{"paper":{"id":"matematyka-2020-czerwiec-matura-stara-rozszerzona","subject":"matematyka","category":"matura","year":2020,"month":"czerwiec","level":"rozszerzona","variant":"stara","exam_pdf":"matematyka-2020-czerwiec-matura-stara-rozszerzona/matematyka-2020-czerwiec-matura-stara-rozszerzona.pdf","key_pdf":"matematyka-2020-czerwiec-matura-stara-rozszerzona-odpowiedzi/matematyka-2020-czerwiec-matura-stara-rozszerzona-odpowiedzi.pdf","question_count":12,"source_label":"Matematyka · Matura · czerwiec 2020 (rozszerzona)","subject_label":"Matematyka","category_label":"Matura"},"questions":[{"id":"matematyka-2020-czerwiec-matura-stara-rozszerzona/zad/1","paper_id":"matematyka-2020-czerwiec-matura-stara-rozszerzona","number":"1","points":4,"ptype":"open","subject":"matematyka","category":"matura","year":2020,"month":"czerwiec","level":"rozszerzona","text":"Zadanie 1. (4 pkt)\nRozwiąż nierówność\n1\n1\n1\n1\nx\n\n\n≤\n\n\n\n\nOdpowiedź:\n\nPoziom rozszerzony\nMMA_1R","answer":null,"answer_text":"Zadanie 1. (4 pkt)\nObszar standardów\nOpis wymagań\nII. Wykorzystanie\ni interpretowanie reprezentacji.\n3. Równania i nierówności. Zdający rozwiązuje proste\nrównania i nierówności wymierne (R3.d).\nZasady oceniania\nRozwiązanie, w którym postęp jest wprawdzie niewielki, ale konieczny na drodze\ndo pełnego rozwiązania zadania 1p.\nZdający zapisze, że\n0\nx ≠\ni\n1\nx ≠\ni doprowadzi nierówność do postaci\n1\n1\nx\nx ≤\ni na tym zakończy lub dalej popełni błędy.\nPokonanie zasadniczych trudności zadania 2p.\nZdający zapisze nierówność w postaci\n2\n1\n0\n1\nx\nx\n-≤\ni\n1\nx ≠\n, albo\n(\n)\n(\n)\n2\n1\n1\nx x\nx\n≤\ni\n1\nx ≠\ni na tym zakończy lub dalej popełni błędy.\nRozwiązanie prawie pełne 3p.\nZdający poda pierwiastki\n1\n2\nx =\nlub\n1\nx =\ni na tym zakończy lub dalej popełni błędy.\nRozwiązanie pełne 4p.\nZdający zapisze rozwiązanie nierówności z uwzględnieniem założeń\n0\nx ≠\n,\n1\nx ≠\n:\n)\n(\n)\n(\n(\n1\n2\n, 0\n0,\n1,\nx∈-∞\n∪\n∪\n+∞.\nPrzykładowe rozwiązanie\nZakładamy, że\n0\nx ≠\ni\n1\n0\n≠\nx\n. Stąd\n0\nx ≠\ni\n1\nx ≠\nWykonując równoważne przekształcenia nierówności otrzymujemy:\n1\n1\n1\nx\nx\nx\n\n\n≤\n\n\n\n\n,\n1\n1\n1\nx\nx\n\n\n≤\n\n\n\n\n,\n1\n1\nx\nx ≤\n,\n1\n0\n1\nx\nx -≤\n,\n1\n0\n1\n1\nx\nx\nx\nx\n≤\n-1\nZasady oceniania rozwiązań zadań\nZatem nierówność\n1\n1\n1\n1\nx\n\n\n≤\n\n\n\n\nmożemy zapisać w następującej postaci 2\n1\n0\n1\nx\nx\n-≤\ndla\n0\nx ≠\ni\n1\nx ≠\nZnak ilorazu 2\n1\n0\n1\nx\nx\n-≤\njest taki sam jak znak iloczynu (\n)(\n)\n2\n1 1\n0\nx\nx\n≤\nPierwiastkami trójmianu (\n)(\n)\n2\n1 1\nx\nx\nsą liczby:\n1\n2\nx =\nlub\n1\nx =\nStąd wynika, że rozwiązaniem nierówności\n1\n1\n1\n1\nx\n\n\n≤\n\n\n\n\n, po uwzględnieniu założeń\n0\nx ≠\ni\n1\nx ≠\n,\njest suma przedziałów:\n)\n(\n)\n(\n(\n1\n2\n, 0\n0,\n1,\n-∞\n∪\n∪\n+∞.","solution":null,"image":"img/matematyka-2020-czerwiec-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 · czerwiec 2020 (rozszerzona)","subject_label":"Matematyka","category_label":"Matura"},{"id":"matematyka-2020-czerwiec-matura-stara-rozszerzona/zad/2","paper_id":"matematyka-2020-czerwiec-matura-stara-rozszerzona","number":"2","points":3,"ptype":"open","subject":"matematyka","category":"matura","year":2020,"month":"czerwiec","level":"rozszerzona","text":"Zadanie 2. (3 pkt)\nWyznacz wszystkie wartości parametru a , dla których równanie\n(\n)\n2\n5\n1\n4\nx\na\nma dwa\nróżne rozwiązania dodatnie.\nOdpowiedź:\nWypełnia\negzaminator\nNr zadania\n1.\n2.\nMaks. liczba pkt\n4\n3\nUzyskana liczba pkt\n\nPoziom rozszerzony\nMMA_1R","answer":null,"answer_text":"Zadanie 2. (3 pkt)\nObszar standardów\nOpis wymagań\nIV. Użycie i tworzenie strategii.\n1. Liczby rzeczywiste. Zdający wykorzystuje pojęcie\nwartości bez względnej i jej interpretację\ngeometryczną (1.f).\n4. Funkcje. Zdający mając dany wykres funkcji\n( )\ny\nf\nx potrafi naszkicować wykres funkcji\n( )\ny\nf x\n(R4.a).\nZasady oceniania I sposobu rozwiązania\nRozwiązanie, w którym postęp jest wprawdzie niewielki, ale konieczny na drodze\ndo pełnego rozwiązania zadania 1p.\nZdający naszkicuje wykres funkcji f określonej wzorem:\n( )\n5\nf x\nx\nalbo\n( )\n5\n4\nf x\nx\ni na tym zakończy lub dalej popełni błędy.\nPokonanie zasadniczych trudności zadania 2p.\nZdający zapisze układ nierówności\n(\n)\n2\n0\n1\n4\n5\na\n<\n<\noraz rozwiąże poprawnie jedną z nierówności tego układu\nalbo\n(\n)\n2\n4\n1\n9\na\n<\n<\noraz rozwiąże poprawnie jedną z nierówności tego układu\ni na tym zakończy lub dalej popełni błędy.\nRozwiązanie pełne 3p.\nZdający rozwiąże układ nierówności i zapisze, że\n(\n)\n(\n)\n2, 1\n3,4\na∈--\n∪\nZasady oceniania II sposobu rozwiązania\nRozwiązanie, w którym postęp jest wprawdzie niewielki, ale konieczny na drodze\ndo pełnego rozwiązania zadania 1p.\nZdający zapisze, że podane równanie ma dwa rozwiązania dodatnie, gdy spełniona jest\nnierówność\n0\n5\n5\nx\n<\n<\ni na tym zakończy lub dalej popełni błędy.\nPokonanie zasadniczych trudności zadania 2p.\nZdający zapisze układ nierówności\n(\n)\n2\n0\n1\n4\n5\na\n<\n<\noraz rozwiąże poprawnie jedną\nz dwóch nierówności tego układu i na tym zakończy lub dalej popełni błędy.\nRozwiązanie pełne 3p.\nZdający rozwiąże układ nierówności i zapisze, że\n(\n)\n(\n)\n2, 1\n3,4\na∈-\n∪\nZasady oceniania III sposobu rozwiązania\nRozwiązanie, w którym postęp jest wprawdzie niewielki, ale konieczny na drodze\ndo pełnego rozwiązania zadania 1p.\nZdający:\nzapisze, że podane równanie ma więcej niż jedno rozwiązanie wtedy, gdy spełniona\njest nierówność\n(\n)\n2\n1\n4\n0\na -\n>\n,\nalbo\nzapisze podane równanie w postaci alternatywy równań\n(\n)\n2\n5\n1\n4\nx\na\nlub\n(\n)\n2\n5\n1\n4\nx\na\ni na tym zakończy lub dalej popełni błędy.\nPokonanie zasadniczych trudności zadania 2p.\nZdający:\nzapisze, że podane równanie ma więcej niż jedno rozwiązanie wtedy, gdy spełniona\njest nierówność\n(\n)\n2\n1\n4\n0\na -\n>\n,\ni\nzapisze podane równanie w postaci alternatywy równań\n(\n)\n2\n5\n1\n4\nx\na\nlub\n(\n)\n2\n5\n1\n4\nx\na\ni\nrozwiąże poprawnie przynajmniej jedną z trzech nierówności:\n(\n)\n2\n1\n4\n0\na -\n>\n, (\n)\n2\n1\n1\n0\na -\n+ >\n,\n(\n)\n2\n9\n1\n0\na\n>\ni na tym zakończy lub dalej popełni błędy.\nRozwiązanie pełne 3p.\nZdający zapisze, że\n(\n)\n(\n)\n2, 1\n3,4\na∈-\n∪\nZasady oceniania rozwiązań zadań\nZasady oceniania IV sposobu rozwiązania\nRozwiązanie, w którym postęp jest wprawdzie niewielki, ale konieczny na drodze\ndo pełnego rozwiązania zadania 1p.\nZdający\nzapisze warunek istnienia rozwiązań rzeczywistych równania\n(\n)\n2\n5\n1\n4\nx\na\n:\n(\n)\n2\n1\n4\n0\na -\n≥\nalbo\nzdający zapisze układ nierówności:\n(\n)\n(\n)\n(\n)\n2\n2\n2\n10\n4 25\n1\n4\n0\na\n\n\n>\n\n\n\n\ni (\n)\n10\n1\n0\n>\ni\n(\n)\n(\n)\n2\n2\n25\n1\n4\n0\na\n>\ni na tym zakończy lub dalej popełni błędy.\nPokonanie zasadniczych trudności zadania 2p.\nZdający zapisze układ nierówności\n(\n)\n2\n1\n4\n0\na -\n≥\ni (\n)\n(\n)\n(\n)\n2\n2\n2\n10\n4 25\n1\n4\n0\na\n\n\n>\n\n\n\n\ni (\n)\n10\n1\n0\n>\ni\n(\n)\n(\n)\n2\n2\n25\n1\n4\n0\na\n>\ni poprawnie rozwiąże drugą lub czwartą z nich i na tym zakończy lub dalej popełni błędy.\nRozwiązanie pełne 3p.\nZdający rozwiąże układ nierówności i zapisze, że\n(\n)\n(\n)\n2, 1\n3,4\na∈-\n∪\nZasady oceniania V sposobu rozwiązania\nRozwiązanie, w którym postęp jest wprawdzie niewielki, ale konieczny na drodze\ndo pełnego rozwiązania zadania 1p.\nZdający zastosuje definicję wartości bezwzględnej i zapisze równanie w każdym z dwóch\nprzypadków:\ngdy\n5\n0\nx-≥\n, to\n(\n)\n2\n5\n1\n4\nx\na\n,\ngdy\n5\n0\nx-<\n, to\n(\n)\n2\n5\n1\n4\nx\na\ni na tym zakończy lub dalej popełni błędy.\nPokonanie zasadniczych trudności zadania 2p.\nZdający zapisze warunki na to, żeby rozwiązaniem równania była liczba dodatnia w każdym\nz dwóch rozpatrywanych przypadków i wyznaczy wszystkie wartości parametru a, dla których\nrozwiązaniem równania jest liczba dodatnia w jednym z tych przypadków:\ngdy\n5\n0\nx-≥\n, to (\n)\n2\n1\n1\n0\na -\n+ >\ni (\n)\n2\n1\n1\n5\na -\n+ ≥\n, skąd\n(\n)\n, 1\n3,\na∈-∞-\n∪\n+∞\nalbo\ngdy\n5\n0\nx-<\n, to\n(\n)\n2\n9\n1\n0\na\n>\ni\n(\n)\n2\n9\n1\n5\na\n<\n, skąd\n(\n)\n(\n)\n2, 1\n3,4\na∈-\n∪\ni na tym zakończy lub dalej popełni błędy.\nRozwiązanie pełne 3p.\nZdający wyznaczy wszystkie wartości parametru a, dla których równanie\n(\n)\n2\n5\n1\n4\nx\na\nma dwa rozwiązania dodatnie:\n(\n)\n(\n)\n2, 1\n3,4\na∈-\n∪\nUwaga\nJeżeli zdający rozpatrzy oba przypadki, ale w pierwszym przypadku nie skomentuje,\nże nierówność (\n)\n2\n1\n1\n0\na -\n+ >\njest prawdziwa dla każdej liczby rzeczywistej a, to może\notrzymać 3 punkty za całe rozwiązanie.\nUwagi:\n1. Jeśli zdający zapisze nierówność (\n)\n2\n1\n4\n0\na -\n≥\ni konsekwentnie do tego błędu\nrozwiąże zadanie do końca, otrzymując w odpowiedzi zbiór (\n)\n2, 1\n3,4\n∪\n,\nto otrzymuje 2 punkty.\n2. Jeżeli zdający rozwiązuje zadanie I sposobem i naszkicowany wykres zawiera usterki,\nale dalsze rozumowanie jest prawidłowe, to może otrzymać co najwyżej\n2 punkty.\n3. Jeżeli zdający, sporządzając wykres funkcji\n( )\n5\n4\nf\nx\nx\n, błędnie przesunie\nwykres funkcji\n5\ny\nx\no 4 jednostki w dół i konsekwentnie przeprowadzi\nrozumowanie do końca, to może otrzymać co najwyżej 2 punkty za całe rozwiązanie.\n4. Jeżeli zdający, sporządzając wykres funkcji\n( )\n5\n4\nf\nx\nx\n, zamieni miejscami\nwspółrzędne wektora przesunięcia, otrzyma wykres funkcji, dla której istnieją dwa\nrozwiązania dodatnie równania\n( )\n(\n)\n2\n1\nf x\na\ni konsekwentnie przeprowadzi\nrozumowanie do końca, to może otrzymać co najwyżej 1 punkt za całe rozwiązanie.\n5. Jeżeli zdający, sporządzając wykres funkcji\n( )\n5\nf\nx\nx\n, błędnie przesunie wykres\nfunkcji y\nx\n, i otrzyma wykres funkcji g takiej, że nie istnieją dwa dodatnie\nrozwiązania równania\n( )\n(\n)\n2\n1\n4\ng x\na\n, to otrzymuje 0 punktów za całe\nrozwiązanie.\nPrzykładowe rozwiązanie\nZasady oceniania rozwiązań zadań\nI sposób\nRozważmy funkcję f określoną wzorem\n( )\n5\nf x\nx\ni naszkicujmy jej wykres.\nWnioskujemy stąd, że podane równanie ma dwa pierwiastki dodatnie, jeśli spełniona jest\nnierówność\n(\n)\n2\n0\n1\n4\n5\na\n<\n<\n, czyli nierówność\n(\n)\n2\n4\n1\n9\na\n<\n<\nStąd otrzymujemy, że 2\n1\n3\na\n<\n-<\n, zatem\n(\n)\n(\n)\n(\n)\n1\n3, 2\n2,3\na -\n∈--\n∪\nOstatecznie\n(\n)\n(\n)\n2, 1\n3,4\na∈--\n∪\nII sposób („podstawianie”)\nRównanie\n(\n)\n2\n5\n1\n4\nx\na\nma dwa dodatnie rozwiązania rzeczywiste, gdy prawdziwa jest\nnierówność\n0\n5\n5\nx\n<\n<\nPonieważ\n(\n)\n2\n5\n1\n4\nx\na\n, więc prawdziwa jest nierówność\n(\n)\n2\n0\n1\n4\n5\na\n<\n<\nNierówność ta jest równoważna koniunkcji nierówności\n(\n)(\n)\n3\n1\n0\na\na\n>\ni (\n)(\n)\n2\n4\n0\na\na\n<\n,\nskąd otrzymujemy\n(\n)\n(\n)\n, 1\n3,\na∈-∞-\n∪\n+∞ i\n(\n)\n2,4\na∈-\nZatem dla\n(\n)\n(\n)\n2, 1\n3,4\na∈-\n∪\nrównanie\n(\n)\n2\n5\n1\n4\nx\na\nma dwa rozwiązania dodatnie.\nIII sposób\nRównanie\n(\n)\n2\n5\n1\n4\nx\na\nma dwa rozwiązania, gdy spełniona jest nierówność\n(\n)\n2\n1\n4\n0\na -\n>\nNierówność ta jest równoważna nierówności (\n)(\n)\n3\n1\n0\na\na\n>\nskąd otrzymujemy\n1 lub\n3\na\na\n< -\n>\n(1)\nRównanie\n(\n)\n2\n5\n1\n4\nx\na\njest równoważne alternatywie równań:\n(\n)\n2\n5\n1\n4\nx\na\nlub\n(\n)\n2\n5\n1\n4\nx\na\n(\n)\n2\n1\n1\nx\na\n+ lub\n(\n)\n2\n1\n9\nx\na\nRozwiązanie pierwszego z równań jest liczbą dodatnią dla każdej liczby rzeczywistej a.\nZatem, aby równanie miało dwa dodatnie rozwiązania musi być spełniony warunek:\n(\n)\n2\n1\n9\n0\na\n>\nStąd otrzymujemy (\n)(\n)\n3\n1 3\n1\n0\na\na\n>\n, czyli (\n)(\n)\n2\n4\n0\na\na\n>\n, a zatem\n2\n4\na\n-<\n<\n(2)\nUwzględniając (1) i (2) otrzymujemy\n(\n)\n(\n)\n2, 1\n3,4\na∈-\n∪\nIV sposób\nPonieważ lewa strona równania\n(\n)\n2\n5\n1\n4\nx\na\njest nieujemna, więc równanie ma co\nnajmniej jedno rozwiązanie rzeczywiste wtedy i tylko wtedy, gdy\n(\n)\n2\n1\n4\n0\na -\n≥\n,\n(\n)(\n)\n1 2\n1 2\n0\na\na\n≥\n,\n(\n)(\n)\n3\n1\n0\na\na\n≥\n,\n1\na ≤-\nlub\n3\na ≥\nWtedy, podnosząc obie strony równania\n(\n)\n2\n5\n1\n4\nx\na\ndo kwadratu, otrzymujemy\nrównanie równoważne\n(\n)\n(\n)\n2\n2\n2\n5\n1\n4\nx\na\n,\n(\n)\n(\n)\n(\n)\n2\n2\n2\n5\n1\n4\nx\na\n,\n(\n)\n(\n)\n2\n2\n2\n10\n25\n1\n4\n0\nx\nx\na\nRównanie to ma dwa dodatnie rozwiązania rzeczywiste 1x ,\n2x , gdy spełnione są jednocześnie\ntrzy warunki\nΔ > 0 i\n1\n2\nx\nx\n> 0\ni\n1 2\nx x > 0 .\nZe wzorów Viète’a otrzymujemy\n(\n)\n(\n)\n(\n)\n2\n2\n2\n10\n4 25\n1\n4\n0\na\n\n\n>\n\n\n\n\ni\n(\n)\n10\n1\n0\n>\ni\n(\n)\n(\n)\n2\n2\n25\n1\n4\n0\na\n>\n,\nDruga z tych nierówności jest prawdziwa dla każdej wartości rzeczywistej a.\nRozwiązujemy pierwszą z tych nierówności\nZasady oceniania rozwiązań zadań\n(\n)\n(\n)\n2\n2\n100\n4 25\n1\n4\n0\na\n\n\n>\n\n\n\n\n,\n(\n)\n(\n)\n2\n2\n25\n25\n1\n4\n0\na\n\n\n>\n\n\n\n\n,\n(\n)\n(\n)\n2\n2\n1\n4\n0\na -\n>\n,\n(\n)\n2\n1\n4\n0\na -\n≠\n,\n(\n)(\n)\n1 2\n1 2\n0\na\na\n≠\n,\n(\n)(\n)\n3\n1\n0\na\na\n≠\n,\n3\na ≠\ni\n1\na ≠-.\nRozwiązujemy trzecią z nierówności\n(\n)\n(\n)\n2\n2\n25\n1\n4\n0\na\n>\n,\n(\n)\n(\n)\n(\n)\n(\n)\n(\n)\n(\n)\n2\n2\n5\n1\n4\n5\n1\n4\n0\na\na\n>\n,\n(\n)\n(\n) (\n)\n(\n)\n2\n2\n9\n1\n1\n1\n0\na\na\n>\n,\nPonieważ (\n)\n2\n1\n1\n0\na -\n+ >\ndla każdej wartości a, więc\n(\n)\n2\n9\n1\n0\na\n>\n,\n(\n)\n(\n)\n(\n)\n(\n)\n3\n1\n3\n1\n0\na\na\n>\n,\n(\n)(\n)\n4\n2\n0\na\na\n>\n,\n2\n4\na\n-<\n<\nW rezultacie otrzymujemy\n(\n1\na ≤- lub\n3\na ≥\n) i\n3\na ≠\ni\n1\na ≠- i 2\n4\na\n-<\n<\nStąd\n(\n)\n(\n)\n2, 1\n3,4\na∈-\n∪\nV sposób\nRozważmy dwa przypadki.\n1. Gdy\n5\n0\nx-≥\n, czyli\n5\nx ≥\n, to wtedy\n5\n5\nx\nx\n, a równanie ma postać\n(\n)\n2\n5\n1\n4\nx\na\n. Stąd\n(\n)\n2\n1\n1\nx\na\n+ . Rozwiązanie to jest dodatnie dla każdej wartości\nrzeczywistej a. Ponieważ\n5\nx ≥\n, więc (\n)\n2\n1\n1\n5\na -\n+ ≥\n, czyli (\n)\n2\n1\n4\na -\n≥\n, skąd\n1\n2\na -≥\n,\na więc\n1\na ≤- lub\n3\na ≥\n. W tym przypadku otrzymujemy\n(\n)\n, 1\n3,\na∈-∞-\n∪\n+∞.\n2. Gdy\n5\n0\nx-<\n, czyli\n5\nx <\n, to wtedy\n5\n5\nx\nx\n, a równanie ma postać\n(\n)\n2\n5\n1\n4\nx\na\nStąd\n(\n)\n2\n9\n1\nx\na\nRozwiązanie\nto\njest\ndodatnie,\ngdy\n(\n)\n2\n9\n1\n0\na\n>\n, czyli (\n)\n2\n1\n9\na -\n<\n, skąd\n1\n3\na -\n<\n, a więc 2\n4\na\n-<\n<\n. Rozwiązanie to jest\nmniejsze od 5, gdy\n(\n)\n2\n9\n1\n5\na\n<\n, czyli (\n)\n2\n1\n4\na -\n>\n, skąd\n1\n2\na -\n>\n, a więc\n1\na < - lub\n3\na >\n. Zatem w tym przypadku otrzymujemy\n(\n)\n(\n)\n2, 1\n3,4\na∈-\n∪\nW rezultacie rozpatrzonych przypadków otrzymujemy\n(\n)\n, 1\n3,\na∈-∞-\n∪\n+∞ i\n(\n)\n(\n)\n2, 1\n3,4\na∈-\n∪\n,\na więc\n(\n)\n(\n)\n2, 1\n3,4\na∈-\n∪","solution":null,"image":"img/matematyka-2020-czerwiec-matura-stara-rozszerzona/zad-2.webp","solution_image":null,"topics":null,"page_from":3,"source":"ocr","answer_source":null,"answer_text_source":"ocr","solution_source":null,"text_source":"ocr","source_label":"Matematyka · Matura · czerwiec 2020 (rozszerzona)","subject_label":"Matematyka","category_label":"Matura"},{"id":"matematyka-2020-czerwiec-matura-stara-rozszerzona/zad/3","paper_id":"matematyka-2020-czerwiec-matura-stara-rozszerzona","number":"3","points":3,"ptype":"open","subject":"matematyka","category":"matura","year":2020,"month":"czerwiec","level":"rozszerzona","text":"Zadanie 3. (3 pkt)\nLiczby dodatnie a i b spełniają równość\n2\n2\n2\n4\n4\na\na\nb\nb\n. Wykaż, że\n2\na\nb\n\nPoziom rozszerzony\nMMA_1R\nA\nB\nC\nM\nD","answer":null,"answer_text":"Zadanie 3. (3 pkt)\nObszar standardów\nOpis wymagań\nV. Rozumowanie i argumentacja.\n2. Wyrażenia algebraiczne. Zdający posługuje się\nwzorami skróconego mnożenia: (\n)\n±\n2\na\nb\n, (\n)\n±\n3\na\nb\n,\n2\n2\na\nb ,\n±\n3\n3\na\nb (2.a).\nZasady oceniania I sposobu rozwiązania\nRozwiązanie, w którym postęp jest wprawdzie niewielki, ale konieczny na drodze\ndo pełnego rozwiązania zadania 1p.\nZdający zapisze równanie\ni na tym zakończy lub dalej popełni błędy.\nPokonanie zasadniczych trudności zadania 2p.\nZdający zapisze wniosek\n(bez uzasadnienia lub z niepełnym uzasadnieniem)\ni na tym zakończy lub dalej popełni błędy.\nRozwiązanie pełne 3p.\nZdający zapisze pełne uzasadnienie.\nZasady oceniania II sposobu rozwiązania\nRozwiązanie, w którym postęp jest wprawdzie niewielki, ale konieczny na drodze\ndo pełnego rozwiązania zadania 1p.\nZdający zapisze równanie\ni na tym zakończy lub dalej popełni błędy.\nPokonanie zasadniczych trudności zadania 2p.\nZdający zapisze wniosek\n(bez uzasadnienia lub z niepełnym uzasadnieniem)\ni na tym zakończy lub dalej popełni błędy.\nRozwiązanie pełne 3p.\nZdający zapisze pełne uzasadnienie.\n2\n2\n)1\n2\n(\n)1\n(\nb\na\nb\na\n2\n)\n2\n(\n2\n)\n2\n)(\n2\n(\nb\na\nb\na\nb\na\nb\na\n2\nZasady oceniania rozwiązań zadań\nZasady oceniania III sposobu rozwiązania\nRozwiązanie, w którym postęp jest wprawdzie niewielki, ale konieczny na drodze\ndo pełnego rozwiązania zadania 1p.\nZdający obliczy wyróżnik trójmianu kwadratowego\n2\n2\n2\n4\n4\na\na\nb\nb\nnp. zmiennej a, obliczy\njego wyróżnik\n(\n)\n2\n4\n2\nb\nΔ =\ni zapisze, że jest on nieujemny dla każdej wartości b albo, że\njest on dodatni dla każdej wartości\n0\nb >\ni na tym zakończy lub dalej popełni błędy.\nPokonanie zasadniczych trudności zadania 2p.\nZdający obliczy pierwiastki trójmianu\n2\n2\n2\n4\n4\na\na\nb\nb\n:\n2\n2\na\nb\nlub\n2\na\nb\ni na tym zakończy lub dalej popełni błędy.\nRozwiązanie pełne 3p.\nZdający zapisze pełne uzasadnienie.\nUwaga\nJeżeli zdający sprawdza prawdziwość równania jedynie dla wybranych wartości a i b,\nto otrzymuje 0 punktów.\nPrzykładowe rozwiązanie\nI sposób\nZapisujemy równanie równoważne równaniu z założenia:\nKorzystamy ze wzoru skróconego mnożenia i zapisujemy to równanie w postaci\n. Oba wyrażenia w nawiasach są dodatnie, zatem równość kwadratów jest\nrównoważna równości tych wyrażeń, stąd\ni dalej,\nTo kończy dowód.\nII sposób\nPrzekształcamy założenie równoważnie:\nLiczby a i b są dodatnie, zatem\n. Stąd\n, czyli\nTo kończy dowód.\n1\n4\n4\n1\n2\n2\n2\nb\nb\na\na\n2\n2\n)1\n2\n(\n)1\n(\nb\na\n1\n2\n1\nb\na\nb\na\n2\na\nb\nb\na\n2\n4\n4\n2\n2\n)\n2\n(\n2\n)\n2\n)(\n2\n(\nb\na\nb\na\nb\na\n0\n)\n2\n2\n)(\n2\n(\nb\na\nb\na\n0\n2\n2\n≠\n+ b\na\n0\n2 =\n-b\na\nb\na\n2\nIII sposób\nWyrażenie\n2\n2\n2\n4\n4\na\na\nb\nb\ntraktujemy jako trójmian kwadratowy jednej zmiennej np. a.\nWyróżnik trójmianu kwadratowego\n2\n2\n2\n4\n4\na\na\nb\nb\njest równy:\n(\n)\n2\n4\n2\nb\nΔ =\nTen wyróżnik jest nieujemny dla każdej rzeczywistej wartości b.\nObliczamy pierwiastki tego trójmianu\n2\n2\na\nb\nlub\n2\na\nb\nPonieważ\n0\nb >\n, więc liczba 2\n2\n0\nb\n<\n, co jest sprzeczne z założeniem, że\n0\na >\nZatem\n2\na\nb\nTo kończy dowód.","solution":null,"image":"img/matematyka-2020-czerwiec-matura-stara-rozszerzona/zad-3.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 · czerwiec 2020 (rozszerzona)","subject_label":"Matematyka","category_label":"Matura"},{"id":"matematyka-2020-czerwiec-matura-stara-rozszerzona/zad/4","paper_id":"matematyka-2020-czerwiec-matura-stara-rozszerzona","number":"4","points":3,"ptype":"open","subject":"matematyka","category":"matura","year":2020,"month":"czerwiec","level":"rozszerzona","text":"Zadanie 4. (3 pkt)\nDany jest trójkąt równoramienny ABC , w którym\n6\nAC\nBC\n, a punkt D jest środkiem\npodstawy AB. Okrąg o środku D jest styczny do prostej AC w punkcie M. Punkt K leży na boku\nAC, punkt L leży na boku BC, odcinek KL jest styczny do rozważanego okręgu oraz\n2\nKC\nLC\n(zobacz rysunek).\nWykaż, że\n4\n5\nAM\nMC =\nWypełnia\negzaminator\nNr zadania\n3.\n4.\nMaks. liczba pkt\n3\n3\nUzyskana liczba pkt\nK\nL\n\nPoziom rozszerzony\nMMA_1R","answer":null,"answer_text":"Zadanie 4. (3 pkt)\nObszar standardów\nOpis wymagań\nV. Rozumowanie i argumentacja.\n7. Planimetria. Zdający wykorzystuje własności figur\npodobnych w zadaniach, w tym umieszczonych w\nkontekście praktycznym (7.b).\nZasady oceniania I i II sposobu\nRozwiązanie, w którym postęp jest wprawdzie niewielki, ale konieczny na drodze\ndo pełnego rozwiązania zadania\n1p.\nZdający:\nskorzysta z podobieństwa trójkątów i zapisze, np.:\n3\nAD\nKP\nlub zapisze\nCP\nx\ni\n2\nDP\nx\nalbo\nskorzysta z twierdzenia o odcinkach stycznych i zapisze, np.: KM\nKP\ni na tym zakończy lub dalej popełni błędy.\nPokonanie zasadniczych trudności zadania 2p.\nZdający:\nskorzysta z podobieństwa trójkątów CPK i CMD i zapisze poprawne równanie\npozwalające obliczyć długość odcinka PK:\n2\n2\n3\nPK\nx\nx\nalbo\nskorzysta z podobieństwa trójkątów ADM i ACD oraz zapisze poprawne równanie\nz jedną niewiadomą, np. 4\n3\n3\n6\nt\nt\nt\n, gdzie t\nKM\nKP\ni na tym zakończy lub dalej popełni błędy.\nRozwiązanie pełne 3p.\nZdający rozwiąże powyższe równanie i uzasadni, że\n:\n4 : 5\nAM\nMC =\nZasady oceniania rozwiązań zadań\nA\nB\nC\nM\nD\nPrzykładowe rozwiązanie\nI sposób\nNajpierw uzupełnimy rysunek.\nZ twierdzenia odwrotnego do twierdzenia Talesa wnosimy, że odcinek KL jest równoległy\ndo odcinka AB .\nOznaczmy środek odcinka KL przez P i niech CP\nx\nTrójkąty CKP i CAD są podobne (cecha KKK) w skali 1:3. Wtedy\n2\nPD\nx\ni\n2\nMD\nx\nTrójkąty CPK i CMD są podobne (cecha KKK). Stąd PK\nMD\nCK\nCD\n, czyli\n2\n2\n3\nPK\nx\nx\nStąd\n4\n3\nPK =\n, więc\n8\n3\nAM =\noraz\n8\n10\n3\n3\n6\nMC =\nZatem\n8\n3\n10\n3\n4\n5\nAM\nMC =\nTo kończy dowód.\nII sposób\nNajpierw uzupełnimy rysunek.\nZ twierdzenia odwrotnego do twierdzenia Talesa wnosimy, że odcinek KL jest równoległy\ndo odcinka AB .\nNiech punkt P będzie środkiem odcinka KL.\nZauważamy, że KM\nKP\n,z twierdzenia o równości odcinków stycznych, łączących punkt\nleżący poza okręgiem z punktami styczności.\nA\nB\nC\nM\nD\nK\nL\nP\nK\nL\nP\nx\nNiech KM\nKP\nt\n= . Wtedy\n3\nAD\nt\ni\n4\nAM\nt\n-. Trójkąt ADM jest podobny do trójkąta\nACD , na mocy cechy (kąt, kąt, kąt); są to trójkąty prostokątne, a kąt MAD jest wspólny dla\nobu trójkątów.\nMożemy zatem zapisać równość:\nAM\nAD\nAD\nAC\n, czyli 4\n3\n3\n6\nt\nt\nt\n, skąd otrzymujemy równanie\n2\n9\n6\n24\n0\nt\nt\nRównanie to ma dwa rozwiązania:\n2\nt = -,\n4\n3\nt =\n. Odrzucamy ujemne rozwiązanie tego\nrównania.\nZatem\n4\n3\nt =\n. Ostatecznie\n4\n8\n4\n4\n3\n3\n4\n10\n5\n2\n3\n3\nAM\nMC\nTo kończy dowód.","solution":null,"image":"img/matematyka-2020-czerwiec-matura-stara-rozszerzona/zad-4.webp","solution_image":null,"topics":null,"page_from":5,"source":"ocr","answer_source":null,"answer_text_source":"ocr","solution_source":null,"text_source":"ocr","source_label":"Matematyka · Matura · czerwiec 2020 (rozszerzona)","subject_label":"Matematyka","category_label":"Matura"},{"id":"matematyka-2020-czerwiec-matura-stara-rozszerzona/zad/5","paper_id":"matematyka-2020-czerwiec-matura-stara-rozszerzona","number":"5","points":5,"ptype":"open","subject":"matematyka","category":"matura","year":2020,"month":"czerwiec","level":"rozszerzona","text":"Zadanie 5. (5 pkt)\nW trzywyrazowym ciągu geometrycznym (\n)\n1\n2\n3\n,\n,\na a\na\nspełniona jest równość\n1\n2\n3\n21\n4\na\na\na\nWyrazy\n1\n2\n3\n,\n,\na\na\na\nsą - odpowiednio - czwartym, drugim i pierwszym wyrazem rosnącego\nciągu arytmetycznego. Oblicz\n1a .\n\nPoziom rozszerzony\nMMA_1R\nOdpowiedź:\nWypełnia\negzaminator\nNr zadania\n5.\nMaks. liczba pkt\n5\nUzyskana liczba pkt\n\nPoziom rozszerzony\nMMA_1R","answer":null,"answer_text":"Zadanie 5. (5 pkt)\nObszar standardów\nOpis wymagań\nV. Rozumowanie i argumentacja.\n5. Ciągi. Zdający stosuje wzory na n-ty wyraz i na\nsumę n-początkowych wyrazów ciągu\narytmetycznego i ciągu geometrycznego, również\numieszczone w kontekście praktycznym (5.c).\nZasady oceniania I, II i III sposobu rozwiązania\nRozwiązanie, w którym postęp jest wprawdzie niewielki, ale konieczny na drodze\ndo pełnego rozwiązania zadania 1p.\nZdający\nwykorzysta wzór na n-ty wyraz ciągu geometrycznego lub własność ciągu\ngeometrycznego i zapisze np.:\no\n2\n1\na\na q\ni\n2\n3\n1\na\na q\nlub\no\n2\n1\n1\n1\n21\n4\na\na q\na q\nlub\no\n2\n2\n1\n3\na\na a\n⋅\nalbo\nwykorzysta wzór na n-ty wyraz ciągu arytmetycznego lub własność ciągu\narytmetycznego i zapisze np.:\no\n(\n2\n3\na\na\nr\ni\n1\n3\n3\na\na\nr\n) lub (\n2\n3\nb\na\nr\ni\n4\n3\n3\nb\na\nr\n) lub (\n2\n1\nb\nb\nr\n+ i\n4\n1\n3\nb\nb\nr\n)\nlub\no\n(\n)\n1\n2\n2\n3\n2\na\na\na\na\nlub\n(\n)\n4\n2\n2\n1\n2\nb\nb\nb\nb\nZasady oceniania rozwiązań zadań\nlub\no\n4\n2\n3\n2\nb\nb\nb\ni\n1\n3\n2\n2\nb\nb\nb\ni na tym zakończy lub dalej popełni błędy.\nRozwiązanie, w którym jest istotny postęp 2p.\nZdający\nzapisze układ równań, z którego można otrzymać równanie z jedną niewiadomą, np.:\no\n2\n1\n1\n1\n21\n4\na\na q\na q\ni\n(\n)\n2\n2\n1\n1\n1\n1\n3\na\na q\na q\na q\nlub\no\n2\n1\n1\n1\n21\n4\na\na q\na q\ni\n2\n1\n1\n1\n1\n2\n2\na\na q\na q\na q\nalbo\nzapisze równanie pozwalające wyznaczyć związek między\n3\na i r , np.:\n(\n)\n(\n)\n2\n3\n3\n3\n3\na\nr\na\nr\na\n⋅\ni na tym zakończy lub dalej popełni błędy.\nPokonanie zasadniczych trudności zadania 3p.\nZdający\nzapisze równanie z jedną niewiadomą, np.:\n2\n2\n3\n1\n0\nq\nq\nalbo\nzapisze\n3\nr\na\ni na tym zakończy lub dalej popełni błędy.\nRozwiązanie prawie pełne 4p.\nZdający\nrozwiąże równanie z jedną niewiadomą, np.\n2\n2\n3\n1\n0\nq\nq\n:\n1\nq = lub\n1\n2\nq =\nalbo\nobliczy trzeci wyraz ciągu geometrycznego (\n)\nna\n:\n3\n3\n4\na =\nRozwiązanie pełne 5 p.\nZdający obliczy pierwszy wyraz ciągu geometrycznego\n1\n3\na =\nUwagi\n1.\nJeśli zdający zamienia (myli) własności ciągu geometrycznego z własnościami ciągu\narytmetycznego, to za całe rozwiązanie otrzymuje 0 punktów.\n2.\nJeśli zdający zapisuje tylko odpowiedź\n1\n3\na =\n, to otrzymuje 0 punktów.\n3.\nJeśli zdający odgadnie iloraz ciągu geometrycznego, a następnie obliczy na tej podstawie\npierwszy wyraz tego ciągu, to otrzymuje 1 punkt za całe rozwiązanie.\n4.\nJeśli zdający błędnie stosuje wzór na n-ty wyraz ciągu geometrycznego (np. zapisuje\n3\n3\n1\na\na q\n) lub ciągu arytmetycznego i korzysta z tego w rozwiązaniu, to za całe\nrozwiązanie może otrzymać co najwyżej 3 punkty.\n5.\nJeśli zdający stosuje poprawną strategię rozwiązania zadania, a jedynymi błędami\nw rozwiązaniu są błędy rachunkowe, to otrzymuje maksymalnie 4 punkty.\n6.\nAkceptujemy sytuacje, w których zdający dzieli obie strony zbudowanych przez siebie\nrównań przez\n1a albo przez r , albo też przez\n1\nq- bez zapisania jakiegokolwiek\nkomentarza.\n7.\nJeżeli zdający rozwiąże równanie z jedną niewiadomą, np.\n2\n2\n3\n1\n0\nq\nq\n:\n1\nq = lub\n1\n2\nq =\noraz obliczy dwie wartości\n1a :\n1\n3\na =\n,\n1\n7\n4\na =\ni nie odrzuci\n1\n7\n4\na =\n, to otrzymuje\n4 punkty.\nPrzykładowe rozwiązanie\nI sposób\nSumując wyrazy ciągu geometrycznego otrzymujemy równość\n2\n1\n1\n1\n21\n4\na\na q\na q\n(1)\nNiech (\n)\nnb\nbędzie rosnącym ciągiem arytmetycznym.\nZatem\n2\n1\n1\nb\na q\n, 2\n1\nb\na q\n, 4\n1\nb\na\n, więc różnica tego ciągu\n2\n1\n1\nr\na q\na q\noraz\n4\n1\n3\nb\nb\nr\n,\nczyli\n(\n)\n2\n2\n1\n1\n1\n1\n3\na\na q\na q\na q\nStąd wynika, że\n2\n1\n1\n1\n3\n2\na\na q\na q\ni\n(\n)\n2\n1 2\n3\n1\n0\na\nq\nq\nPonieważ z równości (1) wynika, że 1\n0\na ≠\n, więc\n2\n2\n3\n1\n0\nq\nq\n. Zatem\n1\nq = lub\n1\n2\nq =\nDla\n1\nq = ciąg (\n)\nn\na\njest stały. Stąd ciąg(\n)\nnb\nteż jest stały. Zatem tylko dla\n1\n2\nq =\nciąg(\n)\nnb\nmoże być ciągiem rosnącym. Otrzymujemy wtedy\n1\n1\n4\nr\na\n. Z równości (1) otrzymujemy\n1\n1\n1\n1\n1\n21\n2\n4\n4\na\na\na\n, a stąd wynika, że 1\n3\na =\nII sposób\nW ciągu arytmetycznym 1\n3\nb\na\n, 2\n3\nb\na\nr\n, 4\n3\n3\nb\na\nr\n, gdzie\n0\nr >\nPonieważ ciąg(\n)\n3\n3\n3\n3 ,\n,\na\nr a\nr a\njest ciągiem geometrycznym, więc zachodzi równość\n(\n)\n(\n)\n2\n3\n3\n3\n3\na\nr\na\nr\na\n⋅\n,\nskąd wynika, że\n2\n2\n2\n3\n3\n3\n3\n2\n3\na\na r\nr\na\na r\n,\na zatem\n2\n3\nr\na r\nPonieważ z założenia\n0\nr >\n, więc\n3\nr\na\n. Podana suma trzech wyrazów jest zatem równa\n3\n3\n3\n21\n4\n2\n4\na\na\na\nOtrzymujemy zatem\n3\n3\n4\na =\n. Wtedy\n1\n4\n3\n4\n3\na\nb\na\nIII sposób\nZ danych w treści zadania wynikają równości:\n2\n1\n1\nb\na q\n, 2\n1\nb\na q\n, 4\n1\nb\na\nZasady oceniania rozwiązań zadań\nPonieważ (\n)\nnb\njest ciągiem arytmetycznym, więc możemy zapisać równości\n4\n2\n1\n1\n3\n2\n2\nb\nb\na\na q\nb\noraz\n2\n1\n1\n1\n3\n1\n2\n1\n2\n2\n2\na\na q\na q\nb\nb\nb\na q\nRozwiążemy równanie\n2\n1\n1\n1\n1\n2\n2\na\na q\na q\na q\nPonieważ\n2\n1\n1\n1\n21\n4\na\na q\na q\n, więc możemy założyć, że\n1\n0\na ≠\n. Powyższe równanie jest\nzatem równoważne równaniu\n2\n1\n2\n2\nq\nq\nq\n, czyli równaniu\n2\n1\n2\n4\nq\nq\nq\nRównanie kwadratowe\n2\n2\n3\n1\n0\nq\nq\nma dwa rozwiązania:\n1\nq = oraz\n1\n2\nq =\nJeśli\n1\nq = , to obydwa ciągi są ciągami stałymi. Zatem tylko dla\n1\n2\nq =\nciąg(\n)\nnb\nmoże być\nciągiem rosnącym.\nZ równości\n2\n1\n1\n1\n21\n4\na\na q\na q\notrzymujemy równanie\n1\n7\n21\n4\n4\na =\n, czyli\n1\n3\na =","solution":null,"image":"img/matematyka-2020-czerwiec-matura-stara-rozszerzona/zad-5.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 · czerwiec 2020 (rozszerzona)","subject_label":"Matematyka","category_label":"Matura"},{"id":"matematyka-2020-czerwiec-matura-stara-rozszerzona/zad/6","paper_id":"matematyka-2020-czerwiec-matura-stara-rozszerzona","number":"6","points":4,"ptype":"open","subject":"matematyka","category":"matura","year":2020,"month":"czerwiec","level":"rozszerzona","text":"Zadanie 6. (4 pkt)\nRozwiąż równanie\n2\n3cos2\n10cos\n24sin\n3\nx\nx\nx\n- dla\n0, 2π\nx∈\n\nPoziom rozszerzony\nMMA_1R\nOdpowiedź:\nWypełnia\negzaminator\nNr zadania\n6.\nMaks. liczba pkt\n4\nUzyskana liczba pkt\n\nPoziom rozszerzony\nMMA_1R","answer":null,"answer_text":"Zadanie 6. (4 pkt)\nObszar standardów\nOpis wymagań\nIV. Użycie i tworzenie strategii.\n6. Trygonometria. Zdający rozwiązuje równania\ni nierówności trygonometryczne (R6.e).\nZasady oceniania\nRozwiązanie, w którym postęp jest niewielki, ale konieczny na drodze do pełnego\nrozwiązania 1p.\nZdający doprowadzi równanie do postaci równoważnej, w której występuje tylko jedna funkcja\ntrygonometryczna tego samego kąta, np.:\n2\n2\n3 6sin\n10 10sin\n24sin\n3\nx\nx\nx\ni na tym zakończy lub dalej popełni błędy\nRozwiązanie, w którym jest istotny postęp 2p.\nZdający rozwiąże równanie kwadratowe\n2\n2\n3\n2\n0\nt\nt\n:\n2\nt\noraz\n1\n2\nt\ni na tym zakończy lub dalej popełni błędy.\nPokonanie zasadniczych trudności zadania 3p.\nZdający\nzapisze, że równanie sin\n2\nx = - nie ma rozwiązań i poda co najmniej jedną serię\nrozwiązań równania\n1\nsin\n2\nx =\nw zbiorze liczb rzeczywistych:\n2\n6\nx\nk\nπ\nπ\nlub\n5\n2\n6\nx\nk\nπ\nπ\n, gdzie k jest liczbą całkowitą\nalbo\nzapisze, że równanie sin\n2\nx = - nie ma rozwiązań i poda jedno rozwiązanie równania\n1\nsin\n2\nx =\nw przedziale 0, 2π\ni na tym zakończy lub dalej popełni błędy\nRozwiązanie pełne 4p.\nZdający wyznaczy oba rozwiązania równania:\n1\nπ\n6\nx\noraz\n2\n5π\n6\nx\nUwagi\n1.\nAkceptujemy przybliżone rozwiązania elementarnych równań trygonometrycznych.\n2.\nJeżeli zdający wyznaczy poprawnie obydwa rozwiązania równania\n1\nsin\n2\nx =\nnależące\ndo przedziału (\n)\n0, 2π i nie zapisze komentarza dotyczącego równania sin\n2\nx = -,\nto otrzymuje 4 punkty.\n3.\nJeżeli zdający przed uzyskaniem równań elementarnych popełni błędy rachunkowe\ni otrzyma równania elementarne, z których co najmniej jedno ma dwie serie rozwiązań\nw zbiorze liczb rzeczywistych, to otrzymuje co najwyżej 3 punkty za całe rozwiązanie.\n4.\nJeżeli zdający przed uzyskaniem elementarnych równań trygonometrycznych popełni\nbłąd polegający na niepoprawnym zastosowaniu wzoru na cosinus kąta podwojonego\nlub błąd polegający na podstawieniu w miejsce sin x wyrażenia\n2\n1 cos x\n, ale\notrzyma co najmniej jedno równanie typu sin x\na\n, gdzie\n(\n)\n(\n)\n1,0\n0,1\na∈-\n∪\n,\ni konsekwentnie to równanie rozwiąże, to za całe rozwiązanie może otrzymać co\nnajwyżej 2 punkty. Jeżeli jednak zdający otrzyma co najmniej jedno równanie typu\nsin x\na\n, gdzie\n{\n}\n1, 0, 1\na∈-\n, i to równanie konsekwentnie rozwiąże, to za całe\nrozwiązanie może otrzymać co najwyżej 1 punkt.\n5.\nJeżeli\nzdający\nzapisze\nrównanie\n2\n2\nsin\ncos\n3\nx\nx\n,\nrównoważne\nrównaniu\n2\n3cos2\n10cos\n24sin\n3\nx\nx\nx\n-, a następnie rozwiąże równanie\n4\n2\n4 cos\ncos\n1\n0\n9\nx\nx\n,\notrzymując 4 rozwiązania tego równania należące do przedziału 0,2π\n:\n6\nx\nπ\n,\n5\n6\nx\nπ\n,\n7\n6\nx\nπ\n,\n11\n6\nx\nπ\ni nie odrzuci „obcych” rozwiązań:\n7\n6\nx\nπ\n,\n11\n6\nx\nπ\n, to za\ncałe rozwiązanie może otrzymać co najwyżej 2 punkty.\nZasady oceniania rozwiązań zadań\nPrzykładowe rozwiązanie\nPrzekształcamy dane równanie w sposób równoważny:\n2\n3cos2\n10cos\n24sin\n3\nx\nx\nx\n,\n(\n)\n(\n)\n2\n2\n3 1 2sin\n10 1 sin\n24sin\n3\nx\nx\nx\n,\n2\n2\n3 6sin\n10 10sin\n24sin\n3\nx\nx\nx\n-,\n2\n16 16sin\n24sin\nx\nx ,\n2\n16sin\n24sin\n16\n0\nx\nx\n2\n2sin\n3sin\n2\n0\nx\nx\nNiech\nsin\nt\nx\n. Rozwiązujemy równanie kwadratowe:\n2\n2\n3\n2\n0\nt\nt\n,\n23\n4 2 2\n9 16\n25\nΔ =\n+ ⋅⋅= +\n,\n5\nΔ =\n,\n1\n3 5\n8\n2\n4\n4\nt\n,\n2\n3\n5\n2\n1\n4\n4\n2\nt\nRównaniesin\n2\nx = -jest sprzeczne, a równanie\n1\nsin\n2\nx =\nma w przedziale 0, 2π dwa\nrozwiązania:\n1\nπ\n6\nx\noraz\n2\n5π\n6\nx","solution":null,"image":"img/matematyka-2020-czerwiec-matura-stara-rozszerzona/zad-6.webp","solution_image":null,"topics":null,"page_from":8,"source":"ocr","answer_source":null,"answer_text_source":"ocr","solution_source":null,"text_source":"ocr","source_label":"Matematyka · Matura · czerwiec 2020 (rozszerzona)","subject_label":"Matematyka","category_label":"Matura"},{"id":"matematyka-2020-czerwiec-matura-stara-rozszerzona/zad/7","paper_id":"matematyka-2020-czerwiec-matura-stara-rozszerzona","number":"7","points":4,"ptype":"open","subject":"matematyka","category":"matura","year":2020,"month":"czerwiec","level":"rozszerzona","text":"Zadanie 7. (4 pkt)\nDane jest równanie kwadratowe\n(\n)\n2\n2\n3\n2\n2\n7\n15\n0\nx\nm\nx\nm\nm\nz niewiadomą x . Wyznacz\nwszystkie wartości parametru m, dla których różne rozwiązania\n1x i\n2x tego równania istnieją\ni spełniają warunek\n2\n2\n1\n1\n2\n2\n2\n5\n2\n2\nx\nx x\nx\n\nPoziom rozszerzony\nMMA_1R\nOdpowiedź:\nWypełnia\negzaminator\nNr zadania\n7.\nMaks. liczba pkt\n4\nUzyskana liczba pkt\n\nPoziom rozszerzony\nMMA_1R","answer":null,"answer_text":"Zadanie 7. (4 pkt)\nObszar standardów\nOpis wymagań\nIII. Modelowanie matematyczne.\n3. Równania i nierówności. Zdający stosuje wzory\nViète’a (R3.a).\n3. Równania i nierówności. Zdający rozwiązuje\nrównania i nierówności kwadratowe z parametrem,\nprzeprowadza dyskusję i wyciąga z niej wnioski\n(R3.b).\nZasady oceniania I i II sposobu rozwiązania\nRozwiązanie zadania składa się z dwóch części.\nPierwsza z nich polega na:\nrozwiązaniu nierówności\n:\n{ }\n\\ 8\nm\nR\n∈\nalbo\nsprawdzeniu,\nże dla\nkażdej\nobliczonej\nwartości\nparametru\nm\nrównanie\n(\n)\n2\n2\n3\n2\n2\n7\n15\n0\nx\nm\nx\nm\nm\nma dwa rozwiązania rzeczywiste.\nZa poprawne rozwiązanie tej części zdający otrzymuje 1 punkt.\n0\n>\nΔ\nDruga część polega na wyznaczeniu tych wartości parametru m, dla których jest spełniony\nwarunek\n2\n2\n1\n1 2\n2\n2\n5\n2\n2\nx\nx x\nx\n. Za tę część rozwiązania zdający otrzymuje 3 punkty.\nPodział punktów za drugą część rozwiązania:\n1 punkt zdający otrzymuje za:\nobliczenie dwóch pierwiastków trójmianu\n(\n)\n2\n2\n3\n2\n2\n7\n15\nx\nm\nx\nm\nm\n:\n1\n5\nx\nm\noraz\n2\n2\n3.\nx\nm\nalbo\nprzekształcenie wyrażenia\n2\n2\n1\n1 2\n2\n2\n5\n2\nx\nx x\nx\ndo postaci: (\n)\n2\n1\n2\n1 2\n2 x\nx\nx x\nlub równoważnej, ale zawierającej jedynie zmienne\n1\n2\nx\nx\noraz\n1\n2\nx\nx\n⋅\n2 punkty zdający otrzymuje za:\nzapisanie równania\n2\n2\n1\n1 2\n2\n2\n5\n2\n2\nx\nx x\nx\nw postaci równania z jedną niewiadomą m, np.:\n(\n)\n(\n)(\n)\n(\n)\n2\n2\n2\n5\n5\n5\n2\n3\n2 2\n3\n2\nm\nm\nm\nm\nalbo\n• zapisanie równania (\n)\n2\n1\n2\n1 2\n2\n2\nx\nx\nx x\nw postaci równania z jedną niewiadomą m,\nnp.: (\n)\n2\n2\n2 3\n2\n2\n7\n15\n2\nm\nm\nm\n3 punkty zdający otrzymuje za rozwiązanie równania\n2\n20\n31\n9\n0\nm\nm\n:\n1\n9\n5\nm = -\noraz\n2\n1\n4\nm =\nUwagi\n1. Jeżeli zdający zamienia wzory Viète'a przy przekształcaniu lewej strony równania\n2\n2\n1\n1 2\n2\n2\n5\n2\n2\nx\nx x\nx\n, to za całe rozwiązanie może otrzymać co najwyżej 2 punkty.\n2. Jeżeli\nzdający\nrozpatruje\nwarunek\n0\nΔ ≥\ni\nnie\nsprawdzi,\nże\ndla\nkażdej\nz otrzymanych wartości parametru m równanie ma dwa rozwiązania rzeczywiste,\nto może otrzymać co najwyżej 3 punkty za całe rozwiązanie.\n3. Jeżeli zdający przekształci warunek\n2\n2\n1\n1 2\n2\n2\n5\n2\n2\nx\nx x\nx\n, otrzyma (\n)\n2\n1\n2\n1 2\n2\n3\n2\nx\nx\nx x\ni rozwiąże zadanie konsekwentnie do końca, to za drugą część rozwiązania może\notrzymać co najwyżej 2 punkty.\n4. Jeżeli zdający wykorzystuje niepoprawny wzór „kwadrat sumy dwóch wyrażeń jest równy\nsumie kwadratów tych wyrażeń”, przekształci warunek\n2\n2\n1\n1 2\n2\n2\n5\n2\n2\nx\nx x\nx\ndo postaci\n(\n)\n2\n1\n2\n1 2\n2\n5\n2\nx\nx\nx x\n, i rozwiąże zadanie konsekwentnie do końca, to za drugą część\nrozwiązania może otrzymać co najwyżej 1 punkt.\n5. Jeżeli zdający rozpatrując równość\n2\n2\n1\n1 2\n2\n2\n5\n2\n2\nx\nx x\nx\nzmieni liczbę po prawej stronie\ni zapisze równanie, wynikające ze wzorów Viete’a, w postaci (\n)\n2\n2 3\n2\n2\n7\n15\n0\nm\nm\nm\n,\npomijając wykładnik 2 potęgi o podstawie (\n)\n3\n2\nm+\n, to za drugą część rozwiązania\nzadania może otrzymać co najwyżej 1 punkt.\nPrzykładowe rozwiązania\nI sposób\n1. Równanie ma dwa różne rozwiązania, gdy wyróżnik trójmianu jest dodatni:\n0\nΔ >\nObliczamy wyróżnik trójmianu:\nZasady oceniania rozwiązań zadań\n(\n)\n(\n)\n(\n)\n(\n)\n2\n2\n2\n2\n3\n2\n4 2\n7\n15\n16\n64\n8\nm\nm\nm\nm\nm\nm\nΔ = -\n(\n)\n2\n8\n0\nm-\n>\n, gdy\n8\nm ≠\nStąd wynika, że trójmian ma następujące pierwiastki:\n1\n5\nx\nm\noraz\n2\n2\n3\nx\nm\nMamy zatem rozwiązać równanie\n(\n)\n(\n)(\n)\n(\n)\n2\n2\n2\n5\n5\n5\n2\n3\n2 2\n3\n2\nm\nm\nm\nm\nTo równanie doprowadzamy do postaci równoważnej:\n2\n20\n31\n9\n0\nm\nm\nMa ono dwa rozwiązania:\n1\n9\n5\nm = -\noraz\n2\n1\n4\nm =\nKażde z otrzymanych rozwiązań jest różne od 8.\nWarunki zadania spełniają dwie wartości parametru m:\n1\n9\n5\nm = -\noraz\n2\n1\n4\nm =\nII sposób\nPrzekształcamy równość\n2\n2\n1\n1 2\n2\n2\n5\n2\n2\nx\nx x\nx\nw sposób równoważny:\n(\n)\n2\n2\n1\n2\n1 2\n2\n5\n2\nx\nx\nx x\n,\n(\n)\n(\n)\n2\n1\n2\n1\n2\n1\n2\n2\n2\n5\n2\nx\nx\nx x\nx x\n,\n(\n)\n2\n1\n2\n1 2\n2\n2\nx\nx\nx x\nZe wzorów Viète'a wynika, że\n1\n2\n3\n2\nx\nx\nm\noraz\n2\n1 2\n2\n7\n15\nx x\nm\nm\n,\no ile pierwiastki\n1x i\n2x trójmianu istnieją.\nMamy zatem rozwiązać równanie\n(\n)\n2\n2\n2 3\n2\n2\n7\n15\n2\nm\nm\nm\nTo równanie doprowadzamy do postaci równoważnej\n2\n20\n31\n9\n0\nm\nm\nMa ono dwa rozwiązania:\n1\n9\n5\nm = -\noraz\n2\n1\n4\nm =\nPozostaje sprawdzić, czy dla tych wartości m dany trójmian kwadratowy ma dwa różne\npierwiastki. Możemy, tak jak w sposobie pierwszym, obliczyć wyróżnik i przekonać się, że jest\non nieujemny. Możemy także podstawić znalezione wartości parametru m do danego\ntrójmianu i przekonać się, że otrzymane trójmiany mają dwa różne pierwiastki.\nPo podstawieniu\n9\n5\nm = -\notrzymamy trójmian:\n2\n17\n528\n5\n25\nx\nx\nPo podstawieniu\n1\n4\nm =\notrzymamy trójmian:\n2\n11\n105\n4\n8\nx\nx\nOba trójmiany mają dwa różne pierwiastki. Można się o tym przekonać, obliczając wyróżniki\nlub zauważając, że oba trójmiany mają dodatni współczynnik przy\n2x i ujemny wyraz wolny.\nWarunki zadania spełniają dwie wartości parametru m,:\n1\n9\n5\nm = -\noraz\n2\n1\n4\nm =","solution":null,"image":"img/matematyka-2020-czerwiec-matura-stara-rozszerzona/zad-7.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 · czerwiec 2020 (rozszerzona)","subject_label":"Matematyka","category_label":"Matura"},{"id":"matematyka-2020-czerwiec-matura-stara-rozszerzona/zad/8","paper_id":"matematyka-2020-czerwiec-matura-stara-rozszerzona","number":"8","points":4,"ptype":"open","subject":"matematyka","category":"matura","year":2020,"month":"czerwiec","level":"rozszerzona","text":"Zadanie 8. (4 pkt)\nW trójkącie równoramiennym ABC:\n10,\nAC\nBC\na miara kąta ABC jest równa 30° .\nNa boku BC wybrano punkt\n, taki, że\n2\n3\nBP\nPC =\n. Oblicz sinus kąta α (zobacz rysunek).\nP\nA\nB\nC\nP\n\nPoziom rozszerzony\nMMA_1R\nOdpowiedź:\nWypełnia\negzaminator\nNr zadania\n8.\nMaks. liczba pkt\n4\nUzyskana liczba pkt\n\nPoziom rozszerzony\nMMA_1R","answer":null,"answer_text":"Zadanie 8. (4 pkt)\nObszar standardów\nOpis wymagań\nIV. Użycie i tworzenie strategii.\n7. Planimetria. Zdający znajduje związki miarowe\nw figurach płaskich z zastosowaniem twierdzenia\nsinusów i twierdzenia cosinusów (R7.d).\nZasady oceniania I sposobu rozwiązania\nRozwiązanie, w którym postęp jest niewielki,\nale konieczny na drodze do pełnego rozwiązania 1p.\nZdający obliczy długości odcinków CP i PB oraz wyznaczy miary kątów BAC i CAB:\n6\nCP =\n,\n4\nPB =\n,\n30\nABC\nBAC\n°\n\n\noraz\n120\nACB =\n°\n\nRozwiązanie, w którym jest istotny postęp 2p.\nZdający obliczy długość odcinka AP:\n14\nAP =\nPokonanie zasadniczych trudności zadania 3p.\nZdający zapisze związek, z którego może obliczyć sinα , np.:\n4\n14\nsin\nsin30\nα =\n°\nRozwiązanie pełne 4p.\nZdający obliczy sinusa kąta α :\n1\nsin\n7\nα =\nZasady oceniania II sposobu rozwiązania\nRozwiązanie, w którym postęp jest niewielki,\nale konieczny na drodze do pełnego rozwiązania 1p.\nZdający obliczy długości odcinków CP i PB oraz wyznaczy miary kątów BAC i CAB:\n6\nCP =\n,\n4\nPB =\n,\n30\nABC\nBAC\n°\n\n\noraz\n120\nACB =\n°\n\nRozwiązanie, w którym jest istotny postęp 2p.\nZdający obliczy długość odcinka AP:\n14\nAP =\nPokonanie zasadniczych trudności zadania 3p.\nZdający obliczy długości odcinków AP i PR\n14\nAP =\n,\n2\nPR =\nZasady oceniania rozwiązań zadań\nRozwiązanie pełne 4p.\nZdający obliczy sinusa kąta α :\n1\nsin\n7\nα =\nZasady oceniania III sposobu rozwiązania\nRozwiązanie, w którym postęp jest niewielki,\nale konieczny na drodze do pełnego rozwiązania 1p.\nZdający obliczy długość odcinka PB\noraz zauważy, że miary kątów ACD i BCD są równe 60°:\n4\nPB =\nRozwiązanie, w którym jest istotny postęp 2p.\nZdający obliczy długość odcinka AR:\n8 3\nAR =\nPokonanie zasadniczych trudności zadania 3p.\nZdający obliczy długości odcinków AP i PR\n14\nAP =\n,\n2\nPR =\nRozwiązanie pełne 4p.\nZdający obliczy sinusa kąta α :\n1\nsin\n7\nα =\nPrzykładowe rozwiązania\nI sposób\nOznaczamy\nPAB\nα\n\n. Ponieważ trójkąt ABC jest równoramienny, więc\n30\nABC\nBAC\n°\n\n\noraz\n180\n2 30\n120\nACB =\n°-⋅\n° =\n°\n\nDługości odcinków CP i PB są równe:\n3 10\n6\n5\nCP =\n⋅\noraz\n2 10\n4\n5\nPB =\n⋅\nZ twierdzenia cosinusów w trójkącie APC otrzymujemy\n2\n2\n2\n2\ncos120\nAP\nAC\nCP\nAC CP\n⋅\n⋅\n°,\n(\n)\n2\n100\n36\n2 10 6 sin\n30\nAP =\n-⋅\n⋅⋅\n° ,\n2\n196\nAP =\n, czyli\n14\nAP =\nZ twierdzenia sinusów w trójkącie ABP otrzymujemy\nA\nB\nC\nP\nsin\nsin30\nPB\nAP\nα =\n°\n,\n1\n2\n4\n14\nsinα =\n,\n1\nsin\n7\na =\nUwaga\nZdający może obliczyć długość boku AB, wykorzystując np. twierdzenie cosinusów w trójkącie\nABC\n2\n2\n2\n2\ncos120\nAB\nAC\nBC\nAC\nBC\n⋅\n⋅\n° ,\n(\n)\n2\n2\n2\n1\n2\n10\n10\n2 10 10\nAB\n-⋅\n⋅\n⋅-\n,\n2\n300\nAB =\n,\n2\n300\nAB =\n,\n10 3\nAB =\nPonownie z twierdzenia cosinusów w trójkącie ABP\n2\n2\n2\n2\ncos\nPB\nAP\nAB\nAP\nAB\nα\n⋅\n⋅\n,\n(\n)\n2\n2\n2\n4\n14\n10 3\n2 14 10 3 cosα\n-⋅\n⋅\n⋅\n,\n196\n300 16\n480\n12\ncos\n2 14 10 3\n280 3\n7 3\nα\n⋅\n⋅\nPonieważ α jest kątem ostrym, więc\n2\n2\n12\n144\n3\n1\nsin\n1 cos\n1\n1 147\n147\n7\n7 3\nα\nα\n\n\n\n\n\n\nII sposób\nOznaczamy\nPAB\nα\n\noraz R będzie rzutem prostokątnym punktu P na podstawę AB\ntrójkąta ABC. Ponieważ trójkąt ABC jest równoramienny, więc\n30\nABC\nBAC\n°\n\n\noraz\n180\n2 30\n120\nACB =\n°-⋅\n° =\n°\n\nDługości odcinków CP i PB są równe:\nA\nB\nC\nP\nR\nZasady oceniania rozwiązań zadań\n3 10\n6\n5\nCP =\n⋅\noraz\n2 10\n4\n5\nPB =\n⋅\nZ twierdzenia cosinusów w trójkącie APC obliczamy długość odcinka\n:\nAP\n2\n2\n2\n2\ncos120\nAP\nAC\nCP\nAC CP\n⋅\n⋅\n°,\n(\n)\n2\n100\n36\n2 10 6 sin\n30\nAP =\n-⋅\n⋅⋅\n° ,\n2\n196\nAP =\n, czyli\n14\nAP =\nTrójkąt PBR jest połową trójkąta równobocznego, więc\n1\n1 4\n2\n2\n2\nPR\nPB\n⋅\nZatem\n2\n1\nsin\n14\n7\nPR\nAP\nα =\nIII sposób\nPrzyjmijmy oznaczenia jak na rysunku.\nZauważmy, że trójkąt ABC składa się z dwóch „połówek” trójkątów równobocznych o boku\ndługości 10, więc\n3\n10 3\n5 3\n2\n2\nAC\nAD =\nDługości odcinków CP i PB są równe:\n3 10\n6\n5\nCP =\n⋅\noraz\n2 10\n4\n5\nPB =\n⋅\nTrójkąt BPR także jest połową trójkąta równobocznego, więc\n4\n2\n2\n2\nBP\nPR =\noraz\n3\n2 3\nBP\nPR\nZatem\n10 3\n2 3\n8 3\nAR\nAB\nBR\nZ twierdzenia Pitagorasa w trójkącie APR otrzymujemy\n(\n)\n2\n2\n2\n2\n8 3\n2\n196\n14\nAP\nAR\nPR\nZatem\n2\n1\nsin\n14\n7\nPR\nAP\nα =\nUwaga\nA\nB\nC\nP\nR\nD\nPo obliczeniu długości odcinków PR i AR, możemy obliczyć tangens kąta α\n2\n1\ntg\n8 3\n4 3\nPR\nAR\nα =\n,\na następnie, wykorzystując związki między funkcjami trygonometrycznymi, możemy obliczyć\nsinus tego kąta.","solution":null,"image":"img/matematyka-2020-czerwiec-matura-stara-rozszerzona/zad-8.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 · czerwiec 2020 (rozszerzona)","subject_label":"Matematyka","category_label":"Matura"},{"id":"matematyka-2020-czerwiec-matura-stara-rozszerzona/zad/9","paper_id":"matematyka-2020-czerwiec-matura-stara-rozszerzona","number":"9","points":5,"ptype":"open","subject":"matematyka","category":"matura","year":2020,"month":"czerwiec","level":"rozszerzona","text":"Zadanie 9. (5 pkt)\nProsta o równaniu\n10\n0\nx\ny\nprzecina okrąg o równaniu\n2\n2\n8\n6\n8\n0\nx\ny\nx\ny\nw punktach K i L . Punkt S jest środkiem cięciwy KL . Wyznacz równanie obrazu tego okręgu\nw jednokładności o środku S i skali\n3\nk = -.\n\nPoziom rozszerzony\nMMA_1R\nOdpowiedź:\nWypełnia\negzaminator\nNr zadania\n9.\nMaks. liczba pkt\n5\nUzyskana liczba pkt\n\nPoziom rozszerzony\nMMA_1R","answer":null,"answer_text":"Zadanie 9. (5 pkt)\nObszar standardów\nOpis wymagań\nIV. Użycie i tworzenie strategii.\n7. Planimetria. Zdający stosuje własności figur\npodobnych i jednokładnych w zadaniach, także\numieszczonych w kontekście praktycznym (R7.c).\n8. Geometria na płaszczyźnie kartezjańskiej.\nZdający posługuje się równaniem okręgu\n(\n)\n(\n)\n2\n2\n2\nx\na\ny\nb\nr (8.g).\nZasady oceniania I, II, III, IV i V sposobu rozwiązania\nRozwiązanie składa się z dwóch etapów.\nPierwszy etap polega na wyznaczeniu współrzędnych środka danego okręgu. Za poprawne\nrozwiązanie tego etapu zdający otrzymuje 1 punkt.\nDrugi etap polega na wyznaczeniu równania/układu równań prowadzących do wyznaczenia\nwspółrzędnych środka jednokładności oraz współrzędnych środka obrazu danego okręgu\nw tej jednokładności.\nZa poprawne rozwiązanie tego etapu zdający otrzymuje 4 punkty.\nPodział punktów za pierwszy etap rozwiązania\nZdający otrzymuje 1 punkt, gdy\nzapisze współrzędne środka:\n(\n)\n4,3\nP =\nlub\nzapisze równanie okręgu\n2\n2\n8\n6\n8\n0\nx\ny\nx\ny\nw postaci (\n)\n(\n)\n2\n2\n4\n3\n17\nx\ny\nPodział punktów za drugi etap rozwiązania\nZdający otrzymuje\n1 punkt, gdy\nobliczy i zapisze współrzędne punktów K i L :\n(\n)\n3,7\nK =\ni\n(\n)\n8,2\nL =\nalbo\nobliczy odległość punktu P od prostej o równaniu\n10\n0\nx\ny\n:\n3 2\n2\nd\nSP\nalbo\nzapisze równanie prostej przechodzącej przez punkt\n(\n)\n4,3\nP =\nprostopadłej\ndo prostej\n10\n0\nx\ny\n:\n1\n0\nx\ny\nalbo\npoda tylko promień obrazu okręgu:\n3 17\nR =\n,\nZasady oceniania rozwiązań zadań\ni na tym zakończy lub dalej popełni błędy.\nZdający otrzymuje\n2 punkty, gdy\nzapisze współrzędne środka jednokładności:\n11 9\n,\n2 2\nS\n\n\n= \n\n\n\nalbo\nzapisze\n(\n)\n,\n1\nP\nx x\n′ =\ni zapisze\n9 2\n3\n2\nSP\nSP\n′ = ⋅\ni na tym zakończy lub dalej popełni błędy.\nZdający otrzymuje\n3 punkty, gdy\nzapisze równanie, wynikające z równości\n3\nSP\nSP\n→\n→\n′ = -⋅\n, prowadzące do wyznaczenia\nwspółrzędnych środka\n(\n)\n,\nP\na b\n′ =\nokręgu, będącego obrazem punktu\n(\n)\n4,3\nP =\nw jednokładności:\n11\n9\n11\n9\n,\n3\n4\n,3\n2\n2\n2\n2\na\nb\n\n\n\n\n= -⋅\n\n\n\n\n\n\n\n\nalbo\nwykona poprawne podstawienie do odpowiedniego wzoru w zestawie Wybranych\nwzorów matematycznych i zapisze:\n(\n)\n(\n) 11\n3 4\n1\n3\n2\na = -⋅+\n⋅\noraz\n(\n)\n(\n) 9\n3 3\n1\n3\n2\nb = -⋅+\n⋅\nalbo\nzapisze równanie, wynikające z równości\n4\nPP\nSP\n→\n→\n′ = -⋅\n, prowadzące do wyznaczenia\nwspółrzędnych środka\n(\n)\n,\nP\na b\n′ =\nokręgu, będącego obrazem punktu\n(\n)\n4,3\nP =\nw tej\njednokładności:\n[\n]\n11\n9\n4,\n3\n4\n4\n,3\n2\n2\na\nb\n\n\n= -⋅\n\n\n\n\nalbo\nzapisze równanie (\n)\n(\n)\n2\n2\n4\n1 3\n6 2\na\na\nalbo\nzapisze równanie\n1 10\n9 2\n2\n2\na\na\ni na tym zakończy lub dalej popełni błędy.\nZdający otrzymuje\n4 punkty, gdy zapisze równanie szukanego okręgu\n(\n)\n(\n)\n2\n2\n10\n9\n153\nx\ny\nUwagi:\n1. Jeśli zdający realizuje poprawną strategię rozwiązania zadania, a jedynymi błędami\nw rozwiązaniu są błędy rachunkowe, to za takie rozwiązanie otrzymuje co najwyżej\n4 punkty.\n2. Jeśli zdający zakłada błędnie, że środkiem jednokładności jest środek danego okręgu,\nto może otrzymać co najwyżej 1 punkt za drugą część rozwiązania.\n3. Jeśli zdający podczas obliczania współrzędnych punktów K, L lub S popełnia błąd\npolegający na zamianie współrzędnych i konsekwentnie do tego błędu rozwiąże\nzadanie do końca, to otrzymuje co najwyżej 4 punkty.\n4. Jeśli zdający stosuje błędne równanie\n3\nSP\nSP\n→\n→\n′\n= -⋅\ni konsekwentnie do tego błędu\nrozwiąże zadanie do końca, to otrzymuje co najwyżej 2 punkty za drugą część\nrozwiązania.\n5. Jeśli zdający zakłada błędnie, że trójkąt KLP jest trójkątem prostokątnym\ni w rozwiązaniu stosuje tę własność, to może otrzymać co najwyżej 2 punkty za drugą\nczęść rozwiązania.\n6. Jeżeli zdający narysuje w układzie współrzędnych dany okrąg i daną prostą,\na następnie wyznaczy graficznie obraz środka P′danego okręgu w jednokładności\no środku S i skali\n3\nk = - oraz zapisze równanie tego otrzymanego okręgu, to może\notrzymać 4 punkty za drugą część rozwiązania.\nPrzykładowe rozwiązania\nI sposób\nWyznaczamy współrzędne środka okręgu oraz obliczamy promień tego okręgu,\ndoprowadzając równanie okręgu do postaci (\n)\n(\n)\n2\n2\n4\n3\n17\nx\ny\nStąd odczytujemy, że środkiem okręgu jest punkt\n(\n)\n4,3\nP =\n, a promień okręgu jest równy\n17\nr =\nObliczamy współrzędne punktów K i L rozwiązując układ równań:\n2\n2\n8\n6\n8\n0\n10\nx\ny\nx\ny\ny\nx\n\n\n\n(\n)\n(\n)\n2\n2\n10\n8\n6 10\n8\n0\n10\nx\nx\nx\nx\ny\nx\n\n\n\n2\n11\n24\n0\n10\nx\nx\ny\nx\n\n\n\n3\n7\nx\ny\n\n=\n\nlub\n8\n2\nx\ny\n\n=\n\nZatem\n(\n)\n3,7\nK =\ni\n(\n)\n8,2\nL =\nŚrodek cięciwy KL , który jest środkiem jednokładności to punkt\n11 9\n,\n2 2\nS\n\n\n= \n\n\n\nObrazem danego okręgu w jednokładności o środku S i skali\n3\nk = - jest okrąg o promieniu\n3 17\nR =\noraz środku\n(\n)\n,\nP\na b\n′ =\ntakim, że\n3\nSP\nSP\n→\n→\n′ = -⋅\n. Otrzymujemy równość:\n11\n9\n11\n9\n,\n3\n4\n,3\n2\n2\n2\n2\na\nb\n\n\n\n\n= -⋅\n\n\n\n\n\n\n\n\nZatem\n11\n9\n9 9\n,\n,\n2\n2\n2 2\na\nb\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n,\na stąd\n10\na =\ni\n9\nb =\nZasady oceniania rozwiązań zadań\nSzukany okrąg ma równanie (\n)\n(\n)\n2\n2\n10\n9\n153\nx\ny\nUwaga\nZdający może z równania prostej wyznaczyć\n10\nx\ny\ni wtedy otrzyma\n2\n2\n18\n28\n0\n10\ny\ny\nx\ny\n\n=\n\nII sposób\nWyznaczamy współrzędne środka okręgu oraz obliczamy promień tego okręgu,\ndoprowadzając równanie okręgu do postaci (\n)\n(\n)\n2\n2\n4\n3\n17\nx\ny\nStąd odczytujemy, że środkiem okręgu jest punkt\n(\n)\n4,3\nP =\n, a promień okręgu jest równy\n17\nr =\nObliczamy współrzędne punktów K i L rozwiązując układ równań:\n2\n2\n8\n6\n8\n0\n10\nx\ny\nx\ny\ny\nx\n\n\n\n(\n)\n(\n)\n2\n2\n10\n8\n6 10\n8\n0\n10\nx\nx\nx\nx\ny\nx\n\n\n\n2\n11\n24\n0\n10\nx\nx\ny\nx\n\n\n\n3\n7\nx\ny\n\n=\n\nlub\n8\n2\nx\ny\n\n=\n\nZatem\n(\n)\n3,7\nK =\ni\n(\n)\n8,2\nL =\n. Środek cięciwy KL , który jest środkiem jednokładności to punkt\n11 9\n,\n2 2\nS\n\n\n= \n\n\n\nObrazem danego okręgu w jednokładności o środku S i skali\n3\nk = - jest okrąg o promieniu\n3 17\nR =\noraz środku\n(\n)\n,\nP\na b\n′ =\ntakim, że\n4\nPP\nSP\n→\n→\n′ = -⋅\n. Otrzymujemy zatem równość:\n[\n]\n11\n9\n4,\n3\n4\n4\n,3\n2\n2\na\nb\n\n\n= -⋅\n\n\n\n\nZatem\n[\n] [\n]\n4,\n3\n6,6\na\nb\n,\na stąd\n10\na =\ni\n9\nb =\nSzukany okrąg ma równanie (\n)\n(\n)\n2\n2\n10\n9\n153\nx\ny\nIII sposób\nWyznaczamy współrzędne środka okręgu oraz obliczamy promień tego okręgu,\ndoprowadzając równanie okręgu do postaci (\n)\n(\n)\n2\n2\n4\n3\n17\nx\ny\nStąd odczytujemy, że środkiem okręgu jest punkt\n(\n)\n4,3\nP =\n, a promień okręgu jest równy\n17\nr =\nWyznaczamy równanie prostej l przechodzącej przez punkt\n(\n)\n4,3\nP =\ni prostopadłej do danej\nprostej\n10\n0\nx\ny\n. Prosta l ma zatem równanie\n1\n0\nx\ny\n. Środek jednokładności S jest\npunktem wspólnym obu tych prostych, więc jego współrzędne obliczamy rozwiązując układ\nrównań\n10\n0\n1\n0\nx\ny\nx\ny\n\n-\n\nStąd\n11 9\n,\n2 2\nS\n\n\n= \n\n\n\nObrazem danego okręgu w jednokładności o środku S i skali\n3\nk = - jest okrąg o promieniu\n3 17\nR =\noraz środku\n(\n)\n,\nP\na b\n′ =\ntakim, że\n3\nSP\nSP\n→\n→\n′ = -⋅\n. Otrzymujemy zatem równość:\n11\n9\n11\n9\n,\n3\n4\n,3\n2\n2\n2\n2\na\nb\n\n\n\n\n= -⋅\n\n\n\n\n\n\n\n\nZatem\n11\n9\n9 9\n,\n,\n2\n2\n2 2\na\nb\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n,\na stąd\n10\na =\ni\n9\nb =\nSzukany okrąg ma równanie (\n)\n(\n)\n2\n2\n10\n9\n153\nx\ny\nIV sposób\nWyznaczamy współrzędne środka okręgu oraz obliczamy promień tego okręgu,\ndoprowadzając równanie okręgu do postaci (\n)\n(\n)\n2\n2\n4\n3\n17\nx\ny\nStąd odczytujemy, że środkiem okręgu jest punkt\n(\n)\n4,3\nP =\n, a promień okręgu jest równy\n17\nr =\nObliczamy odległość d punktu P od danej prostej o równaniu\n10\n0\nx\ny\n2\n2\n14 13 10\n3 2\n2\n1\n1\nd\n⋅+ ⋅-\nObrazem danego okręgu w jednokładności o środku S i skali\n3\nk = - jest okrąg o promieniu\n3 17\nR =\noraz środku\n(\n)\n,\nP\na b\n′ =\nZauważamy, że\n4\nPP\nd\n′ =\n⋅\n, zatem\n6 2\nPP′ =\n. Wyznaczamy równanie prostej l\nprzechodzącej przez punkt\n(\n)\n4,3\nP =\ni prostopadłej do danej prostej\n10\n0\nx\ny\n. Prosta l\nma zatem równanie 𝑥-𝑦-1 = 0. Ponieważ punkt\n(\n)\n,\nP\na b\n′ =\nleży na tej prostej prostopadłej,\nwięc\n(\n)\n,\n1\nP\na a\n′ =\n. Stąd otrzymujemy kolejno\n(\n)\n(\n)\n2\n2\n4\n1 3\n6 2\na\na\n(\n)\n(\n)\n2\n2\n4\n4\n36 2\na\na\n⋅\n(\n)(\n)\n10\n2\n0\na\na\n,\nskąd\n10\na =\nlub\n2\na = -.\nPonieważ skala jednokładności\n3\nk = -, więc jednokładność jest odwrotna. Zatem\n2\na = - nie\nspełnia warunków zadania. Stąd\n(\n)\n10,9\nP′ =\nSzukany okrąg ma równanie (\n)\n(\n)\n2\n2\n10\n9\n153\nx\ny\nZasady oceniania rozwiązań zadań\nV sposób\nWyznaczamy współrzędne środka okręgu oraz obliczamy promień tego okręgu,\ndoprowadzając równanie okręgu do postaci (\n)\n(\n)\n2\n2\n4\n3\n17\nx\ny\nStąd odczytujemy, że środkiem okręgu jest punkt\n(\n)\n4,3\nP =\n, a promień okręgu jest równy\n17\nr =\nObliczamy odległość d punktu P od danej prostej o równaniu\n10\n0\nx\ny\n2\n2\n14 13 10\n3 2\n2\n1\n1\nd\n⋅+ ⋅-\nObrazem danego okręgu w jednokładności o środku S i skali\n3\nk = - jest okrąg o promieniu\n3 17\nR =\noraz środku\n(\n)\n,\nP\na b\n′ =\nWyznaczamy równanie prostej l przechodzącej przez punkt\n(\n)\n4,3\nP =\ni prostopadłej do danej\nprostej\n10\n0\nx\ny\n. Prosta l ma zatem równanie\n1\n0\nx\ny\n. Ponieważ punkt\n(\n)\n,\nP\na b\n′ =\nleży na tej prostej prostopadłej, więc\n(\n)\n,\n1\nP\na a\n′ =\nSkala jednokładności\n3\nk = -, więc\n3\n3\nSP\nd\nd\n′ = -⋅\n= ⋅\n, zatem\n9 2\n2\nSP′ =\nObliczamy odległość punktu\n(\n)\n,\n1\nP\na a\n′ =\nod danej prostej o równaniu\n10\n0\nx\ny\n2\n2\n1 10\n2\n11\n2\n11\n2\n2\n2\n1\n1\na\na\na\na\nSP\n′ =\nOtrzymujemy równanie\n2\n11\n2\n9 2\n2\n2\na -\n2\n11\n9\na -\nJednokładność jest odwrotna, zatem\n10\na =\n. Stąd\n(\n)\n10,9\nP′ =\nSzukany okrąg ma równanie: (\n)\n(\n)\n2\n2\n10\n9\n153\nx\ny","solution":null,"image":"img/matematyka-2020-czerwiec-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 · czerwiec 2020 (rozszerzona)","subject_label":"Matematyka","category_label":"Matura"},{"id":"matematyka-2020-czerwiec-matura-stara-rozszerzona/zad/10","paper_id":"matematyka-2020-czerwiec-matura-stara-rozszerzona","number":"10","points":5,"ptype":"open","subject":"matematyka","category":"matura","year":2020,"month":"czerwiec","level":"rozszerzona","text":"Zadanie 10. (5 pkt)\nDany jest kwadrat ABCD o boku długości 2. Na bokach BC i CD tego kwadratu wybrano\n- odpowiednio - punkty P i Q, takie, że długość odcinka PC\nQD\nx\n(zobacz rysunek).\nWyznacz tę wartość x, dla której pole trójkąta APQ osiąga wartość najmniejszą. Oblicz to\nnajmniejsze pole.\nP\nx\nC\nD\nA\nB\nx\nQ\n2 - x\n2\n2\n\nPoziom rozszerzony\nMMA_1R\nOdpowiedź:\nWypełnia\negzaminator\nNr zadania\n10.\nMaks. liczba pkt\n5\nUzyskana liczba pkt\n\nPoziom rozszerzony\nMMA_1R","answer":null,"answer_text":"Zadanie 10. (5 pkt)\nObszar standardów\nOpis wymagań\nIV. Użycie i tworzenie strategii.\n4. Funkcje. Zdający rozwiązuje zadania (również\numieszczone w kontekście praktycznym),\nprowadzące do badania funkcji kwadratowej (4.l)\nZasady oceniania\nRozwiązanie, w którym jest niewielki postęp, ale konieczny na drodze do pełnego\nrozwiązania 1p.\nZdający zauważy, że pole trójkąta APQ jest różnicą pola kwadratu ABCD i sumy pól trzech\ntrójkątów prostokątnych: ABP, QCP, ADQ\n(\n)\nAPQ\nABCD\nABP\nADQ\nQCP\nP\nP\nP\nP\nP\nRozwiązanie, w którym jest istotny postęp 2p.\nZdający zapisze pole trójkąta APQ jako funkcję zmiennej x\n(\n)\n(\n)\n1\n1\n1\n( )\n4\n2\n2\n2\n2\n2\n2\n2\nf x\nx\nx\nx\nx\n⋅⋅\n⋅⋅\n⋅⋅\nPokonanie zasadniczych trudności zadania 3p.\nZdający zapisze wzór funkcji f w postaci\n2\n1\n( )\n2\n2\nf x\nx\nx\ni wyznaczy dziedzinę funkcji f:\n(\n)\n0, 2 .\nRozwiązanie prawie pełne 4p.\nZdający wyznaczy argument x, dla którego funkcja f przyjmuje wartość najmniejszą: x = 1\nlub rozwiąże zadanie do końca, ale z błędami rachunkowymi.\nRozwiązanie pełne 5p.\nZdający obliczy pole trójkąta APQ:\n2\n1\n1\n3\n(1)\n1\n1\n2\n1\n2\n2\n2\nf\n⋅\nPrzykładowe rozwiązanie\n2 - x\n2\n2 - x\nPole trójkąta APQ jest różnicą pola kwadratu ABCD i sumy pól trzech trójkątów\nprostokątnych: ABP, QCP, ADQ\n(\n)\nAPQ\nABCD\nABP\nADQ\nQCP\nP\nP\nP\nP\nP\nPole kwadratu ABCD i trójkątów ABP, QCP, ADQ są równe odpowiednio:\n2\n2\n4\nABCD\nP\n,\n(\n)\n1 2\n2\n2\nABP\nP\nx\n⋅⋅\n,\n(\n)\n1\n2\n2\nQCP\nP\nx\nx\n⋅⋅\n,\n1 2\n2\nADQ\nP\nx\n⋅⋅\nStąd wynika, że pole trójkąta APQ, jako funkcja f zmiennej x, jest równe\nP\nx\nC\nD\nA\nB\nx\nQ\n2\nZasady oceniania rozwiązań zadań\n(\n)\n(\n)\n1\n1\n1\n( )\n4\n2\n2\n2\n2\n2\n2\n2\nf x\nx\nx\nx\nx\n⋅⋅\n⋅⋅\n⋅⋅\n, gdzie\n(\n)\n0, 2\nx∈\nPrzekształcając równoważnie wzór funkcji f możemy zapisać w postaci:\n2\n1\n( )\n2\n2\nf x\nx\nx\nNajmniejsza wartość funkcja f przyjmuje dla argumentu\n1\nx = .\nStąd\n2\n1\n1\n3\n(1)\n1\n1\n2\n1\n2\n2\n2\nf\n⋅\nDla\n1\nx = pole trójkąta APQ jest najmniejsze i równe 3\n2","solution":null,"image":"img/matematyka-2020-czerwiec-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 · czerwiec 2020 (rozszerzona)","subject_label":"Matematyka","category_label":"Matura"},{"id":"matematyka-2020-czerwiec-matura-stara-rozszerzona/zad/11","paper_id":"matematyka-2020-czerwiec-matura-stara-rozszerzona","number":"11","points":4,"ptype":"open","subject":"matematyka","category":"matura","year":2020,"month":"czerwiec","level":"rozszerzona","text":"Zadanie 11. (4 pkt)\nOblicz, ile jest wszystkich siedmiocyfrowych liczb naturalnych, w których zapisie dziesiętnym\nwystępują dokładnie trzy cyfry 1 i dokładnie dwie cyfry 2.\n\nPoziom rozszerzony\nMMA_1R\nOdpowiedź:\nWypełnia\negzaminator\nNr zadania\n11.\nMaks. liczba pkt\n4\nUzyskana liczba pkt\n\nPoziom rozszerzony\nMMA_1R","answer":null,"answer_text":"Zadanie 11. (4 pkt)\nObszar standardów\nOpis wymagań\nIII. Modelowanie matematyczne.\n10. Elementy statystyki opisowej; teoria\nprawdopodobieństwa i kombinatoryka. Zdający\nwykorzystuje wzory na liczbę permutacji, kombinacji\ni wariacji do zliczania obiektów w sytuacjach\nkombinatorycznych (R10).\nZasady oceniania I sposobu rozwiązania\nRozwiązanie składa się z następujących części.\nPierwsza polega na wyróżnieniu trzech przypadków i dodaniu - w końcowej fazie rozwiązania\n- otrzymanych trzech wyników.\nDruga część polega na zapisaniu liczby rozważanych w każdym przypadku liczb i obliczeniu\nliczby tych liczb.\nRozwiązanie, w którym postęp jest niewielki, ale konieczny na drodze do pełnego\nrozwiązania 1p.\nZdający\npoprawnie wskaże trzy przypadki\nalbo\npominie jeden z przypadków, ale zapisze liczbę liczb rozważanych w jednym\nprzypadku, np.:\n2\n6\n4\n8\n2\n2\n\n⋅\n⋅\n\n\nlub\n2\n6\n3\n8\n3\n1\n\n⋅\n⋅\n\n\nlub\n6\n3\n7\n8\n3\n2\n\n⋅\n⋅\n⋅\n\n\ni na tym zakończy lub dalej popełni błędy.\nRozwiązanie, w którym jest istotny postęp 2p.\nZdający poprawnie wskaże trzy przypadki oraz zapisze liczbę liczb rozważanych w jednym\nprzypadku lub pominie jeden przypadek, zapisze liczbę liczb w dwóch wskazanych przez\nsiebie przypadkach.\nPokonanie zasadniczych trudności zadania 3p.\nZdający poprawnie wskaże trzy przypadki i zapisze liczbę liczb rozważanych w dwóch\nprzypadkach.\nRozwiązanie pełne 4p.\nZdający poprawnie wskaże trzy przypadki i poprawnie obliczy liczbę rozważanych liczb:\n12960.\nUwagi\n1.\nRozwiązanie uznajemy za pełne, jeżeli zdający zapisze liczbę rozpatrywanych liczb\nsiedmiocyfrowych bez użycia symbolu Newtona oraz symbolu silni.\n2.\nJeśli zdający w każdym z trzech rozpatrywanych przypadków poprawnie zapisze jedynie\nliczbę sposobów rozmieszczenia:\ncyfry 1 oraz liczbę sposobów rozmieszczenia cyfry 2\nlub\ncyfry 1 oraz liczbę sposobów rozmieszczenia cyfry innej niż 1 i 2\nlub\ncyfry 2 oraz liczbę sposobów rozmieszczenia cyfry innej niż 1 i 2,\nto za całe rozwiązanie może otrzymać co najwyżej 2 punkty.\nZasady oceniania II sposobu rozwiązania\nRozwiązanie składa się z dwóch części.\nPierwsza polega na obliczeniu liczby wszystkich „liczb” siedmiocyfrowych, w których zapisie\ndziesiętnym występują dokładnie: trzy cyfry 1, dokładnie dwie cyfry 2, dokładnie dwie cyfry ze\nzbioru {0,3,4,5,6,7,8,9} oraz liczby tych spośród nich, których pierwszą cyfrą jest 0.\nDruga część polega na obliczeniu liczby szukanych liczb.\nRozwiązanie, w którym postęp jest niewielki, ale konieczny na drodze do pełnego\nrozwiązania 1p.\nZdający zapisze, że\nliczbę wszystkich szukanych liczb można obliczyć, odejmując od liczby wszystkich\n„liczb” siedmiocyfrowych, w których zapisie dziesiętnym występują dokładnie: trzy\ncyfry 1, dokładnie dwie cyfry 2, dokładnie dwie cyfry ze zbioru {0,3,4,5,6,7,8,9} liczbę\ntych spośród nich, których pierwszą cyfrą jest 0 lub z rozwiązania wynika, że zdający\nw ten sposób ustala liczbę szukanych liczb\nalbo\nwszystkich „liczb” siedmiocyfrowych, w których zapisie dziesiętnym występują\ndokładnie: trzy cyfry 1, dokładnie dwie cyfry 2, dokładnie dwie cyfry ze zbioru\n{0,3,4,5,6,7,8,9} jest\n2\n7\n4\n8\n3\n2\n\n⋅\n⋅\n\n\nalbo\nwszystkich „liczb” siedmiocyfrowych, których pierwszą cyfrą jest 0 oraz w których\nzapisie występują dokładnie: trzy cyfry 1, dokładnie dwie cyfry 2, dokładnie jedna cyfra\nze zbioru {0,3,4,5,6,7,8,9} jest 6\n3\n8\n3\n2\n\n⋅\n⋅\n\n\ni na tym zakończy lub dalej popełni błędy.\nRozwiązanie, w którym jest istotny postęp 2p.\nZdający zapisze, że\nliczbę wszystkich szukanych liczb można obliczyć, odejmując od liczby wszystkich\n„liczb” siedmiocyfrowych, w których zapisie dziesiętnym występują dokładnie: trzy\ncyfry 1, dokładnie dwie cyfry 2, dokładnie dwie cyfry ze zbioru {0,3,4,5,6,7,8,9} liczbę\ntych spośród nich, których pierwszą cyfrą jest 0 lub z rozwiązania wynika, że zdający\nw ten sposób ustala liczbę szukanych liczb\nZasady oceniania rozwiązań zadań\noraz\nwszystkich „liczb” siedmiocyfrowych, w których zapisie dziesiętnym występują\ndokładnie: trzy cyfry 1, dokładnie dwie cyfry 2, dokładnie dwie cyfry ze zbioru\n{0,3,4,5,6,7,8,9} jest\n2\n7\n4\n8\n3\n2\n\n⋅\n⋅\n\n\nalbo\nliczbę wszystkich szukanych liczb można obliczyć, odejmując od liczby wszystkich\n„liczb” siedmiocyfrowych, w których zapisie dziesiętnym występują dokładnie: trzy\ncyfry 1, dokładnie dwie cyfry 2, dokładnie dwie cyfry ze zbioru {0,3,4,5,6,7,8,9} liczbę\ntych spośród nich, których pierwszą cyfrą jest 0 lub z rozwiązania wynika, że zdający\nw ten sposób ustala liczbę szukanych liczb\noraz\nwszystkich „liczb” siedmiocyfrowych, których pierwszą cyfrą jest 0 oraz w których\nzapisie występują dokładnie: trzy cyfry 1, dokładnie dwie cyfry 2 i dokładnie jedna cyfra\nze zbioru {0,3,4,5,6,7,8,9} jest 6\n3\n8\n3\n2\n\n⋅\n⋅\n\n\ni na tym zakończy lub dalej popełni błędy.\nPokonanie zasadniczych trudności zadania 3p.\nZdający zapisze, że\nwszystkich „liczb” siedmiocyfrowych, w których zapisie dziesiętnym występują dokładnie: trzy cyfry 1,\ndokładnie dwie cyfry 2, dokładnie dwie cyfry ze zbioru {0,3,4,5,6,7,8,9} jest\n2\n7\n4\n8\n3\n2\n\n⋅\n⋅\n\n\noraz\nwszystkich „liczb” siedmiocyfrowych, których pierwszą cyfrą jest 0 oraz w których zapisie\nwystępują dokładnie: trzy cyfry 1, dokładnie dwie cyfry 2 i dokładnie jedna cyfra ze zbioru\n{0,3,4,5,6,7,8,9} jest 6\n3\n8\n3\n2\n\n⋅\n⋅\n\n\ni na tym zakończy lub dalej popełni błędy.\nRozwiązanie pełne 4p.\nZdający poprawnie obliczy liczbę rozważanych liczb: 12960.\nUwagi\n1. Rozwiązanie uznajemy za pełne, jeżeli zdający zapisze liczbę rozpatrywanych liczb\nsiedmiocyfrowych bez użycia symbolu Newtona oraz symbolu silni.\n2. Jeśli zdający, obliczając liczbę wszystkich szukanych liczb metodą opisaną w II\nsposobie rozwiązania, poprawnie zapisze jedynie liczbę sposobów rozmieszczenia\nw całej I części rozwiązania:\ncyfry 1 oraz liczbę sposobów rozmieszczenia cyfry 2\nlub\ncyfry 1 oraz liczbę sposobów rozmieszczenia cyfry innej niż 1 i 2\nlub\ncyfry 2 oraz liczbę sposobów rozmieszczenia cyfry innej niż 1 i 2,\nto za całe rozwiązanie może otrzymać co najwyżej 2 punkty.\nPrzykładowe rozwiązania\nI sposób\nRozważamy trzy przypadki.\nI. Pierwszą cyfrą rozpatrywanej liczby jest 1. Wtedy na następnych sześciu miejscach\nznajdują się dokładnie dwie cyfry 1, dokładnie dwie cyfry 2 i dokładnie dwie cyfry\nze zbioru {0,3,4,5,6,7,8,9}. Takich liczb istnieje\n2\n6\n4\n8\n15 6 64\n5760\n2\n2\n\n⋅\n⋅\n⋅⋅\n\n\nII. Pierwszą cyfrą rozpatrywanej jest 2. Wtedy na następnych sześciu miejscach\nznajdują się dokładnie trzy cyfry 1, dokładnie jedna cyfra 2 i dokładnie dwie cyfry ze\nzbioru {0,3,4,5,6,7,8,9}. Takich liczb istnieje\n2\n6\n3\n8\n20 3 64\n3840\n3\n1\n\n⋅\n⋅\n⋅⋅\n\n\nIII. Pierwsza cyfra rozpatrywanej liczby jest różna od 1 i od 2. Pierwsza cyfra jest też\nróżna od 0. Zatem na pierwszym miejscu stoi jedna z siedmiu cyfr ze zbioru\n{3,4,5,6,7,8,9}. Wtedy na następnych sześciu miejscach znajdują się dokładnie trzy\ncyfry 1, dokładnie dwie cyfry 2 i dokładnie jedna cyfra ze zbioru {0,3,4,5,6,7,8,9}. Takich\nliczb istnieje\n6\n3\n7\n8\n7 20 3 8\n3360\n3\n2\n\n⋅\n⋅\n⋅= ⋅\n⋅⋅=\n\n\nŁącznie istnieje zatem5760+3840+3360=12960 rozważanych liczb.\nIstnieje 12960 siedmiocyfrowych liczb naturalnych, w których zapisie dziesiętnym występują\ndokładnie trzy cyfry 1 i dokładnie dwie cyfry 2.\nII sposób\nZliczamy wszystkie „liczby” siedmiocyfrowe, w których zapisie dziesiętnym występują\ndokładnie: trzy cyfry 1, dokładnie dwie cyfry 2 i dokładnie dwie cyfry ze zbioru {0,3,4,5,6,7,8,9}.\nWtedy na siedmiu miejscach znajdują się dokładnie trzy cyfry 1, dokładnie dwie cyfry 2\ni dokładnie dwie cyfry ze zbioru {0,3,4,5,6,7,8,9}.\nTakich „liczb” jest\n2\n7\n4\n8\n35 6 64\n13440\n3\n2\n\n⋅\n⋅\n⋅⋅\n\n\nNastępnie zliczamy wszystkie „liczby” siedmiocyfrowe, których pierwszą cyfrą jest 0 oraz\nw których zapisie występują dokładnie: trzy cyfry 1, dokładnie dwie cyfry 2 i dokładnie jedna\ncyfra ze zbioru {0,3,4,5,6,7,8,9}.\nTakich „liczb” jest\n6\n3\n8\n20 3 8\n480\n3\n2\n\n⋅\n⋅=\n⋅⋅=\n\n\nJest zatem 13440\n480\n12960\nrozważanych liczb.\nZasady oceniania rozwiązań zadań","solution":null,"image":"img/matematyka-2020-czerwiec-matura-stara-rozszerzona/zad-11.webp","solution_image":null,"topics":null,"page_from":18,"source":"ocr","answer_source":null,"answer_text_source":"ocr","solution_source":null,"text_source":"ocr","source_label":"Matematyka · Matura · czerwiec 2020 (rozszerzona)","subject_label":"Matematyka","category_label":"Matura"},{"id":"matematyka-2020-czerwiec-matura-stara-rozszerzona/zad/12","paper_id":"matematyka-2020-czerwiec-matura-stara-rozszerzona","number":"12","points":6,"ptype":"open","subject":"matematyka","category":"matura","year":2020,"month":"czerwiec","level":"rozszerzona","text":"Zadanie 12. (6 pkt)\nPodstawą ostrosłupa czworokątnego ABCDS jest trapez ABCD (\n)\nAB\nCD\n\n. Ramiona tego\ntrapezu mają długości\n10\nAD =\ni\n16\nBC =\n, a miara kąta ABC jest równa 30° . Każda ściana\nboczna tego ostrosłupa tworzy z płaszczyzną podstawy kąt α , taki, że\n9\ntg\n2\nα =\n. Oblicz objętość\ntego ostrosłupa.\n\nPoziom rozszerzony\nMMA_1R\nOdpowiedź:\nWypełnia\negzaminator\nNr zadania\n12.\nMaks. liczba pkt\n6\nUzyskana liczba pkt\n\nPoziom rozszerzony\nMMA_1R\nBRUDNOPIS (nie podlega ocenie)","answer":null,"answer_text":"Zadanie 12. (6 pkt)\nObszar standardów\nOpis wymagań\nIV. Użycie i tworzenie strategii.\n9. Stereometria. Zdający wyznacza związki miarowe\nw wielościanach i bryłach obrotowych\nz zastosowaniem trygonometrii (9.b).\n7. Planimetria. Zdający stosuje twierdzenia\ncharakteryzujące czworokąty wpisane w okrąg\ni czworokąty opisane na okręgu (R9.a).\nZasady oceniania\nRozwiązanie, w którym postęp jest wprawdzie niewielki, ale konieczny na drodze\ndo pełnego rozwiązania zadania 1p.\nZdający:\nzapisze, że spodek wysokości ostrosłupa jest środkiem okręgu wpisanego w trapez\nABCD lub z rozwiązania wynika, że zdający tę własność stosuje, np.: zapisze\n10 16\nAB\nCD\nalbo\nobliczy wysokość trapezu ABCD :\n8\nh\nCE\ni na tym zakończy lub dalej popełni błędy.\nRozwiązanie, w którym jest istotny postęp 2p.\nZdający:\nzapisze, że spodek wysokości ostrosłupa jest środkiem okręgu wpisanego w trapez\nABCD lub z rozwiązania wynika, że zdający tę własność stosuje, np.: zapisze\n10 16\nAB\nCD\ni obliczy wysokość trapezu ABCD :\n8\nh\nCE\nalbo\nobliczy wysokość trapezu ABCD :\n8\nh\nCE\ni wysokość tego ostrosłupa\n18\nH =\ni na tym zakończy lub dalej popełni błędy.\nRozwiązanie, w którym dokonano istotnego postępu, ale nie zostały pokonane\nzasadnicze trudności zadania 3p.\nZdający:\nzapisze, że spodek wysokości ostrosłupa jest środkiem okręgu wpisanego w trapez\nABCD lub z rozwiązania wynika, że zdający tę własność stosuje, np.: zapisze\n10 16\nAB\nCD\noraz obliczy wysokość tego ostrosłupa\n18\nH =\nalbo\nobliczy pole podstawy tego ostrosłupa:\n104\nABCD\nP\ni na tym zakończy lub dalej popełni błędy.\nPokonanie zasadniczych trudności zadania 4p.\nZdający obliczy wysokość ostrosłupa\n18\nH =\ni pole jego podstawy:\n104\nABCD\nP\ni na tym zakończy lub dalej popełni błędy.\nRozwiązanie zadania do końca z usterkami, które jednak nie przekreślają poprawności\nrozumowania (np. błędy rachunkowe, błędy w przepisaniu, itp.) 5p.\nRozwiązanie pełne 6p.\nZdający obliczy objętość ostrosłupa:\n624\nV =\nUwaga.\n1. Jeżeli zdający we wzorze na objętość ostrosłupa pominie czynnik 1\n3\n, to za całe\nrozwiązanie może otrzymać co najwyżej 5 punktów.\n2. Jeżeli zdający popełni błąd polegający na niepoprawnym zastosowaniu definicji funkcji\ntangens, np.: przyjmie, ze jest to stosunek długości przyprostokątnej lezącej przy kącie\ndo przyprostokątnej leżącej naprzeciw tego kąta, to za całe rozwiązanie może\notrzymać co najwyżej 4 punkty.\n3. Jeżeli zdający popełni błąd polegający na tym, że niepoprawnie ustali związki między\ndługościami boków trójkąta prostokątnego o kątach ostrych 30° i 60° , np. przyjmie,\nże wysokość trapezu to 8 3 , to za całe rozwiązanie może otrzymać co najwyżej\n4 punkty.\n4. Jeżeli zdający błędnie przyjmuje, że trapez ABCD jest równoramienny lub przyjmie, że\npodstawy tego trapezu mają długości 16 i 10, to za całe rozwiązanie może trzymać co\nnajwyżej 1 punkt.\nPrzykładowe rozwiązanie\nPonieważ w tym ostrosłupie wszystkie ściany boczne nachylone są do podstawy pod tym\nsamym kątem, więc spodek O wysokości H ostrosłupa jest środkiem okręgu wpisanego\nw wielokąt będący podstawą ostrosłupa. Niech r oznacza promień okręgu wpisanego\nw podstawę, h - wysokość trapezu ABCD , H natomiast niech oznacza wysokość\nostrosłupa.\nA\nB\nO\nH\nr\nr\nC\nD\nS\nZasady oceniania rozwiązań zadań\nPonieważ w trapez można wpisać okrąg, więc spełniony jest warunek:\n26\nAB\nCD\nKorzystając z własności trójkąta prostokątnego EBC o kątach30° , 60°, 90° , otrzymujemy:\n8\nh\nCE\n, a stąd wynika, że\n4\nr =\nPonieważ\n9\ntg\n2\nα =\n, więc 9\n2\nH\nr\ni stąd obliczamy\n18\nH =\nObjętość tego ostrosłupa jest zatem równa\n1\n1\n1 26 8 18\n624\n3\n3\n2\n3\n2\nABCD\nAB\nCD\nV\nP\nH\nh H\n⋅\n⋅\n⋅\n⋅⋅\n⋅\n⋅⋅\nA\nB\nE\nC\nD\nh","solution":null,"image":"img/matematyka-2020-czerwiec-matura-stara-rozszerzona/zad-12.webp","solution_image":null,"topics":null,"page_from":20,"source":"ocr","answer_source":null,"answer_text_source":"ocr","solution_source":null,"text_source":"ocr","source_label":"Matematyka · Matura · czerwiec 2020 (rozszerzona)","subject_label":"Matematyka","category_label":"Matura"}]}