny na pole trójkąta. Mianowicie mamy:\n1\nsin\n2\nABC\nP\nAB\nAC\nA\n\n\n\n\noraz\n1\nsin\n2\nDEF\nP\nDE\nDF\nD\n\n\n\n\nSformułowanie geometryczne pozwala przeprowadzić dowód bez odwoływania się do\ntrygonometrii.\nTak jak w sposobie pierwszym dowodzimy, że\nEAH\nEBG\n\nNastępnie korzystamy ze wspomnianej wyższej własności trójkątów:\n2\n1\n2\nAHE\nBEG\nAE\nAH\nAE\nAC\nAE\nAC\nP\nP\nBE\nBG\nAB\nBG\nAB\nBG\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n,\nco dowodzi, że\nAHE\nBEG\nP\nP\n\nKorzystając z oznaczeń z poprzedniego sposobu rozwiązania, możemy to rozwiązanie zapisać\nw sposób następujący. Przyjmujemy AB\na\n\ni AC\nb\n\n. Wówczas\n2\nAH\nb\n\noraz\n120 Informator o egzaminie maturalnym z matematyki od roku szkolnego 2014/2015\n2\nEB\na\n\n. Tak jak w sposobie I, pokazujemy, że\nEAH\nEBG\n\n. Korzystając\nz twierdzenia o stosunku pól otrzymujemy\n2\n1\n2\nAHE\nBEG\nAE\nAH\nP\na b\nP\nBE\nBG\na b\n\n\n\n\n\n\n\n,\nco dowodzi, że\nAHE\nBEG\nP\nP\n\nKomentarz\nW tym sposobie rozwiązania podstawowym zadaniem jest  tak jak w sposobie pierwszym\n obliczenie długości odcinków AH i BE oraz wykazanie równości kątów EAH i EBG.\nDlatego schemat oceniania może być taki sam jak w sposobie I. Uwagi dotyczące rozwiązań\nniekompletnych są właściwie takie same jak w przypadku sposobu I.\nSchemat oceniania II sposobu rozwiązania\nIstotny postęp 1 pkt\nObliczenie długości boków AH i BE za pomocą boków AB i AC\nlub\nwykazanie, że\nEAH\nEBG\n\nPokonanie zasadniczych trudności 2 pkt\nObliczenie długości boków AH i BE za pomocą boków AB i AC oraz wykazanie, że\nEAH\nEBG\n\nRozwiązanie pełne 3 pkt\nWykorzystanie wzoru trygonometrycznego do obliczenia pól obu trójkątów i wykazania,\nże te pola są równe.\nUwaga\nJeśli zdający wykonuje obliczenia tylko w jednym z rozważanych trójkątów, to w istocie\nrozwiązuje zadanie sposobem pierwszym i korzystamy ze schematu oceniania w sposobie I.\nInformacja dla absolwentów niesłyszących 121\nSposób III (geometria analityczna)\nRozwiązanie zadania sposobem analitycznym składa się z trzech kroków. Po pierwsze,\nw wygodny sposób umieszczamy rozważane figury geometryczne w układzie współrzędnych\n lub równoważnie  do istniejących figur dobieramy układ współrzędnych. Po drugie,\nw przyjętym układzie współrzędnych obliczamy współrzędne potrzebnych punktów.\nWreszcie, za pomocą obliczonych współrzędnych, obliczamy wielkości, o które chodzi\nw zadaniu.\nW naszym przypadku te kroki sprowadzają się do:\n wyboru układu współrzędnych;\n obliczenia współrzędnych wierzchołków trójkątów AHE i BEG;\n obliczenia pól trójkątów AHE i BEG.\nPokonanie zasadniczych trudności zadania polega na obliczeniu współrzędnych wierz-\nchołków trójkątów AHE i BGE.\nPopatrzmy teraz, w jaki sposób można przeprowadzić takie rozwiązanie. Najpierw musimy\nwybrać układ współrzędnych. Można to zrobić na wiele sposobów; trudności obliczeniowe\nzadania będą zależały od sposobu wyboru układu. Jednym z najwygodniejszych sposobów\njest wybór układu współrzędnych uwzględniający naturalne symetrie figur występujących\nw zadaniu. W naszym przypadku wybieramy układ tak, by oś Oy zawierała oś symetrii\ntrójkąta równoramiennego ABC. Umieszczamy zatem trójkąt ABC w układzie współrzędnych\ntak, że\n\n\n\n\n\n\n,0 ,\n,0 ,\n0,\nA\na\nB\na\nC\nh\n\n\n\n,\ngdzie\n0\na \ni\n0\nh \n. Ponieważ trójkąt ABC jest ostrokątny, więc\n45\n\n\nBAC\n, skąd wynika,\nże a\nh\n\nWyznaczamy teraz współrzędne punktów E, G i H. Oczywiście bok AB ma długość 2a, skąd\nwynika, że\n\n\n, 2\nE\na\na\n\n\n. Współrzędne punktów G i H możemy wyznaczyć wieloma\nsposobami. Pokażemy dokładnie dwa z nich i zasygnalizujemy trzeci sposób, znacznie\nbardziej pracochłonny.\n122 Informator o egzaminie maturalnym z matematyki od roku szkolnego 2014/2015\n Korzystamy z tego, że jeśli obrócimy wektor \n\n,x y o 90 zgodnie z ruchem\nwskazówek zegara, to otrzymamy wektor \n\n,y\nx\n\n. (Tę własność można łatwo odczytać\nz rysunku i zapamiętać.) W naszym zadaniu mamy\n\n\n,\nCA\na\nh\n\n\n, skąd\n\n\n,\nCH\nh a\n\nStąd dostajemy\n\n\n\n\n0,\n,\n,\nH\nC\nCH\nh\nh a\nh a\nh\n\n\n\n\n\n\nW podobny sposób:\n\n\n\n\n\n\n,\n,\n,\n,\n,\nBC\na h\nBG\nh a\nG\na\nh a\n\n\n\n\n Niech K będzie rzutem punktu G na oś Ox i niech L będzie rzutem punktu H na oś Oy.\nWówczas trójkąty CLH i GKB są przystające do trójkąta AOC, skąd\n,\nCL\nGK\na\nHL\nBK\nh\n\n\n\n\nTo daje współrzędne punktów\n\n\n,\nG\na\nb a\n\n\ni\n\n\n,\nH\nh a\nh\n\n\n Wyznaczamy równanie prostej AC:\nh\ny\nx\nh\na\n\n\noraz równanie prostej prostopadłej do\nniej, przechodzącej przez punkt C:\na\ny\nx\nh\nh\n\n\n. Następnie na tej prostej prostopadłej\nznajdujemy oba punkty odległe od punktu C o długość odcinka AC; jest to najbardziej\npracochłonna część zadania. Wreszcie wybieramy ten z otrzymanych dwóch punktów,\nktóry ma ujemną współrzędną x. W podobny sposób możemy wyznaczyć współrzędne\npunktu G.\nNastępnie obliczamy pola trójkątów AHE i BEG. Możemy skorzystać ze wzoru znajdującego\nsię w zestawie Wybranych wzorów matematycznych. Jeśli wierzchołki trójkąta KLM mają\nwspółrzędne\n\n\n\n\n\n\n,\n,\n,\n,\n,\nK\nK\nL\nL\nM\nM\nK\nx\ny\nL\nx\ny\nM\nx\ny\n\n\n\n,\nto pole wyraża się wzorem\n\n\n\n\n\n1\n2\nKLM\nL\nK\nM\nK\nL\nK\nM\nK\nP\nx\nx\ny\ny\ny\ny\nx\nx\n\n\n\n\n\n\n\nW naszym przypadku mamy\n\n\n\n\n\n\n, 2\n,\n,0 ,\n,\nE\na\na\nA\na\nH\nh a\nh\n\n\n\n\n\n,\nskąd dostajemy\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n1\n2\n0\n2\n2\nAHE\nP\na\na\na\nh\na\na\nh\na\na a\nh\na h\na\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\nPodobnie,\n\n\n\n\n\n\n, 2\n,\n,0 ,\n,\nE\na\na\nB\na\nG\na\nh a\n\n\n\n\n\n,\nskąd dostajemy\n\n\n\n\n\n\n\n2\n2\n1\n1\n2\n0\n2\n6\n4\n2\n2\n2\nBEG\nP\na\na\na\na\na\na\nh\na\na\na\nah\na h\na\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\nTo kończy dowód.\nInformacja dla absolwentów niesłyszących 123\nZauważmy też, że pole trójkąta AHE można obliczyć prościej: podstawa AE ma długość 2a,\nwysokość (niezaznaczona na rysunku) ma długość h\na\n\nUwaga\nPola trójkątów można też obliczyć inaczej. Można np. wyznaczyć długość jednego boku,\nrównanie prostej zawierającej ten bok oraz odległość trzeciego wierzchołka od tej prostej\n(odpowiednie wzory także znajdują się w tablicach).\nSchemat oceniania III sposobu rozwiązania\nIstotny postęp 1 pkt\nUmieszczenie trójkąta ABC w układzie współrzędnych i podanie współrzędnych jego\nwierzchołków.\nPokonanie zasadniczych trudności 2 pkt\nObliczenie współrzędnych punktów E, G i H.\nRozwiązanie pełne 3 pkt\nObliczenie pól trójkątów AHE i BEG np. za pomocą wzorów znajdujących się w tablicach\ni zauważenie, że te pola są równe.\nUwaga\nZdający rozwiązujący zadanie tym sposobem mogą popełnić bardzo wiele różnych błędów:\nna przykład, mogą źle wyznaczyć współrzędne punktów E, G i H lub mogą źle obliczyć pola\ntrójkątów. Mogą wreszcie wybrać takie metody obliczania pól, że nie będzie oczywiste, czy\notrzymane wyniki są równe (może to wymagać odpowiednich przekształceń). Niezależnie od\ncharakteru i przyczyny błędu, schemat oceniania wyraźnie wskazuje, jaką liczbę punktów\nnależy przyznać zdającemu. Maksymalną liczbę punktów zdający otrzymuje za bezbłędnie\nwykonane kroki. Może się jednak zdarzyć, że zdający popełni nieistotny błąd rachunkowy\nprzy wyznaczaniu współrzędnych któregoś punktu i w ten sposób uzyska błędne wyniki\nw ostatnim kroku. Jeśli jednak metoda obliczania pól trójkątów jest poprawna, zostały\ndokonane poprawne podstawienia do wzorów, zgodne z otrzymanymi wynikami obliczeń\noraz obliczenia w tym kroku zostały wykonane poprawnie, to zdający otrzymuje 2 punkty\n(jest to sytuacja, w której zdający doprowadza rozwiązanie do końca, popełniając nieistotny\nbłąd rachunkowy podczas pokonywania zasadniczych trudności).\n124 Informator o egzaminie maturalnym z matematyki od roku szkolnego 2014/2015\nSposób IV (bezpośrednie obliczenie pól)\nProwadzimy w trójkącie ABC wysokość CK. Następnie niech punkt L będzie rzutem punktu\nH na prostą KC i niech punkt P będzie rzutem punktu G na prostą AB.\nWówczas widać, że trójkąty CLH i BPG są przystające do trójkątów AKC i BKC. Mianowicie\nCH\nAC\nBC\nBG\n\n\n\n. Jeśli następnie\nBAC\nABC\n\n\n,\nto\n90\nACK\n\n\n\n,\nHCL\n\n\noraz\n90\nCHL\n\n\n\n. Podobnie,\nBCK\n\n\n,\n90\nGBP\n\n\n\noraz\nBGP\n\n\n. Wspomniane przystawania trójkątów wynikają teraz\nz cechy przystawania kbk.\nPrzyjmijmy oznaczenia:\n,\na\nAK\nBK\nh\nCK\n\n\n\nWówczas HL\nBP\nh\n\n\noraz CL\nGP\na\n\n\n. Ponadto a\nh\n\n. Niech następnie punkt M\nbędzie rzutem punktu A na prostą HL. Ponieważ a\nh\n\n, więc punkt M leży wewnątrz odcinka\nHL. Możemy już obliczyć pole trójkąta EAH. Mianowicie\n\n\n\n\n1\n1 2\n2\n2\nAHE\nP\nAE\nHM\na\nh\na\na h\na\n\n\n\n\n\n\n\n\n\nNastępnie niech punkt O będzie punktem przecięcia prostych EG i AP. Z podobieństwa\ntrójkątów EAO i GPO wynika, że\n2\n2\nAO\nAE\na\nPO\nPG\na\n\n\n\nZatem\n\n\n2\n2\n2\n3\n3\nAO\nAP\na\nh\n\n\n\n\n\n,\nskąd wynika, że\n\n\n\n\n2\n2\n2\n2\n3\n3\nBO\nAO\nAB\na\nh\na\nh\na\n\n\n\n\n\n\n\n\n\nInformacja dla absolwentów niesłyszących 125\nWreszcie\n\n\n\n\n\n1\n1\n1 2\n2\n2\n2\n2 3\nEBG\nEBO\nGBO\nP\nP\nP\nBO\nAE\nBO GP\nh\na\na\na\na h\na\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\nTo kończy dowód.\nSchemat oceniania IV sposobu rozwiązania\nIstotny postęp 1 pkt\nDorysowanie trójkątów CLH i GPB oraz zauważenie, że są one przystające do trójkąta AKC\n(lub BKC). Nie wymagamy w tym miejscu od zdającego pełnego dowodu przystawania;\nprzyjmujemy, że uzasadnienie przystawania jest oczywiste.\nPokonanie zasadniczych trudności 2 pkt\nObliczenie pola jednego z trójkątów AHE i BEG.\nRozwiązanie pełne 3 pkt\nObliczenie pól obu trójkątów i stwierdzenie, że są one równe.\nUwaga\nW takim sposobie rozwiązania zadania jest mało prawdopodobne, by zdający popełnił istotny\nbłąd. Mogą być rozwiązania niedokończone. Mogą też być różne inne próby rozwiązania\npolegające na dorysowywaniu do rysunku różnych odcinków. Jeśli nie jest wyraźnie\nwidoczny cel takich poszukiwań i nie został on wyraźnie wskazany w rozwiązaniu, to zdający\notrzymuje 0 punktów.\n126 Informator o egzaminie maturalnym z matematyki od roku szkolnego 2014/2015\nZadanie II (0-5)\nIle jest nieparzystych liczb naturalnych trzycyfrowych, w których co najmniej jedna cyfra jest\ndziewiątką?\nRozwiązanie\nOmówimy 6 sposobów rozwiązania tego zadania.\nSposób I (umieszczenie dziewiątki)\nW tym sposobie rozwiązania pokażemy najpierw rozumowanie błędne polegające na\npoliczeniu kilkakrotnym tych samych liczb. Wskazany błąd jest bardzo często popełniany\nprzez uczniów rozwiązujących to zadanie; można go jednak dość łatwo naprawić. Wystarczy\nodjąć liczbę tych liczb, które były policzone dwa razy i odjąć podwojoną liczbę tych liczb,\nktóre były policzone trzy razy. Obliczenie, ile należy odjąć, jest dość łatwe. Problem polega\njednak na tym, że uczniowie popełniający ten błąd nie zdają sobie sprawy z tego, na czym on\npolega  nie dostrzegają, że niektóre liczby policzyli wielokrotnie.\nA oto rozwiązanie. Wiemy, że jedną z cyfr jest 9; możemy ją umieścić na jednym z trzech\nmiejsc: pierwszym, drugim lub trzecim.\n Jeśli umieścimy dziewiątkę na pierwszym miejscu, to na drugim możemy umieścić\ndowolną z 10 cyfr, a na trzecim dowolną z pięciu cyfr nieparzystych. Łącznie daje to\nw tym przypadku 50 liczb.\n Jeśli umieścimy dziewiątkę na drugim miejscu, to na pierwszym możemy umieścić\ndowolną z 9 cyfr, a na trzecim dowolną z pięciu cyfr nieparzystych. Łącznie daje to w tym\nprzypadku 45 liczb.\n Jeśli umieścimy dziewiątkę na trzecim miejscu, to na pierwszym możemy umieścić\ndowolną z 9 cyfr, a na drugim dowolną z 10 cyfr. Łącznie daje to w tym przypadku 90\nliczb.\nW sumie daje to 50\n45 90\n185\n\n\n\nliczb.\nKtóre liczby zostały policzone wielokrotnie? Popatrzmy na przykład. Przypuśćmy, że\nnajpierw umieściliśmy cyfrę 9 na pierwszym miejscu, a na pozostałych miejscach\numieściliśmy kolejno cyfry 5 i 9. Otrzymaliśmy liczbę 959. Przypuśćmy teraz, że najpierw\numieściliśmy cyfrę 9 na trzecim miejscu, a następnie umieściliśmy na pierwszych dwóch\nmiejscach kolejno cyfry 9 i 5. Znów otrzymaliśmy liczbę 959. Ta liczba została więc\nw powyższym sposobie zliczania policzona dwukrotnie. Zobaczmy teraz, w jaki sposób\nmożna poprawić to rozwiązanie błędne.\nDostaliśmy wynik 185. Zauważmy jednak, że liczby z dwiema dziewiątkami były policzone\npo dwa razy, a liczba 999 nawet trzy razy. Zliczamy teraz liczby z dwiema dziewiątkami.\n Jeśli umieścimy dziewiątkę na pierwszym i drugim miejscu, to na trzecim możemy\numieścić dowolną z 4 cyfr nieparzystych: 1, 3, 5 lub 7.\n Jeśli umieścimy dziewiątkę na drugim i trzecim miejscu, to na pierwszym możemy\numieścić dowolną z 8 cyfr (od 1 do 8).\n Jeśli umieścimy dziewiątkę na pierwszym i trzecim miejscu, to na drugim możemy\numieścić dowolną z 9 cyfr (od 0 do 8).\nInformacja dla absolwentów niesłyszących 127\nW sumie okazuje się, że mamy 21 liczb z dwiema dziewiątkami. Od otrzymanego wyniku\nmusimy zatem odjąć 21. Następnie mamy jedną liczbę (mianowicie 999) z trzema\ndziewiątkami. Policzyliśmy ją trzykrotnie, więc od otrzymanego wyniku musimy jeszcze\nodjąć 2. Zatem liczb, które nas interesują, jest 185 21 2\n162\n\n\nSchemat oceniania I sposobu rozwiązania\nPokazane na początku rozwiązanie błędne zawiera istotne elementy rozumowania\nprawidłowego, więc powinno być ocenione jako rozwiązanie częściowe. Uznajemy je za\n,,istotny postęp”.\nPostęp niewielki 1 pkt\nZdający obliczy, że przy umieszczeniu dziewiątki na pierwszym miejscu otrzyma 50 liczb lub\nobliczy, że przy umieszczeniu dziewiątki na drugim miejscu otrzyma 45 liczb lub obliczy, że\nprzy umieszczeniu dziewiątki na trzecim miejscu otrzyma 90 liczb.\nIstotny postęp 2 pkt\nZdający obliczy, że przy umieszczeniu dziewiątki na pierwszym miejscu otrzyma 50 liczb, że\nprzy umieszczeniu dziewiątki na drugim miejscu otrzyma 45 liczb i że przy umieszczeniu\ndziewiątki na trzecim miejscu otrzyma 90 liczb. Nie wymagamy, by w tej kategorii otrzymał\nwynik łączny 185 liczb.\nPokonanie zasadniczych trudności 4 pkt\nZdający otrzyma wynik 185 liczb, następnie zauważy, że pewne liczby policzono\nwielokrotnie oraz obliczy, że 21 liczb policzono dwukrotnie. Za samo zauważenie, że pewne\nliczby zostały policzone wielokrotnie, bez podania prawidłowej ich liczby (na przykład\nw wyniku błędnego obliczenia), zdający otrzymuje 3 punkty.\nRozwiązanie pełne 5 pkt\nZdający pokona zasadnicze trudności zadania, zauważy, że liczba 999 była policzona\ntrzykrotnie i obliczy poprawnie liczbę wszystkich rozważanych liczb:\n50 45 90 21 2 162\n\n\n\n\nSposób II (pierwsza dziewiątka)\nWszystkie interesujące nas liczby dzielimy na trzy grupy i policzymy liczby w każdej grupie.\n Do pierwszej grupy zaliczamy liczby zaczynające się dziewiątką.\n Do drugiej grupy zaliczamy liczby, w których pierwsza dziewiątka znajduje się na drugim\nmiejscu.\n Do trzeciej grupy zaliczamy liczby, w których pierwsza dziewiątka znajduje się na\ntrzecim miejscu.\nTeraz zliczamy liczby znajdujące się w tych grupach.\n128 Informator o egzaminie maturalnym z matematyki od roku szkolnego 2014/2015\n W pierwszej grupie znajduje się 50 liczb: na pierwszym miejscu jest dziewiątka, na\ndrugim dowolna z 10 cyfr i na trzecim dowolna z pięciu cyfr nieparzystych.\n W drugiej grupie znajduje się 40 liczb: na pierwszym miejscu znajduje się jedna z 8 cyfr\n(nie może być 0 i 9), na drugim miejscu jest dziewiątka i na trzecim jedna\nz pięciu cyfr nieparzystych.\n W trzeciej grupie znajdują się 72 liczby: na pierwszym miejscu znajduje się jedna z 8 cyfr\n(jak wyżej), na drugim jedna z 9 cyfr (nie może być 9) i na trzecim miejscu znajduje się\ndziewiątka.\nŁącznie mamy zatem 162 liczby.\nKomentarz\nZdający rozwiązujący zadanie tą metodą pewnie wie o niebezpieczeństwie i prawdopodobnie\nnie popełni większych błędów. Możliwe są natomiast drobne błędy rachunkowe.\nSchemat oceniania II sposobu rozwiązania\nPostęp niewielki 1 pkt\nZdający prawidłowo zdefiniuje trzy grupy liczb.\nIstotny postęp 2 pkt\nZdający obliczy, ile jest liczb w co najmniej jednej z tych trzech grup.\nPokonanie zasadniczych trudności 4 pkt\nZdający prawidłowo obliczy, ile jest liczb w każdej z tych trzech grup. Za prawidłowy wynik\nw dwóch grupach zdający otrzymuje 3 punkty.\nRozwiązanie pełne 5 pkt\nZdający pokona zasadnicze trudności zadania i obliczy poprawnie liczbę wszystkich\nrozważanych liczb:\n50\n40 72\n162\n\n\n\nInformacja dla absolwentów niesłyszących 129\nSposób III (liczba dziewiątek)\nNajpierw policzymy liczby, w których jest tylko jedna cyfra 9. Tym razem zastosujemy\nmetodę znaną z powyższego błędnego rozwiązania, jednak użycie tej metody będzie\npoprawne, gdyż jest tylko jedna cyfra 9. Możemy umieścić ją na jednym z trzech miejsc.\n Jeśli umieścimy dziewiątkę na pierwszym miejscu, to na drugim możemy umieścić\ndowolną z 9 cyfr (od 0 do 8), a na trzecim dowolną z czterech cyfr nieparzystych:\n1, 3, 5, 7. Łącznie daje to w tym przypadku 36 liczb.\n Jeśli umieścimy dziewiątkę na drugim miejscu, to na pierwszym możemy umieścić\ndowolną z 8 cyfr (od 1 do 8), a na trzecim dowolną z czterech cyfr nieparzystych:\n1, 3, 5, 7. Łącznie daje to w tym przypadku 32 liczby.\n Jeśli umieścimy dziewiątkę na trzecim miejscu, to na pierwszym możemy umieścić\ndowolną z 8 cyfr (od 1 do 8), a na drugim dowolną z 9 cyfr (od 0 do 8). Łącznie daje to\nw tym przypadku 72 liczby.\nW sumie daje to 36 32 72\n140\n\n\n\nliczb.\nTeraz policzymy liczby, w których są dwie cyfry 9.\n Jeśli umieścimy dziewiątkę na pierwszym i drugim miejscu, to na trzecim możemy\numieścić dowolną z 4 cyfr nieparzystych.\n Jeśli umieścimy dziewiątkę na drugim i trzecim miejscu, to na pierwszym możemy\numieścić dowolną z 8 cyfr.\n Jeśli umieścimy dziewiątkę na pierwszym i trzecim miejscu, to na drugim możemy\numieścić dowolną z 9 cyfr.\nW sumie daje to 4 8 9\n21\n\nliczb.\nWreszcie mamy jedną liczbę z trzema dziewiątkami: 999.\nMamy więc 140\n21 1 162\n\n\nliczby.\nSchemat oceniania III sposobu rozwiązania\nIstotny postęp 2 pkt\nObliczenie, że istnieje 140 liczb z jedną dziewiątką lub obliczenie, że istnieje 21 liczb\nz dwiema dziewiątkami. Każde z tych obliczeń wymaga rozpatrzenia trzech przypadków\nw zależności od położenia dziewiątek. Zdający otrzymuje 1 punkt, jeśli prawidłowo\nrozpatrzy dwa z tych trzech przypadków i na tym poprzestanie lub popełni błąd w trzecim\nobliczeniu lub obliczeniu sumy.\nPokonanie zasadniczych trudności 4 pkt\nObliczenie, że istnieje 140 liczb z jedną dziewiątką i istnieje 21 liczb z dwiema dziewiątkami.\nJeśli zdający poprawnie wykona jedno z tych obliczeń, a w drugim popełni błąd taki jak\nopisany w poprzedniej kategorii, to otrzymuje 3 punkty.\n130 Informator o egzaminie maturalnym z matematyki od roku szkolnego 2014/2015\nRozwiązanie pełne 5 pkt\nPodanie pełnej odpowiedzi. Jeśli zdający poprawnie obliczy, że istnieje 140 liczb z jedną\ndziewiątką lub 21 liczb z dwiema dziewiątkami, drugie z tych obliczeń doprowadzi do końca\nz błędem w jednym z trzech przypadków, następnie zauważy, że istnieje dokładnie jedna\nliczba z trzema dziewiątkami i poprawnie doda otrzymane liczby - otrzymując w efekcie\nwynik błędny - otrzymuje 4 punkty.\nSposób IV (uzupełnianie)\nNajpierw policzymy wszystkie liczby trzycyfrowe nieparzyste. Wszystkich liczb\ntrzycyfrowych jest 900; co druga jest nieparzysta. Istnieje zatem 450 liczb trzycyfrowych\nnieparzystych. Możemy również rozumować następująco: na pierwszym miejscu można\numieścić jedną z dziewięciu cyfr, na drugim jedną z dziesięciu cyfr, a na trzecim jedną\nz pięciu cyfr nieparzystych: 1, 3, 5, 7, 9. Łącznie mamy zatem 9 10 5\n450\n\n\nliczb. Teraz\npoliczymy wszystkie liczby nieparzyste, w których nie występuje cyfra 9. Tym razem na\npierwszym miejscu możemy umieścić jedną z ośmiu cyfr (od 1 do 8), na drugim jedną\nz dziewięciu cyfr (od 0 do 8), a na trzecim jedną z czterech cyfr nieparzystych: 1, 3, 5, 7;\nłącznie mamy zatem8 9 4\n288\n\nliczb. Liczby w zadaniu to oczywiście liczby należące do\npierwszej grupy (wszystkie liczby nieparzyste) i nienależące do drugiej grupy (w której są\nliczby nieparzyste bez dziewiątki). Stąd wynika, że liczb w zadaniu jest 450 288 162\n\n\nSchemat oceniania IV sposobu rozwiązania\nPostęp niewielki 1 pkt\nObliczenie liczby liczb trzycyfrowych: 900.\nIstotny postęp 2 pkt\nObliczenie liczby nieparzystych liczb trzycyfrowych: 450. Jeśli zdający oblicza tę liczbę\nmetodą rozmieszczania cyfr i popełni błąd rachunkowy, to otrzymuje 1 punkt. Jeśli zdający\nstwierdzi, że istnieje 899 liczb trzycyfrowych i jako liczbę nieparzystych liczb trzycyfrowych\npoda liczbę 449 lub 450, to otrzymuje 1 punkt.\nPokonanie zasadniczych trudności 4 pkt\nObliczenie liczby nieparzystych liczb trzycyfrowych niezawierających cyfry 9: jest 288 liczb.\nJeżeli zdający obliczy poprawnie liczbę nieparzystych liczb trzycyfrowych niezawierających\ncyfry 9, ale popełni błąd opisany w kategorii ,,istotny postęp'”, to otrzymuje 3 punkty.\nRozwiązanie pełne 5 pkt\nZdający otrzyma prawidłowy wynik (162 liczby) nie popełniając przy tym błędu\n(np. opisanego w kategorii ,,istotny postęp”). W przypadku, gdy popełni taki błąd, otrzymuje\n4 punkty.\nInformacja dla absolwentów niesłyszących 131\nSposób V(zasada włączeń i wyłączeń)\nNiektórzy uczniowie mogą zastosować w rozwiązaniu zasadę włączeń i wyłączeń, choć nie\nma jej w podstawie programowej  mogli ją na przykład odkryć samodzielnie, jako\nintuicyjnie niemal oczywistą regułę.\nNiech A będzie zbiorem liczb nieparzystych z dziewiątką na pierwszym miejscu, B zbiorem\nliczb nieparzystych z dziewiątką na drugim miejscu i wreszcie C zbiorem nieparzystych\nz dziewiątką na trzecim miejscu. Zbiorem liczb, które nas interesują, jest oczywiście zbiór\nA\nB\nC\n\n\n. Nietrudno teraz zauważyć, że:\n50\nA \n,\n45\nB \n,\n90\nC \n5\nA\nB\n\n\n,\n10\nA\nC\n\n\n,\n9\nB\nC\n\n\n1\nA\nB\nC\n\n\n\nZ zasady włączeń i wyłączeń dostajemy\n50\n45\n90\n5 10\n9 1\n162.\nA\nB\nC\nA\nB\nC\nA\nB\nA\nC\nB\nC\nA\nB\nC\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\nSchemat oceniania V sposobu rozwiązania\nPostęp niewielki 1 pkt\nZdający zdefiniuje zbiory A, B i C i zauważy, że ma obliczyć A\nB\nC\n\n\nPostęp większy 2 pkt\nZdający obliczy A , B i C .\nIstotny postęp 3 pkt\nZdający obliczy A\nB\n\n, B\nC\n\n, A\nC\n\ni A\nB\nC\n\n\nPokonanie zasadniczych trudności 4 pkt\nZdający poprawnie zapisze wzór włączeń i wyłączeń i podstawi do niego prawidłowe dane.\nJeśli zdający zdefiniuje zbiory A, B i C, poprawnie zapisze wzór włączeń i wyłączeń\ni poprawnie obliczy co najmniej A , B i C oraz popełni błędy w pozostałych obliczeniach,\nto otrzymuje 3 punkty.\nRozwiązanie pełne 5 pkt\nUwaga\nJeśli zdający tylko zdefiniuje zbiory A, B i C oraz poprawnie zapisze wzór włączeń\ni wyłączeń, to otrzymuje 2 punkty.\n132 Informator o egzaminie maturalnym z matematyki od roku szkolnego 2014/2015\nSposób VI (wypisywanie liczb w kolejności rosnącej)\nTen sposób rozwiązania może naprowadzić zdającego na stosunkowo proste rozwiązanie.\nOczywiście wypisywanie wszystkich liczb spełniających warunki zadania nie może być\ndokonywane bez zastanowienia. Nie chodzi zatem o wypisanie w kolejności rosnącej\nwszystkich liczb trzycyfrowych (jest ich 900), wykreśleniu liczb parzystych oraz liczb,\nw których nie występuje dziewiątka i zliczeniu liczb niewykreślonych. Jeśli zdający nie\npopełni błędu, powinien otrzymać 162 liczby. Oczywiście takie rozwiązanie, wykonane\nbezbłędnie, powinno być ocenione na 5 punktów.\nZdający może również wypisywać w kolejności rosnącej tylko właściwe liczby. Oto\npoprawny wynik:\n109\n119 129 139 149 159 169 179 189\n191\n193 195 197 199\n209\n219 229 139 249 259 269 279 289\n291\n293 295 297 299\n309\n319 329 339 349 359 369 379 389\n391\n393 395 397 399\n409\n419 429 439 449 459 469 479 489\n491\n493 495 497 499\n509\n519 529 539 549 559 569 579 589\n591\n593 595 597 599\n609\n619 629 639 649 659 669 679 689\n691\n693 695 697 699\n709\n719 729 739 749 759 769 779 789\n791\n793 795 797 799\n809\n819 829 839 849 859 869 879 889\n891\n893 895 897 899\n901\n903 905 907 909\n911\n913 915 917 919\n921\n923 925 927 929\n931\n933 935 937 939\n941\n943 945 947 949\n951\n953 955 957 959\n961\n963 965 967 969\n971\n973 975 977 979\n981\n983 985 987 989\n991\n993 995 997 999\nW pierwszych 16 wierszach mamy ośmiokrotnie wiersz z 9 liczbami i wiersz z 5 liczbami.\nW następnych 10 wierszach mamy po 5 liczb. Łącznie zatem wypisano\n\n\n8 9\n5\n10 5\n162\n\n\n\n\nInformacja dla absolwentów niesłyszących 133\nliczby.\nW trakcie wypisywania możemy zauważyć regułę i ją opisać: najpierw występują liczby\nzaczynające się od cyfry różnej od 9 (mamy tu 8 możliwości). Dla każdej takiej pierwszej\ncyfry c mamy 9 liczb postaci\nc09, c19, c29, c39, c49, c59, c69, c79, c89,\npo których przychodzi 5 liczb postaci\nc91, c93, c95, c97, c99.\nDla każdej cyfry\n1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8\nc \nwypiszemy w ten sposób 14 liczb. To łącznie daje\n8 14\n112\n\n\nliczb. Następnie wypisujemy liczby zaczynające się od dziewiątki. Warunek\nmówiący, że w zapisie liczby występuje dziewiątka, jest teraz spełniony; na drugim miejscu\nmoże zatem wystąpić dowolna z 10 cyfr, a na trzecim dowolna z pięciu cyfr nieparzystych:\n1, 2, 5, 7, 9. To daje łącznie 50 liczb, a więc ostatecznie dostajemy 162 liczby.\nKomentarz\nZdający mogą próbować wypisywać liczby w różnej kolejności, stosując różne strategie.\nW przypadku, gdy zdający wyłącznie wypisuje liczby i podaje ostateczną odpowiedź,\nuznajemy tylko rozwiązania całkowicie bezbłędne: odpowiedź 162 popartą poprawną listą\nliczb. Za takie rozwiązanie zdający powinien otrzymać 5 punktów. Za rozwiązania\npolegające na wypisywaniu liczb, niezawierające wyjaśnień i prowadzące do błędnej\nodpowiedzi zdający powinien otrzymać 0 punktów. Jeśli zdający poda odpowiedź poprawną\n(162 liczby) bez jakiegokolwiek uzasadnienia, to za takie rozwiązanie można otrzymać co\nnajwyżej 1 punkt. Jeśli natomiast poprawna odpowiedź jest poparta nieprawidłową listą\nliczb, to zdający otrzymuje 0 punktów.\nMetoda polegająca na wypisywaniu liczb może - jak widzieliśmy wyżej - prowadzić do\ntrafnych uogólnień. Pokonanie zasadniczych trudności zadania polega na dokonaniu dwóch\nobserwacji: dla każdej cyfry różnej od 0 i 9 mamy 14 interesujących nas liczb zaczynających\nsię tą cyfrą oraz dla cyfry 9 mamy 50 liczb zaczynających się tą cyfrą.\nSchemat oceniania VI sposobu rozwiązania\nJeśli zdający opisze regułę prowadzącą do wypisania poprawnej listy, to przyznajemy punkty\nwedług następującego schematu:\nIstotny postęp 2 pkt\n Zdający zauważy, że jeśli pierwsza cyfra jest różna od 9, to mamy 14 liczb\nlub\n zdający zauważy, że jeśli pierwsza cyfra jest dziewiątką, to mamy 50 liczb.\nUznajemy w tej kategorii rozwiązania, w których zdający wypisze w wyraźnie wyodrębnionej\ngrupie 14 liczb zaczynających się np. od jedynki i wskaże (np. za pomocą trzech kropek), że\nta sama reguła obowiązuje dla pozostałych pierwszych cyfr różnych od dziewiątki. Uznajemy\ntakże rozwiązania, w których zdający wyłącznie obliczy, że jest 50 liczb nieparzystych\nzaczynających się od dziewiątki.\n134 Informator o egzaminie maturalnym z matematyki od roku szkolnego 2014/2015\nPokonanie zasadniczych trudności 4 pkt\nZdający zauważy obie reguły opisane w poprzedniej kategorii.\nRozwiązanie pełne 5 pkt\nZdający pokona zasadnicze trudności zadania i ponadto poprawnie obliczy liczbę wszystkich\nrozważanych liczb: 8 14 50\n162\n\n\n\nUwaga\nW tej metodzie rozwiązania zdający może popełnić wiele błędów. Na przykład, może\nwypisując liczby zaczynające się cyfrą 1 nie zauważyć, że liczba 199 pojawia się dwukrotnie:\nraz w ciągu 10 liczb\n109, 119, 129, 139, 149, 159, 169, 179, 189, 199\ni drugi raz w ciągu liczb\n191, 193, 195, 197, 199.\nJeśli zdający wyłącznie zauważy, że istnieje 15 liczb zaczynających się od cyfry różnej od 9,\npowinien otrzymać 1 punkt. Inny błąd może polegać na złym obliczeniu, ile jest liczb\nzaczynających się od dziewiątki. Zdający może na przykład zapomnieć, że rozważamy\nwyłącznie liczby nieparzyste i przyjmie, że istnieje 100 takich liczb. Za taką obserwację też\npowinien otrzymać 1 punkt. Te błędy mogą prowadzić do następujących błędnych\nodpowiedzi:\n8 15 50\n170\n\n\n\noraz\n8 14 100\n192\n\n\n\nZa doprowadzenie rozwiązania do końca z jednym z tych dwóch błędów zdający powinien\notrzymać 4 punkty. Oba opisane błędy prowadzą do odpowiedzi\n8 15 100\n220\n\n\n\n,\nza którą zdający powinien otrzymać 3 punkty.\nInformacja dla absolwentów niesłyszących 135\nZadanie III (0-3)\nWykaż, że jeżeli\n0\nx \n, to\n2\n16\n12\nx\nx\n\n\nI sposób rozwiązania (pierwsza pochodna)\nDefiniujemy funkcję f określoną wzorem\n2\n16\n( )\nf x\nx\nx\n\n\ndla\n\n\n0,\nx\n.\nFunkcja f jest różniczkowalna, obliczamy pochodną funkcji:\n\n\n\n2\n3\n2\n2\n2\n2\n2\n2\n4\n16\n2\n16\n( )\n2\nx\nx\nx\nx\nf\nx\nx\nx\nx\nx\n\n\n\n\n\n\n\n\n\nPonieważ\n2\n2\n4\n0\nx\nx\n\n\n dla każdej liczby rzeczywistej x, to\n( )\n0\nf\nx\n\n\nwtedy i tylko wtedy, gdy\n2\nx \n,\n( )\n0\nf\nx\n\n\nwtedy i tylko wtedy, gdy\n\n\n0,2\nx\n,\n( )\n0\nf\nx\n\n\nwtedy i tylko wtedy, gdy\n\n\n2,\nx\n.\nWynika stąd, że funkcja f jest malejąca w przedziale 0,2 i jest rosnąca\nw przedziale\n\n2,, czyli dla\n2\nx \nprzyjmuje wartość najmniejszą.\nObliczamy\n16\n(2)\n4\n12\n2\nf\n\n\n\n, stąd wynika, że\n( )\n12\nf x \nco należało udowodnić.\nSchemat oceniania I sposobu rozwiązania\nRozwiązanie, w którym jest istotny postęp 1 pkt\nOkreślenie funkcji\n2\n16\n( )\nf x\nx\nx\n\n\ndla\n\n\n0,\nx\n i obliczenie jej pochodnej\n\n\n\n2\n3\n2\n2\n2\n2\n2\n2\n4\n16\n2\n16\n( )\n2\nx\nx\nx\nx\nf\nx\nx\nx\nx\nx\n\n\n\n\n\n\n\n\n\nPokonanie zasadniczych trudności 2 pkt\nObliczenie miejsca zerowego pochodnej i wyznaczenie przedziałów, w których pochodna ma\n„stały znak”:\n( )\n0\nf\nx\n\n\nwtedy i tylko wtedy, gdy\n2\nx \n,\n( )\n0\nf\nx\n\n\nwtedy i tylko wtedy, gdy\n\n\n0,2\nx\n,\n( )\n0\nf\nx\n\n\nwtedy i tylko wtedy, gdy\n\n\n2,\nx\n.\n136 Informator o egzaminie maturalnym z matematyki od roku szkolnego 2014/2015\nRozwiązanie pełne 3 pkt\nStwierdzenie, że funkcja f jest malejąca w przedziale 0,2 i jest rosnąca w przedziale\n\n2,, czyli dla\n2\nx \nprzyjmuje wartość najmniejszą.\nObliczenie\n(2)\n12\nf\n\ni zapisanie wniosku:\n( )\n12\nf x \n, co należało udowodnić.\nUwagi\n1. Zdający po obliczeniu, że\n( )\n0\nf\nx\n\n\ntylko dla\n2\nx \n, może uzasadnić tezę korzystając\nz drugiej pochodnej funkcji f .\n2. Jeżeli zdający obliczy, że\n( )\n0\nf\nx\n\n\ntylko dla\n2\nx \ni stąd już wywnioskuje, że:\n( )\n(2)\n12\nf x\nf\n\n\n, to za rozwiązanie przyznajemy 2 punkty.\nKomentarz\nJeżeli w obliczaniu pochodnej zdający popełni błąd, który nie zmieni miejsc zerowych\npochodnej i dalej doprowadzi rozwiązanie do końca, to może otrzymać za całe zadanie\nmaksymalnie 2 punkty.\nPrzykłady tego typu błędów:\n\n3\n2\n16\nx\nf\nx\nx\n\n\n\n,\n\n\n\n\n2\n2\n2\n2\n4\nx\nx\nx\nf\nx\nx\n\n\n\n\n\n,\n\n\n\n\n2\n2\n2\n2\n2\n2\nx\nx\nx\nf\nx\nx\n\n\n\n\n\nJeżeli w obliczaniu pochodnej zdający popełni błąd, który zmienia miejsca zerowe pochodnej,\nto otrzymuje za zadanie 0 punktów.\nInformacja dla absolwentów niesłyszących 137\nII sposób rozwiązania (przekształcenia równoważne)\nZapisujemy nierówność\n2\n16\n12\nx\nx\n\n\ni przekształcamy ją równoważnie:\n2\n16\n4\n4\n4\n16\n0\nx\nx\nx\nx\n\n\n\n\n\n\n,\n\n\n2\n2\n4\n4\n4\n4\n4\n0\nx\nx\nx\nx\nx\n\n\n\n\n\n\n,\n\n\n\n\n2\n2\n4\n2\n2\n0\nx\nx\nx\n\n\n\n\n,\n\n\n2\n4\n2\n1\n0\nx\nx\n\n\n\n\n\n\n\n\n\nJeżeli\n0\nx \n, to lewa strona nierówności jest nieujemna, jako iloczyn czynników nieujemnego\ni dodatniego, co należało udowodnić.\nSchemat oceniania II sposobu rozwiązania\nRozwiązanie, w którym jest istotny postęp 1 pkt\nZapisanie nierówności w postaci\n2\n16\n4\n4\n4\n16\n0\nx\nx\nx\nx\n\n\n\n\n\n\nPokonanie zasadniczych trudności 2 pkt\nZapisanie nierówności w postaci \n\n\n\n2\n2\n4\n2\n2\n0\nx\nx\nx\n\n\n\n\nRozwiązanie pełne 4 pkt\n Zapisanie nierówności w postaci \n\n2\n4\n2\n1\n0\nx\nx\n\n\n\n\n\n\n\n\n\ni stwierdzenie, że jeżeli\n0\nx \n, to\nlewa strona nierówności jest nieujemna, bo iloczyn czynników nieujemnego\ni dodatniego jest nieujemny, co kończy dowód\nalbo\n zapisanie nierówności w postaci \n\n\n\n2\n2\n4\n2\n2\n0\nx\nx\nx\n\n\n\n\ni stwierdzenie, że jeżeli\n0\nx \n,\nto lewa strona nierówności jest nieujemna, bo suma dwóch liczb nieujemnych jest\nnieujemna, co kończy dowód.\nIII sposób rozwiązania (funkcja wymierna)\nZapisujemy nierówność\n2\n16\n12\nx\nx\n\n\nw postaci równoważnej\n3\n12\n16\n0\nx\nx\nx\n\n\n\n138 Informator o egzaminie maturalnym z matematyki od roku szkolnego 2014/2015\nPrzy założeniu\n0\nx \n, nierówność ta jest równoważna nierówności\n3 12\n16\n0\nx\nx\n\n\n\ndla\n0\nx \nOkreślamy wielomian\n3\n( )\n12\n16\nW x\nx\nx\n\n\n\nStwierdzamy, że jednym z miejsc zerowych wielomianu W jest liczba 2 . Po podzieleniu\nwielomianu W przez dwumian\n2\nx \notrzymujemy iloraz\n2\n2\n8\nx\nx\n\n, który zapisujemy\nw postaci iloczynowej\n\n\n\n2\n2\n8\n2\n4\nx\nx\nx\nx\n\n\n\n\nStąd\n\n\n\n\n\n\n2\n3\n2\n( )\n12\n16\n2\n2\n8\n2\n4\nW x\nx\nx\nx\nx\nx\nx\nx\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\nStwierdzamy, że jeżeli\n0\nx \n, to\n( )\n0\nW x \njako iloczyn czynników nieujemnych, co kończy\ndowód.\nSchemat oceniania III sposobu rozwiązania\nRozwiązanie, w którym jest istotny postęp 1 pkt\nStwierdzenie, że przy założeniu\n0\nx \n, nierówność jest równoważna nierówności\n3 12\n16\n0\nx\nx\n\n\n\ndla\n0\nx \nPokonanie zasadniczych trudności 2 pkt\nZapisanie wielomianu W w postaci iloczynowej\n\n\n\n2\n3\n( )\n12\n16\n2\n4\nW x\nx\nx\nx\nx\n\n\n\n\n\n\nRozwiązanie pełne 3 pkt\nUzasadnienie, że jeżeli\n0\nx \n, to\n( )\n0\nW x \n, co kończy dowód.\nIV\nsposób\nrozwiązania\n(zastosowanie\nnierówności\ndla\nśredniej\narytmetycznej\ni geometrycznej)\nNiektórzy uczniowie mogą odwołać się do tej nierówności, choć nie ma jej w podstawie\nprogramowej i, jak widzieliśmy, rozwiązanie zadania nie wymaga jej znajomości. Lewą\nstronę nierówności zapisujemy w postaci\n2\n8\n8\nx\nx\nx\n\n\nPrzy założeniu\n0\nx \n, korzystamy z nierówności dla średniej arytmetycznej i średniej\ngeometrycznej:\njeżeli\n0\na \n,\n0\nb \n,\n0\nc \n, to\n3\n3\na\nb\nc\nabc\n\n\n\n, czyli\n3\n3\na\nb\nc\nabc\n\n\nPodstawiając\n2\na\nx\n\n,\n8\nb\nx\n\n,\n8\nc\nx\n\nInformacja dla absolwentów niesłyszących 139\notrzymujemy\n2\n2\n3\n3\n8\n8\n8 8\n3\n3 64\n12\nx\nx\nx\nx\nx x\n\n\n\n\n\n\n\nStąd wynika, że\n2\n16\n12\nx\nx\n\n\n, co kończy dowód.\nSchemat oceniania IV sposobu rozwiązania\nRozwiązanie, w którym postęp jest wprawdzie niewielki, ale konieczny na drodze do\npełnego rozwiązania zadania 1 pkt\nZapisanie lewej strony nierówności w postaci\n2\n8\n8\nx\nx\nx\n\n\nPokonanie zasadniczych trudności 2 pkt\nZastosowanie nierówności dla średniej arytmetycznej i średniej geometrycznej:\njeżeli\n0\na \n,\n0\nb \n,\n0\nc \n, to\n3\n3\na\nb\nc\nabc\n\n\n\n, dla\n2\na\nx\n\n,\n8\nb\nx\n\n,\n8\nc\nx\n\nRozwiązanie pełne 3 pkt\nZapisanie, że dla\n0\nx \n, po zastosowaniu nierówności dla średniej arytmetycznej i średniej\ngeometrycznej otrzymujemy\n2\n2\n3\n8\n8\n8 8\n3\n12\nx\nx\nx\nx\nx x\n\n\n\n\n\n\n, co kończy dowód.\n140 Informator o egzaminie maturalnym z matematyki od roku szkolnego 2014/2015\nZadanie IV (0-7)\nDany jest prostokątny arkusz kartonu o długości 80 cm i szerokości 50 cm. W czterech rogach\ntego arkusza wycięto kwadratowe naroża (na rysunku zaznaczone kolorem szarym).\nNastępnie\nzagięto\nkarton\nwzdłuż\nlinii\nprzerywanych,\ntworząc\nw\nten\nsposób\nprostopadłościenne pudełko (bez przykrywki). Oblicz długość boku wyciętych kwadratowych\nnaroży, dla której objętość otrzymanego pudełka jest największa. Oblicz tę objętość.\nRozwiązanie\nOznaczmy literą x długość boku kwadratowych naroży. Podstawa pudełka ma wymiary\n(80\n2 ) (50\n2 )\nx\nx\n\n\n\nWysokość pudełka jest równa x. Zatem objętość wyraża się wzorem\n(80\n2 ) (50\n2 )\nV\nx\nx\nx\n\n\n\n\n\n,\nczyli\n\n\n2\n3\n2\n3\n2\n(4000 160\n100\n4\n)\n4\n260\n4000\n4\n65\n1000\nV\nx\nx\nx\nx\nx\nx\nx\nx\nx\nx\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\ndla 0\n25\nx\n\n\nRozważmy funkcję\n\n3\n2\n65\n1000\nf x\nx\nx\nx\n\n\n\nokreśloną dla każdej liczby rzeczywistej x.\nObliczamy pochodną tej funkcji:\n\n2\n3\n130\n1000\nf\nx\nx\nx\n\n\n\n\nNastępnie znajdujemy miejsca zerowe tej pochodnej:\n2\n130\n12 1000\n16900 12000\n4900\n\n\n\n\n\n\n,\n1\n2\n130\n70\n130\n70\n1\n10,\n33\n6\n6\n3\nx\nx\n\n\n\n\n\n\nPonadto:\n( )\n0\nf\nx\n\n\nw każdym z przedziałów \n\n,10\n\noraz 100 ,\n3\n\n\n\n\n\n\n\n,\n( )\n0\nf\nx\n\n\nw przedziale\n100\n10, 3\n\n\n\n\n\n\nInformacja dla absolwentów niesłyszących 141\nZatem funkcja f jest rosnąca w każdym z przedziałów \n,10\n\noraz 100 ,\n3\n\n\ni malejąca\nw przedziale\n100\n10, 3\nPonieważ\n\n\n4\nV x\nf x\n\ndla\n\n\n0,25\nx\n, więc w przedziale \n\n0,25 funkcja\n( )\nV x ma\nekstremum w tym samym punkcie, w którym funkcja\n( )\nf x . Stąd wynika, że w punkcie\n10\nx \nfunkcja V przyjmuje wartość największą. Szukana objętość jest zatem równa\n(80\n20) (50\n20) 10\n18000\nV \n\n\n\n\n\ncm2.\nSchemat oceniania\nRozwiązanie zadania składa się z trzech etapów.\na) Pierwszy etap (3 pkt) składa się z trzech części:\n wybór zmiennej i wyrażenie za pomocą tej zmiennej wielkości, które będą\npotrzebne do zdefiniowania funkcji. Oznaczenie literą x długości boku\nkwadratowych\nnaroży,\nzapisanie\nwymiarów\npodstawy\npudełka\n(80\n2 ) (50\n2 )\nx\nx\n\n\n\n,\n zdefiniowanie funkcji jednej zmiennej, zapisanie objętości jako funkcji zmiennej\nwysokości pudełka x:\n(80\n2 ) (50\n2 )\nV\nx\nx\nx\n\n\n\n\n\n,\n określenie dziedziny funkcji V: 0\n25\nx\n\n\nZdający otrzymuje 2 punkty za poprawne zdefiniowanie funkcji zmiennej x opisującej\nobjętość prostopadłościanu. Ponadto zdający otrzymuje 1 punkt za poprawne określenie\ndziedziny wynikającej z treści zadania, a nie z wyznaczonego wzoru funkcji.\nb) Drugi etap (3 pkt) składa się z trzech części:\n wyznaczenie pochodnej funkcji f:\n\n2\n3\n130\n1000\nf\nx\nx\nx\n\n\n\n\n,\n obliczenie miejsc zerowych pochodnej:\n1\n2\n1\n10,\n333\nx\nx\n\n\n,\n uzasadnienie (np. przez badanie monotoniczności funkcji), że funkcja posiada\nwartość największą w punkcie\n10\nx \nZa poprawne rozwiązanie każdej z części tego etapu zdający otrzymuje 1 punkt, o ile\npoprzednia część etapu została zrealizowana bezbłędnie.\nc) Trzeci etap (1 pkt).\nObliczenie największej objętości:\n(80\n20) (50\n20) 10\n18000\nV \n\n\n\n\n\ncm2.\n142 Informator o egzaminie maturalnym z matematyki od roku szkolnego 2014/2015\nKomentarz\nZdający rozwiązując zadanie może nie doprowadzić rozumowania do końca lub popełnić\nróżnego rodzaju błędy np.:\n1. Błędne określenie dziedziny funkcji V np. zapisanie\n0\nx \nlub\n50\nx \n. Jeżeli zdający nie\npoda dziedziny funkcji lub poda ją błędnie, to za całe rozwiązanie może otrzymać\nmaksymalnie 6 punktów.\n2. Błędne zapisanie wzoru na objętość pudełka (np. błędne określenie wymiarów pudełka\nlub wzoru na objętość prostopadłościanu).\n3. Niewłaściwe wyznaczenie pochodnej rozważanej funkcji.\n4. Nieprawidłowo obliczone miejsca zerowe pochodnej.\n5. Błędne określenie monotoniczności funkcji oraz jej ekstremów.\n6. Brak uzasadnienia, błędne lub niepełne uzasadnienie, że funkcja V w punkcie\n10\nx \nprzyjmuje maksimum lokalne.\n7. Nieobliczenie lub błędne obliczenie największej objętości pudełka.\nSchemat oceniania pokazuje jak w poszczególnych sytuacjach ocenić rozwiązanie zadania.\nInformacja dla absolwentów niesłyszących 143\n6.4. PRZYKŁADOWE ZADANIA Z MATEMATYKI NA POZIOMIE PODSTAWOWYM DLA\nABSOLWENTÓW NIESŁYSZĄCYCH WRAZ Z ROZWIĄZANIAMI\nNumeracja zadań w części 6.4. odpowiada numeracji zadań w części 4. Jeżeli zadanie nie\nzostało przedstawione poniżej, oznacza to, że wersja dla niesłyszących nie różni się niczym\nod wersji przedstawionej w części 4.\nZadanie 16. (0-1)\nKąt środkowy i kąt wpisany w okrąg są oparte na tym samym łuku. Suma miar tych kątów\njest równa180 .\nJaka jest miara kąta środkowego?\nA. 60\nB. 90\nC. 120\nD. 135\nWymagania ogólne\nII. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji.\nZdający używa prostych, dobrze znanych obiektów matematycznych.\nWymagania szczegółowe\n7.1. Zdający stosuje zależności między kątem środkowym i kątem wpisanym.\nRozwiązanie C\nZadanie 21. (0-1)\nW kinie jest 5 wolnych miejsc. Liczba wszystkich sposobów, na jakie Ala i Bartek mogą usiąść\nna dwóch miejscach, jest równa\nA. 25\nB. 20\nC. 15\nD. 12\nWymagania ogólne\nIII. Modelowanie matematyczne.\nZdający dobiera model matematyczny do prostej sytuacji i krytycznie ocenia trafność modelu.\nWymagania szczegółowe\n10.2. Zdający zlicza obiekty w prostych sytuacjach kombinatorycznych, niewymagających\nużycia wzorów kombinatorycznych, stosuje regułę mnożenia i regułę dodawania.\nRozwiązanie B\n144 Informator o egzaminie maturalnym z matematyki od roku szkolnego 2014/2015\nZadanie 23. (0-2)\nRozwiąż nierówność\n0\n7\n6\n2\n\n\nx\nx\nWymagania ogólne\nII. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji.\nZdający używa prostych, dobrze znanych obiektów matematycznych.\nWymagania szczegółowe\n3.5. Zdający rozwiązuje nierówności kwadratowe z jedną niewiadomą.\nRozwiązanie\nKorzystamy ze wzorów na pierwiastki równania kwadratowego lub rozkładamy trójmian na\nczynniki\n\n\n\n2\n6\n7\n7\n1\nx\nx\nx\nx\n\n\n\n\n\n. Trójmian kwadratowy\n2\n6\n7\ny\nx\nx\n\n\n\nma dwa\npierwiastki:\n1\n2\n7,\n1\nx\nx\n\n. Ponieważ parabola o równaniu\n2\n6\n7\ny\nx\nx\n\n\n\nma ramiona\nskierowane do góry, to leży ona poniżej osi Ox między swoimi miejscami zerowymi. Zatem\nrozwiązaniem nierówności jest przedział domknięty\n7,1\n\nZadanie 24. (0-2)\nOblicz najmniejszą wartość funkcji kwadratowej\n2\n( )\n6\n1\nf x\nx\nx\n\n\n w przedziale\n1,0\nWymagania ogólne\nII. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji.\nZdający używa prostych, dobrze znanych obiektów matematycznych.\nWymagania szczegółowe\n4.11. Zdający wyznacza wartość najmniejszą i wartość największą funkcji kwadratowej\nw przedziale domkniętym.\nRozwiązanie\nWyznaczamy współrzędne wierzchołka paraboli o równaniu\n2\n6\n1\ny\nx\nx\n\n\n. Mamy\n3,\n8\n2\n4\nw\nw\nb\nx\ny\na\na\n\n\n\n\n. Ponieważ parabola ma ramiona skierowane do góry, to\nw przedziale \n,3\n\ndana funkcja maleje. Dlatego maleje także na zawartym w nim\nprzedziale 0,1 . Dlatego najmniejszą wartość funkcja ma w prawym końcu, czyli dla\n1\nx .\nTą wartością jest\n21\n6 1 1\n4\ny \n.\nInformacja dla absolwentów niesłyszących 145\nZadanie 26. (0-2)\nNapisz równanie prostej równoległej do prostej o równaniu\n2\n11\ny\nx\n\n\ni przechodzącej przez\npunkt\n(1,2).\nP \nWymagania ogólne\nII. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji.\nZdający używa prostych, dobrze znanych obiektów matematycznych.\nWymagania szczegółowe\n8.3. Zdający wyznacza równanie prostej, która jest równoległa lub prostopadła do prostej\ndanej w postaci kierunkowej i przechodzi przez dany punkt.\nRozwiązanie\nWszystkie proste równoległe do danej prostej mają taki sam współczynnik kierunkowy.\nDlatego szukamy prostej o równaniu\n2\ny\nx\nb\n\n\n. Ponieważ szukana prosta przechodzi przez\npunkt\n(1,2)\nP \n, otrzymujemy 2\n2 1 b\n, więc\n0\nb \n. Dlatego prosta ta ma równanie\n2\ny\nx\n\nZadanie 27. (0-2)\nWyznacz równanie prostej zawierającej środkową CD trójkąta ABC, którego wierzchołkami\nsą punkty:\n\n1\n,2 \n\n\nA\n,\n\n1,6\n\nB\n,\n\n\n10\n,7\n\nC\nWymagania ogólne\nIV. Użycie i tworzenie strategii.\nZdający stosuje strategię, która jasno wynika z treści zadania.\nWymagania szczegółowe\n8.5.Zdający wyznacza współrzędne środka odcinka.\n8.1. Zdający wyznacza równanie prostej przechodzącej przez dwa dane punkty (w postaci\nkierunkowej lub ogólnej).\nRozwiązanie\nWiemy, że szukana prosta przechodzi przez punkt\n\n\n7,10\nC \noraz że przechodzi przez punkt\nD, który jest środkiem boku AB. Dlatego korzystając ze wzoru na współrzędne środka\nodcinka mamy\n\n\n2\n6\n1 1\n,\n2,0\n2\n2\nD\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n. Ze wzoru na równanie prostej przechodzącej\nprzez dwa dane punkty otrzymujemy: \n\n\n\n\n10\n2\n7\n0 10\n7\n0\ny\nx\n\n\n\n\n\n\n, a stąd\n5\n10\n20\n0\ny\nx\n\n\n\n\n, czyli\n2\n4\n0\ny\nx\n\n\n\n146 Informator o egzaminie maturalnym z matematyki od roku szkolnego 2014/2015\nZadanie 28. (0-2)\nW trójkącie prostokątnym, w którym przyprostokątne mają długości 2 i 4, jeden z kątów\nostrych ma miarę .\n Oblicz sin\ncos .\n\n\n\nWymagania ogólne\nIV. Użycie i tworzenie strategii.\nZdający stosuje strategię, która jasno wynika z treści zadania.\nWymagania szczegółowe\n6.1.Zdający wykorzystuje definicje i wyznacza wartości funkcji sinus, cosinus i tangens kątów\no miarach od 0° do 180°.\nRozwiązanie\nNiech  będzie kątem leżącym naprzeciwko boku o długości 2, a  niech będzie kątem\nleżącym naprzeciwko boku o długości 4. Zauważmy, że sin\ncos\n\n\n\noraz cos\nsin\n\n\n\n,\nwięc mamy sin\ncos\nsin\ncos\n\n\n\n\n\n\n\n, czyli szukana wartość nie zależy od wyboru kąta.\nPrzeciwprostokątna w danym trójkącie ma długość\n2\n2\n2\n4\n20\n\n\n. Z definicji funkcji\ntrygonometrycznych otrzymujemy\n2\n4\n8\n2\nsin\ncos\n20\n5\n20\n20\n\n\n\n\n\nZadanie 29. (0-2)\nKąt  jest ostry i\n1\nsin\n4\n\nOblicz\n2\n3\n2tg \n\nWymagania ogólne\nII. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji.\nZdający używa prostych, dobrze znanych obiektów matematycznych.\nWymagania szczegółowe\n6.4. Zdający stosuje proste zależności między funkcjami trygonometrycznymi:\n2\n2\nsin\ncos\n1\n\n\n\n, tg\n\n\n\ncos\nsin\n\noraz sin(90\n)\ncos\n\n\n\n\nRozwiązanie\nMamy tg\nsin\ncos\n\n\n\n\n, więc tg2\n2\n2\n2\n2\n2\n2\n1\nsin\nsin\n1\n4\ncos\n1 sin\n15\n1\n1\n4\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\nDlatego\n2\n2\n47\n3\n2tg\n3\n15\n15\n\n\n\n\n\nInformacja dla absolwentów niesłyszących 147\nZadanie 30. (0-2)\nIle wyrazów ujemnych ma ciąg \n\nn\na\nokreślony wzorem\n24\n2\n2\n\n\n\nn\nn\nan\ndla\n1\n\nn\n?\nWymagania ogólne\nII. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji.\nZdający używa prostych, dobrze znanych obiektów matematycznych.\nWymagania szczegółowe\n5.1.Zdający wyznacza wyrazy ciągu określonego wzorem ogólnym.\nRozwiązanie\nSzukamy liczb naturalnych spełniających nierówność\n2\n2\n24\n0\nn\nn\n\n\n\nZapisujemy tę nierówność w postaci\n2\n2\n1\n25\n0\nn\nn\n\n\n\n, \n\n2\n2\n1\n5\n0\nn \n\n\n, więc\n\n\n\n\n\n\n1 5\n1 5\n0,\n6\n4\n0\nn\nn\nn\nn\n\n\n\n\n\n\n. Ponieważ\n4\n0\nn \n\n, otrzymujemy\n6\nn \nDlatego liczba n może mieć jedną z pięciu wartości: 1, 2, 3, 4, 5, czyli ciąg ma pięć wyrazów\nujemnych.\nZadanie 32. (0-2)\nWyrazami ciągu arytmetycznego \n\nn\na\nsą kolejne liczby naturalne, które przy dzieleniu przez\n5 dają resztę 2. Ponadto\n3\n12.\na \nOblicz\n15\na .\nWymagania ogólne\nIV. Użycie i tworzenie strategii.\nZdający stosuje strategię, która jasno wynika z treści zadania.\nWymagania szczegółowe\n5.3. Zdający stosuje wzór na n-ty wyraz i na sumę n początkowych wyrazów ciągu\narytmetycznego.\nRozwiązanie\nPonieważ dokładnie co piąta liczba naturalna daje z dzielenia przez 5 resztę 2, to różnica\ndanego ciągu arytmetycznego równa się 5. Dlatego\n3\n1\n1\n12\n2\n10\na\na\nr\na\n\n\n\n\n\n, więc\n1\n2.\na \nDlatego\n15\n1\n14\n2\n14 5\n72\na\na\nr\n\n\n\n\n\n148 Informator o egzaminie maturalnym z matematyki od roku szkolnego 2014/2015\nZadanie 33. (0-2)\nDany jest prostokąt o bokach a i b. Zmniejszamy długość boku a o 10% oraz zwiększamy\ndługość boku b o 20%. Wyznacz stosunek a\nb , jeśli wiadomo, że otrzymany prostokąt ma taki\nsam obwód jak prostokąt o bokach a i b.\nWymagania ogólne\nIII. Modelowanie matematyczne.\nZdający dobiera model matematyczny do prostej sytuacji i krytycznie ocenia trafność modelu.\nWymagania szczegółowe\n5.4. (gimnazjum) Zdający stosuje obliczenia procentowe do rozwiązywania problemów\nw kontekście praktycznym, np. oblicza ceny po podwyżce lub obniżce o dany procent,\nwykonuje obliczenia związane z VAT, oblicza odsetki dla lokaty rocznej.\nRozwiązanie\nOtrzymany prostokąt ma boki długości 0,9a oraz 1,2b . Z porównania obwodów tych\nprostokątów otrzymujemy związek 2 0,9\n2 1,2\n2\n2\na\nb\na\nb\n\n\n\n\n, skąd 0,4\n0,2\nb\na\n\n. Dlatego\n0,4\n2\n0,2\na\nb \n\nZadanie 34. (0-2)\nUdowodnij, że jeśli x, y są liczbami rzeczywistymi, to\nxy\ny\nx\n2\n2\n2\n\n\nWymagania ogólne\nV. Rozumowanie i argumentacja.\nZdający prowadzi proste rozumowanie, składające się z niewielkiej liczby kroków.\nWymagania szczegółowe\n2.1.Zdający używa wzorów skróconego mnożenia na (a ±b)2 oraz a2 - b2.\nRozwiązanie\nZauważmy, że dla dowolnych liczb x, y mamy \n\n2\n0\nx\ny\n\n\n, więc\nxy\ny\nx\n2\n2\n2\n\n\n, co kończy\ndowód.\nInformacja dla absolwentów niesłyszących 149\nZadanie 35. (0-2)\nRzucamy dwa razy symetryczną sześcienną kostką do gry. Oblicz prawdopodobieństwo\notrzymania iloczynu liczby oczek równego 5.\nWymagania ogólne\nIII. Modelowanie matematyczne.\nZdający dobiera model matematyczny do prostej sytuacji i krytycznie ocenia trafność modelu.\nWymagania szczegółowe\n10.3. Zdający oblicza prawdopodobieństwa w prostych sytuacjach, stosując klasyczną\ndefinicję prawdopodobieństwa.\nRozwiązanie\nZdarzeniami elementarnymi są pary liczb całkowitych \n\n,\n,\na b\ngdzie 1\n,\n6\na b\n\n\n. Mamy 36\ntakich par. Zdarzenia elementarne sprzyjające to pary \n\n1,5 oraz \n\n5,1 . Dlatego\nprawdopodobieństwo otrzymania iloczynu liczby oczek równego 5 jest równe 2\n1\n36\n18\n\nZadanie 36. (0-4)\nW ciągu arytmetycznym \n\nna\ndane są wyrazy:\n19\n,4\n6\n3\n\n\na\na\n. Ile wyrazów tego ciągu\nnależy do przedziału\n\n0, 200 ?\nWymagania ogólne\nIII. Modelowanie matematyczne.\nZdający dobiera model matematyczny do prostej sytuacji i krytycznie ocenia trafność modelu.\nWymagania szczegółowe\n5.3. Zdający stosuje wzór na n-ty wyraz i na sumę n początkowych wyrazów ciągu\narytmetycznego.\nRozwiązanie\nMamy\n1\n4\n2\na\nr\n\n\n,\n1\n19\n5\na\nr\n\n\n. Więc 3\n15,\n5\nr\nr\n\n oraz\n1\n6\na . Pytamy, dla jakich n\nmamy 0\n200\nn\na\n\n\n, czyli\n\n\n0\n6\n1 5\n200\nn\n\n\n\nWięc\n\n\n6\n206\n11\n211\n6\n5\n1\n206,\n1\n,\n5\n5\n5\n5\nn\nn\nn\n\n\n\n\n\n\n\nPierwszą nierówność spełniają liczby\n3\nn \n, a drugą nierówność liczby\n42\nn \n. Dlatego jest\n40 liczb naturalnych spełniających te dwa warunki i 40 wyrazów ciągu leży w przedziale\n\n\n0,200 .\n150 Informator o egzaminie maturalnym z matematyki od roku szkolnego 2014/2015\nZadanie 37. (0-4)\nNa zewnątrz trójkąta prostokątnego ABC, w którym\n90\n\n\nACB\noraz\n5\n\nAC\n,\n12\n\nBC\nzbudowano kwadrat ACDE (zobacz rysunek). Punkt H leży na prostej AB i kąt\n90\n\n\nEHA\nOblicz pole trójkąta HAE.\nWymagania ogólne\nIV. Użycie i tworzenie strategii.\nZdający stosuje strategię, która jasno wynika z treści zadania.\nWymagania szczegółowe\n7.3. Zdający rozpoznaje trójkąty podobne i wykorzystuje (także w kontekstach praktycznych)\ncechy podobieństwa trójkątów.\nRozwiązanie\nZauważmy, że trójkąt prostokątny EAH jest podobny do trójkąta ABC, bo kąty EAH oraz ABC\nsą przystające, jako kąty o ramionach równoległych. Oznaczymy przez s skalę podobieństwa\ntrójkąta EAH do trójkąta ABC. Wtedy\n2\n2\n2\n2\n1\n1 5 12\n30\n2\n2\nEAH\nABC\nP\ns P\ns\nAC\nBC\ns\ns\n\n\n\n\n\n\n\n\n\nNastępnie obliczamy s.\nMamy\n2\n2\n2\n2\n5\n5 .\n13\n5\n12\nAE\nAC\ns\nAB\nAC\nBC\n\n\n\n\n\n\nWięc\n2\n5\n750\n30\n13\n169\nEAH\nP\n\n\n\n\n\n\n\n\n\nA\nB\nC\nD\nE\nH\nInformacja dla absolwentów niesłyszących 151\nZadanie 38. (0-4)\nPunkt D leży na boku BC trójkąta równoramiennego ABC, w którym\nBC\nAC \n. Odcinek AD dzieli trójkąt ABC na dwa trójkąty\nrównoramienne w taki sposób, że\nCD\nAD \noraz\nBD\nAB \n(zobacz\nrysunek). Udowodnij, że\n5\n\nADC\nACD .\nWymagania ogólne\nV. Rozumowanie i argumentacja.\nZdający prowadzi proste rozumowanie, składające się z niewielkiej\nliczby kroków.\nWymagania szczegółowe\n10.17 (gimnazjum) Zdający rozpoznaje figury, które mają oś symetrii i figury, które mają\nśrodek symetrii. Wskazuje oś symetrii i środek symetrii figury.\nRozwiązanie I\nNiech\nBAD\n\ni\nACD\n\nTrójkąty ABD, ACD i ABC są równoramienne, więc\nDAB\nBAD\n\n\n\n,\nCAD\nACD\n\n\n\noraz\nCAB\nCBA\n\n\n\n\n\nSuma miar kątów trójkąta ACD jest równa 180, więc\n180\n2\nADC\n\n\n\nWiadomo również, że\n180\nADC\nADB\n\n\n,\nczyli 180\n2\n180\n\n\n\n\n\n. Stąd\n2\n\n\n\nSuma miar kątów trójkąta ABC jest równa 180, więc \n\n2\n180\n\n\n\n\n\n\n, czyli\n\n\n2 2\n180\n\n\n\n\n\n\n. Stąd 7\n180\n\n.\nWięc\n180\n2\n7\n2\n5\n5\nADC\nACD\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n. To kończy dowód.\nRozwiązanie II\nOznaczmy kąty  i  jak w poprzednim rozwiązaniu.\nPonieważ kąt ADB jest kątem zewnętrznym trójkąta ADC, więc\n2\n\n\n\nRównież kąt ADC jest kątem zewnętrznym trójkąta ABD, więc\n2\n4\n5\n5\nADC\nACD\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n, co kończy dowód.\nA\nB\nC\nD\nA\nB\nC\nD\n\n\n\n\n152 Informator o egzaminie maturalnym z matematyki od roku szkolnego 2014/2015\n\n3\na\na\nA\nB\nC\nZadanie 39. (0-2)\nOblicz sinus kąta między przekątną sześcianu a jego płaszczyzną\npodstawy.\nWymagania ogólne\nIV. Użycie i tworzenie strategii.\nZdający stosuje strategię, która jasno wynika z treści zadania.\nWymagania szczegółowe\n9.2. Zdający rozpoznaje w graniastosłupach i ostrosłupach kąt między odcinkami\ni płaszczyznami (między krawędziami i ścianami, przekątnymi i ścianami), oblicza miary tych\nkątów.\nRozwiązanie\nMamy trójkąt prostokątny ABC, utworzony przez przekątną AB\nsześcianu, przekątną AC podstawy sześcianu oraz krawędź BC,\njak na rysunku. Kąt ostry  tego trójkąta jest kątem między\nprzekątną sześcianu i płaszczyzną jego podstawy. Długość prze-\nkątnej sześcianu o krawędzi długości a jest równa\n3\na\n, więc\nsinus kąta  jest równy\n1\n3\nsin\n3\n3\n3\na\na\n\n\n\nZadanie 40. (0-4)\nW graniastosłupie czworokątnym prawidłowym przekątna o długości d jest nachylona do\npłaszczyzny podstawy pod kątem  takim, że sin\n0,2\n\n. Podaj objętość tego graniastosłupa\nw zależności od d.\nWymagania ogólne\nIII. Modelowanie matematyczne.\nZdający dobiera model matematyczny do prostej sytuacji i krytycznie ocenia trafność modelu.\nWymagania szczegółowe\n9.6. Zdający stosuje trygonometrię do obliczeń długości odcinków, miar kątów, pól\npowierzchni i objętości.\nInformacja dla absolwentów niesłyszących 153\nRozwiązanie I\nPrzyjmijmy oznaczenia jak na rysunku.\nTrójkąt BDH jest prostokątny, więc\nsin\nh\nd\n\n, czyli 1\n5\nh\nd\n\n. Stąd\n1\n5\nh\nd\n\nZ twierdzenia Pitagorasa dla trójkąta BDH otrzymujemy\n2\n2\n2\n2\n2\n2\n1\n24\n5\n25\nBD\nd\nh\nd\nd\nd\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\nPole podstawy graniastosłupa jest więc równe\n2\n2\n2\n1\n1 24\n12\n2\n2 25\n25\nABCD\nP\nBD\nd\nd\n\n\n\n\n\nDlatego objętość tego graniastosłupa jest równa\n2\n3\n12\n1\n12\n25\n5\n125\nABCD\nV\nP\nh\nd\nd\nd\n\n\n\n\n\nRozwiązanie II\nPrzyjmijmy oznaczenia jak w rozwiązaniu I.\nTrójkąt BDH jest prostokątny, więc sin\nh\nd\n\n, czyli\nsin\nh\nd\n\n\n. Stąd\n0,2\nh\nd\n\nW trójkącie BDH mamy również\n2\ncos\na\nd\n\n, czyli\n2\n2\ncos\n1 (0,2)\n0,96 .\na\nd\nd\nd\n\n\n\n\n\nStąd\n2\n2\n3\n1 0,96\n0,2\n0,096\n2\nV\na h\nd\nd\nd\n\n\n\n\n\nZadanie 41. (0-4)\nOblicz, ile jest wszystkich liczb naturalnych czterocyfrowych takich, że w zapisie dziesiętnym\ntych liczb jest jedna cyfra nieparzysta i trzy cyfry parzyste.\nUwaga: przypominamy, że zero jest liczbą parzystą.\nWymagania ogólne\nIV. Użycie i tworzenie strategii.\nZdający stosuje strategię, która jasno wynika z treści zadania.\nWymagania szczegółowe\n10.2. Zdający zlicza obiekty w prostych sytuacjach kombinatorycznych, niewymagających\nużycia wzorów kombinatorycznych, stosuje regułę mnożenia i regułę dodawania.\n\nd\nh\nA\nD\nB\nC\nE\nF\nG\nH\na\na\n154 Informator o egzaminie maturalnym z matematyki od roku szkolnego 2014/2015\nRozwiązanie\nMamy 5 cyfr parzystych: 0, 2, 4, 6, 8 oraz 5 cyfr nieparzystych: 1, 3, 5, 7, 9. Musimy jednak\npamiętać, że 0 nie może być pierwszą cyfrą zapisu dziesiętnego liczby. Dlatego mamy dwa\nprzypadki: a) gdy pierwsza cyfra jest nieparzysta oraz b) gdy pierwsza cyfra jest parzysta.\nW przypadku a) pierwszą cyfrę można wybrać na 5 sposobów; każda pozostała cyfra musi\nbyć parzysta i każdą z nich też możemy wybrać na 5 sposobów. Dlatego w przypadku a)\nmamy\n45 możliwości.\nW przypadku b) cyfrę parzystą, stojącą na pierwszym miejscu, możemy wybrać na 4 sposoby.\nNa pozostałych miejscach mamy ustawić jedną cyfrę nieparzystą oraz dwie cyfry parzyste.\nMiejsce dla cyfry nieparzystej możemy wybrać na 3 sposoby; na pozostałych dwóch\nmiejscach ustawiamy cyfry parzyste. Cyfrę na każdym z tych trzech miejsc można wybrać na\n5 sposobów. Dlatego w przypadku b) mamy\n3\n3\n4 3 5\n12 5\n\n\n\nmożliwości.\nW obu przypadkach łącznie otrzymujemy\n\n\n4\n3\n3\n5\n12 5\n5 12\n5\n17 125\n2125\n\n\n\n\n\n\n\n\nliczb\nspełniających warunki zadania.\nZadanie 42. (0-4)\nZ pojemnika, w którym jest pięć losów: dwa wygrywające i trzy puste, losujemy dwa razy po\njednym losie bez oddawania losów do pojemnika. Oblicz prawdopodobieństwo, że\notrzymamy jeden lub dwa losy wygrywające. Wynik zapisz w postaci ułamka nieskracalnego.\nWymagania ogólne\nIII. Modelowanie matematyczne.\nZdający dobiera model matematyczny do prostej sytuacji i krytycznie ocenia trafność modelu.\nWymagania szczegółowe\n10.3. Zdający oblicza prawdopodobieństwa w prostych sytuacjach, stosując klasyczną\ndefinicję prawdopodobieństwa.\nRozwiązanie I (model klasyczny)\nOznaczmy przez\n1\nw ,\n2\nw losy wygrywające, a przez\n1p ,\n2p ,\n3\np losy puste. Wszystkie wyniki\nlosowania dwóch losów bez ich oddawania możemy przedstawić w tabeli: wynik pierwszego\nlosowania wyznacza wiersz, a wynik drugiego losowania - kolumnę, w przecięciu których\nleży pole, odpowiadające tej parze losowań. Pola położone na przekątnej odrzucamy, gdyż\nodpowiadałyby one wylosowaniu dwa razy tego samego losu, a to jest niemożliwe, gdyż\nlosujemy bez oddawania losu.\nNiech A oznacza zdarzenie polegające na wylosowaniu dwóch losów, wśród których jeden\nlub dwa są wygrywające. Zdarzenia elementarne sprzyjające zdarzeniu A zaznaczamy\nw tabeli krzyżykiem (x).\nInformacja dla absolwentów niesłyszących 155\nMamy więc 20 wszystkich zdarzeń elementarnych, czyli\n20\n\n, oraz 14 zdarzeń\nelementarnych sprzyjających zdarzeniu A, czyli\n14\nA \nPrawdopodobieństwo zdarzenia A jest zatem równe\n\n14\n7\n20\n10\nA\nP A \n\n\n\nRozwiązanie II (metoda drzewa)\nLosowanie z pojemnika kolejno dwóch losów bez oddawania możemy zilustrować za pomocą\ndrzewa, gdzie w oznacza wylosowanie losu wygrywającego, a p - losu pustego. Pogrubione\ngałęzie drzewa odpowiadają zdarzeniu A polegającemu na wylosowaniu dwóch losów, wśród\nktórych co najmniej jeden jest wygrywający. Na odcinkach drzewa zostały zapisane\nodpowiednie prawdopodobieństwa.\nWięc prawdopodobieństwo zdarzenia A jest równe\n\n2 1\n2 3\n3 2\n2\n6\n6\n14\n7\n5 4\n5 4\n5 4\n20\n20\n10\nP A\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n1\nw\n2\nw\n1p\n2p\n3\np\n1\nw\nx\nx\nx\nx\n2\nw\nx\nx\nx\nx\n1p\nx\nx\n2p\nx\nx\n3\np\nx\nx\nw\np\nw\np\nw\np\n2\n5\n3\n5\n1\n4\n3\n4\n2\n4\n2\n4\n156 Informator o egzaminie maturalnym z matematyki od roku szkolnego 2014/2015\nZadanie 43. (0-3)\nUdowodnij, że prawdziwa jest nierówność\n2\n50\n50\n2\n1\n2\n1\n2\n\n\n\n\nWymagania ogólne\nV. Rozumowanie i argumentacja.\nZdający prowadzi proste rozumowanie, składające się z niewielkiej liczby kroków.\nWymagania szczegółowe\n2.1.Zdający używa wzorów skróconego mnożenia na (a ±b)2 oraz a2 - b2.\nRozwiązanie I\nDla dowodu przekształcimy w sposób równoważny tezę.\nPonieważ obie strony danej nierówności\n2\n50\n50\n2\n1\n2\n1\n2\n\n\n\n\nsą dodatnie, możemy je\npodnieść do kwadratu. Otrzymujemy kolejno:\n\n\n\n\n2\n2\n50\n50\n26\n2\n1\n2\n1\n2\n\n\n\n50\n50\n50\n50\n52\n2\n1 2\n2\n1\n2\n1\n2\n1\n2\n\n\n\n\n\n\n\n50\n50\n50\n52\n2 2\n2\n2\n1 2\n1\n2\n\n\n\n\n\n100\n52\n51\n2 2\n1\n2\n2\n\n\n100\n50\n2\n1\n2 .\n\nObie strony tej nierówności są także dodatnie, więc podnosząc je do kwadratu otrzymujemy\n100\n100\n2\n1\n2 .\n\nOtrzymana nierówność jest oczywiście prawdziwa, a więc dana w zadaniu nierówność jest\nrównież prawdziwa, co kończy dowód.\nRozwiązanie II\nOznaczmy\n50\n50\n2\n1,\n2\n1.\na\nb\n\n\n\n\nZauważmy, że dla dowolnych liczb a, b, takich, że\n,\na\nb\n\nmamy \n\n2\n0\na\nb\n\n\n, skąd\n2\n2\n2\na\nb\nab\n\n\n. Więc\n\n\n\n\n\n\n2\n2\n2\n2\n2\n2\n2\n2\n2\n50\n50\n52\n2\n2\n2 2\n1 2\n1\n2 .\na\nb\na\nb\nab\na\nb\na\nb\na\nb\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\nStąd\n52\n26\n2\n2\na\nb\n\n\n\n, co kończy dowód.\nInformacja dla absolwentów niesłyszących 157\nZadanie 44. (0-5)\nW roku 2015 na uroczystości urodzinowej Marka ktoś spytał go, ile ma lat. Marek\nodpowiedział: jeżeli swój wiek sprzed 27 lat pomnożę przez wiek, który będę miał za 15 lat,\nto otrzymam rok swojego urodzenia. Oblicz, ile lat ma Marek.\nWymagania ogólne\nIII. Modelowanie matematyczne.\nZdający dobiera model matematyczny do prostej sytuacji i krytycznie ocenia trafność modelu.\nWymagania szczegółowe\n3.4. Zdający rozwiązuje równania kwadratowe z jedną niewiadomą.\nRozwiązanie\nOznaczamy przez x obecny wiek Marka (w latach). Wówczas wiek Marka sprzed 27 lat jest\nrówny\n27\nx \n, wiek jaki będzie miał za 15 lat jest równy\n15\nx \n, a rok jego urodzenia to\n2015\nx\n.\nMamy więc równanie \n\n\n27\n15\n2015\nx\nx\nx\n\n\n\n.\nPo uporządkowaniu otrzymujemy\n2\n11\n2420\n0\nx\nx\n\n\n\nRozwiązaniami tego równania są liczby\n55\nx \n,\n44\nx \nStąd wiemy, że Marek w roku 2015 ma 55 lat.\n158 Informator o egzaminie maturalnym z matematyki od roku szkolnego 2014/2015\n6.5. PRZYKŁADOWE ZADANIA Z MATEMATYKI NA POZIOMIE ROZSZERZONYM DLA\nABSOLWENTÓW NIESŁYSZĄCYCH WRAZ Z ROZWIĄZANIAMI\nNumeracja zadań w części 6.5. odpowiada numeracji zadań w części 5. Jeżeli zadanie nie\nzostało przedstawione poniżej, oznacza to, że wersja dla niesłyszących nie różni się niczym\nod wersji przedstawionej w części 5.\nZadanie 11. (0-2)\nDany jest nieskończony ciąg geometryczny\no wyrazach dodatnich taki, że\n1\n3\n4\na \n,\n3\n1\n3\na \n. Oblicz sumę wszystkich wyrazów tego ciągu.\nWymagania ogólne\nII. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji.\nZdający rozumie i interpretuje pojęcia matematyczne oraz operuje obiektami matematycznymi.\nWymagania szczegółowe\n5.3.R Zdający rozpoznaje szeregi geometryczne zbieżne i oblicza ich sumy.\nRozwiązanie\nPierwszy wyraz tego ciągu jest równy\n1\n3\n4\na \n, a trzeci wyraz tego ciągu jest równy\n3\n1\n3\na \nPonieważ,\n2\n3\n1\na\na q\n\n\n, stąd\n2\n3\n1\n4\n9\na\nq\na\n\n\n. Zatem\n2\n3\nq \nlub\n2\n3\nq \n. Wyrazy ciągu są dodatnie,\nwięc\n2\n3\nq \n. Ponieważ\n2\n1\n3\nq \n, więc\n1\n3\n3 3\n9\n4\n2\n1\n4 1\n4\n1\n3\na\nS\nq\n\n\n\n\n\n\n\nSuma S wszystkich wyrazów nieskończonego ciągu geometrycznego\no wyrazach\ndodatnich jest równa:\n9\n4\nS \n\n\nna\n\n\nna\nInformacja dla absolwentów niesłyszących 159\nZadanie 13. (0-3)\nDana jest funkcja f określona wzorem\n\n3\n4\n2\n1\nf x\nx\nx\n\n\n dla wszystkich liczb\nrzeczywistych. Uzasadnij, że prosta l o równaniu 10\n9\n0\nx\ny\n\n\n\njest styczna do wykresu\nfunkcji f.\nWymagania ogólne\nV. Rozumowanie i argumentacja.\nZdający tworzy łańcuch argumentów i uzasadnia jego poprawność.\nWymagania szczegółowe\n11.3.R Zdający korzysta z geometrycznej i fizycznej interpretacji pochodnej.\nRozwiązanie\nZapisujemy równanie prostej l w postaci kierunkowej\n10\n9\ny\nx\n\n\nWyznaczamy pochodną funkcji f:\n\n2\n12\n2\nf\nx\nx\n\n\n.\nZauważamy, że dla\n1\nx  oraz dla\n1\nx  pochodna funkcji f jest równa10 i równa się\nwspółczynnikowi kierunkowemu prostej l.\nObliczamy wartość funkcji f w punkcie\n1\nx : \n1\n1\nf \n oraz w punkcie\n1\nx : 1\n3\nf\n.\nPunkt o współrzędnych \n\n1, 1\n\nleży na prostej l, natomiast punkt o współrzędnych \n\n1,3 nie\nleży na tej prostej. Zatem prosta o równaniu 10\n9\n0\nx\ny\n\n\n\njest styczna do wykresu funkcji f,\nco kończy dowód.\n160 Informator o egzaminie maturalnym z matematyki od roku szkolnego 2014/2015\nZadanie 28. (0-4)\nDany jest sześcian ABCDEFGH (zobacz rysunek) o krawędzi równej 1. Punkt S jest\nśrodkiem krawędzi DH . Odcinek DW jest wysokością ostrosłupa ACSD poprowadzoną\nz wierzchołka D na ścianę ACS . Oblicz długości odcinków AW, CW i SW.\nWymaganie ogólne\nIV. Zdający tworzy strategię rozwiązania problemu.\nWymagania szczegółowe\n9.2. Zdający określa, jaką figurą jest dany przekrój graniastosłupa lub ostrosłupa\npłaszczyzną.\n10.7.G Zdający stosuje twierdzenie Pitagorasa.\nRozwiązanie\nŁączymy punkty A i S , A i C oraz C i S (zobacz rysunek). Niech T oznacza punkt\nprzecięcia przekątnych AC i BD podstawy tego sześcianu.\nH\nG\nA\nB\nC\nF\nE\nD\nInformacja dla absolwentów niesłyszących 161\nPunkt S leży na krawędzi DH , więc AS\nCS\n\n, a zatem trójkąt ACS , który jest podstawą\nostrosłupa ACSD, jest trójkątem równoramiennym. Wynika stąd, że odcinek ST jest\nwysokością tego trójkąta. Długość odcinka ST obliczamy stosując twierdzenie Pitagorasa do\ntrójkąta prostokątnego TSD :\n2\n2\n2\n2\n2\n1\n2\n2\n2\nST\nSD\nDT\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n, czyli\n3\n2\nST \nZauważamy, że odcinek DW jest wysokością trójkąta prostokątnego TDS poprowadzoną do\nprzeciwprostokątnej TS . Długość odcinka DW obliczymy zapisując na dwa sposoby pole\ntrójkąta TDS :\n1\n1\n2\n2\nSD TD\nST\nDW\n\n\n\n\n\n,\n1\n2\n6\n2\n2\n6\n3\n2\nDW\n\n\n\nStąd i z twierdzenia Pitagorasa zastosowanego do trójkąta prostokątnego SWD wynika, że:\n2\n2\n1\n6\n1\n3\n2\n6\n12\n6\nSW\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\nTeraz zauważamy, że wysokość ST trójkąta równoramiennego ACS jest zawarta w osi\nsymetrii tego trójkąta. Wynika stąd, że AW\nCW\n\n. Długość odcinka AW obliczamy stosując\ntwierdzenie Pitagorasa do trójkąta prostokątnego ATW , w którym\nH\nG\nA\nB\nC\nF\nE\nD\nS\nT\nW\n\n162 Informator o egzaminie maturalnym z matematyki od roku szkolnego 2014/2015\n3\n3\n3\n2\n6\n3\nTW\nST\nSW\n\n\n\n\n\nOtrzymujemy zatem\n2\n2\n2\n2\n2\n2\n3\n5\n2\n3\n6\nAW\nAT\nTW\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n,\nskąd\n30\n6\nAW\nCW\n\n\nPodsumowując, szukane odcinki mają długości:\n30\n6\nAW\nCW\n\n\n,\n3\n6\nSW \nZadanie 30. (0-4)\nDany jest sześcian ABCDEFGH (zobacz rysunek), którego krawędź ma długość 15. Punkty\nQ i R dzielą krawędzie HG i FG w stosunku 2 :1, to znaczy\n10\nHQ\nFR\n\n\nPłaszczyzna AQR przecina krawędź DH w punkcie P , a krawędź BF w punkcie S .\nOblicz długości odcinków DP i BS .\nWymaganie ogólne\nIV. Zdający tworzy strategię rozwiązania problemu.\nP\nS\nR\nH\nG\nA\nB\nC\nF\nE\nD\n\n\n\n\nQ\nInformacja dla absolwentów niesłyszących 163\nWymagania szczegółowe\n9.2.R Zdający określa, jaką figurą jest dany przekrój graniastosłupa lub ostrosłupa\npłaszczyzną.\n9.1. Zdający rozpoznaje w graniastosłupach i ostrosłupach kąty między odcinkami\n(np. krawędziami, krawędziami i przekątnymi itp.), oblicza miary tych kątów.\n7.4.R Zdający rozpoznaje figury podobne i jednokładne; wykorzystuje (także w kontekstach\npraktycznych) ich własności.\nRozwiązanie (I sposób)\nRozważamy kwadrat EFGH . Niech T oznacza punkt przecięcia przedłużeń odcinków QR\ni EF (zobacz rysunek).\nTrójkąty prostokątne RFT i RGQ są podobne na mocy cechy kkk. Stąd wynika, że\n10\nFT \nTeraz rozważamy kwadrat ABFE (zobacz rysunek).\nE\nF\nG\nH\nQ\nR\nT\n5\n5\n10\n10\n164 Informator o egzaminie maturalnym z matematyki od roku szkolnego 2014/2015\nTrójkąty prostokątne ABS i TFS są podobne na mocy cechy kkk. Możemy więc zapisać\nrównanie\nSF\nBS\nFT\nAB\n\n, a zatem\n15\n10\n15\nx\nx\n\n\nRozwiązujemy to równanie\n15\n150 10\nx\nx\n\n\n,\n25\n150\nx \n,\n6\nx \nZatem długość szukanego odcinka BS jest równa 9. Ponieważ punkty B i D leżą\nsymetrycznie względem płaszczyzny ACGE , więc\n9\nDP\nBS\n\n\nRozwiązanie (II sposób)\nRysujemy przekątne AC , BD, EG oraz łączymy punkty P i S . Oznaczmy kolejno:\nW  środek odcinka PS ,\n1\nW  punkt przecięcia przekątnych AC i BD, T  środek\nodcinka QR (zobacz rysunek). Niech ponadto\n1T będzie takim punktem przekątnej AC ,\nże\n1\nGT\nCT\n\nA\nB\nF\nE\n15-x\nx\n10\nT\nS\n15\nInformacja dla absolwentów niesłyszących 165\nZauważamy, że DP\nBS\n\nco wynika, z symetrii względem płaszczyzny ACGE . Zatem\nczworokąt BSPD jest prostokątem. Stąd wynika, że prosta przechodząca przez środki boków\ntego prostokąta  punkty W i\n1\nW  jest prostopadła do płaszczyzny ABCD. Ponadto, prosta\nprzechodząca przez punkty T i\n1T jest także prostopadła do tej płaszczyzny. Zauważamy, że\npunkty: A , W ,\n1\nW , T i\n1T leżą w jednej płaszczyźnie - jest nią płaszczyzna ACGE . Na\nmocy cechy kkk, trójkąty prostokątne\n1\nAWW i\n1\nATT są podobne, więc możemy zapisać\nrówność\n1\n1\n1\n1\nTT\nWW\nAT\nAW\n\n, skąd wynika, że\n1\n1\n1\n1\nTT\nAW\nWW\nAT\n\n\nPonieważ\n1\n15\nTT \n,\n1\n15 2\n2\nAW \noraz\n1\n5 2\n25 2\n15 2\n2\n2\nAT \n\n\n, więc\n1\n15 2\n15\n2\n9\n25 2\n2\nWW\n\n\n\nOczywiście\n1\n9\nDP\nBS\nWW\n\n\n.\nP\nS\nR\nH\nG\nA\nB\nC\nF\nE\nD\n\n\n\n\nQ\n1\nW\nW \n\nT\n\n\n1T\n166 Informator o egzaminie maturalnym z matematyki od roku szkolnego 2014/2015\nZadanie 31. (0-3)\nOblicz, ile jest wszystkich liczb siedmiocyfrowych, w zapisie których nie ma zera i na\ndokładnie dwóch miejscach są cyfry parzyste.\nWymagania ogólne\nIV. Użycie i tworzenie strategii.\nWymagania szczegółowe\n10.1.R\nZdający\nwykorzystuje\nwzory\nna\nliczbę\npermutacji,\nkombinacji,\nwariacji\nz powtórzeniami do zliczania obiektów w bardziej złożonych sytuacjach kombinatorycznych.\nRozwiązanie\nRozwiązanie zadania składa się z trzech kroków. W kroku pierwszym obliczamy, na ile\nsposobów można wybrać dwa miejsca (spośród siedmiu), na których stoją cyfry parzyste. Ten\nkrok możemy wykonać czterema sposobami.\n Możemy skorzystać ze wzoru na liczbę dwuelementowych kombinacji ze zbioru\nsiedmioelementowego; wyraża się ona współczynnikiem dwumianowym\n7\n2\n\n\n\n. Ten\nwspółczynnik możemy odczytać z trójkąta Pascala lub obliczyć ze wzoru\n\n\n!\n!\n!\nm\nm\nn\nn m\nn\n\n\n\n\n\n\n\nMamy zatem\n\n\n7\n7!\n7!\n6 7 5!\n6 7\n3 7\n21.\n2\n2! 7\n2 !\n2!5!\n2!5!\n2\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n Możemy wszystkie te sposoby wyboru dwóch miejsc wypisać (kółko białe oznacza\nmiejsce dla cyfry nieparzystej, kółko czarne - dla parzystej):\nInformacja dla absolwentów niesłyszących 167\n1:\n●\n●\n○\n○\n○\n○\n○\n2:\n●\n○\n●\n○\n○\n○\n○\n3:\n●\n○\n○\n●\n○\n○\n○\n4:\n●\n○\n○\n○\n●\n○\n○\n5:\n●\n○\n○\n○\n○\n●\n○\n6:\n●\n○\n○\n○\n○\n○\n●\n7:\n○\n●\n●\n○\n○\n○\n○\n8:\n○\n●\n○\n●\n○\n○\n○\n9:\n○\n●\n○\n○\n●\n○\n○\n10:\n○\n●\n○\n○\n○\n●\n○\n11:\n○\n●\n○\n○\n○\n○\n●\n12:\n○\n○\n●\n●\n○\n○\n○\n13:\n○\n○\n●\n○\n●\n○\n○\n14:\n○\n○\n●\n○\n○\n●\n○\n15:\n○\n○\n●\n○\n○\n○\n●\n16:\n○\n○\n○\n●\n●\n○\n○\n17:\n○\n○\n○\n●\n○\n●\n○\n18:\n○\n○\n○\n●\n○\n○\n●\n19:\n○\n○\n○\n○\n●\n●\n○\n20:\n○\n○\n○\n○\n●\n○\n●\n21:\n○\n○\n○\n○\n○\n●\n●\n Możemy także te możliwości zliczać: jeśli pierwsza (licząc od lewej strony) cyfra\nparzysta stoi na pierwszym miejscu, to drugą możemy ustawić na jednym z sześciu\nmiejsc (od drugiego do siódmego); jeśli pierwsza (od lewej strony) cyfra parzysta stoi\nna drugim miejscu, to drugą możemy ustawić na jednym z pięciu miejsc i tak dalej.\nWreszcie, jeśli pierwsza cyfra parzysta stoi na szóstym miejscu, to druga może stać\ntylko na miejscu siódmym. Łącznie mamy więc\n6 5 4 3 2 1\n21\n\nsposobów wyboru dwóch miejsc dla cyfr parzystych.\n Możemy wreszcie rozumować następująco: jedną cyfrę parzystą możemy ustawić na\njednym z 7 miejsc, drugą na jednym z sześciu miejsc. W ten sposób każde ustawienie\npoliczyliśmy dwa razy, np. ustawienie\n○\n○\n●\n○\n●\n○\n○\n168 Informator o egzaminie maturalnym z matematyki od roku szkolnego 2014/2015\nmożemy otrzymać wybierając najpierw miejsce trzecie, a potem miejsce piąte lub\nwybierając najpierw miejsce piąte, a potem miejsce trzecie. Zatem liczba sposobów\nwyboru tych dwóch miejsc jest równa\n7 6\n7 3\n21\n2\n\n\nObliczamy, na ile sposobów możemy na miejscach wybranych dla cyfr parzystych\ni nieparzystych napisać te cyfry. Skorzystamy dwa razy z reguły mnożenia. Najpierw na\nwybranych dwóch miejscach ustawiamy cyfry parzyste. Ponieważ w zapisie liczby nie ma\nzera, więc na każdym miejscu mamy do wyboru cztery cyfry: 2, 4, 6, 8. Mamy zatem\n2\n4\n16\n\nsposobów zapisania cyfr parzystych na wybranych miejscach. Wreszcie na każdym\nz pozostałych pięciu miejsc zapisujemy jedną z pięciu cyfr nieparzystych: 1, 3, 5, 7, 9. Mamy\nzatem\n5\n5\n3125\n\nsposobów zapisania cyfr nieparzystych na pozostałych miejscach.\nObliczamy, ile jest liczb siedmiocyfrowych spełniających warunki opisane w zadaniu.\nKorzystamy jeszcze raz z reguły mnożenia i otrzymujemy\n2\n5\n21 4\n5\n21 16 3125\n1050000\n\n\n\n\n\n\nliczb.\nZadanie 32. (0-4)\nOblicz sumę wszystkich liczb trzycyfrowych zapisanych wyłącznie za pomocą cyfr 1, 2 i 3.\nCyfry mogą się powtarzać.\nWymagania ogólne\nIV. Użycie i tworzenie strategii.\nWymagania szczegółowe\n10.1.R\nZdający\nwykorzystuje\nwzory\nna\nliczbę\npermutacji,\nkombinacji,\nwariacji\nz powtórzeniami do zliczania obiektów w bardziej złożonych sytuacjach kombinatorycznych.\nRozwiązanie\nZauważmy najpierw, że istnieje tylko 27 liczb trzycyfrowych, których cyfry są wybrane\nspośród cyfr 1, 2 i 3. Pierwszą cyfrę możemy bowiem wybrać na 3 sposoby, drugą także na\ntrzy sposoby (cyfry mogą się powtarzać) i trzecią też na trzy sposoby. Najprostszy sposób\nrozwiązania zadania polega zatem na wypisaniu i dodaniu (np. na kalkulatorze) tych liczb.\nOto one:\n111 + 112 + 113 + 121 + 122 + 123 + 131 + 132 + 133 = 1098,\n211 + 212 + 213 + 221 + 222 + 223 + 231 + 232 + 233 = 1998,\n311 + 312 + 313 + 321 + 322 + 323 + 331 + 332 + 333 = 2898.\nInformacja dla absolwentów niesłyszących 169\nSuma wszystkich liczb jest równa\n1098 + 1998 + 2898 = 5994.\nLiczby te można łatwo dodać bez używania kalkulatora. Zauważmy, że sumy liczb w trzech\nwierszach są równe:\n9 100 + (11 + 12 + 13 + 21 + 22 + 23 + 31 + 32 + 33) = 900 + 198 = 1098\n\n,\n9 200 + (11 + 12 + 13 + 21 + 22 + 23 + 31 + 32 + 33) = 1800 + 198 = 1998\n\n,\n9 300 + (11 + 12 + 13 + 21 + 22 + 23 + 31 + 32 + 33) = 2700 + 198 = 2898\n\nDodawanie\n11 + 12 + 13 + 21 + 22 + 23 + 31 + 32 + 33 = 198\nmoże być wykonane w pamięci; pozostałe dodawania można łatwo wykonać też w pamięci\nlub pisemnie. Najważniejsze było zauważenie, że we wszystkich dodawaniach występowała\nta sama suma liczb dwucyfrowych i zmieniały się tylko sumy setek. Ta obserwacja będzie\npodstawą dla drugiego sposobu rozwiązania.\nObliczając sumę wszystkich 27 liczb, każdą z tych liczb zapiszemy w postaci\n100+\n10+\na\nb\nc\n\n\ni będziemy oddzielnie dodawać wielokrotności 100, oddzielnie wielokrotności 10 i wreszcie\noddzielnie cyfry jedności. Policzmy, w ilu liczbach jedynka występuje na pierwszym miejscu\n(tzn. jako cyfra setek). Otóż na drugim miejscu możemy postawić jedną z trzech cyfr i na\ntrzecim też jedną z trzech cyfr. Zatem jedynka jest na pierwszym miejscu w dziewięciu\nliczbach. W sumie wszystkich dwudziestu siedmiu liczb dziewięć razy wystąpi składnik 100.\nPodobnie 9 razy wystąpi składnik 200 i 9 razy wystąpi składnik 300. Zatem składniki postaci\n100\na\ndadzą sumę\n9 100 + 9 200 + 9 300 = 9 100 (1 + 2 + 3) = 9 100 6 = 5400\n\n\n\n\n\n\n\nTak samo pokazujemy, że każda cyfra wystąpi 9 razy na drugim miejscu (tzn. jako cyfra\ndziesiątek). Zatem składniki postaci\n10\nb\ndadzą sumę\n9 10 + 9 20 + 9 30 = 9 10 (1 + 2 + 3) = 9 10 6 = 540\n\n\n\n\n\n\n\nWreszcie tak samo pokazujemy, że każda cyfra wystąpi 9 razy jako cyfra jedności. Suma cyfr\njedności jest zatem równa\n9 1 + 9 2 + 9 3 = 9 (1 + 2 + 3) = 9 6 = 54\n\n\n\n\n\nSuma wszystkich liczb wynosi zatem\n5400 + 540 + 54 = 5994 .\n170 Informator o egzaminie maturalnym z matematyki od roku szkolnego 2014/2015\nZadanie 33. (0-7)\nOblicz, ile jest wszystkich liczb ośmiocyfrowych, których iloczyn cyfr jest równy 24.\nWymagania ogólne\nIV. Użycie i tworzenie strategii.\nWymagania szczegółowe\n10.1.R\nZdający\nwykorzystuje\nwzory\nna\nliczbę\npermutacji,\nkombinacji,\nwariacji\nz powtórzeniami do zliczania obiektów w bardziej złożonych sytuacjach kombinatorycznych.\nRozwiązanie\nRozkładamy liczbę 24 na czynniki pierwsze 24\n3 2 2 2\n.\nMamy więc pięć możliwości, w których iloczyn cyfr liczby ośmiocyfrowej jest równy 24\n(możliwości te parami wykluczają się):\n1. Wśród cyfr tej liczby są trzy dwójki, jedna trójka i cztery jedynki ( 24\n3 2 2 2 1 1 1 1\n).\nLiczbę takich liczb można obliczyć na przykład tak:\n\n7\n8\n280\n3\n\n\n\n\n\n- wybieramy jedno miejsce z ośmiu dla trójki a następnie trzy\nmiejsca z pozostałych siedmiu dla dwójki\nalbo tak:\n\n8\n4\n280\n4\n\n\n\n\n- wybieramy cztery miejsca dla cyfr różnych od jedynki, a następnie\nspośród nich wybieramy miejsce dla trójki,\nalbo tak:\n\n8!\n280\n3! 4! \n\n- ustawiamy na wszystkie możliwe sposoby cyfry liczby 32221111.\n2. Wśród cyfr tej liczby są trójka, czwórka, dwójka i pięć jedynek ( 24\n3 4 2 1 1 1 1 1\n).\nLiczbę takich liczb można obliczyć na przykład tak:\n 8 7 6\n336\n\n- wybieramy miejsca dla cyfr: trzy, cztery, dwa\nalbo tak:\n\n8\n3!\n336\n3\n\n\n\n\n- wybieramy trzy miejsca dla cyfr: trzy, cztery, dwa, następnie\nprzestawiamy te cyfry między sobą,\nalbo tak:\nInformacja dla absolwentów niesłyszących 171\n 8!\n336\n5! \n- ustawiamy na wszystkie możliwe sposoby cyfry liczby 32411111.\n3. Wśród cyfr tej liczby są trójka, ósemka i sześć jedynek ( 24\n3 8 1 1 1 1 1 1\n).\nLiczbę takich liczb można obliczyć na przykład tak:\n 8 7\n56\n\n- wybieramy miejsce dla trójki i z pozostałych dla ósemki\nalbo tak:\n\n8\n2\n56\n2\n\n\n\n\n- wybieramy dwa miejsca z ośmiu dla trójki i ósemki, następnie\nwybieramy miejsce dla każdej z nich,\nalbo tak:\n 8!\n56\n6! \n- ustawiamy na wszystkie możliwe sposoby cyfry liczby 38111111.\n4. Wśród cyfr tej liczby są szóstka, czwórka i sześć jedynek ( 24\n6 4 1 1 1 1 1 1\n).\nLiczbę takich liczb można obliczyć na przykład tak:\n 8 7\n56\n\n- wybieramy miejsce dla szóstki i czwórki\nalbo tak:\n\n8\n2\n56\n2\n\n\n\n\n- wybieramy dwa miejsca z ośmiu dla szóstki i czwórki, następnie\nwybieramy miejsce dla każdej z nich,\nalbo tak:\n 8!\n56\n6! \n- ustawiamy na wszystkie możliwe sposoby cyfry liczby 64111111.\n5. Wśród cyfr tej liczby są dwie dwójki, jedna szóstka i pięć jedynek( 24\n6 2 2 1 1 1 1 1\n).\nLiczbę takich liczb można obliczyć na przykład tak:\n\n7\n8\n168\n2\n\n\n\n\n\n- wybieramy miejsce dla szóstki, następnie dwa miejsca z siedmiu dla\ndwójek\nalbo tak:\n\n8\n3\n168\n3\n\n\n\n- wybieramy trzy miejsca z ośmiu dla szóstki i dwóch dwójek,\nnastępnie spośród nich wybieramy miejsce dla szóstki,\nalbo tak:\n\n8!\n168\n2! 5! \n\n- ustawiamy na wszystkie możliwe sposoby cyfry liczby 62211111.\nZatem wszystkich liczb ośmiocyfrowych, których iloczyn cyfr jest równy 24, jest\n172 Informator o egzaminie maturalnym z matematyki od roku szkolnego 2014/2015\n280 336 56 56 168\n896\n\n\n\n\n\nZadanie 35. (0-3)\nLosujemy jednocześnie dwie liczby ze zbioru \n\n1,2,3, ,12,13 . Oblicz prawdopodobieństwo\nwarunkowe, że wśród wylosowanych liczb będzie liczba 8, pod warunkiem, że suma\nwylosowanych liczb będzie nieparzysta.\nWymagania ogólne\nIV. Użycie i tworzenie strategii.\nWymagania szczegółowe\n10.2.R Zdający oblicza prawdopodobieństwo warunkowe.\nRozwiązanie\nZdarzeniami elementarnymi są wszystkie dwuelementowe podzbiory (pary nieuporządkowane,\nkombinacje) zbioru \n\n1,2,3, ,12,13 . Jest to model klasyczny.\nWprowadzamy oznaczenia:\nA - wśród wylosowanych liczb będzie liczba 8,\nB - suma wylosowanych liczb będzie nieparzysta.\nMamy obliczyć\n(\n)\n(\n)\n( )\nA\nB\nP A\nB\nP A B\nP B\nB\n\n\n\n\nZdarzeniu B sprzyjają kombinacje złożone z jednej liczby nieparzystej i jednej parzystej,\n7 6\n42\nB \n,\nZdarzeniu A\nB\n\nsprzyjają kombinacje złożone z liczby 8 i jednej liczby nieparzystej,\n1 7\n7\nA\nB\n\n\n\n,\nstąd\n7\n1\n(\n)\n42\n6\nP A B \n\nZatem prawdopodobieństwo, że wśród wylosowanych liczb będzie liczba 8, pod warunkiem,\nże suma wylosowanych liczb będzie nieparzysta, jest równe 1\n6 .\nInformacja dla absolwentów niesłyszących 173\n174 Informator o egzaminie maturalnym z matematyki od roku szkolnego 2014/2015\nOpinia Konferencji Rektorów Akademickich Szkół Polskich\no informatorach maturalnych od 2015 roku\nKonferencja Rektorów Akademickich Szkół Polskich z wielką satysfakcją odnotowuje\nkonsekwentne dążenie systemu oświaty do poprawy jakości wykształcenia absolwentów\nszkół średnich. Konferencja z uwagą obserwuje kolejne działania Ministerstwa Edukacji\nNarodowej w tym zakresie, zdając sobie sprawę, że od skuteczności tych działań w dużym\nstopniu zależą także efekty kształcenia osiągane w systemie szkolnictwa wyższego.\nW szczególności dotyczy to kwestii właściwego przygotowania młodzieży do studiów\nrealizowanych z uwzględnieniem nowych form prowadzenia procesu kształcenia.\nPodobnie jak w przeszłości, Konferencja konsekwentnie wspiera wszystkie działania\nzmierzające do tego, by na uczelnie trafiali coraz lepiej przygotowani kandydaci na studia.\nTemu celowi służyła w szczególności pozytywna opinia Komisji Edukacji KRASP z 2008 roku\nw sprawie nowej podstawy programowej oraz uchwała Zgromadzenia Plenarnego KRASP\nz dn. 6 maja 2011 r. w sprawie nowych zasad egzaminu maturalnego.\nZ satysfakcją dostrzegamy, że ważne zmiany w egzaminie maturalnym, postulowane\nw cytowanej wyżej uchwale zostały praktycznie wdrożone przez MEN poprzez zmianę\nodpowiednich rozporządzeń.\nPrzedłożone do zaopiniowania informatory o egzaminach maturalnych opisują formę\nposzczególnych egzaminów maturalnych, przeprowadzanych na podstawie wymagań\nokreślonych w nowej podstawie programowej, a także ilustrują te wymagania wieloma\nprzykładowymi zadaniami egzaminacyjnymi.\nPo zapoznaniu się z przedłożonymi materiałami, KRASP z satysfakcją odnotowuje:\nw zakresie języka polskiego:\nwzmocnienie roli umiejętności komunikacyjnych poprzez odejście od prezentacji na\negzaminie ustnym i zastąpienie jej egzaminem ustnym, na którym zdający będzie musiał\nad hoc przygotować samodzielną wypowiedź argumentacyjną,\nrezygnację z klucza w ocenianiu wypowiedzi pisemnych,\nzwiększenie roli tekstów teoretycznoliterackich i historycznoliterackich na maturze\nrozszerzonej;\nw zakresie historii:\nkompleksowe sprawdzanie umiejętności z zakresu chronologii historycznej, analizy\ni interpretacji historycznej oraz tworzenia narracji historycznej za pomocą rozbudowanej\nwypowiedzi pisemnej na jeden z zaproponowanych tematów, łącznie pokrywających\nwszystkie epoki oraz obszary historii;\nw zakresie wiedzy o społeczeństwie:\npołożenie silniejszego akcentu na sprawdzanie umiejętności złożonych (interpretowanie\ninformacji, dostrzeganie związków przyczynowo-skutkowych) w oparciu o poszerzony\nzasób materiałów źródłowych: teksty (prawne, naukowe, publicystyczne), materiały\nstatystyczne, mapy, rysunki itp.\nOpinia KRASP o informatorach maturalnych od 2015 roku 175\nw zakresie matematyki:\nistotne zwiększenie wymagań na poziomie rozszerzonym poprzez włączenie zadań\nz rachunku różniczkowego i pojęć zaawansowanej matematyki,\nistotne poszerzenie wymagań z zakresu kombinatoryki oraz teorii prawdopodobieństwa;\nw zakresie biologii oraz chemii:\nzwiększenie znaczenia umiejętności wyjaśniania procesów i zjawisk biologicznych\ni chemicznych,\nmierzenie\numiejętności\nanalizy\neksperymentu\nsposobu\njego\nplanowania,\nprzeprowadzania, stawianych hipotez i wniosków formułowanych na podstawie\ndołączonych wyników;\nw zakresie fizyki:\nzwiększenie znaczenia rozumienia istoty zjawisk oraz tworzenie formuł matematycznych\nłączących kilka zjawisk,\nmierzenie umiejętności planowania i opisu wykonania prostych doświadczeń, a także\numiejętności analizy wyników wraz z uwzględnieniem niepewności pomiarowych;\nw zakresie geografii:\nuwzględnienie interdyscyplinarności tej nauki poprzez sprawdzanie umiejętności\nintegrowania wiedzy z nauk przyrodniczych do analizy zjawisk i procesów zachodzących\nw środowisku geograficznym,\nznaczne wzbogacenie zasobu materiałów źródłowych (mapy, wykresy, tabele\nstatystyczne, teksty źródłowe, barwne zdjęcia, w tym lotnicze i satelitarne), także\nw postaci barwnej.\nKonferencja Rektorów Akademickich Szkół Polskich z zadowoleniem przyjmuje też\ninformację o wprowadzeniu na świadectwach maturalnych od 2015 roku dodatkowej formy\nprzedstawiania wyniku uzyskanego przez zdającego w postaci jego pozycji na skali\ncentylowej, tj. określenie, jaki odsetek zdających uzyskał taki sam lub słabszy wynik od\nposiadacza świadectwa. Wprowadzenie tej dodatkowej skali uwolni szkoły wyższe od\ndotychczasowego dylematu odnoszenia do siebie surowych wyników kandydatów na studia\nrekrutowanych na podstawie wyników egzaminów maturalnych o istotnie różnym poziomie\ntrudności - rekrutacja stanie się prostsza i bardziej obiektywna.\nReasumując, w opinii Konferencji Rektorów Akademickich Szkół Polskich zaprezentowana\nw przedłożonych informatorach forma matury istotnie przyczyni się do tego, że młodzież\nprzekraczająca progi uczelni będzie lepiej przygotowana do podjęcia studiów wyższych.\n5 lipca 2013 r.\nPrzewodniczący KRASP\nprof. zw. dr hab. Wiesław Banyś","answer":"C","answer_text":null,"solution":null,"image":"img/informator-maturalny-matematyka-2015/zad-44.webp","solution_image":null,"topics":null,"page_from":65,"source":"ocr","answer_source":"ocr","answer_text_source":null,"solution_source":null,"text_source":"ocr","source_label":"Matematyka · Informator maturalny · 2015","subject_label":"Matematyka","category_label":"Informator maturalny"}]}