{"paper":{"id":"matematyka-2018-maj-matura-stara-rozszerzona","subject":"matematyka","category":"matura","year":2018,"month":"maj","level":"rozszerzona","variant":"stara","exam_pdf":"matematyka-2018-maj-matura-stara-rozszerzona/matematyka-2018-maj-matura-stara-rozszerzona.pdf","key_pdf":"matematyka-2018-maj-matura-stara-rozszerzona-odpowiedzi/matematyka-2018-maj-matura-stara-rozszerzona-odpowiedzi.pdf","question_count":11,"source_label":"Matematyka · Matura · maj 2018 (rozszerzona)","subject_label":"Matematyka","category_label":"Matura"},"questions":[{"id":"matematyka-2018-maj-matura-stara-rozszerzona/zad/1","paper_id":"matematyka-2018-maj-matura-stara-rozszerzona","number":"1","points":4,"ptype":"open","subject":"matematyka","category":"matura","year":2018,"month":"maj","level":"rozszerzona","text":"Zadanie 1. (4 pkt)\nRozwiąż równanie 3\n2\n3\n11\nx\nx\n\nPoziom rozszerzony\nMMA_1R\nOdpowiedź:\nWypełnia\negzaminator\nNr zadania\n1.\nMaks. liczba pkt\n4\nUzyskana liczba pkt\n\nPoziom rozszerzony\nMMA_1R","answer":null,"answer_text":"1. Możemy też rozpatrywać model probabilistyczny, w którym zdarzeniem elementarnym\njest 3 elementowy podzbiór zbioru 8 elementowego (nie uwzględniamy wówczas\nkolejności ustawienia liczb nieparzystych ani kolejności ustawienia liczb parzystych,\na jedynie pozycje zajmowane przez te liczby). Wtedy\n( )\n8\n3\n56\nΩ =\n,\n( )\n6\n3\n20\nA =\n,\n( )\n5\n14\nP A =\n2. Jeżeli zdający błędnie założy, że podany w treści zadania ośmioelementowy zbiór Z\nzawiera 4 liczby parzyste i 4 liczby nieparzyste (np. założy, że zbiór Z zawiera liczbę","solution":null,"image":"img/matematyka-2018-maj-matura-stara-rozszerzona/zad-1.webp","solution_image":null,"topics":null,"page_from":2,"source":"ocr","answer_source":null,"answer_text_source":"ocr","solution_source":null,"text_source":"ocr","source_label":"Matematyka · Matura · maj 2018 (rozszerzona)","subject_label":"Matematyka","category_label":"Matura"},{"id":"matematyka-2018-maj-matura-stara-rozszerzona/zad/2","paper_id":"matematyka-2018-maj-matura-stara-rozszerzona","number":"2","points":5,"ptype":"open","subject":"matematyka","category":"matura","year":2018,"month":"maj","level":"rozszerzona","text":"Zadanie 2. (5 pkt)\nLiczby a, b, c, spełniające warunek 3\n3\n77\na\nb\nc\n, są odpowiednio pierwszym, drugim\ni trzecim wyrazem ciągu arytmetycznego. Ciąg (\n)\n,\n1, 2\na b\nc\njest geometryczny. Wyznacz\nliczby a, b, c oraz podaj wyrazy ciągu geometrycznego.\n\nPoziom rozszerzony\nMMA_1R\nOdpowiedź:\nWypełnia\negzaminator\nNr zadania\n2.\nMaks. liczba pkt\n5\nUzyskana liczba pkt\n\nPoziom rozszerzony\nMMA_1R","answer":null,"answer_text":"2 75\n30\nCBD\nBCD\n°-⋅\n°-⋅\n° =\n°\n\n\nPole czworokąta ABCD jest równe\n2\n2\n2\n3\n1\n3\n1\n1\n3\n1\nsin30\n4\n2\n4\n2\n2\n4\nABCD\nABD\nBCD\na\na\nP\nP\nP\na a\na a\na\n⋅⋅\n° =\n⋅⋅\nII sposób - dwa trójkąty: równoboczny oraz trójkąt o podstawie a i wysokości 2\na\nPrzyjmijmy oznaczenia jak na rysunku. Trójkąt BAD jest równoramienny, gdyż\nAD\nAB\na\n. Jego kąt przy wierzchołku A jest równy\n, więc ten trójkąt jest\nrównoboczny. Zatem BD\na\noraz\n60\nADB =\n°\n\nWobec tego\n135\n60\n75\nBDC\nADC\nADB\n°-\n° =\n°\n\n\n\nPonieważ BD\na\ni BC\na\n, więc trójkąt BCD jest równoramienny. Zatem\n75\nBCD\nBDC\n°\n\n\n,\nwięc\n180\n2\n180\n2 75\n30\nCBD\nBCD\n°-⋅\n°-⋅\n° =\n°\n\n\noraz\n60\n30\n90\nABC\nABD\nDBC\n°+\n° =\n°\n\n\n\nPole czworokąta ABCD jest równe\n2\n2\n3\n1\n3\n1\n4\n2\n2\n4\nABCD\nABD\nBCD\na\na\nP\nP\nP\na\na\n⋅\n60\nBAD =\n°\n\nA\nB\nC\nD\na\na\nE\nF\nIII sposób - trójkąt prostokątny AED i trapez prostokątny EBCD\nTrójkąt BAD jest równoramienny, gdyż AD\nAB\na\n. Jego kąt przy wierzchołku A jest\nrówny\n, więc ten trójkąt jest równoboczny. Zatem BD\na\noraz\n60\nADB =\n°\n\nWobec tego\n135\n60\n75\nBDC\nADC\nADB\n°-\n° =\n°\n\n\n\nPonieważ BD\na\ni BC\na\n, więc trójkąt BCD jest równoramienny. Zatem\n75\nBCD\nBDC\n°\n\n\n,\nwięc\n180\n2\n180\n2 75\n30\nCBD\nBCD\n°-⋅\n°-⋅\n° =\n°\n\n\noraz\n60\n30\n90\nABC\nABD\nDBC\n°+\n° =\n°\n\n\n\nPole czworokąta ABCD jest równe\n(\n)\n2\n2\n2\n2\n3\n1\n3\n1\n3\n3\n3\n2\n2 2\n2\n2\n2\n8\n4\n8\n4\nABCD\nAED\nEBCD\na\na\na\na a\na\na\na\na\nP\nP\nP\n⋅\n⋅\n⋅\nSchemat punktowania\nRozwiązanie, w którym postęp jest niewielki, ale konieczny na drodze do pełnego\nrozwiązania zadania 1 p.\nZdający zapisze, że trójkąt ABD jest równoboczny.\nRozwiązanie, w którym jest istotny postęp 2 p.\nZdający\n• wywnioskuje, że trójkąt BCD jest równoramienny\nalbo\n• obliczy miarę kąta BDC:\n75\nBDC =\n°\n\nPokonanie zasadniczych trudności zadania 3 p.\nZdający wywnioskuje, że trójkąt BCD jest równoramienny i obliczy miarę kąta CBD:\n30\nCBD =\n°\n\n60\nBAD =\n°\n\nA\nB\nC\nD\na\na\nE\nF\nRozwiązanie prawie pełne 4 p.\nZdający\n• zapisze, że pole czworokąta ABCD jest równe sumie pól trójkątów ABD i BCD\ni obliczy pole trójkąta BCD:\n2\n1\nsin30\n2\n4\nBCD\na\nP\na a\n⋅⋅\n° =\nalbo\n• albo zapisze, że pole czworokąta ABCD jest równe sumie pól trójkątów ABD i BCD,\nobliczy miarę kąta ABC :\n90\nABC =\n°\n\ni obliczy pole trójkąta BCD:\n2\n1\n2\n2\n4\nBCD\na\na\nP\na\n⋅\nalbo\n• albo zapisze, że pole czworokąta ABCD jest równe sumie pól trójkątów AED i\ntrapezu, obliczy miarę kąta ABC :\n90\nABC =\n°\n\ni obliczy pole trapezu\n(\n)\n2\n2\n2\n3\n2\n3\n3\n2\n2\n2\n4\n8\n8\nEBCD\na\na\na\na\na\na\nP\n⋅\nalbo\n• wyznaczy pole czworokąta ABCD, popełniając błędy rachunkowe.\nRozwiązanie pełne 5 p.\nZdający obliczy pole czworokąta ABCD:\n2\n3\n1\n4\nABCD\nP\na\nZadanie 4. (0-4)\nIII. Modelowanie\nmatematyczne.","solution":null,"image":"img/matematyka-2018-maj-matura-stara-rozszerzona/zad-2.webp","solution_image":null,"topics":null,"page_from":4,"source":"ocr","answer_source":null,"answer_text_source":"ocr","solution_source":null,"text_source":"ocr","source_label":"Matematyka · Matura · maj 2018 (rozszerzona)","subject_label":"Matematyka","category_label":"Matura"},{"id":"matematyka-2018-maj-matura-stara-rozszerzona/zad/3","paper_id":"matematyka-2018-maj-matura-stara-rozszerzona","number":"3","points":5,"ptype":"open","subject":"matematyka","category":"matura","year":2018,"month":"maj","level":"rozszerzona","text":"Zadanie 3. (5 pkt)\nDany jest czworokąt wypukły ABCD, w którym\n,\ni\n. Oblicz pole czworokąta ABCD.\nAD\nAB\nBC\na\n60\nBAD =\n°\n\n135\nADC =\n°\n\n\nPoziom rozszerzony\nMMA_1R\nOdpowiedź:\nWypełnia\negzaminator\nNr zadania\n3.\nMaks. liczba pkt\n5\nUzyskana liczba pkt\n\nPoziom rozszerzony\nMMA_1R","answer":null,"answer_text":"3. Równania i nierówności. Zdający rozwiązuje proste\nrównania i nierówności z wartością bezwzględną\n(R3.e).\nPrzykładowe rozwiązania\nI sposób\nWyróżniamy na osi liczbowej trzy przedziały: (\n)\n, 2\n-∞-\n,\n2,3\n, (\n)\n3,∞. Rozwiązujemy\nrównanie w tych przedziałach, sprawdzając czy otrzymane rozwiązanie należy do niego.\nDla\n(\n)\n, 2\nx∈-∞-\notrzymujemy równanie 3\n6\n3 11\nx\nx\n, a stąd\n10\nx = -\n. Liczba 10\nspełnia założenia\n(\n)\n, 2\nx∈-∞-\n, więc jest rozwiązaniem podanego w zadaniu równania.\nDla\n2,3\nx∈-\notrzymujemy równanie 3\n6\n3 11\nx\nx\n, a stąd\n2\nx =\n. Liczba 2 spełnia\nzałożenia\n2,3\nx∈-\n, więc jest rozwiązaniem podanego w zadaniu równania.\nDla\n(\n)\n3,\nx∈\n∞ otrzymujemy równanie 3\n6\n3 11\nx\nx\n, a stąd\n1\nx = . Liczba 1 nie należy do\nprzedziału (\n)\n3,∞, więc nie jest rozwiązaniem podanego równania.\nPodane równanie ma zatem dwa rozwiązania\n10\nx = -\ni\n2\nx =\nII sposób\nRozważamy cztery przypadki\n2\n0\n3\n0\nx\nx\n≥\n\n-\n≥\n\n,\n2\n0\n3\n0\nx\nx\n≥\n\n-\n<\n\n,\n2\n0\n3\n0\nx\nx\n<\n\n-\n≥\n\n,.\nW pierwszym przypadku:\n2\n0\n3\n0\nx\nx\n≥\n\n-\n≥\n\notrzymujemy równanie 3\n6\n3 11\nx\nx\n, a stąd\n1\nx = .\nLiczba ta nie spełnia drugiej nierówności układu, więc nie jest rozwiązaniem podanego\nrównania.\nW drugim przypadku:\n2\n0\n3\n0\nx\nx\n≥\n\n-\n<\n\notrzymujemy równanie 3\n6\n3 11\nx\nx\n, a stąd\n2\nx =\nLiczba ta spełnia obie nierówności układu, więc jest rozwiązaniem podanego równania.\nW trzecim przypadku:\n2\n0\n3\n0\nx\nx\n<\n\n-\n≥\n\notrzymujemy sprzeczność, ponieważ żadna liczba nie\nspełnia jednocześnie dwóch warunków:\n2\nx < - i\n3\nx ≥\nW czwartym przypadku:\n2\n0\n3\n0\nx\nx\n<\n\n-\n<\n\notrzymujemy równanie 3\n6\n3 11\nx\nx\n, a stąd\n10\nx = -\n. Liczba ta spełnia obie nierówności ostatniego układu, więc jest rozwiązaniem\nrównania.\nPodane równanie ma zatem dwa rozwiązania\n10\nx = -\ni\n2\nx =\nSchemat punktowania\nRozwiązanie, w którym jest istotny postęp 1 p.\nZdający\n• poprawnie wyróżni na osi liczbowej trzy przedziały, np.: (\n)\n, 2\n-∞-\n,\n2,3\n, (\n)\n3,∞.\nalbo\n• zapisze cztery przypadki np.:\n2\n0\n3\n0\nx\nx\n≥\n\n-\n≥\n\n,\n2\n0\n3\n0\nx\nx\n≥\n\n-\n<\n\n,\n2\n0\n3\n0\nx\nx\n<\n\n-\n≥\n\n,\n2\n0\n3\n0\nx\nx\n<\n\n-\n<\n\nUwaga\nJeżeli zdający popełni błędy w wyznaczaniu przedziałów, ale nie są one konsekwencją błędu\nrachunkowego popełnionego przy przekształcaniu nierówności, to przyznajemy 0 punktów.\nPodobnie 0 punktów otrzymuje zdający, który błędnie zapisał cztery przypadki.\nPokonanie zasadniczych trudności zadania 2 p.\nZdający\n• zapisze równanie w poszczególnych przedziałach, np.:\ndla\n(\n)\n, 2\nx∈-∞-\notrzymujemy równanie 3\n6\n3 11\nx\nx\n,\ndla\n2,3\nx∈-\notrzymujemy równanie 3\n6\n3 11\nx\nx\n,\ndla\n(\n)\n3,\nx∈\n∞ otrzymujemy równanie 3\n6\n3 11\nx\nx\n,\nalbo\n• zapisze równanie w poszczególnych przypadkach, np.:\ngdy\n2\n0\n3\n0\nx\nx\n≥\n\n-\n≥\n\n, to wtedy 3\n6\n3 11\nx\nx\n,\ngdy\n2\n0\n3\n0\nx\nx\n≥\n\n-\n<\n\n, to wtedy 3\n6\n3 11\nx\nx\n,\ngdy\n2\n0\n3\n0\nx\nx\n<\n\n-\n≥\n\n, to wtedy 3\n6\n3 11\nx\nx\n, (lub stwierdzi, że ten przypadek jest\nniemożliwy),\ngdy\n2\n0\n3\n0\nx\nx\n<\n\n-\n<\n\n, to wtedy 3\n6\n3 11\nx\nx\nRozwiązanie zadania do końca lecz z usterkami, które jednak nie przekreślają\npoprawności rozwiązania (np. błędy rachunkowe) 3 p.\nZdający poprawnie rozwiąże równania, sprawdzi czy otrzymane liczby spełniają założenia\ni popełni błąd w jednym z przypadków.\nRozwiązanie pełne 4 p.\nZdający podaje rozwiązania:\n10\nx = -\ni\n2\nx =\nUwaga\nJeżeli zdający trzykrotnie poprawnie zapisuje poszczególne przedziały, w każdym z tych\nprzedziałów poprawnie zapisuje i rozwiązuje równanie i w odpowiedzi do zadania podaje:\n-10, 2, 1, to otrzymuje 3 punkty.\nZadanie 2. (0-5)\nWymagania ogólne\nWymagania szczegółowe\nIII. Modelowanie\nmatematyczne.","solution":null,"image":"img/matematyka-2018-maj-matura-stara-rozszerzona/zad-3.webp","solution_image":null,"topics":null,"page_from":6,"source":"ocr","answer_source":null,"answer_text_source":"ocr","solution_source":null,"text_source":"ocr","source_label":"Matematyka · Matura · maj 2018 (rozszerzona)","subject_label":"Matematyka","category_label":"Matura"},{"id":"matematyka-2018-maj-matura-stara-rozszerzona/zad/4","paper_id":"matematyka-2018-maj-matura-stara-rozszerzona","number":"4","points":4,"ptype":"open","subject":"matematyka","category":"matura","year":2018,"month":"maj","level":"rozszerzona","text":"Zadanie 4. (4 pkt)\nZ liczb ośmioelementowego zbioru\n{\n}\n1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 9\nZ =\ntworzymy ośmiowyrazowy ciąg,\nktórego wyrazy nie powtarzają się. Oblicz prawdopodobieństwo zdarzenia polegającego na\ntym, że żadne dwie liczby parzyste nie są sąsiednimi wyrazami utworzonego ciągu. Wynik\nprzedstaw w postaci ułamka zwykłego nieskracalnego.\n\nPoziom rozszerzony\nMMA_1R\nOdpowiedź:\nWypełnia\negzaminator\nNr zadania\n4.\nMaks. liczba pkt\n4\nUzyskana liczba pkt\n\nPoziom rozszerzony\nMMA_1R","answer":"A, B, C, D","answer_text":"4. Jeżeli zdający zapisze |Ω|=8! oraz rozpatrując zdarzenie A′ rozważy trzy sytuacje:\nI. wszystkie trzy liczby parzyste są kolejnymi wyrazami ciągu;\nII. dwie liczby parzyste są dwoma skrajnymi (pierwszym i drugim lub siódmym\ni ósmym) wyrazami ciągu, a trzecia liczba parzysta nie sąsiaduje bezpośrednio z żadną\nz nich;\nIII. dwie liczby parzyste są dwoma kolejnymi, ale nie skrajnymi wyrazami ciągu,\na trzecia parzysta nie sąsiaduje bezpośrednio z żadną z nich\nA′\nA′\noraz zapisze sposób zliczania tych ciągów w każdej z tych trzech sytuacji, uwzględniający\npermutacje liczb parzystych i liczb nieparzystych i jednoczenie gwarantujący to, że żaden\nciąg nie zostanie policzony wielokrotnie;\na ponadto nie ustali poprawnej liczby wszystkich zdarzeń elementarnych sprzyjających\nzdarzeniu A′, to otrzymuje 2 punkty.\n5. Jeżeli zdający rozważa zdarzenie A i wypisuje przynajmniej 12 przypadków, ale jeden\nz nich zapisuje dwukrotnie, to otrzymuje przynajmniej 1 punkt. Dotyczy to także sytuacji\nwypisania 21 przypadków.\nZadanie 5. (0-3)\nV. Rozumowanie\ni argumentacja.\n7. Planimetria. Zdający stosuje twierdzenia\ncharakteryzujące czworokąty wpisane w okrąg\ni czworokąty opisane na okręgu (R7.a).\nPrzykładowe rozwiązania\nI sposób - bilans kątów\nOznaczmy miary kątów trójkąta ABC odpowiednio przez\nγ\nβ\nα\n2\n,\n2\n,\n2\n, a punkt wspólny\ndwusiecznej\nA\nd i odcinka KL przez P, dwusiecznej\nC\nd i odcinka LM przez R oraz\ndwusiecznej\nB\nd i odcinka MN przez Q.\nWówczas\n°\n180\n2\n2\n2\nγ\nβ\nα\n, stąd\n°\n90\nγ\nβ\nα\n. Wtedy\nKAP\nα\n\n, zatem\n90\nAKP\nα\n° -\n\ni\n(\n)\n180\n90\n90\nLKN\nα\nα\n°-\n° -\n° +\n\noraz\n90\nCMR\nγ\n° -\n\noraz\n90\nBMQ\nβ\n° -\n\n,\nzatem\n(\n) (\n)\n180\n90\n90\nLMN\nγ\nβ\nβ\nγ\n°-\n°-\n°-\n\nA\nB\nC\nK\nM\nL\nN\nP\nR\nQ\nSuma kątów LKN i LMN jest więc równa\n(\n) (\n)\n90\n90\n180\nLKN\nLMN\nα\nβ\nγ\nα\nβ\nγ\n° +\n° =\n°\n\n\nTo oznacza, że na czworokącie KNML można opisać okrąg.\nII sposób - symetralne\nRozważmy trójkąt KLM. Z definicji symetrii osiowej wynika, że dwusieczna\nA\nd jest\nsymetralną boku KL. Analogicznie dwusieczna\nC\nd jest symetralną boku LM. Symetralne\nboków trójkąta przecinają się w jednym punkcie, który jest środkiem okręgu opisanego na\ntym trójkącie - oznaczmy go przez O. Czyli punkt wspólny dwusiecznych\nA\nd i\nC\nd\n(symetralnych boków trójkąta KLM) jest środkiem okręgu, którego promieniem jest\nw szczególności odcinek OL.\nPodobnie rozważmy trójkąt LMN . Z definicji symetrii osiowej wynika, że dwusieczna\nC\nd\njest symetralną boku LM . Analogicznie dwusieczna\nB\nd jest symetralną boku MN . Punkt\nwspólny tych dwusiecznych (symetralnych) jest tym samym punktem, o którym była mowa\nwyżej i jest oczywiście środkiem okręgu opisanego na trójkącie LMN. Zatem musi to być ten\nsam okrąg. Wszystkie wierzchołki czworokąta KNML leżą na tym okręgu. To kończy dowód.\nA\nB\nC\nK\nM\nL\nN\nP\nR\nQ\nO\nIII sposób - równość promieni\nOznaczmy przez O punkt przecięcia się dwusiecznych kątów trójkąta ABC, punkt wspólny\ndwusiecznej\nA\nd i odcinka KL przez P, dwusiecznej\nC\nd i odcinka LM przez R oraz\ndwusiecznej\nB\nd i odcinka MN przez Q.\nZ definicji symetrii osiowej i z treści zadania wynika, że KP\nLP\noraz KL\nAO\n⊥\n. Oznacza\nto, że trójkąty OPK i OPL są prostokątne, mają wspólną przyprostokątną OP oraz pozostałe\nprzyprostokątne są równej długości. Są to więc trójkąty przystające (na mocy cechy bkb\nprzystawania trójkątów). Stąd wynika, że\nOK\nOL =\n. Analogicznie trójkąty ORL i ORM są\nprzystające oraz trójkąty OQM i OQN są przystające, a w konsekwencji OL\nOM\noraz\nOM\nON\n. Zatem punkt O jest więc równooddalony od wszystkich wierzchołków\nczworokąta KNML, a to oznacza, że na tym czworokącie można opisać okrąg.\nSchemat punktowania\nRozwiązanie, w którym jest istotny postęp 1 p.\nZdający\n• wyznaczy miarę jednego z kątów czworokąta KNML w zależności od miar kątów\ntrójkąta ABC, np.:\n90\nLKN\nα\n° +\n\nalbo\n• zapisze, że prosta zawierająca dwusieczną kąta trójkąta ABC jest symetralną jednego\nz odcinków KL, LM, MN\nalbo\n• zapisze jedną lub dwie równości spośród:\nOK\nOL =\n, OL\nOM\n, OM\nON\ni na tym zakończy lub dalej popełnia błędy.\nA\nB\nC\nK\nM\nL\nN\nO\nR\nP\nQ\nPokonanie zasadniczych trudności zadania 2 p.\nZdający\n• wyznaczy miary dwóch przeciwległych kątów czworokąta KNML w zależności od\nmiar kątów trójkąta ABC, np.:\n90\nLKN\nα\n° +\n\ni\nLMN\nβ\nγ\n\nalbo\n• zapisze, że punkt przecięcia dwusiecznych kątów trójkąta ABC jest środkiem okręgu\nopisanego na trójkącie KLM lub na trójkącie LMN, lub że jest punktem przecięcia\nsymetralnych trzech boków czworokąta KNML\nalbo\n• zapisze i uzasadni jedną lub dwie równości spośród:\nOK\nOL =\n, OL\nOM\n,\nOM\nON\nUwaga\nJeżeli zdający zapisze wszystkie równości\nOK\nOL =\n, OL\nOM\n, OM\nON\ni stąd wyciągnie wniosek, że punkt O jest środkiem okręgu opisanego na czworokącie\nKNML, ale nie uzasadni żadnej z tych równości (lub uzasadnienie nie będzie pełne),\nto otrzymuje 2 punkty.\nRozwiązanie pełne 3 p.\nZdający przeprowadzi pełne rozumowanie.\nUwagi\n1. Jeżeli zdający przeprowadza dowód z wykorzystaniem bilansu kątów i korzysta z równości\nkątów w trójkątach równoramiennych, to może otrzymać 3 punkty także w przypadku,\ngdy bez stosownego komentarza korzysta z faktu, że trójkąty są równoramienne.\n2. Jeżeli zdający\n• uzależni wszystkie kąty trójkąta ABC oraz jeden z kątów czworokąta KNML\nalbo\n• uzależni jeden z kątów LKN, KNM i jeden z kątów KLM, NML\nod kątów α = AKL = ALK, β = BML = BLM i γ = CLM = CML, to otrzymuje\n1 punkt.\nJeżeli zdający\n• wyznaczy 2 przeciwległe kąty czworokąta KNML w zależności od α, β, γ i wykaże, że\nα + β + γ = 180º\nalbo\n• wyznaczy wszystkie kąty czworokąta KNML i obliczy sumę dwóch przeciwległych\nkątów czworokąta KNML,\nto otrzymuje 2 punkty.\nZadanie 6. (0-3)\nV. Rozumowanie\ni argumentacja.\n2. Wyrażenia algebraiczne. Zdający rozkłada wielomian\nna czynniki, stosując wzory skróconego mnożenia\nrozkłada wielomian na czynniki stosując wzory\nskróconego mnożenia, grupowanie wyrazów,\nwyłączanie wspólnego czynnika poza nawias (2.b).\n1. Liczby rzeczywiste. Zdający stosuje twierdzenie\no rozkładzie liczby naturalnej na czynniki pierwsze\n(R1.a).\nPrzykładowe rozwiązania\nI sposób\nZauważmy, że\n(\n)\n(\n)(\n)\nm\nk\nm\nk\nkm\nm\nk\nkm\nkm\nm\nk\n2\n2\n3\n3\nRozwiązanie zadania składa się z dwóch etapów:\n• uzasadnienie podzielności przez 2;\n• uzasadnienie podzielności przez 3.\nPodzielność przez 2.\nGdy którakolwiek z liczb k, m jest parzysta, to iloczyn\n(\n)\n2\n2\nm\nk\nkm\njest parzysty, a gdy obie\nliczby k, m są nieparzyste, to ich suma k\nm\njest liczbą parzystą, więc iloczyn\n(\n)(\n)\nkm k\nm\nk\nm\njest podzielny przez 2.\nPodzielność przez 3. (I sposób)\nDowód przeprowadzimy w czterech rozłącznych sytuacjach: A, B, C, D.\nA. Którakolwiek z liczb k, m jest podzielna przez 3\nWtedy iloczyn\n(\n)\n2\n2\nm\nk\nkm\njest podzielny przez 3.\nB. Obie liczby k, m przy dzieleniu przez 3 dają resztę 1\nWtedy liczba\nm\nk -\njest podzielna przez 3, więc iloczyn\n(\n)(\n)\nkm k\nm\nk\nm\njest\npodzielny przez 3.\nC. Obie liczby k, m przy dzieleniu przez 3 dają resztę 2\nWtedy liczba\nm\nk -\njest podzielna przez 3, więc iloczyn\n(\n)(\n)\nkm k\nm\nk\nm\njest\npodzielny przez 3.\nD. Jedna z liczb k, m przy dzieleniu przez 3 daje resztę 1, a druga przy dzieleniu przez 3\ndaje resztę 2\nWtedy liczba\nm\nk +\njest podzielna przez 3, więc iloczyn\n(\n)(\n)\nkm k\nm\nk\nm\njest\npodzielny przez 3.\nPodzielność przez 3. (II sposób)\nDowód przeprowadzimy w dwóch rozłącznych sytuacjach: E, F.\nE. Którakolwiek z liczb k, m jest podzielna przez 3.\nWtedy iloczyn\n(\n)\n2\n2\nm\nk\nkm\njest podzielny przez 3.\nF. Żadna z liczb k, m nie jest podzielna przez 3.\nWtedy kwadrat każdej z nich przy dzieleniu przez 3 daje resztę 1, więc różnica\n2\n2\nk\nm\njest podzielna przez 3.\nWykazaliśmy zatem, że liczba\n3\n3\nk m\nkm\njest podzielna przez 2 i przez 3, więc jest podzielna\nprzez\n3\n2 ⋅\n, czyli przez 6. To kończy dowód.\nII sposób\nZauważmy, że\n(\n)\n(\n)\n(\n)\n(\n)(\n)\n(\n)(\n)\n3\n3\n2\n2\n2\n2\n1 1\n1\n1\n1\n1\n1\n1\nk m\nkm\nkm k\nm\nkm k\nkm m\nkm k\nk\nkm m\nm\nIloczyn (\n)(\n)\n1\n1\nk k\nk\nto iloczyn trzech kolejnych liczb całkowitych, więc dokładnie jedna\nz nich jest podzielna przez 3 i co najmniej jedna jest podzielna przez 2, więc iloczyn jest\npodzielny przez 2 i przez 3, a więc jest podzielny przez 6. Analogicznie iloczyn\n(\n)(\n)\n1\n1\nm m\nm\njest podzielny przez 6. Różnica dwóch liczb podzielnych przez 6 jest\npodzielna przez 6. To kończy dowód.\nSchemat punktowania\nZdający otrzymuje 1 p.\njeśli\n• uzasadni podzielność przez 2\nalbo\n• uzasadni podzielność przez 3 w dwóch przypadkach spośród A, B, C, D,\nalbo\n• uzasadni podzielność przez 3 w przypadku F.\nZdający otrzymuje 2 p.\njeśli\n• uzasadni podzielność przez 2 i uzasadni podzielność przez 3 w dwóch przypadkach\nspośród A, B, C, D\nalbo\n• uzasadni podzielność przez 2 i uzasadni podzielność przez 3 w przypadku F,\nalbo\n• uzasadni podzielność przez 3,\nalbo\n• zapisze liczbę\n3\n3\nk m\nkm\nw postaci\n(\n)(\n)\n(\n)(\n)\n1\n1\n1\n1\nkm k\nk\nkm m\nm\nZdający otrzymuje 3 p.\nprzeprowadzi pełne rozumowanie uzasadniające podzielność przez 6.\nUwagi\n1. Akceptujemy stwierdzenie, że iloczyn trzech kolejnych liczb całkowitych jest\npodzielny przez 6 oraz różnica liczb podzielnych przez 6 jest podzielna przez 6.\n2. Jeżeli zdający rozważa reszty z dzielenia liczb k i m przez 6 i udowodni podzielność\nprzez 6 w jednym z poniższych 5 przypadków:\n- dokładnie jedna z liczb k, m jest podzielna przez 6 lub obie liczby k, m dają przy\ndzieleniu przez 6 tę samą resztę;\n- żadna z liczb k, m nie jest podzielna przez 6, a o podzielności liczby k3m - km3\nmożna wnioskować na podstawie iloczynu liczb k, m;\n- żadna z liczb k, m nie jest podzielna przez 6, a o podzielności liczby k3m - km3\nmożna wnioskować na podstawie sumy liczb k, m;\n- żadna z liczb k, m nie jest podzielna przez 6, a o podzielności liczby k3m - km3\nmożna wnioskować na podstawie sumy i iloczynu liczb k, m;\n- żadna z liczb k, m nie jest podzielna przez 6, a o podzielności liczby k3m - km3\nmożna wnioskować na podstawie różnicy i iloczynu liczb k, m,\nto otrzymuje 1 punkt.\nJeżeli zdający rozważa reszty z dzielenia liczb k i m przez 6 i udowodni podzielność\nprzez 6 w trzech z poniższych 5 przypadków:\n- dokładnie jedna z liczb k, m jest podzielna przez 6 lub obie liczby k, m dają przy\ndzieleniu przez 6 tę samą resztę;\n- żadna z liczb k, m nie jest podzielna przez 6, a o podzielności liczby k3m - km3\nmożna wnioskować na podstawie iloczynu liczb k, m;\n- żadna z liczb k, m nie jest podzielna przez 6, a o podzielności liczby k3m - km3\nmożna wnioskować na podstawie sumy liczb k, m;\n- żadna z liczb k, m nie jest podzielna przez 6, a o podzielności liczby k3m - km3\nmożna wnioskować na podstawie sumy i iloczynu liczb k, m;\n- żadna z liczb k, m nie jest podzielna przez 6, a o podzielności liczby k3m - km3\nmożna wnioskować na podstawie różnicy i iloczynu liczb k, m,\nto otrzymuje 2 punkty.\nZadanie 7. (0-4)\nIV. Użycie i tworzenie\nstrategii.\n6. Trygonometria. Zdający rozwiązuje równania\ni nierówności trygonometryczne (R6.e).\nPrzykładowe rozwiązanie\nPrzekształcamy równanie w sposób równoważny\n(\n)\n2\n2 1 sin\n3sin\n0\nx\nx\n,\n2\n2sin\n3sin\n2\n0\nx\nx\nMożemy dokonać podstawienia sinx\nt\n= , przy czym\n1,1\n∈\nt\nRozwiązujemy równanie kwadratowe:\n2\n2\n3\n2\n0\nt\nt\n25\nΔ =\n, 1\n2\nt =\n, 2\n1\n2\nt = -\nPierwsza obliczona wartość 1\n2\nt =\nnie spełnia warunku\n1,1\n∈\nt\nDla drugiej wartości t wyznaczamy wartości x w przedziale\n2\n3π\n,\n2\nπ\n:\n1\nsin\n2\nx = -\n6\nx = -π lub\n7\n6\nx = π .\nSchemat punktowania\nRozwiązanie, w którym postęp jest niewielki, ale konieczny na drodze do pełnego\nrozwiązania 1 p.\nZdający zapisze równanie w postaci, w której występuje tylko jedna funkcja\ntrygonometryczna tego samego argumentu, np. (\n)\n2\n2 1 sin\n3sin\n0\nx\nx\ni na tym zakończy\nlub dalej popełnia błędy.\nRozwiązanie, w którym jest istotny postęp 2 p.\nZdający rozwiąże równanie\n2\n2\n3\n2\n0\nt\nt\ni zapisze 1\n2\nt =\n, 2\n1\n2\nt = -\nPokonanie zasadniczych trudności zadania 3 p.\nZdający odrzuci wartość 1\n2\nt =\ni znajdzie jedno rozwiązanie równania\n1\nsin\n2\nx = -\nw przedziale\n2\n3π\n,\n2\nπ\nRozwiązanie pełne 4 p.\nZdający zapisze wszystkie rozwiązania równania w podanym przedziale:\n6\nx = -π ,\n7\n6\nx = π .\nUwaga\nJeżeli zdający popełnia błędy rachunkowe w doprowadzaniu do równania kwadratowego lub\nbłędy w rozwiązaniu poprawnego równania kwadratowego, w rezultacie otrzymuje np.\nsin\n2\nx =\nlub sin\n1,\nx =\npierwsze równanie uznaje za sprzeczne, drugie rozwiązuje poprawnie\nwe właściwym przedziale, to otrzymuje 3 punkty.\nZadanie 8. (0-5)\nII. Wykorzystanie\ni interpretowanie reprezentacji.\n2. Wyrażenia algebraiczne. Zdający wykonuje dzielenie\nwielomianu przez dwumian x - a; stosuje twierdzenie\no reszcie z dzielenia wielomianu przez dwumian x - a\n(R2.b).\n3. Równania i nierówności. Zdający rozwiązuje\nrównania i nierówności wielomianowe (R3.c).\nPrzykładowe rozwiązanie\nLiczba 5\n2 jest pierwiastkiem wielomianu\n( )x\nW\n, więc\n0\n5\n2\n\n\n\n\n\n\nW\nPonieważ\np\np\nW\n⋅\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n25\n50\n5\n2\n3\n5\n2\n7\n5\n2\n5\n5\n2\n2\n3\n, więc\n2\np\nZatem wielomian\n( )x\nW\nma postać\n( )\n2\n3\n7\n5\n2\n3\nx\nx\nx\nx\nW\ni jest podzielny przez\ndwumian\n5\n2\nx\n. Iloraz z tego dzielenia jest równy\n5\n5\n5\n2\n-x\nx\n. Wyznaczamy pierwiastki\ntego trójmianu :\n2\n5\n1\n1\nx\n,\n2\n5\n1\n2\nx\nZatem\n( )x\nW\nma trzy pierwiastki: 5\n2 ,\n2\n5\n1-\n,\n2\n5\n1+\nRozwiązaniem nierówności\n( )\n0\nW x >\njest zatem każda liczba rzeczywista\n1\n5\n2\n1\n5\n2\n5\n2\n,\n,\nx\n\n\n\n\n∈\n∪\n+∞\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\nSchemat punktowania\nRozwiązanie, w którym postęp jest niewielki, ale konieczny na drodze do pełnego\nrozwiązania 1 p.\nZdający zapisze, że\n0\n5\n2\n\n\n\n\n\n\nW\ni na tym zakończy lub dalej popełnia błędy.\nRozwiązanie, w którym jest istotny postęp 2 p.\nZdający wyznaczy\n2\np\ni na tym zakończy lub dalej popełnia błędy.\nPokonanie zasadniczych trudności zadania 3 p.\nZdający wyznaczy iloraz z dzielenia\n( )\n2\n3\n7\n5\n2\n3\nx\nx\nx\nx\nW\nprzez\n5\n2\nx\n:\n5\n5\n5\n2\n-x\nx\ni na tym zakończy lub dalej popełnia błędy.\nRozwiązanie prawie pełne 4 p.\nZdający wyznaczy pozostałe pierwiastki wielomianu\n( )x\nW\n:\n2\n5\n1-\n,\n2\n5\n1+\nRozwiązanie pełne 5 p.\nZdający wyznaczy rozwiązania nierówności\n( )\n0\nW x >\n:\n1\n5\n2\n1\n5\n2\n5\n2\n,\n,\nx\n\n\n\n\n∈\n∪\n+∞\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\nZadanie 9. (0-6)\nIII. Modelowanie\nmatematyczne.\n3. Równania i nierówności. Zdający stosuje wzory\nViète’a (R3.a).\nPrzykładowe rozwiązanie\nRównanie ma dwa różne rozwiązania rzeczywiste, gdy jego wyróżnik jest dodatni, czyli\n(\n)\n(\n)\n2\n2\n1\n4 1\n1\n0\nm\nm\nΔ =\n-⋅⋅-\n>\n2\n5\n2\n3\n0\nm\nm\n>\n1\n1\nm = -,\n2\n3\n5\nm =\nStąd\n(\n) (\n)\n3\n5\n,\n1\n,\nm∈-∞-\n∪\n+ ∞\nWarunek\nmożemy zapisać w postaci równoważnej\n(\n)(\n)\n2\n2\n1\n2\n1\n1\n2\n2\n1\n2\n7\nx\nx\nx\nx x\nx\nx x\n> -\n,\n(\n) (\n)\n(\n)\n2\n1\n2\n1\n2\n1\n2\n1\n2\n3\n7\nx\nx\nx\nx\nx x\nx x\n> -\nZe wzorów Viète’a na sumę i iloczyn pierwiastków trójmianu kwadratowego możemy tę\nnierówność zapisać w postaci:\n(\n) (\n)\n2\n3\n7\nb\nb\nc\nc\na\na\na\na\n\n\n> -\n\n\n\n\n(\n)\n(\n)\n(\n)\n(\n)\n(\n)\n(\n)\n2\n2\n2\n1\n1\n3\n1\n7\n1\nm\nm\nm\nm\n> -\n(\n)\n(\n)(\n)\n(\n)\n3\n2\n2\n1\n3\n1\n1\n7\n1\nm\nm\nm\nm\n> -\n(\n)\n(\n)(\n)\n(\n)\n3\n2\n2\n1\n3\n1\n1\n7\n1\n0\nm\nm\nm\nm\n>\n(\n)\n(\n)\n(\n)\n(\n)\n(\n)\n2\n2\n1\n1\n3\n1\n7\n1\n0\nm\nm\nm\nm\n>\n(\n)(\n)\n2\n2\n1\n2\n1 3\n3\n7\n7\n0\nm\nm\nm\nm\nm\n>\n(\n)(\n)\n2\n1\n4\n9\n9\n0\nm\nm\nm\n>\n1\n3\nm = - lub\n2\n3\n4\nm =\nlub\n3\n1\nm = -.\n(\n) (\n)\n3\n4\n3\n1\nm\n,\n,\n∈-∞-\n∪-\nWyznaczamy część wspólną zbiorów (\n) (\n)\n3\n5\n1\n,\n,\n-∞-\n∪\n+ ∞ i (\n) (\n)\n3\n4\n3\n1\n,\n,\n-∞-\n∪-\nOdpowiedź\n(\n) (\n)\n3 3\n5 4\n3\nm\n,\n,\n∈-∞-\n∪\nSchemat punktowania\nRozwiązanie zadania składa się z trzech etapów.\nPierwszy etap polega na rozwiązaniu nierówności\n:\n(\n) (\n)\n3\n5\n,\n1\n,\nm∈-∞-\n∪\n+ ∞\nZa poprawne rozwiązanie tego etapu zdający otrzymuje 1 punkt.\nUwaga\nJeżeli zdający zapisze\n, to za tę część otrzymuje 0 punktów.\nDrugi etap polega na rozwiązaniu nierówności\nZa tę część rozwiązania zdający otrzymuje 4 punkty.\nPodział punktów za drugi etap rozwiązania:\n1 punkt zdający otrzymuje za zapisanie nierówności w postaci:\n(\n) (\n)\n(\n)\n2\n1\n2\n1\n2\n1\n2\n1\n2\n3\n7\nx\nx\nx\nx\nx x\nx x\n> -\nlub równoważnej.\n2 punkty zdający otrzymuje za doprowadzenie do nierówności ze zmienną m, np.\n(\n)\n(\n)\n(\n)\n(\n)\n(\n)\n(\n)\n2\n2\n2\n1\n1\n3\n1\n7\n1\nm\nm\nm\nm\n> -\n3\n3\n1\n2\n1\n2\n7\nx\nx\nx x\n> -\n0\n>\nΔ\n0\nΔ ≥\n3\n3\n1\n2\n1\n2\n7\nx\nx\nx x\n> -\n3 punkty zdający otrzymuje za wyznaczenie miejsc zerowych wielomianu\n(\n)\n(\n)\n(\n)\n(\n)\n(\n)\n(\n)\n2\n2\n2\n1\n1\n3\n1\n7\n1\nm\nm\nm\nm\n,\nczyli wielomianu\n3\n2\n4\n13\n9\nm\nm\n+ : 3\n-, 1\n-, 3\n4\n4 punkty zdający otrzymuje za rozwiązanie powyższej nierówności.\n(\n) (\n)\n3\n4\n3\n1\nm\n,\n,\n∈-∞-\n∪-\nTrzeci etap polega na wyznaczeniu szukanej wartości parametru m z uwzględnieniem\nwszystkich warunków.\n(\n) (\n)\n3 3\n5 4\n3\nm\n,\n,\n∈-∞-\n∪\nUwagi\n1. W przypadku otrzymania na jednym z etapów (I lub II) zbioru pustego lub zbioru R jako\nzbioru rozwiązań nierówności przyznajemy 0 punktów za III etap.\n2. W przypadku otrzymania w II etapie zbioru rozwiązań, będącego podzbiorem zbioru\nrozwiązań z I etapu lub otrzymania w I etapie zbioru rozwiązań, będącego podzbiorem\nzbioru rozwiązań z II etapu, przyznajemy 0 punktów za III etap.\n3. O ile nie zachodzą przypadki z uwag 1. i 2. i zdający poprawnie wykona etap I\noraz popełnia błędy w rozwiązaniu nierówności z etapu II, albo gdy popełnia błędy\nw etapie I i otrzyma co najmniej 1 punkt za etap II, to za III etap może otrzymać 1 punkt.\n4. Jeżeli zdający w II etapie rozwiązania stosuje nieistniejącą zależność: „suma sześcianów =\nsześcian sumy”, prowadzącą do uproszczenia badanego problemu, lub zdający stosuje inny\nbłędny wzór, prowadzący do uproszczenia badanego problemu, ale otrzyma nierówność\nwielomianową stopnia trzeciego, uzyska trzy miejsca zerowe i poprawnie rozwiązuje\notrzymaną nierówność, to za II etap otrzymuje 1 punkt (za rozwiązanie nierówności).\n5. Jeżeli zdający w II etapie rozwiązania otrzyma poprawną nierówność wielomianową\nstopnia 3. i popełnia błędy rachunkowe w jej rozwiązaniu, to może otrzymać 3 punkty za\nII etap, o ile wyznaczy 3 różne miejsca zerowe wielomianu z tej nierówności\ni konsekwentnie rozwiąże nierówność do końca, zaś w każdym innym przypadku\notrzymuje 2 punkty za ten etap.\n6. Jeżeli zdający w II etapie rozwiązania rozważa nierówność wielomianową stopnia\nwiększego niż 3. lub niepoprawną nierówność stopnia 3. i wyznacza miejsca zerowe\nw liczbie właściwej dla stopnia wielomianu i otrzymuje przynajmniej 3 miejsca zerowe, to\notrzymuje co najwyżej 3 punkty za II etap, o ile konsekwentnie rozwiąże nierówność.\nJeżeli wielomian w tej nierówności nie ma trzech różnych miejsc zerowych, to zdający\nmoże otrzymać co najwyżej 2 punkty za ten etap.\n7. Jeżeli zdający przy rozwiązywaniu otrzymanej w II etapie nierówności stopnia co\nnajmniej 3. popełnia błąd, polegający na niepoprawnym grupowaniu wyrazów, np.\nz nierówności\n3\n2\n4\n13\n9\n0\nm\nm\n>\nuzyska (\n)(\n)\n2\n4\n13\n9\n0\nm\nm\n>\n, to nie otrzymuje\npunktów za części II.3 i II.4.\nZadanie 10. (0-6)\nIV. Użycie i tworzenie strategii.\n8. Geometria na płaszczyźnie kartezjańskiej. Zdający\nposługuje się równaniem okręgu (x - a)2 + (y - b)2 = r2,\nwyznacza współrzędne środka odcinka, podaje\nrównanie prostej w postaci Ax + By + C = 0 lub\ny = ax + b, mając dane dwa jej punkty lub jeden punkt\ni współczynnik a w równaniu kierunkowym,\nwykorzystuje pojęcie układu współrzędnych na\npłaszczyźnie, rozwiązuje zadania dotyczące\nwzajemnego położenia prostej i okręgu oraz oblicza\nodległość punktu od prostej (8.g, 8.f, 8.b, 8.a, R8.b,\nR8.c).\nPrzykładowe rozwiązania\nI sposób - analitycznie - styczne AC i AB\nProste AC i AB przechodzą przez punkt\n(\n)\n7\n1\nA\n,\n, żadna z nich nie jest prostopadła do osi\nOx układu współrzędnych, więc mają równania postaci\n(\n)\n7\n1\ny\na x\n-,\n7\n1\n0\nax\ny\na\nObie te proste są styczne do okręgu, zatem ich odległości od środka okręgu są równe\npromieniowi okręgu. Stąd otrzymujemy równanie\n2\n7\n1\n10\n1\na\na\n,\n(\n)\n(\n)\n2\n2\n7\n1\n10\n1\na\na\n,\n2\n2\n49\n14\n1\n10\n10\na\na\na\n2\n39\n14\n9\n0\na\na","solution":null,"image":"img/matematyka-2018-maj-matura-stara-rozszerzona/zad-4.webp","solution_image":null,"topics":null,"page_from":8,"source":"ocr","answer_source":"ocr","answer_text_source":"ocr","solution_source":null,"text_source":"ocr","source_label":"Matematyka · Matura · maj 2018 (rozszerzona)","subject_label":"Matematyka","category_label":"Matura"},{"id":"matematyka-2018-maj-matura-stara-rozszerzona/zad/5","paper_id":"matematyka-2018-maj-matura-stara-rozszerzona","number":"5","points":3,"ptype":"open","subject":"matematyka","category":"matura","year":2018,"month":"maj","level":"rozszerzona","text":"Zadanie 5. (3 pkt)\nTrójkąt ABC jest ostrokątny oraz AC\nBC\n>\n. Dwusieczna\nC\nd kąta ACB przecina bok AB\nw punkcie K. Punkt L jest obrazem punktu K w symetrii osiowej względem dwusiecznej\nA\nd\nkąta BAC, punkt M jest obrazem punktu L w symetrii osiowej względem dwusiecznej\nC\nd kąta\nACB, a punkt N jest obrazem punktu M w symetrii osiowej względem dwusiecznej\nB\nd kąta\nABC (zobacz rysunek).\nUdowodnij, że na czworokącie KNML można opisać okrąg.\n\nPoziom rozszerzony\nMMA_1R","answer":null,"answer_text":"5. Ciągi liczbowe. Zdający stosuje wzory na n-ty wyraz\ni sumę n początkowych wyrazów ciągu arytmetycznego\ni ciągu geometrycznego, również umieszczone\nw kontekście praktycznym (5.c).\nPrzykładowe rozwiązanie\nOznaczmy przez r różnicę ciągu arytmetycznego. Z równania 3\n3\n77\na\nb\nc\notrzymujemy\n3\n3\n3\n3\n77\nb\nr\nb\nb\nr\n, a stąd\n11\nb =\nCiąg geometryczny (\n)\n11\n,12,22\n2\nr\nr\nspełnia warunek\n(\n) (\n)\n144\n2 11\n11\nr\nr\n⋅\n. Równanie\nto ma dwa rozwiązania\n7\nr =\ni\n7\nr = -.\nW pierwszym przypadku otrzymujemy ciąg arytmetyczny (\n)\n4,11,18 i ciąg geometryczny\n(\n)\n4,12,36 , a w drugim przypadku otrzymujemy ciąg arytmetyczny (\n)\n18,11,4 i ciąg\ngeometryczny (\n)\n18,12,8 .\nSchemat punktowania\nRozwiązanie, w którym postęp jest niewielki, ale konieczny na drodze do pełnego\nrozwiązania zadania 1 p.\nZdający wykorzystuje definicję ciągu arytmetycznego, np. poprzez wprowadzenie oznaczeń:\na\nb\nr\n,\n10\nb\nr\n+ i c\nb\nr\nRozwiązanie, w którym jest istotny postęp 2 p.\nZdający zapisuje warunki wystarczające do wyznaczenia wartości b np. równanie z jedną\nniewiadomą, wynikające z warunku o sumie wyrazów ciągu arytmetycznego:\n3\n3\n3\n3\n77\nb\nr\nb\nb\nr\nPokonanie zasadniczych trudności zadania 3 p.\nZdający ułoży równanie z jedną niewiadomą, np.\n(\n) (\n)\n144\n2 11\n11\nr\nr\n⋅\nRozwiązanie prawie pełne 4 p.\nZdający\n• wyznaczy wartości liczb a, b, c w obu przypadkach i nie poda wyrazów ciągu\ngeometrycznego\nalbo\n• wyznaczy wartości liczb a, b, c oraz poda wyrazy ciągu geometrycznego tylko\nw jednym przypadku.\nRozwiązanie pełne 5 p.\nZdający wyznaczy wartości liczb a, b, c oraz wyrazy ciągu geometrycznego:\n4,\n11,\n18\na\nb\nc\ni ciąg geometryczny (\n)\n4,12,36 lub\n18,\n11,\n4\na\nb\nc\ni ciąg\ngeometryczny (\n)\n18,12,8 .\nUwaga\nZapisanie układu równań wynikającego z warunku o sumie wyrazów ciągu arytmetycznego,\nktóry wystarcza do wyznaczenia wyrazu b np.\n(\n)\n7\n77\n,\na\nr\nb\na\nr\n=\n\nuznajemy za istotny postęp\ni przyznajemy w takim przypadku 2 punkty.\nZadanie 3. (0-5)\nWymagania ogólne\nWymagania szczegółowe\nII. Wykorzystanie\ni interpretowanie reprezentacji.","solution":null,"image":"img/matematyka-2018-maj-matura-stara-rozszerzona/zad-5.webp","solution_image":null,"topics":null,"page_from":10,"source":"ocr","answer_source":null,"answer_text_source":"ocr","solution_source":null,"text_source":"ocr","source_label":"Matematyka · Matura · maj 2018 (rozszerzona)","subject_label":"Matematyka","category_label":"Matura"},{"id":"matematyka-2018-maj-matura-stara-rozszerzona/zad/6","paper_id":"matematyka-2018-maj-matura-stara-rozszerzona","number":"6","points":3,"ptype":"open","subject":"matematyka","category":"matura","year":2018,"month":"maj","level":"rozszerzona","text":"Zadanie 6. (3 pkt)\nUdowodnij, że dla każdej liczby całkowitej k i dla każdej liczby całkowitej m liczba\n3\n3\nkm\nm\nk\njest podzielna przez 6.\nWypełnia\negzaminator\nNr zadania\n5.\n6.\nMaks. liczba pkt\n3\n3\nUzyskana liczba pkt\n\nPoziom rozszerzony\nMMA_1R","answer":null,"answer_text":"6 3! 5! 2 5 3! 5! 5 4 3! 5!\n⋅\n⋅\n⋅⋅\n⋅\n+ ⋅⋅\n⋅\nObliczamy prawdopodobieństwo zdarzenia A:\n( )\n(\n)\n36 3! 5!\n36 6\n36\n20\n5\n1\n1\n1\n1\n8!\n6 7 8\n56\n56\n14\nP A\nP A\n⋅⋅\n⋅\n′\n⋅⋅\nUwaga! Zdający może wypisywać przypadki, w których wystąpią zdarzenia elementarne\nsprzyjające zdarzeniu\n, stosując metody analogiczne do metod III, IV, V z I sposobu\nrozwiązania, i uwzględnić 36 rozłącznych przypadków.\nSchemat punktowania\nRozwiązanie, w którym postęp jest niewielki, ale konieczny na drodze do pełnego\nrozwiązania 1 p.\nZdający\n• zapisze\n8!\nΩ =\nalbo\n• wypisze przynajmniej 11 różnych przypadków spośród 20, gdy rozpatruje zdarzenie A\nalbo\n• wypisze przynajmniej 19 różnych przypadków spośród 36, gdy rozpatruje zdarzenie A′,\nalbo\n• zapisze, że jest ( )\n6\n3 lub 6 5 4\n⋅⋅\nprzypadków, gdy rozpatruje zdarzenie A (lub\n6\n2 5\n5 4\n⋅+ ⋅ przypadków, gdy rozpatruje zdarzenie A′),\nalbo\n• zapisze iloczyn 3! 5!\n⋅\nlub w inny sposób zaznaczy uwzględnienie iloczynu 3! 5!\n⋅\n,\nwynikającego z permutacji liczb parzystych i liczb nieparzystych na wybranych dla nich\nmiejscach,\nalbo\n• narysuje drzewo z wyróżnionymi co najmniej 11 różnymi istotnymi gałęziami\nodpowiadającymi zdarzeniu A (albo z wyróżnionymi co najmniej 19 różnymi istotnymi\ngałęziami odpowiadającymi zdarzeniu\n),\nalbo\n• narysuje niepełne drzewo (może wystąpić brak istotnych gałęzi odpowiadających\nzdarzeniu A lub\n), ale na wszystkich odcinkach co najmniej jednej gałęzi zapisze\nprawdopodobieństwa, przy czym gałąź ta musi uwzględniać jeden z przypadków:\nwylosowano 3 parzyste liczby lub wylosowano 7 liczb\ni na tym zakończy lub dalej popełnia błędy.\nRozwiązanie, w którym jest istotny postęp 2 p.\nZdający\n• zapisze\n8!\nΩ =\ni wypisze przynajmniej 11 różnych przypadków spośród 20, gdy\nrozpatruje zdarzenie A,\nalbo\n• zapisze\n8!\nΩ =\ni wypisze przynajmniej 19 różnych przypadków spośród 36, gdy\nrozpatruje zdarzenie A′,\nA′\nA′\nA′\nA′\nalbo\n• zapisze\n8!\nΩ =\ni zapisze, że jest ( )\n6\n3 lub 6 5 4\n⋅⋅\nprzypadków, gdy rozpatruje zdarzenie A\n(lub 6\n2 5\n5 4\n⋅+\n⋅ przypadków, gdy rozpatruje zdarzenie A′),\nalbo\n• zapisze\n( )\n6\n3\n3! 5!\nA =\n⋅⋅\nlub\n6 5 4 5!\nA =\n⋅⋅⋅\nlub\n20 3! 5!\nA =\n⋅\n⋅\nlub\n(\n)\n6\n2 5\n5 4\n3! 5!\nA′ =\n⋅+ ⋅\n⋅\n⋅\nlub\n36 3! 5!\n′ =\n⋅\n⋅\nA\n,\nalbo\n• narysuje drzewo z wyróżnionymi co najmniej 11 różnymi istotnymi gałęziami\nodpowiadającymi zdarzeniu A (albo z wyróżnionymi co najmniej 19 różnymi istotnymi\ngałęziami odpowiadającymi zdarzeniu\n) i na wszystkich odcinkach co najmniej jednej\ngałęzi zapisze prawdopodobieństwa, przy czym gałąź ta musi uwzględniać jeden\nz przypadków: wylosowano 3 parzyste liczby lub wylosowano 7 liczb\ni na tym zakończy lub dalej popełnia błędy.\nPokonanie zasadniczych trudności zadania 3 p.\nZdający\n• zapisze\n8!\nΩ =\ni zapisze\n( )\n6\n3\n3! 5!\nA =\n⋅⋅\nlub\n6 5 4 5!\nA =\n⋅⋅⋅\nlub\n20 3! 5!\nA =\n⋅\n⋅\nlub\n(\n)\n6\n2 5\n5 4\n3! 5!\nA′ =\n⋅+ ⋅\n⋅\n⋅\nlub\n36 3! 5!\n′ =\n⋅\n⋅\nA\nalbo\n• zapisze prawdopodobieństwo zdarzenia A (albo\n) zgodnie z „metodą drzewkową”.\nRozwiązanie pełne 4 p.\nZdający obliczy prawdopodobieństwo:\n( )\n5\n14\nP A =\nUwagi","solution":null,"image":"img/matematyka-2018-maj-matura-stara-rozszerzona/zad-6.webp","solution_image":null,"topics":null,"page_from":11,"source":"ocr","answer_source":null,"answer_text_source":"ocr","solution_source":null,"text_source":"ocr","source_label":"Matematyka · Matura · maj 2018 (rozszerzona)","subject_label":"Matematyka","category_label":"Matura"},{"id":"matematyka-2018-maj-matura-stara-rozszerzona/zad/7","paper_id":"matematyka-2018-maj-matura-stara-rozszerzona","number":"7","points":4,"ptype":"open","subject":"matematyka","category":"matura","year":2018,"month":"maj","level":"rozszerzona","text":"Zadanie 7. (4 pkt)\nRozwiąż równanie\n0\n3sin\ncos\n2\n2\nx\nx\nw przedziale\n2\n3π\n,\n2\nπ\nOdpowiedź:\n\nPoziom rozszerzony\nMMA_1R","answer":null,"answer_text":"7. Planimetria. Zdający znajduje związki miarowe\nw figurach płaskich, także z zastosowaniem\ntrygonometrii, również w zadaniach umieszczonych\nw kontekście praktycznym (7.c).\nPrzykładowe rozwiązania\nI sposób - dwa trójkąty: równoboczny oraz równoramienny o kącie między ramionami miary\n30\nDBC =\n°\n\nTrójkąt BAD jest równoramienny, gdyż AD\nAB\na\n. Jego kąt przy wierzchołku A jest\nrówny\n, więc ten trójkąt jest równoboczny. Zatem BD\na\noraz\n60\nADB =\n°\n\nWobec tego\n135\n60\n75\nBDC\nADC\nADB\n°-\n° =\n°\n\n\n\nPonieważ BD\na\ni BC\na\n, więc trójkąt BCD jest równoramienny. Zatem\n75\nBCD\nBDC\n°\n\n\n,\n60\nBAD =\n°\n\nA\nB\nC\nD\na\na\na\nwięc\n180\n2\n180","solution":null,"image":"img/matematyka-2018-maj-matura-stara-rozszerzona/zad-7.webp","solution_image":null,"topics":null,"page_from":12,"source":"ocr","answer_source":null,"answer_text_source":"ocr","solution_source":null,"text_source":"ocr","source_label":"Matematyka · Matura · maj 2018 (rozszerzona)","subject_label":"Matematyka","category_label":"Matura"},{"id":"matematyka-2018-maj-matura-stara-rozszerzona/zad/8","paper_id":"matematyka-2018-maj-matura-stara-rozszerzona","number":"8","points":5,"ptype":"open","subject":"matematyka","category":"matura","year":2018,"month":"maj","level":"rozszerzona","text":"Zadanie 8. (5 pkt)\nLiczba 5\n2 jest pierwiastkiem wielomianu\n( )\np\nx\nx\nx\nx\nW\n3\n7\n5\n2\n3\n. Wyznacz pozostałe\npierwiastki tego wielomianu i rozwiąż nierówność\n( )\n0\n>\nx\nW\nOdpowiedź:\nWypełnia\negzaminator\nNr zadania\n7.\n8.\nMaks. liczba pkt\n4\n5\nUzyskana liczba pkt\n\nPoziom rozszerzony\nMMA_1R","answer":"A","answer_text":"8 zamiast 9) i rozwiąże zadanie do końca, otrzymując\n( )\n5 4!4!\n1\n8!\n14\nP A\n⋅⋅\n, to otrzymuje\n2 punkty. Zdający otrzymuje w tej sytuacji 1 punkt tylko za zapisanie\n8!\nΩ =\n3. Jeżeli zdający błędnie założy, że podany w treści zadania zbiór Z jest 9-elementowy\n(i zawiera 4 liczby parzyste i 5 liczby nieparzystych) i konsekwentnie rozwiąże zadanie do\nkońca, to otrzymuje 3 punkty.","solution":null,"image":"img/matematyka-2018-maj-matura-stara-rozszerzona/zad-8.webp","solution_image":null,"topics":null,"page_from":13,"source":"ocr","answer_source":"ocr","answer_text_source":"ocr","solution_source":null,"text_source":"ocr","source_label":"Matematyka · Matura · maj 2018 (rozszerzona)","subject_label":"Matematyka","category_label":"Matura"},{"id":"matematyka-2018-maj-matura-stara-rozszerzona/zad/9","paper_id":"matematyka-2018-maj-matura-stara-rozszerzona","number":"9","points":6,"ptype":"open","subject":"matematyka","category":"matura","year":2018,"month":"maj","level":"rozszerzona","text":"Zadanie 9. (6 pkt)\nWyznacz wszystkie wartości parametru m, dla których równanie\n(\n)\n2\n2\n1\n1\n0\nx\nm\nx\nm\nma\ndwa rozwiązania rzeczywiste\n1x i\n2x (\n1\n2\nx\nx\n≠\n), spełniające warunek\n3\n3\n1\n2\n1\n2\n7\nx\nx\nx x\n> -\n\nPoziom rozszerzony\nMMA_1R\nOdpowiedź:\nWypełnia\negzaminator\nNr zadania\n9.\nMaks. liczba pkt\n6\nUzyskana liczba pkt\n\nPoziom rozszerzony\nMMA_1R","answer":null,"answer_text":"9. Stereometria. Zdający wyznacza przekroje\nwielościanów płaszczyzną (R9.a).\nPrzykładowe rozwiązanie\nNiech SO będzie wysokością ostrosłupa ABCS, niech BE będzie wysokością podstawy ABC,\nniech ponadto SE oraz SF będą wysokościami odpowiednich ścian tego ostrosłupa.\nZgodnie z warunkami zadania mamy, że trójkąt EFS jest trójkątem równobocznym, przy\nczym EF\na\nPunkt E jest środkiem krawędzi AC, punkt F jest środkiem krawędzi BC, zatem długość\nkrawędzi podstawy ostrosłupa jest równa 2a , stąd AE\na\nRozpatrujemy trójkąt prostokątny AES, w którym\n90\nAES =\n°\n\n,\n4 3\n3\nAS =\nZ twierdzenia Pitagorasa otrzymujemy równanie\n2\n2\n4 3\n2\n3\na\n\n=\n\n\n\n\n\n\n, stąd\n2 6\n3\na =\nPonieważ\n2\nAB\na\nwięc otrzymujemy\n4 6\n3\nAB =\nObliczamy długość odcinka OE:\n1\n3\nOE\nEB\n⋅\nczyli\n3\n1\n3\n2\nAB\nOE =\n⋅\n,\nskąd po podstawieniu długości krawędzi AB mamy\n4 6\n3\n1\n2 2\n3\n3\n2\n3\nOE\n⋅\n⋅\nZ trójkąta prostokątnego EOS wyznaczamy wysokość SO ostrosłupa;\n2\n2\n2\nSO\nSE\nEO\n,\n2\n2\n2\n2 6\n2 2\n16\n3\n2\n9\nSO\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\nStąd\n4\n3\nSO =\nObliczamy objętość V ostrosłupa:\n2\n4 6\n3\n3\n1\n4\n32 3\n3\n4\n3\n27\nV\n\n\n\n\n\n\n⋅\n⋅\nSchemat punktowania\nRozwiązanie, w którym postęp jest niewielki, ale konieczny na drodze do pełnego\nrozwiązania 1 pkt\nZdający zapisze długość krawędzi podstawy ostrosłupa w zależności od a , np.:\n2\nAB\na\nRozwiązanie, w którym jest istotny postęp 2 pkt\nZdający\n• zapisze równanie\n2\n2\n4 3\n2\n3\na\n\n=\n\n\n\n\n\n\n,\nalbo\n• zapisze zależność\n3\n1\n3\n3\n2\n3\nAB\na\nOE =\n⋅\nPokonanie zasadniczych trudności zadania 3 pkt\nZdający obliczy długość odcinka AB:\n4 6\n3\nAB =\nRozwiązanie zadania do końca lecz z usterkami, które jednak nie przekreślają\npoprawności rozwiązania (np. błędy rachunkowe) 4 pkt\nZdający\n• obliczy wysokość ostrosłupa, np.\n2\n2\n2\n2 6\n2 2\n3\n2\nSO\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n, stąd\n4\n3\nSO =\nalbo\n• obliczy objętość ostrosłupa z błędem rachunkowym.\nRozwiązanie pełne 5 pkt\nZdający obliczy objętość ostrosłupa:\n32 3\n27\nV =","solution":null,"image":"img/matematyka-2018-maj-matura-stara-rozszerzona/zad-9.webp","solution_image":null,"topics":null,"page_from":14,"source":"ocr","answer_source":null,"answer_text_source":"ocr","solution_source":null,"text_source":"ocr","source_label":"Matematyka · Matura · maj 2018 (rozszerzona)","subject_label":"Matematyka","category_label":"Matura"},{"id":"matematyka-2018-maj-matura-stara-rozszerzona/zad/10","paper_id":"matematyka-2018-maj-matura-stara-rozszerzona","number":"10","points":6,"ptype":"open","subject":"matematyka","category":"matura","year":2018,"month":"maj","level":"rozszerzona","text":"Zadanie 10. (6 pkt)\nPunkt\n(\n)\n7,\n1\nA =\njest wierzchołkiem trójkąta równoramiennego ABC, w którym AC\nBC\nObie współrzędne wierzchołka C są liczbami ujemnymi. Okrąg wpisany w trójkąt ABC ma\nrównanie\n. Oblicz współrzędne wierzchołków B i C tego trójkąta.\n2\n2\n10\nx\ny\n\nPoziom rozszerzony\nMMA_1R\nOdpowiedź:\nWypełnia\negzaminator\nNr zadania\n10.\nMaks. liczba pkt\n6\nUzyskana liczba pkt\n\nPoziom rozszerzony\nMMA_1R","answer":null,"answer_text":"10. Elementy statystyki opisowej. Teoria\nprawdopodobieństwa i kombinatoryka. Zdający\nwykorzystuje wzory na liczbę permutacji i wariacji do\nzliczania obiektów w sytuacjach kombinatorycznych\n(R10). Zdający wykorzystuje własności\nprawdopodobieństwa i stosuje twierdzenie znane jako\nklasyczna definicja prawdopodobieństwa do obliczania\nprawdopodobieństw zdarzeń (10.d).\nPrzykładowe rozwiązania\nI sposób\nZdarzeniami elementarnymi są permutacje (bez powtórzeń) zbioru ośmioelementowego\n{\n}\n1,2, 3, 4, 5, 6, 7, 9 .\nLiczba wszystkich zdarzeń elementarnych jest równa\n8!\nΩ =\nNiech A będzie zdarzeniem, polegającym na tym, że żadne dwie liczby parzyste nie są\nsąsiednimi wyrazami utworzonego ciągu. Ustalmy liczbę wszystkich zdarzeń elementarnych\nsprzyjających zdarzeniu A.\nI metoda\nW zbiorze Z jest 5 liczb nieparzystych, więc możemy je ustawić w ciąg na 5! sposobów.\nOtrzymamy wtedy sytuację:\n_(1)_ n _(2)_ n _(3)_ n _(4)_ n _(5)_ n_(6)_\nPierwszą z pozostałych liczb (parzystych) zbioru Z możemy ustawić na jednym z sześciu\nmiejsc _(1)_ - _(6)_, drugą na jednym z pozostałych pięciu, a trzecią na jednym z pozostałych\nczterech.\nZatem\n5! 6 5 4\nA =\n⋅⋅⋅.\nII metoda\nW zbiorze Z jest 5 liczb nieparzystych, więc możemy je ustawić w ciąg na 5! sposobów.\nOtrzymamy wtedy sytuację:\n_(1)_ n _(2)_ n _(3)_ n _(4)_ n _(5)_ n_(6)_\nTrzy pozostałe liczby (parzyste) ze zbioru Z musimy ustawić na wybranych trzech miejscach\nspośród sześciu miejsc _(1)_ - _(6) Te trzy miejsca możemy wybrać na ( )\n6\n3 sposobów. Na\ntych trzech ustalonych miejscach możemy trzy liczby parzyste ze zbioru Z ustawić na 3!\nsposobów.\nZatem\n( )\n6\n3\n5!\n3!\nA =\n⋅\n⋅\nIII metoda (ustalenie kolejności parzystych, a następnie ustalenie pozycji parzystych)\nW zbiorze Z mamy 3 liczby parzyste: 2, 4, 6. Możemy ustawić je w kolejności na 3!\n6\nsposobów. Jedną z takich możliwości jest kolejność: 2, 4, 6.\nWypiszmy wszystkie przypadki ustawienia tych trzech liczb w kolejności 2, 4, 6 w ciągu\n8-wyrazowym:\n(a) 2 na pierwszym miejscu\n2 - 4 - 6 - - -, 2 - 4 - - 6 - -, 2 - 4 - - - 6 -, 2 - 4 - - - - 6, 2 - - 4 - 6 - -,\n2 - - 4 - - 6 -, 2 - - 4 - - - 6, 2 - - - 4 - 6 -, 2 - - - 4 - - 6, 2 - - - - 4 - 6,\n(b) 2 na drugim miejscu\n- 2 - 4 - 6 - -, - 2 - 4 - - 6 -, - 2 - 4 - - - 6, - 2 - - 4 - 6 -, - 2 - - 4 - - 6,\n- 2 - - - 4 - 6,\n(c) 2 na trzecim miejscu\n- - 2 - 4 - 6 -, - - 2 - 4 - - 6, - - 2 - - 4 - 6,\n(d) 2 na czwartym miejscu\n- - - 2 - 4 - 6.\nŁącznie mamy 20 przypadków ustawienia w ciągu 8-wyrazowym trzech liczb parzystych\n- 2, 4, 6 - w kolejności 2, 4, 6.\nPonieważ mamy 6 możliwości ustalenia kolejności dla trzech liczb 2, 4, 6, więc liczby\nparzyste ze zbioru Z możemy ustawić na 6 20\n⋅\nsposobów.\nDo ustawionych liczb parzystych na wolne miejsca ustawiamy liczby nieparzyste, a możemy\nto zrobić na 5! sposobów.\nZatem\n6 20 5!\nA =\n⋅\n⋅\nIV metoda (ustalenie pozycji parzystych)\nWypiszmy wszystkie przypadki wyboru trzech miejsc, spośród ośmiu, dla liczb parzystych,\nz uwzględnieniem warunku, że żadne dwie parzyste nie sąsiadują ze sobą.\n(a) pierwsza liczba parzysta na pierwszym miejscu\np - p - p - - -, p - p - - p - -, p - p - - - p -, p - p - - - - p, p - - p - p - -,\np - - p - - p -, p - - p - - - p, p - - - p - p -, p - - - p - - p, p - - - - p - p,\n(b) pierwsza liczba parzysta na drugim miejscu\n- p - p - p - -, - p - p - - p -, - p - p - - - p, - p - - p - p -, - p - - p - - p,\n- p - - - p - p,\n(c) pierwsza liczba parzysta na trzecim miejscu\n- - p - p - p -, - - p - p - - p, - - p - - p - p,\n(d) pierwsza liczba parzysta na czwartym miejscu\n- - - p - p - p.\nŁącznie mamy 20 przypadków ustalenia w ciągu 8-wyrazowym pozycji liczb parzystych.\nZatem","solution":null,"image":"img/matematyka-2018-maj-matura-stara-rozszerzona/zad-10.webp","solution_image":null,"topics":null,"page_from":16,"source":"ocr","answer_source":null,"answer_text_source":"ocr","solution_source":null,"text_source":"ocr","source_label":"Matematyka · Matura · maj 2018 (rozszerzona)","subject_label":"Matematyka","category_label":"Matura"},{"id":"matematyka-2018-maj-matura-stara-rozszerzona/zad/11","paper_id":"matematyka-2018-maj-matura-stara-rozszerzona","number":"11","points":5,"ptype":"open","subject":"matematyka","category":"matura","year":2018,"month":"maj","level":"rozszerzona","text":"Zadanie 11. (5 pkt)\nPrzekrój ostrosłupa prawidłowego trójkątnego ABCS płaszczyzną przechodzącą przez\nwierzchołek S i wysokości dwóch ścian bocznych jest trójkątem równobocznym. Krawędź\nboczna tego ostrosłupa ma długość 4 3\n3\n. Oblicz objętość tego ostrosłupa.\n\nPoziom rozszerzony\nMMA_1R\nOdpowiedź:\nWypełnia\negzaminator\nNr zadania\n11.\nMaks. liczba pkt\n5\nUzyskana liczba pkt\n\nPoziom rozszerzony\nMMA_1R\nBRUDNOPIS (nie podlega ocenie)","answer":null,"answer_text":null,"solution":null,"image":"img/matematyka-2018-maj-matura-stara-rozszerzona/zad-11.webp","solution_image":null,"topics":null,"page_from":18,"source":"matugen","answer_source":null,"answer_text_source":null,"solution_source":null,"text_source":"ocr","source_label":"Matematyka · Matura · maj 2018 (rozszerzona)","subject_label":"Matematyka","category_label":"Matura"}]}