{"paper":{"id":"matematyka-2023-maj-matura-stara-rozszerzona","subject":"matematyka","category":"matura","year":2023,"month":"maj","level":"rozszerzona","variant":"stara","exam_pdf":"matematyka-2023-maj-matura-stara-rozszerzona/matematyka-2023-maj-matura-stara-rozszerzona.pdf","key_pdf":"matematyka-2023-maj-matura-stara-rozszerzona-odpowiedzi/matematyka-2023-maj-matura-stara-rozszerzona-odpowiedzi.pdf","question_count":16,"source_label":"Matematyka · Matura · maj 2023 (rozszerzona)","subject_label":"Matematyka","category_label":"Matura"},"questions":[{"id":"matematyka-2023-maj-matura-stara-rozszerzona/zad/1","paper_id":"matematyka-2023-maj-matura-stara-rozszerzona","number":"1","points":1,"ptype":"closed","subject":"matematyka","category":"matura","year":2023,"month":"maj","level":"rozszerzona","text":"Zadanie 1. (0-1)\nGranica lim\n𝑥→1\n𝑥3-1\n(𝑥-1)(𝑥+2) jest równa\nA. (-1)\nB. 0\nC. 1\n3\nD. 1","answer":"D","answer_text":"Zadanie 1. (0-1)\nWymagania egzaminacyjne 2023 i 20241\nWymaganie ogólne\nWymaganie szczegółowe\nI. Wykorzystanie i tworzenie informacji.\nZdający:\nR11.1) oblicza granice funkcji (i granice\njednostronne), korzystając z twierdzeń\no działaniach na granicach i z własności\nfunkcji ciągłych.\nZasady oceniania\n1 pkt - odpowiedź poprawna.\n0 pkt - odpowiedź niepoprawna albo brak odpowiedzi.\nRozwiązanie\nD","solution":null,"image":"img/matematyka-2023-maj-matura-stara-rozszerzona/zad-1.webp","solution_image":null,"topics":null,"page_from":4,"source":"ocr","answer_source":"ocr","answer_text_source":"ocr","solution_source":null,"text_source":"ocr","source_label":"Matematyka · Matura · maj 2023 (rozszerzona)","subject_label":"Matematyka","category_label":"Matura"},{"id":"matematyka-2023-maj-matura-stara-rozszerzona/zad/2","paper_id":"matematyka-2023-maj-matura-stara-rozszerzona","number":"2","points":1,"ptype":"closed","subject":"matematyka","category":"matura","year":2023,"month":"maj","level":"rozszerzona","text":"Zadanie 2. (0-1)\nDane są wektory 𝑢⃗ = [4, -5] oraz 𝑣 = [-1, -5]. Długość wektora 𝑢⃗ -4𝑣 jest równa\nA. 7\nB. 15\nC. 17\nD. 23","answer":"C","answer_text":"Zadanie 2. (0-1)\nWymagania egzaminacyjne 2023 i 2024\nWymaganie ogólne\nWymaganie szczegółowe\nII. Wykorzystanie i interpretowanie\nreprezentacji.\nZdający:\nR8.4) oblicza współrzędne oraz długość\nwektora; dodaje i odejmuje wektory oraz\nmnoży je przez liczbę. Interpretuje\ngeometrycznie działania na wektorach.\nZasady oceniania\n1 pkt - odpowiedź poprawna.\n0 pkt - odpowiedź niepoprawna albo brak odpowiedzi.\nRozwiązanie\nC\n1 Rozporządzenie Ministra Edukacji i Nauki z dnia 1 sierpnia 2022 r. w sprawie wymagań egzaminacyjnych dla\negzaminu maturalnego przeprowadzanego w roku szkolnym 2022/2023 i 2023/2024 (Dz.U. poz. 1698).\nZasady oceniania rozwiązań zadań","solution":null,"image":"img/matematyka-2023-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 2023 (rozszerzona)","subject_label":"Matematyka","category_label":"Matura"},{"id":"matematyka-2023-maj-matura-stara-rozszerzona/zad/3","paper_id":"matematyka-2023-maj-matura-stara-rozszerzona","number":"3","points":1,"ptype":"closed","subject":"matematyka","category":"matura","year":2023,"month":"maj","level":"rozszerzona","text":"Zadanie 3. (0-1)\nPunkty 𝐴, 𝐵, 𝐶, 𝐷, 𝐸 leżą na okręgu o środku 𝑆. Miara kąta 𝐵𝐶𝐷 jest równa 110°,\na miara kąta 𝐵𝐷𝐴 jest równa 35° (zobacz rysunek).\nWtedy kąt 𝐷𝐸𝐴 ma miarę równą\nA. 100°\nB. 105°\nC. 110°\nD. 115°","answer":"B","answer_text":"Zadanie 3. (0-1)\nWymagania egzaminacyjne 2023 i 2024\nWymaganie ogólne\nWymaganie szczegółowe\nIV. Użycie i tworzenie strategii.\nZdający:\nR7.1) stosuje twierdzenia charakteryzujące\nczworokąty wpisane w okrąg i czworokąty\nopisane na okręgu.\nZasady oceniania\n1 pkt - odpowiedź poprawna.\n0 pkt - odpowiedź niepoprawna albo brak odpowiedzi.\nRozwiązanie\nB","solution":null,"image":"img/matematyka-2023-maj-matura-stara-rozszerzona/zad-3.webp","solution_image":null,"topics":null,"page_from":4,"source":"ocr","answer_source":"ocr","answer_text_source":"ocr","solution_source":null,"text_source":"ocr","source_label":"Matematyka · Matura · maj 2023 (rozszerzona)","subject_label":"Matematyka","category_label":"Matura"},{"id":"matematyka-2023-maj-matura-stara-rozszerzona/zad/4","paper_id":"matematyka-2023-maj-matura-stara-rozszerzona","number":"4","points":1,"ptype":"closed","subject":"matematyka","category":"matura","year":2023,"month":"maj","level":"rozszerzona","text":"Zadanie 4. (0-1)\nDany jest zbiór trzynastu liczb {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11, 12, 13}, z którego losujemy\njednocześnie dwie liczby. Wszystkich różnych sposobów wylosowania z tego zbioru dwóch\nliczb, których iloczyn jest liczbą parzystą, jest\nA. (7\n2) + 49\nB. (6\n1) ⋅(7\n1) + 49\nC. (13\n2 ) -(7\n2)\nD. (13\n2 ) -(6\n2)\n𝐴\n𝐵\n𝐶\n𝐷\n𝐸\n𝑆\n110°\n35°\n\nEMAP-R0_100\nBRUDNOPIS (nie podlega ocenie)\n\nEMAP-R0_100","answer":"C","answer_text":"Zadanie 4. (0-1)\nWymagania egzaminacyjne 2023 i 2024\nWymaganie ogólne\nWymaganie szczegółowe\nIII. Modelowanie matematyczne.\nZdający:\nR10.1) wykorzystuje wzory na liczbę\npermutacji, kombinacji, wariacji i wariacji\nz powtórzeniami do zliczania obiektów\nw sytuacjach kombinatorycznych.\nZasady oceniania\n1 pkt - odpowiedź poprawna.\n0 pkt - odpowiedź niepoprawna albo brak odpowiedzi.\nRozwiązanie\nC\nZADANIE OTWARTE (KODOWANE)","solution":null,"image":"img/matematyka-2023-maj-matura-stara-rozszerzona/zad-4.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 2023 (rozszerzona)","subject_label":"Matematyka","category_label":"Matura"},{"id":"matematyka-2023-maj-matura-stara-rozszerzona/zad/5","paper_id":"matematyka-2023-maj-matura-stara-rozszerzona","number":"5","points":2,"ptype":"open","subject":"matematyka","category":"matura","year":2023,"month":"maj","level":"rozszerzona","text":"Zadanie 5. (0-2)\nWielomian 𝑊(𝑥) = 7𝑥3 -9𝑥2 + 9𝑥-2 ma dokładnie jeden pierwiastek rzeczywisty.\nOblicz ten pierwiastek.\nW poniższe kratki wpisz kolejno - od lewej do prawej - pierwszą, drugą oraz trzecią cyfrę po\nprzecinku nieskończonego rozwinięcia dziesiętnego otrzymanego wyniku.\nBRUDNOPIS (nie podlega ocenie)\n\nEMAP-R0_100","answer":"2","answer_text":"Zadanie 5. (0-2)\nWymagania egzaminacyjne 2023 i 2024\nWymaganie ogólne\nWymaganie szczegółowe\nII. Wykorzystanie i interpretowanie\nreprezentacji.\nZdający:\nR3.5) stosuje twierdzenie o pierwiastkach\nwymiernych wielomianu o współczynnikach\ncałkowitych.\nZasady oceniania\n2 pkt - odpowiedź całkowicie poprawna.\n0 pkt - odpowiedź niepełna lub niepoprawna albo brak odpowiedzi.\nRozwiązanie\n2\n8\n5\nZADANIA OTWARTE (NIEKODOWANE)\nUwagi ogólne:\n1. Akceptowane są wszystkie rozwiązania merytorycznie poprawne i spełniające warunki\nzadania.\n2. Jeżeli zdający popełni błędy rachunkowe, które na żadnym etapie rozwiązania nie\nupraszczają i nie zmieniają danego zagadnienia, lecz stosuje poprawną metodę\ni konsekwentnie do popełnionych błędów rachunkowych rozwiązuje zadanie, to może\notrzymać co najwyżej (𝑛-1) punktów (gdzie 𝑛 jest maksymalną możliwą do uzyskania\nliczbą punktów za dane zadanie).","solution":null,"image":"img/matematyka-2023-maj-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 · maj 2023 (rozszerzona)","subject_label":"Matematyka","category_label":"Matura"},{"id":"matematyka-2023-maj-matura-stara-rozszerzona/zad/6","paper_id":"matematyka-2023-maj-matura-stara-rozszerzona","number":"6","points":3,"ptype":"open","subject":"matematyka","category":"matura","year":2023,"month":"maj","level":"rozszerzona","text":"Zadanie 6. (0-3)\nLiczby rzeczywiste 𝑥 oraz 𝑦 spełniają jednocześnie równanie 𝑥+ 𝑦= 4 i nierówność\n𝑥3 -𝑥2𝑦≤𝑥𝑦2 -𝑦3. Wykaż, że 𝑥= 2 oraz 𝑦= 2.\nWypełnia\negzaminator\nNr zadania\n5.\n6.\nMaks. liczba pkt\n2\n3\nUzyskana liczba pkt\n\nEMAP-R0_100","answer":null,"answer_text":"Zadanie 6. (0-3)\nWymagania egzaminacyjne 2023 i 2024\nWymaganie ogólne\nWymaganie szczegółowe\nV. Rozumowanie i argumentacja.\nZdający:\nR2.1) używa wzorów skróconego mnożenia\nna (𝑎± 𝑏)3 oraz 𝑎3 ± 𝑏3.\nZasady oceniania\n3 pkt - przeprowadzenie pełnego rozumowania, tj. przekształcenie nierówności\n𝑥3 -𝑥2𝑦≤𝑥𝑦2 -𝑦3 do postaci, z której można bezpośrednio wnioskować\no równości liczb 𝑥 i 𝑦 (lub do postaci, z której można bezpośrednio wnioskować, że\njedna z liczb: 𝑥, 𝑦, jest równa 2) oraz obliczenie tych liczb: 𝑥= 2 oraz 𝑦= 2.\nZasady oceniania rozwiązań zadań\n2 pkt - zastosowanie wzoru na sześcian różnicy oraz kwadrat różnicy, wykorzystanie\nzałożenia i zapisanie nierówności kwadratowej z jedną niewiadomą 𝑥 (lub 𝑦)\nw postaci 𝑎𝑥2 + 𝑏𝑥+ 𝑐≥0 lub 𝑎𝑥2 + 𝑏𝑥+ 𝑐≤0, np. 16𝑥2 -64𝑥+ 64 ≤0\nALBO\n- wykorzystanie założenia 𝑥+ 𝑦= 4 i zapisanie nierówności w postaci\n4(𝑥-𝑦)2 ≤0 (lub 4(4 -2𝑦)2 ≤0, lub 4(2𝑥-4)2 ≤0),\nALBO\n- przekształcenie nierówności do postaci (𝑥-𝑦)2 ⋅(𝑥+ 𝑦) ≤0 oraz poprawne\nokreślenie znaku jednego z czynników iloczynu (𝑥-𝑦)2 ⋅(𝑥+ 𝑦),\nALBO\n- zastosowanie nierówności między średnią arytmetyczną a geometryczną, zapisanie\nobu przypadków i przeprowadzenie poprawnego rozumowania dla jednego z tych\nprzypadków.\n1 pkt - wykorzystanie zależności 𝑥+ 𝑦= 4 i zapisanie nierówności z jedną niewiadomą,\nnp. 𝑥3 -𝑥2(4 -𝑥) ≤𝑥(4 -𝑥)2 -(4 -𝑥)3\nALBO\n- przekształcenie nierówności 𝑥3 -𝑥2𝑦≤𝑥𝑦2 -𝑦3 do postaci\n(𝑥-𝑦)(𝑥2 -𝑦2) ≤0,\nALBO\n- przekształcenie nierówności 𝑥3 -𝑥2𝑦≤𝑥𝑦2 -𝑦3 do postaci 𝑥⋅𝑦≥4.\n0 pkt - rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania.\nUwaga:\nJeżeli zdający podstawia do związków 𝑥+ 𝑦= 4 oraz 𝑥3 -𝑥2𝑦≤𝑥𝑦2 -𝑦3 konkretne\nwartości liczbowe i na tym opiera swoją argumentację, to otrzymuje 0 punktów za całe\nrozwiązanie.\nPrzykładowe pełne rozwiązania\nSposób I\nPonieważ 𝑥+ 𝑦= 4, więc 𝑦= 4 -𝑥. Ponieważ ponadto 𝑥 i 𝑦 spełniają nierówność\n𝑥3 -𝑥2𝑦≤𝑥𝑦2 -𝑦3, więc otrzymujemy\n𝑥3 -𝑥2(4 -𝑥) ≤𝑥(4 -𝑥)2 -(4 -𝑥)3\nStosujemy wzór na sześcian różnicy oraz kwadrat różnicy i otrzymujemy\n𝑥3 -4𝑥2 + 𝑥3 ≤𝑥(16 -8𝑥+ 𝑥2) -(64 -48𝑥+ 12𝑥2 -𝑥3)\nPrzekształcamy nierówność i otrzymujemy kolejno\n𝑥3 -4𝑥2 + 𝑥3 ≤16𝑥-8𝑥2 + 𝑥3 -64 + 48𝑥-12𝑥2 + 𝑥3\n16𝑥2 -64𝑥+ 64 ≤0\n(4𝑥-8)2 ≤0\nPonieważ kwadrat każdej liczby rzeczywistej jest liczbą nieujemną, więc jedynym\nrozwiązaniem tej nierówności jest 𝑥= 2.\nPonieważ 𝑦= 4 -𝑥, więc 𝑦= 2.\nTo należało wykazać.\nSposób II\nPrzekształcamy nierówność 𝑥3 -𝑥2𝑦≤𝑥𝑦2 -𝑦3 kolejno do postaci\n𝑥3 -𝑥2𝑦-𝑥𝑦2 + 𝑦3 ≤0\n(𝑥-𝑦)(𝑥2 -𝑦2) ≤0\n(𝑥+ 𝑦)(𝑥-𝑦)2 ≤0\nPonieważ 𝑥+ 𝑦= 4, więc otrzymujemy\n4(𝑥-𝑦)2 ≤0\nPonieważ kwadrat każdej liczby rzeczywistej jest liczbą nieujemną, więc musi zachodzić\n(𝑥-𝑦)2 = 0\nStąd 𝑥-𝑦= 0, czyli 𝑥= 𝑦. Zatem 2𝑥= 4, czyli 𝑥= 2. Ponieważ 𝑦= 4 -𝑥, więc\n𝑦= 2.\nTo należało wykazać.\nZasady oceniania rozwiązań zadań","solution":null,"image":"img/matematyka-2023-maj-matura-stara-rozszerzona/zad-6.webp","solution_image":null,"topics":null,"page_from":7,"source":"ocr","answer_source":null,"answer_text_source":"ocr","solution_source":null,"text_source":"ocr","source_label":"Matematyka · Matura · maj 2023 (rozszerzona)","subject_label":"Matematyka","category_label":"Matura"},{"id":"matematyka-2023-maj-matura-stara-rozszerzona/zad/7","paper_id":"matematyka-2023-maj-matura-stara-rozszerzona","number":"7","points":3,"ptype":"open","subject":"matematyka","category":"matura","year":2023,"month":"maj","level":"rozszerzona","text":"Zadanie 7. (0-3)\nDany jest trójkąt prostokątny 𝐴𝐵𝐶, w którym |∡𝐴𝐵𝐶| = 90° oraz |∡𝐶𝐴𝐵| = 60°. Punkty\n𝐾 i 𝐿 leżą na bokach - odpowiednio - 𝐴𝐵 i 𝐵𝐶 tak, że |𝐵𝐾| = |𝐵𝐿| = 1 (zobacz\nrysunek). Odcinek 𝐾𝐿 przecina wysokość 𝐵𝐷 tego trójkąta w punkcie 𝑁, a ponadto\n|𝐴𝐷| = 2.\nWykaż, że |𝑁𝐷| = √3 + 1.\n60°\n1\n𝐾\n𝐴\n𝑁\n𝐿\n𝐵\n𝐶\n2\n𝐷\n1\n\nEMAP-R0_100\nWypełnia\negzaminator\nNr zadania\n7.\nMaks. liczba pkt\n3\nUzyskana liczba pkt\n\nEMAP-R0_100","answer":null,"answer_text":"Zadanie 7. (0-3)\nWymagania egzaminacyjne 2023 i 2024\nWymaganie ogólne\nWymaganie szczegółowe\nV. Rozumowanie i argumentacja.\nZdający:\nR7.4) znajduje związki miarowe w figurach\npłaskich z zastosowaniem twierdzenia\nsinusów i twierdzenia cosinusów.\nZasady oceniania\n3 pkt - zastosowanie poprawnej metody i poprawny wynik: |𝑁𝐷| = √3 + 1.\n2 pkt - obliczenie długości odcinka 𝐵𝑁: √3 -1\nALBO\n- obliczenie długości odcinka 𝐵𝐷: |𝐵𝐷| = 2√3 i zapisanie równania z jedną\nniewiadomą 𝑥 (długością odcinka 𝐵𝑁),\nALBO\n- zapisanie równania\n𝑥\n2√3-𝑥= 2+√3\n1\nz niewiadomą 𝑥= |𝐷𝑁| (otrzymanego\nz podobieństwa trójkątów 𝐵𝐿𝑁 i 𝐷𝐸𝑁, sposób VII),\nALBO\n- obliczenie współrzędnych punktu 𝑁: 𝑁= (\n1\n√3+1 ,\n√3\n√3+1) i obliczenie długości\nodcinka 𝐵𝐷: |𝐵𝐷| = 2√3 (sposób V),\nALBO\n- obliczenie współrzędnych punktów 𝑁 i 𝐷: 𝑁= (\n1\n√3+1 ,\n√3\n√3+1) i 𝐷= (√3, 3)\n(sposób V),\nALBO\n- obliczenie współrzędnych punktu 𝑁: 𝑁= (\n1\n√3+1 ,\n√3\n√3+1) i zapisanie długości |𝐷𝑁|\nw postaci\n√3\n3 ⋅\n1\n√3+1 - 1 ⋅\n√3\n√3+1 + 4|\n√(-\n√3\n3 )\n2\n+(-1)2\n(sposób V).\n1 pkt - zapisanie równania z jedną niewiadomą 𝑥= |𝐵𝑁|, np.\n1\n2 ∙1 ∙𝑥∙sin60° + 1\n2 ∙𝑥∙1 ∙sin30° = 1\n2 (z sumy pól trójkątów 𝐵𝐿𝑁 oraz 𝐾𝐵𝑁),\n1\nsin105° =\n𝑥\nsin45° (z twierdzenia sinusów dla trójkąta 𝐵𝑁𝐾),\n1\nsin75° =\n𝑥\nsin45° (z twierdzenia sinusów dla trójkąta 𝐵𝑁𝐿),\n1 -1\n2 ∙𝑥= 𝑥⋅√3\n2 (ze związków miarowych w trójkątach 𝐵𝐸𝑁 i 𝐸𝐿𝑁),\nALBO\n- obliczenie długości odcinka 𝐵𝐷 i zapisanie |𝐵𝐷| = 2√3,\nALBO\n- zapisanie równania z jedną niewiadomą 𝑥 (pierwszą lub drugą współrzędną\npunktu 𝑁), np. -𝑥+ 1 = √3𝑥 (sposób V),\nALBO\n- wyznaczenie równań prostych 𝐴𝐶 i 𝐵𝐷 oraz obliczenie współrzędnych punktu 𝐷:\n𝐷= (√3, 3) (sposób V).\n0 pkt - rozwiązanie, w którym zastosowano nieprawidłową metodę, albo brak rozwiązania.\nUwaga:\nW rozwiązaniach nie są akceptowane przybliżenia dziesiętne liczb rzeczywistych.\nPrzykładowe pełne rozwiązania\nSposób I (pola trójkątów)\nW trójkącie 𝐷𝐴𝐵 o kątach 90°, 60°, 30° mamy: |𝐴𝐷| = 2, |𝐴𝐵| = 4 i |𝐵𝐷| = 2√3.\nW trójkącie 𝐵𝐿𝑁 miara kąta 𝑁𝐵𝐿 jest równa 60°. W trójkącie 𝐾𝐵𝑁 miara kąta 𝐾𝐵𝑁\njest równa 30°. Ponieważ pole trójkąta 𝐾𝐵𝐿 (równe 1\n2) jest sumą pól trójkątów 𝐵𝐿𝑁 oraz\n𝐾𝐵𝑁, więc możemy zapisać równość\n1\n2 ∙|𝐵𝐿| ∙|𝐵𝑁| ∙sin 60° + 1\n2 ∙|𝐵𝑁| ∙|𝐵𝐾| ∙sin30° = 1\n2\nStąd, po uwzględnieniu warunku |𝐵𝐾| = |𝐵𝐿| = 1, otrzymujemy dalej\n|𝐵𝑁| ∙√3\n2 + |𝐵𝑁| ∙1\n2 = 1\n|𝐵𝑁| ∙(√3 + 1) = 2\n|𝐵𝑁| = √3 -1\nZatem |𝑁𝐷| = |𝐵𝐷| -|𝐵𝑁| = 2√3 -(√3 -1) = √3 + 1.\nTo należało wykazać.\n60°\n1\n𝐾\n𝐴\n𝑁\n𝐿\n𝐵\n𝐶\n2\n𝐷\n1\nZasady oceniania rozwiązań zadań\nSposób II\nW trójkącie 𝐷𝐴𝐵 o kątach 90°, 60°, 30° mamy: |𝐴𝐷| = 2, |𝐴𝐵| = 4 i |𝐵𝐷| = 2√3.\nKąty w trójkącie 𝐵𝑁𝐾 mają miary: 30°, 45°, 105°. Stosujemy twierdzenie sinusów\ni zapisujemy równość:\n|𝐵𝐾|\nsin105° = |𝐵𝑁|\nsin45°\nZatem\n|𝐵𝑁| =\n1 ∙sin45°\nsin(60° + 45°) =\n√2\n2\n√3\n2 ∙√2\n2 +\n1\n2 ∙√2\n2\n2\n√3 + 1\n= √3 -1\nOstatecznie |𝑁𝐷| = |𝐵𝐷| -|𝐵𝑁| = 2√3 -(√3 -1) = √3 + 1.\nTo należało wykazać.\nSposób III (trójkąt 𝐵𝐿𝑁)\nProwadzimy wysokość 𝑁𝐸 w trójkącie 𝐵𝐿𝑁 i oznaczamy 𝑥= |𝐵𝐸|.\nTrójkąt prostokątny 𝐷𝐴𝐵 ma kąty ostre 60° i 30°, więc:\n|𝐴𝐵| = 2|𝐴𝐷| = 2 ⋅2 = 4 i |𝐵𝐷| = |𝐴𝐷|√3 = 2√3\nTrójkąt prostokątny 𝐵𝐿𝐾 ma kąty ostre 45°, więc |𝐾𝐿| = √2.\nW trójkącie prostokątnym 𝑁𝐵𝐸 kąty ostre mają miary 60° i 30°, więc\n|𝑁𝐸| = |𝐵𝐸| ∙√3 = 𝑥√3 i |𝐵𝑁| = 2|𝐵𝐸| = 2𝑥\nTrójkąt prostokątny 𝐸𝐿𝑁 ma kąty ostre 45°, więc\n|𝑁𝐸| = |𝐸𝐿| = 𝑥√3\nAle |𝑁𝐸| = |𝐵𝐿| -|𝐵𝐸| = 1 -𝑥, więc otrzymujemy równanie\n𝑥\n60°\n1 -𝑥\n𝐾\n𝐴\n𝑁\n𝐿\n𝐵\n𝐶\n2\n𝐷\n1\n𝐸\n1 -𝑥= 𝑥√3\n𝑥√3 + 𝑥= 1\n(√3 + 1)𝑥= 1\nMnożąc obie strony równania przez √3 -1, otrzymujemy\n2𝑥= √3 -1\nczyli\n|𝐵𝑁| = 2𝑥= √3 -1\nZatem |𝑁𝐷| = |𝐵𝐷| -|𝐵𝑁| = 2√3 -(√3 -1) = √3 + 1.\nTo należało wykazać.\nSposób IV (twierdzenie cosinusów)\nW trójkącie 𝐷𝐴𝐵 o kątach 90°, 60°, 30° mamy: |𝐴𝐷| = 2, |𝐴𝐵| = 4 i |𝐵𝐷| = 2√3.\nW trójkącie 𝐾𝐵𝐿 kąty mają miary: 90°, 45°, 45° oraz: |𝐵𝐾| = |𝐵𝐿| = 1, |𝐾𝐿| = √2.\nZ twierdzenia cosinusów zastosowanego do trójkątów 𝐾𝐵𝑁 oraz 𝐵𝐿𝑁 otrzymujemy\nrówności\n|𝐵𝑁|2 = |𝐵𝐾|2 + |𝐾𝑁|2 -2 ∙|𝐵𝐾| ∙|𝐾𝑁| ∙cos45°\noraz\n|𝐵𝑁|2 = |𝐵𝐿|2 + |𝐿𝑁|2 -2 ∙|𝐵𝐿| ∙|𝐿𝑁| ∙cos45°\nZatem po podstawieniu |𝐵𝐾| = |𝐵𝐿| = 1 i dodaniu stronami równań otrzymujemy równość:\n2 ∙|𝐵𝑁|2 = |𝐿𝑁|2 + |𝐾𝑁|2\nPonieważ |∡𝐾𝐵𝑁| = 30°, więc z twierdzenia cosinusów zastosowanego do trójkąta 𝐾𝐵𝑁\notrzymujemy:\n|𝐾𝑁|2 = |𝐵𝐾|2 + |𝐵𝑁|2 -2 ∙|𝐵𝐾| ∙|𝐵𝑁| ∙cos30°\nPonieważ |∡𝑁𝐵𝐿| = 60°, więc z twierdzenia cosinusów zastosowanego do trójkąta 𝐵𝐿𝑁\notrzymujemy:\n|𝐿𝑁|2 = |𝐵𝐿|2 + |𝐵𝑁|2 -2 ∙|𝐵𝐿| ∙|𝐵𝑁| ∙cos60°\nZatem po podstawieniu |𝐵𝐾| = |𝐵𝐿| = 1 i dodaniu stronami równań otrzymujemy równość:\n|𝐿𝑁|2 + |𝐾𝑁|2 = 2 + 2 ∙|𝐵𝑁|2 -|𝐵𝑁| ∙√3 -|𝐵𝑁|\nAle\n2 ∙|𝐵𝑁|2 = |𝐿𝑁|2 + |𝐾𝑁|2\nwięc\n2 ∙|𝐵𝑁|2 = 2 + 2 ∙|𝐵𝑁|2 -|𝐵𝑁| ∙√3 -|𝐵𝑁|\nZasady oceniania rozwiązań zadań\nZatem |𝐵𝑁| ∙(√3 + 1) = 2, czyli |𝐵𝑁| = √3 -1. Dlatego\n|𝑁𝐷| = |𝐵𝐷| -|𝐵𝑁| = 2√3 -(√3 -1) = √3 + 1.\nTo należało wykazać.\nSposób V (trójkąt w układzie współrzędnych)\nUmieszczamy trójkąt 𝐴𝐵𝐶 w kartezjańskim układzie współrzędnych (𝑥, 𝑦) tak, aby:\n𝐵= (0, 0), 𝐴 był punktem leżącym na dodatniej półosi 𝑂𝑦, 𝐶 był punktem leżącym na\ndodatniej półosi 𝑂𝑥. Wtedy 𝐾= (0, 1) i 𝐿= (1, 0), więc prosta 𝐾𝐿 ma równanie\n𝑦= -𝑥+ 1. Ponieważ |∡𝐵𝐴𝐶| = 60° i 𝐵𝐷⊥𝐴𝐶, więc prosta 𝐵𝐷 jest nachylona do osi\n𝑂𝑥 pod kątem 60°. Stąd 𝐵𝐷 ma równanie 𝑦= √3𝑥.\nObliczamy współrzędne punktu 𝑁:\n{\n𝑦= -𝑥+ 1\n𝑦= √3 𝑥\n{ √3𝑥= -𝑥+ 1\n𝑦= √3 𝑥\n{\n𝑥=\n1\n√3 + 1\n𝑦=\n√3\n√3 + 1\nczyli 𝑁= (\n1\n√3+1 ,\n√3\n√3+1).\nObliczamy współrzędne punktu 𝐴.\n|𝐴𝐷|\n|𝐴𝐵| = cos 60°, więc |𝐴𝐵| =\n|𝐴𝐷|\ncos60° = 4 i stąd 𝐴= (0, 4).\n4\n𝑦= -𝑥+ 1\n𝑦= ξ3 ⋅𝑥\n60°\n1\n𝐾\n𝐴\n𝑁\n𝐿\n𝐵\n𝐶\n2\n𝐷\n1\n𝑥\n𝑦\n0\nPonieważ |∡𝐵𝐶𝐴| = 30°, więc współczynnik kierunkowy 𝑎 w równaniu prostej 𝐴𝐶 jest\nrówny 𝑎= tg 150° = -\n√3\n3 . Zatem prosta 𝐴𝐶 ma równanie 𝑦= -\n√3\n3 𝑥+ 4.\nObliczamy odległość punktu 𝑁 od prostej 𝐴𝐶:\n|-√3\n3 ⋅\n1\n√3+1 -1 ⋅\n√3\n√3+1 + 4|\n√(-√3\n3 )\n2\n+ (-1)2\n-√3-3√3+12(√3+1)\n3(√3+1)\n2\n√3\n8√3+12\n3(√3+1)\n2\n√3\n= 8√3 + 12\n3(√3 + 1)\n⋅√3\n2 = 4 + 2√3\n√3 + 1\n= 2(2 + √3)(√3 -1)\n2\n= √3 + 1\nZatem |𝑁𝐷| = √3 + 1. To należało wykazać.\nSposób VI (prosta równoległa do 𝐾𝐿 przechodząca przez 𝐷)\nProwadzimy wysokość 𝐷𝐸 trójkąta 𝐵𝐶𝐷, a przez punkt 𝐷 prostą równoległą do\nprostej 𝐾𝐿 i oznaczamy przez 𝐹 punkt jej przecięcia z prostą 𝐵𝐶.\nW trójkącie 𝐷𝐴𝐵 o kątach 90°, 60°, 30° mamy: |𝐴𝐷| = 2, |𝐴𝐵| = 4 i |𝐵𝐷| = 2√3.\nTrójkąt prostokątny 𝐵𝐸𝐷 ma również kąty ostre 60° i 30°, więc |𝐵𝐸| =\n|𝐵𝐷|\n2\n= √3\ni |𝐷𝐸| = |𝐵𝐷|√3 = 3.\nTrójkąt prostokątny 𝐷𝐸𝐹 ma kąty ostre 45°, więc jest równoramienny.\nZatem |𝐸𝐹| = |𝐷𝐸| = 3.\nStąd |𝐿𝐹| = |𝐿𝐸| + |𝐸𝐹| = (|𝐵𝐸| -|𝐵𝐿|) + |𝐸𝐹| = √3 -1 + 3 = 2 + √3.\nZ twierdzenia Talesa otrzymujemy\n|𝑁𝐷|\n|𝐿𝐹| = |𝐵𝑁|\n|𝐵𝐿|\nczyli\n𝐹\n60°\n1\n𝐾\n𝐴\n𝑁\n𝐿\n𝐵\n𝐶\n2\n𝐷\n1\n𝐸\n𝐹\nZasady oceniania rozwiązań zadań\n|𝑁𝐷|\n2 + √3\n= 2√3 -|𝑁𝐷|\n1\nStąd\n|𝑁𝐷| = (2 + √3) ⋅(2√3 -|𝑁𝐷|)\n|𝑁𝐷| + (2 + √3) ⋅|𝑁𝐷| = 4√3 + 6\n|𝑁𝐷| ⋅(3 + √3) = 4√3 + 6\n|𝑁𝐷| = 4√3 + 6\n3 + √3\n= 2(2√3 + 3)(3 -√3)\n9 -3\n= √3 + 1\nTo należało wykazać.\nSposób VII (prosta równoległa do 𝐵𝐶 przechodząca przez 𝐷)\nProwadzimy przez punkt 𝐷 prostą równoległą do prostej 𝐵𝐶 i oznaczamy przez 𝐸 punkt\njej przecięcia z prostą 𝐾𝐿, natomiast przez 𝐹 - punkt jej przecięcia z prostą 𝐴𝐵.\nW trójkącie 𝐷𝐴𝐵 o kątach 90°, 60°, 30° mamy: |𝐴𝐷| = 2, |𝐴𝐵| = 4 i |𝐵𝐷| = 2√3.\nTrójkąt prostokątny 𝐴𝐹𝐷 ma kąty ostre 60° i 30°, więc |𝐴𝐹| = 1 oraz |𝐷𝐹| = √3.\nZatem |𝐹𝐾| = 4 -1 -1 = 2.\nTrójkąt prostokątny 𝐾𝐹𝐸 ma kąty ostre 45°, więc jest równoramienny.\nZatem |𝐸𝐹| = |𝐹𝐾| = 2. Stąd |𝐸𝐷| = 2 + √3.\nTrójkąty 𝐷𝐸𝑁 i 𝐵𝐿𝑁 są podobne (kkk), więc\n|𝑁𝐷|\n|𝐸𝐷| =\n|𝐵𝑁|\n|𝐵𝐿|\nczyli\n60°\n1\n𝐾\n𝐴\n𝑁\n𝐿\n𝐵\n𝐶\n2\n𝐷\n1\n𝐸\n𝐹\n|𝑁𝐷|\n2 + √3\n= 2√3 -|𝑁𝐷|\n1\nStąd\n|𝑁𝐷| = (2 + √3) ⋅(2√3 -|𝑁𝐷|)\n|𝑁𝐷| + (2 + √3) ⋅|𝑁𝐷| = 4√3 + 6\n|𝑁𝐷| ⋅(3 + √3) = 4√3 + 6\n|𝑁𝐷| = 4√3 + 6\n3 + √3\n= 2(2√3 + 3)(3 -√3)\n9 -3\n= √3 + 1\nTo należało wykazać.\nZasady oceniania rozwiązań zadań","solution":null,"image":"img/matematyka-2023-maj-matura-stara-rozszerzona/zad-7.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 · maj 2023 (rozszerzona)","subject_label":"Matematyka","category_label":"Matura"},{"id":"matematyka-2023-maj-matura-stara-rozszerzona/zad/8","paper_id":"matematyka-2023-maj-matura-stara-rozszerzona","number":"8","points":3,"ptype":"open","subject":"matematyka","category":"matura","year":2023,"month":"maj","level":"rozszerzona","text":"Zadanie 8. (0-3)\nW pojemniku jest siedem kul: pięć kul białych i dwie kule czarne. Z tego pojemnika losujemy\njednocześnie dwie kule bez zwracania. Następnie - z kul pozostałych w pojemniku -\nlosujemy jeszcze jedną kulę. Oblicz prawdopodobieństwo wylosowania kuli czarnej w drugim\nlosowaniu.\n\nEMAP-R0_100","answer":null,"answer_text":"Zadanie 8. (0-3)\nWymagania egzaminacyjne 2023 i 2024\nWymaganie ogólne\nWymaganie szczegółowe\nIII. Modelowanie matematyczne.\nZdający:\nR10.3) korzysta z twierdzenia\no prawdopodobieństwie całkowitym.\nZasady oceniania\n3 pkt - zastosowanie poprawnej metody obliczenia prawdopodobieństwa i poprawny\nwynik: 2\n7 .\n2 pkt - zapisanie/obliczenie prawdopodobieństwa zdarzeń 𝐵1, 𝐵2, 𝐵3 oraz\nprawdopodobieństw warunkowych 𝑃(𝐴|𝐵1), 𝑃(𝐴|𝐵2), 𝑃(𝐴|𝐵3):\n𝑃(𝐵1) =\n(5\n2)\n(7\n2) i 𝑃(𝐵2) =\n(5\n1) ⋅ (2\n1)\n(7\n2)\n,i 𝑃(𝐵3) =\n(2\n2)\n(7\n2) ,i 𝑃(𝐴|𝐵1) = 2\n5 ,i 𝑃(𝐴|𝐵2) = 1\n5 ,\ni 𝑃(𝐴|𝐵3) = 0\nALBO\n- zapisanie prawdopodobieństw na wszystkich odcinkach istotnych gałęzi drzewa,\nALBO\n- zapisanie/obliczenie liczby wszystkich zdarzeń elementarnych oraz liczby wszystkich\nzdarzeń elementarnych sprzyjających zdarzeniu 𝐴, przy zastosowaniu klasycznej\ndefinicji prawdopodobieństwa: |Ω| = 7 ⋅6 ⋅5 oraz\n|𝐴| = 5 ⋅4 ⋅2 + 5 ⋅2 ⋅1 + 2 ⋅5 ⋅1 (lub |𝐴| = |𝐴1| + |𝐴2| + |𝐴3| = 60).\n1 pkt - opisanie zdarzeń losowych 𝐵1, 𝐵2, 𝐵3 i obliczenie ich prawdopodobieństw:\n𝑃(𝐵1) =\n(5\n2)\n(7\n2) , 𝑃(𝐵2) =\n(5\n1) ⋅ (2\n1)\n(7\n2)\n, 𝑃(𝐵3) =\n(2\n2)\n(7\n2)\nALBO\n- narysowanie drzewa stochastycznego doświadczenia i zapisanie prawdopodobieństw\nna gałęziach drzewa I etapu doświadczenia (dla drzewa dwuetapowego) lub I i II\netapu (dla drzewa trzyetapowego),\nALBO\n- obliczenie prawdopodobieństw wylosowania kuli czarnej na ostatnim etapie oraz\nwłaściwe zinterpretowanie wcześniejszych etapów doświadczenia: 2\n5 , 1\n5 ,\nALBO\n- zapisanie/obliczenie liczby wszystkich zdarzeń elementarnych lub liczby wszystkich\nzdarzeń elementarnych sprzyjających zdarzeniu 𝐴, przy zastosowaniu klasycznej\ndefinicji prawdopodobieństwa: |Ω| = 7 ⋅6 ⋅5 lub\n|𝐴| = 5 ⋅4 ⋅2 + 5 ⋅2 ⋅1 + 2 ⋅5 ⋅1 (lub |𝐴| = |𝐴1| + |𝐴2| + |𝐴3| = 60).\n0 pkt - rozwiązanie, w którym zastosowano nieprawidłową metodę, albo brak rozwiązania.\nUwagi:\n1. Jeżeli zdający, stosując twierdzenie o prawdopodobieństwie całkowitym, pominie składnik\n𝑃(𝐵3) ⋅𝑃(𝐴|𝐵3), to może otrzymać 3 punkty za całe rozwiązanie.\n2. Jeżeli zdający zapisze jedynie 𝑃(𝐴) = 2\n7 , to otrzymuje 1 punkt.\n3. Jeżeli zdający zapisze 𝑃(𝐴) = 2\n7 i zapisze poprawny komentarz uzasadniający\notrzymany wynik, to otrzymuje 3 punkty.\nPrzykładowe pełne rozwiązania\nSposób I (prawdopodobieństwo całkowite)\nWprowadzamy następujące oznaczenia:\n𝐴 - zdarzenie polegające na tym, że w drugim losowaniu wylosowano kulę czarną,\n𝐵1 - zdarzenie polegające na tym, że w pierwszym losowaniu wylosowano dwie kule białe,\n𝐵2 - zdarzenie polegające na tym, że w pierwszym losowaniu wylosowano kulę białą i kulę\nczarną,\n𝐵3 - zdarzenie polegające na tym, że w pierwszym losowaniu wylosowano dwie kule czarne.\nObliczamy prawdopodobieństwa zdarzeń 𝐵1, 𝐵2, 𝐵3 :\n𝑃(𝐵1) =\n(5\n2)\n(7\n2)\n= 10\n21 𝑃(𝐵2) =\n(5\n1) ⋅ (2\n1)\n(7\n2)\n= 10\n21 𝑃(𝐵3) =\n(2\n2)\n(7\n2)\n= 1\n21\nObliczamy prawdopodobieństwa warunkowe 𝑃(𝐴|𝐵1), 𝑃(𝐴|𝐵2), 𝑃(𝐴|𝐵3):\n𝑃(𝐴|𝐵1) = 𝑃(𝐴∩𝐵1) ∶𝑃(𝐵1) =\n(5\n2) ⋅(2\n1)\n(7\n2) ⋅(5\n1)\n:\n(5\n2)\n(7\n2) = 2\n5\n𝑃(𝐴|𝐵2) = 1\n5 𝑃(𝐴|𝐵3) = 0\nStosujemy twierdzenie o prawdopodobieństwie całkowitym i obliczamy prawdopodobieństwo\nzdarzenia 𝐴:\n𝑃(𝐴) = 𝑃(𝐴|𝐵1) ⋅𝑃(𝐵1) + 𝑃(𝐴|𝐵2) ⋅𝑃(𝐵2) + 𝑃(𝐴|𝐵3) ⋅𝑃(𝐵3) =\n= 2\n5 ⋅10\n21 + 1\n5 ⋅10\n21 + 0 ⋅1\n21 = 2\n7\nSposób II (model klasyczny)\nNiech 𝐾 będzie zbiorem siedmiu kul, które znajdowały się w pojemniku. Przyjmijmy, że\nzdarzeniem elementarnym jest każdy ciąg (𝑥, 𝑦, 𝑧), którego wyrazami są trzy kule:\n𝑥, 𝑦, 𝑧∈𝐾, parami różne. Zdarzenia elementarne są jednakowo prawdopodobne (jest to\nmodel klasyczny).\nWtedy\n|Ω| = 7 ⋅6 ⋅5 = 210\ngdzie |Ω| oznacza liczbę elementów zbioru Ω (zbioru wszystkich zdarzeń elementarnych).\nZasady oceniania rozwiązań zadań\nNiech 𝐴 będzie zdarzeniem polegającym na tym, że trzecia z wylosowanych kul (𝑧) będzie\nczarna.\nZdarzenie 𝐴 jest sumą parami rozłącznych zdarzeń:\n𝐴1 - dwie wylosowane kule (𝑥 oraz 𝑦) będą białe, a trzecia kula (𝑧) będzie czarna,\n𝐴2 - pierwsza kula (𝑥) będzie biała, a następne dwie (𝑦 oraz 𝑧) będą czarne,\n𝐴3 - pierwsza kula (𝑥) będzie czarna, druga (𝑦) będzie biała, a trzecia kula (𝑧) będzie\nczarna.\nPonieważ\n|𝐴1| = 5 ∙4 ∙2 = 40, |𝐴2| = 5 ∙2 ∙1 = 10, |𝐴3| = 2 ∙5 ∙1 = 10\nwięc\n|𝐴| = |𝐴1| + |𝐴2| + |𝐴3| = 60\nPrawdopodobieństwo zdarzenia 𝐴 jest równe\n𝑃(𝐴) = |𝐴|\n|Ω| = 60\n210 = 2\n7\nSposób III (drzewo stochastyczne - 3 etapy)\nRysujemy fragment drzewa stochastycznego rozważanego doświadczenia z uwzględnieniem\nwszystkich istotnych gałęzi. Symbol „𝑏” odpowiada wylosowaniu kuli białej, symbol „𝑐” - kuli\nczarnej. Po wylosowaniu dwóch kul czarnych nie możemy już wylosować kuli czarnej.\nOznaczamy przez 𝐴 zdarzenie polegające na tym, że trzecia z wylosowanych kul jest\nczarna.\nPrawdopodobieństwo zdarzenia 𝐴 jest równe\n𝑃(𝐴) = 5\n7 ∙4\n6 ∙2\n5 + 5\n7 ∙2\n6 ∙1\n5 + 2\n7 ∙5\n6 ∙1\n5 = 2\n7\n4\n6\n5\n7\n2\n7\n5\n6\n𝑐\n𝑐\n𝑏\n𝑐\n𝑐\n𝑐\n𝑏\n𝑏\n𝑐\n2\n5\n2\n6\n1\n5\n1\n5\nSposób III (drzewo stochastyczne - 2 etapy)\nRysujemy fragment drzewa stochastycznego rozważanego doświadczenia z uwzględnieniem\nwszystkich istotnych gałęzi. Symbol „𝑏” odpowiada kuli białej, symbol „𝑐” - kuli czarnej.\nPo wylosowaniu dwóch kul czarnych nie możemy już wylosować kuli czarnej.\nOznaczamy przez 𝐴 zdarzenie polegające na tym, że kula wylosowana w drugim losowaniu\njest czarna.\nPrawdopodobieństwo zdarzenia 𝐴 jest równe\n𝑃(𝐴) =\n(\n5\n2)\n(\n7\n2)\n∙2\n5 +\n(\n5\n2)\n(\n7\n2)\n∙1\n5 = 2\n7\nቀ5\n2ቁ\nቀ7\n2ቁ\nቀ5\n1ቁቀ2\n1ቁ\nቀ7\n2ቁ\n𝑐\n𝑐\n𝑏, 𝑏\n𝑏, 𝑐\n𝑐, 𝑐\n2\n5\n1\n5\nZasady oceniania rozwiązań zadań","solution":null,"image":"img/matematyka-2023-maj-matura-stara-rozszerzona/zad-8.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 2023 (rozszerzona)","subject_label":"Matematyka","category_label":"Matura"},{"id":"matematyka-2023-maj-matura-stara-rozszerzona/zad/9","paper_id":"matematyka-2023-maj-matura-stara-rozszerzona","number":"9","points":3,"ptype":"open","subject":"matematyka","category":"matura","year":2023,"month":"maj","level":"rozszerzona","text":"Zadanie 9. (0-3)\nFunkcja 𝑓 jest określona wzorem 𝑓(𝑥) = 3𝑥2-2𝑥\n𝑥2+2𝑥+8 dla każdej liczby rzeczywistej 𝑥.\nPunkt 𝑃= (𝑥0 , 3) należy do wykresu funkcji 𝑓. Oblicz 𝑥0 oraz wyznacz równanie\nstycznej do wykresu funkcji 𝑓 w punkcie 𝑃.\nWypełnia\negzaminator\nNr zadania\n8.\n9.\nMaks. liczba pkt\n3\n3\nUzyskana liczba pkt\n\nEMAP-R0_100","answer":null,"answer_text":"Zadanie 9. (0-3)\nWymagania egzaminacyjne 2023 i 2024\nWymaganie ogólne\nWymagania szczegółowe\nV. Rozumowanie i argumentacja.\nZdający:\nR11.2) oblicza pochodne funkcji\nwymiernych;\nR11.3) korzysta z geometrycznej\ninterpretacji pochodnej.\nZasady oceniania\n3 pkt - zastosowanie poprawnej metody i poprawny wynik: 𝑥0 = -3 oraz 𝑦= -8\n11 𝑥+ 9\n11\n(lub 𝑦= -8\n11 (𝑥+ 3) + 3).\n2 pkt - obliczenie odciętej punktu 𝑃 i wyznaczenie pochodnej funkcji 𝑓: 𝑥0 = -3 oraz\n𝑓′(𝑥) =\n(6𝑥-2)⋅(𝑥2+2𝑥+8)-(3𝑥2-2𝑥)⋅(2𝑥+2)\n(𝑥2+2𝑥+8)\n2\n1 pkt - obliczenie odciętej punktu 𝑃: 𝑥0 = -3\nALBO\n- wyznaczenie pochodnej funkcji 𝑓: 𝑓′(𝑥) =\n(6𝑥-2)⋅(𝑥2+2𝑥+8)-(3𝑥2-2𝑥)⋅(2𝑥+2)\n(𝑥2+2𝑥+8)\n2\n0 pkt - rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania.\nUwaga:\nJeżeli zdający błędnie stosuje wzór na pochodną ilorazu funkcji, to może otrzymać co\nnajwyżej 1 punkt za całe rozwiązanie.\nPrzykładowe pełne rozwiązanie\nObliczamy odciętą 𝑥0 punktu 𝑃:\n3 =\n3𝑥0\n2 -2𝑥0\n𝑥0\n2 + 2𝑥0 + 8\n3𝑥0\n2 + 6𝑥0 + 24 = 3𝑥0\n2 -2𝑥0\n𝑥0 = -3\nWyznaczamy pochodną funkcji 𝑓:\n𝑓′(𝑥) = (6𝑥-2)(𝑥2 + 2𝑥+ 8) -(3𝑥2 -2𝑥)(2𝑥+ 2)\n(𝑥2 + 2𝑥+ 8)2\n𝑓′(𝑥) = 8𝑥2 + 48𝑥-16\n(𝑥2 + 2𝑥+ 8)2\nWyznaczamy równanie kierunkowe 𝑦= 𝑎𝑥+ 𝑏 stycznej do wykresu funkcji 𝑓\nw punkcie 𝑃. Obliczamy współczynnik kierunkowy 𝑎 w równaniu stycznej:\n𝑎= 𝑓′(-3) = -8\n11\nObliczamy współczynnik 𝑏 w równaniu stycznej:\n3 = -8\n11 ∙(-3) + 𝑏\n𝑏= 9\n11\nStyczna ma równanie 𝑦= -8\n11 𝑥+ 9\n11 .\nZasady oceniania rozwiązań zadań","solution":null,"image":"img/matematyka-2023-maj-matura-stara-rozszerzona/zad-9.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 2023 (rozszerzona)","subject_label":"Matematyka","category_label":"Matura"},{"id":"matematyka-2023-maj-matura-stara-rozszerzona/zad/10","paper_id":"matematyka-2023-maj-matura-stara-rozszerzona","number":"10","points":4,"ptype":"open","subject":"matematyka","category":"matura","year":2023,"month":"maj","level":"rozszerzona","text":"Zadanie 10. (0-4)\nRozwiąż nierówność\n√𝑥2 + 4𝑥+ 4 < 25\n3 -√𝑥2 -6𝑥+ 9\nWskazówka: skorzystaj z tego, że √𝑎2 = |𝑎| dla każdej liczby rzeczywistej 𝑎.\n\nEMAP-R0_100\nWypełnia\negzaminator\nNr zadania\n10.\nMaks. liczba pkt\n4\nUzyskana liczba pkt\n\nEMAP-R0_100","answer":null,"answer_text":"Zadanie 10. (0-4)\nWymagania egzaminacyjne 2023 i 2024\nWymaganie ogólne\nWymaganie szczegółowe\nII. Wykorzystanie i interpretowanie\nreprezentacji.\nZdający:\nR3.8) rozwiązuje równania i nierówności\nz wartością bezwzględną, o poziomie\ntrudności nie wyższym niż:\n||𝑥+ 1| -2| = 3, |𝑥+ 3| + |𝑥-5| > 12.\nZasady oceniania\n4 pkt - zastosowanie poprawnej metody i poprawny wynik: 𝑥∈(-11\n3 , 14\n3 ).\n3 pkt - rozwiązanie nierówności w dwóch spośród rozważanych przedziałów/przypadków\n(o ile rozpatruje nierówność w przedziałach/przypadkach, których suma jest równa\nℝ/wyczerpujących zbiór ℝ)\nALBO\n- zapisanie nierówności w postaci równoważnej koniunkcji dwóch nierówności:\n𝑥+ 2 < 25\n3 -|𝑥-3| i 𝑥+ 2 > -(25\n3 -|𝑥-3|), a następnie w postaci\nrównoważnej koniunkcji nierówności bez użycia symbolu wartości bezwzględnej:\n𝑥-3 < 19\n3 -𝑥 i 𝑥-3 > -(19\n3 -𝑥) i 𝑥-3 < 𝑥+ 31\n3 i 𝑥-3 > -(𝑥+ 31\n3 ),\nALBO\n- odczytanie z wykresów funkcji 𝑓 oraz 𝑔 pierwszych współrzędnych punktów ich\nprzecięcia: 𝑥= -11\n3 oraz 𝑥= 14\n3 i sprawdzenie rachunkiem poprawności\nodczytanych współrzędnych.\n2 pkt - zastosowanie definicji wartości bezwzględnej lub własności wartości bezwzględnej\ni zapisanie danej nierówności odpowiednio w trzech przedziałach: (-∞, -2),\n⟨-2, 3), ⟨3, +∞), lub w czterech przypadkach: 𝑥+ 2 < 0 i 𝑥-3 < 0, 𝑥+ 2 < 0\ni 𝑥-3 ≥0, 𝑥+ 2 ≥0 i 𝑥-3 < 0, 𝑥+ 2 ≥0 i 𝑥-3 ≥0 (z dokładnością do\ndomknięcia)\nALBO\n- zapisanie nierówności w postaci równoważnej koniunkcji dwóch nierówności:\n𝑥+ 2 < 25\n3 -|𝑥-3| i 𝑥+ 2 > -(25\n3 -|𝑥-3|),\nALBO\n- narysowanie wykresów funkcji 𝑓(𝑥) = |𝑥+ 2| oraz 𝑔(𝑥) =\n25\n3 -|𝑥-3|.\n1 pkt - przekształcenie danej nierówności do postaci |𝑥+ 2| < 25\n3 -|𝑥-3|.\n0 pkt - rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania.\nUwagi:\n1. Jeśli w rozwiązaniu algebraicznym zdający popełni błąd przy zapisie nierówności tylko\nw jednym z rozpatrywanych przypadków, ale konsekwentnie do popełnionego błędu\nrozwiąże zadanie do końca, to może uzyskać co najwyżej 2 punkty za całe rozwiązanie.\n2. Jeśli w rozwiązaniu graficznym zdający popełni jeden błąd przy rysowaniu wykresu funkcji\n𝑓(𝑥) = |𝑥+ 2| albo 𝑔(𝑥) = 25\n3 -|𝑥-3|, ale otrzyma dwa punkty przecięcia i dalej\nkonsekwentnie do popełnionego błędu rozwiąże zadanie do końca, to może uzyskać co\nnajwyżej 2 punkty za całe rozwiązanie (za zapisanie wyrażeń w postaci |𝑥+ 2| oraz\n|𝑥-3| oraz konsekwentną interpretację zbioru rozwiązań).\n3. Jeżeli zdający przy rozwiązaniu graficznym poda zbiór rozwiązań 𝑥∈(-11\n3 , 14\n3 ), ale nie\nsprawdzi rachunkiem pierwszych współrzędnych punktów przecięcia wykresów funkcji 𝑓\ni 𝑔, to może otrzymać co najwyżej 3 punkty za całe rozwiązanie.\nPrzykładowe pełne rozwiązania\nSposób I\nZauważamy, że √𝑥2 + 4𝑥+ 4 = √(𝑥+ 2)2 = |𝑥+ 2| oraz\n√𝑥2 -6𝑥+ 9 = √(𝑥-3)2 = |𝑥-3|.\nZapisujemy nierówność √𝑥2 + 4𝑥+ 4 < 25\n3 -√𝑥2 -6𝑥+ 9 w równoważnej postaci\n|𝑥+ 2| < 25\n3 -|𝑥-3|.\nRozważamy trzy przypadki.\nPrzypadek 1. (gdy 𝑥∈(-∞, -2))\nW tym przypadku nierówność ma postać - 𝑥-2 < 25\n3 + 𝑥-3, czyli 𝑥> -11\n3 .\nStąd otrzymujemy 𝑥∈(-11\n3 , -2).\nPrzypadek 2. (gdy 𝑥∈⟨-2, 3))\nW tym przypadku nierówność ma postać 𝑥+ 2 < 25\n3 + 𝑥-3. Otrzymujemy prawdziwą\nnierówność 5 < 25\n3 , więc 𝑥∈⟨-2, 3).\nPrzypadek 3. (gdy 𝑥∈⟨3, +∞))\nW tym przypadku nierówność ma postać 𝑥+ 2 < 25\n3 -𝑥+ 3, czyli 𝑥< 14\n3 . Stąd\notrzymujemy 𝑥∈⟨3, 14\n3 ).\nOstatecznie rozwiązaniami danej nierówności są wszystkie liczby ze zbioru (-11\n3 , 14\n3 ).\nSposób II (poprzez koniunkcję nierówności)\nZauważamy, że √𝑥2 + 4𝑥+ 4 = √(𝑥+ 2)2 = |𝑥+ 2| oraz\n√𝑥2 -6𝑥+ 9 = √(𝑥-3)2 = |𝑥-3|.\nZapisujemy nierówność √𝑥2 + 4𝑥+ 4 < 25\n3 -√𝑥2 -6𝑥+ 9 w równoważnej postaci\n|𝑥+ 2| < 25\n3 -|𝑥-3|.\nDla każdej liczby rzeczywistej 𝑥 i dla każdej liczby rzeczywistej 𝑎 prawdziwa jest\nrównoważność: |𝑥| < 𝑎 wtedy i tylko wtedy, gdy 𝑥< 𝑎 i 𝑥> -𝑎.\nZasady oceniania rozwiązań zadań\nPrzekształcamy nierówność |𝑥+ 2| < 25\n3 -|𝑥-3| , korzystając z tej równoważności\ndwukrotnie:\n𝑥+ 2 < 25\n3 -|𝑥-3| i 𝑥+ 2 > -(25\n3 -|𝑥-3|)\n|𝑥-3| < 19\n3 -𝑥 i |𝑥-3| < 𝑥+ 31\n3\n𝑥-3 < 19\n3 -𝑥 i 𝑥-3 > -(19\n3 -𝑥) i 𝑥-3 < 𝑥+ 31\n3 i 𝑥-3 > -(𝑥+ 31\n3 )\n2𝑥< 28\n3 i -3 > -19\n3 i -3 < 31\n3 i 2𝑥> -22\n3\n𝑥< 14\n3 i 𝑥∈ℝ i 𝑥∈ℝ i 𝑥> -11\n3\n-11\n3 < 𝑥< 14\n3\nOstatecznie rozwiązaniami danej nierówności są wszystkie liczby ze zbioru (-11\n3 , 14\n3 ).","solution":null,"image":"img/matematyka-2023-maj-matura-stara-rozszerzona/zad-10.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 2023 (rozszerzona)","subject_label":"Matematyka","category_label":"Matura"},{"id":"matematyka-2023-maj-matura-stara-rozszerzona/zad/11","paper_id":"matematyka-2023-maj-matura-stara-rozszerzona","number":"11","points":4,"ptype":"open","subject":"matematyka","category":"matura","year":2023,"month":"maj","level":"rozszerzona","text":"Zadanie 11. (0-4)\nOkreślamy kwadraty 𝐾1 , 𝐾2 , 𝐾3 , … następująco:\n𝐾1 jest kwadratem o boku długości 𝑎\n𝐾2 jest kwadratem, którego każdy wierzchołek leży na innym boku kwadratu 𝐾1 i dzieli\nten bok w stosunku 1 ∶3\n𝐾3 jest kwadratem, którego każdy wierzchołek leży na innym boku kwadratu 𝐾2 i dzieli\nten bok w stosunku 1 ∶3\ni ogólnie, dla każdej liczby naturalnej 𝑛≥2,\n𝐾𝑛 jest kwadratem, którego każdy wierzchołek leży na innym boku kwadratu 𝐾𝑛-1\ni dzieli ten bok w stosunku 1 ∶3.\nObwody wszystkich kwadratów określonych powyżej tworzą nieskończony ciąg\ngeometryczny.\nNa rysunku przedstawiono kwadraty utworzone w sposób opisany powyżej.\nOblicz sumę wszystkich wyrazów tego nieskończonego ciągu.\n𝑎\n𝑎\n\nEMAP-R0_100\nWypełnia\negzaminator\nNr zadania\n11.\nMaks. liczba pkt\n4\nUzyskana liczba pkt\n\nEMAP-R0_100","answer":null,"answer_text":"Zadanie 11. (0-4)\nWymagania egzaminacyjne 2023 i 2024\nWymaganie ogólne\nWymaganie szczegółowe\nIII. Modelowanie matematyczne.\nZdający:\nR5.2) rozpoznaje szeregi geometryczne\nzbieżne i oblicza ich sumy.\nZasady oceniania\n4 pkt - zastosowanie poprawnej metody i poprawny wynik: 𝐿=\n4𝑎\n1-\n√10\n4\n(lub 𝐿= 8⋅(4+√10)𝑎\n3\n).\n3 pkt - zapisanie: 𝐿= 4𝑎(1 +\n√10\n4 + 5\n8 + … ).\n2 pkt - obliczenie ilorazu ciągu: 𝑞=\n√10\n4 .\n1 pkt - obliczenie długości boku drugiego kwadratu: 𝑎2 =\n√10\n4 𝑎.\n0 pkt - rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania.\nUwagi:\n1. Jeżeli zdający obliczy tylko sumę długości boków (po jednym z każdego kwadratu), to\nmoże otrzymać co najwyżej 3 punkty za całe rozwiązanie.\n2. Jeżeli zdający błędnie ustala stosunek podziału długości boku kwadratu i rozwiązuje\nzadanie konsekwentnie do końca, to może otrzymać co najwyżej 2 punkty za całe\nrozwiązanie (za obliczenie ilorazu 𝑞 ciągu, o ile 𝑞∈(0, 1), oraz za konsekwentne\nobliczenie sumy obwodów wszystkich kwadratów).\n3. Jeżeli zdający przyjmuje do obliczeń konkretną długość boku kwadratu 𝐾1 i rozwiązuje\nzadanie konsekwentnie do końca, to otrzymuje 2 punkty za całe rozwiązanie.\n4. Jeżeli zdający popełni błąd rachunkowy i otrzyma iloraz 𝑞 ciągu, który jest liczbą spoza\nprzedziału (0, 1), to może otrzymać co najwyżej 1 punkt za całe rozwiązanie (za\npoprawne obliczenie 𝑎2).\nPrzykładowe pełne rozwiązanie\nOznaczmy przez 𝑎𝑖 długość boku kwadratu 𝐾𝑖 , natomiast przez 𝐿𝑖 - obwód kwadratu 𝐾𝑖\n(dla 𝑖= 1, 2, 3, …). Niech 𝐿 oznacza sumę obwodów wszystkich rozważanych kwadratów.\nObliczamy długości boków kolejnych kwadratów:\n𝑎1 = 𝑎\n𝑎2 = √(1\n4 𝑎)\n2\n+ (3\n4 𝑎)\n2\n= √10\n4 𝑎\nAnalogicznie\nZasady oceniania rozwiązań zadań\n𝑎3 = √10\n4 𝑎2 = √10\n4\n∙√10\n4 𝑎= 5\n8 𝑎\n𝑎4 = 5√10\n32 𝑎\ni tak dalej.\nStąd\n𝐿= 𝐿1 + 𝐿2 + 𝐿3 + … = 4𝑎+ 4 ∙√10\n4 𝑎+ 4 ∙5\n8 𝑎+ … = 4𝑎(1 + √10\n4\n+ 5\n8 + … )\nZauważamy, że wyrażenie w nawiasie jest sumą szeregu geometrycznego, gdzie 𝑎1 = 1\ni 𝑞=\n√10\n4 .\nPonieważ |𝑞| =\n√10\n4\n< 1, zatem spełnione są założenia twierdzenia o istnieniu sumy\nnieskończonego szeregu geometrycznego.\nZatem 𝐿= 4𝑎∙\n1\n1-\n√10\n4\n4𝑎\n1-\n√10\n4\n= 8⋅(4+√10)𝑎\n3","solution":null,"image":"img/matematyka-2023-maj-matura-stara-rozszerzona/zad-11.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 2023 (rozszerzona)","subject_label":"Matematyka","category_label":"Matura"},{"id":"matematyka-2023-maj-matura-stara-rozszerzona/zad/12","paper_id":"matematyka-2023-maj-matura-stara-rozszerzona","number":"12","points":4,"ptype":"open","subject":"matematyka","category":"matura","year":2023,"month":"maj","level":"rozszerzona","text":"Zadanie 12. (0-4)\nRozwiąż równanie 3 sin2 𝑥-sin2(2𝑥) = 0 w przedziale 〈𝜋, 2𝜋〉.\n\nEMAP-R0_100\nWypełnia\negzaminator\nNr zadania\n12.\nMaks. liczba pkt\n4\nUzyskana liczba pkt\n\nEMAP-R0_100","answer":null,"answer_text":"Zadanie 12. (0-4)\nWymagania egzaminacyjne 2023 i 2024\nWymaganie ogólne\nWymagania szczegółowe\nIV. Użycie i tworzenie strategii.\nZdający:\nR6.5) stosuje wzory na sinus i cosinus sumy\ni różnicy kątów, sumę i różnicę sinusów\ni cosinusów kątów;\nR6.6) rozwiązuje równania\ntrygonometryczne typu sin 2𝑥= 1\n2 ,\nsin 2𝑥+ cos 𝑥= 1, sin 𝑥+ cos 𝑥= 1.\nZasady oceniania\n4 pkt - poprawna metoda rozwiązania równania i poprawny wynik: 𝜋, 7𝜋\n6 , 11𝜋\n6 , 2𝜋.\n3 pkt - przekształcenie równania 3 sin2 𝑥-sin2 2𝑥= 0 do alternatywy równań\ntrygonometrycznych i rozwiązanie dwóch z otrzymanych równań w zbiorze ℝ lub\njednego z nich w przedziale 〈𝜋, 2𝜋〉.\n2 pkt - zapisanie alternatywy równań: sin2 𝑥= 0 lub 3 -4 cos2 𝑥= 0\nALBO\n- zapisanie alternatywy równań: sin2 𝑥= 0 lub 4 sin2 𝑥-1 = 0,\nALBO\n- zapisanie alternatywy równań:\n√3 sin 𝑥-2sin 𝑥cos 𝑥= 0 lub √3 sin 𝑥+ 2sin 𝑥cos 𝑥= 0,\nALBO\n- zapisanie i rozwiązanie równania kwadratowego z niewiadomą 𝑡= cos2 𝑥 (np.\n4𝑡2 -7𝑡+ 3 = 0 i 𝑡= 1 oraz 𝑡= 3\n4 ),\nALBO\n- zapisanie i rozwiązanie równania kwadratowego z niewiadomą 𝑡= sin2 𝑥 (np.\n4𝑡2 -𝑡= 0 i 𝑡= 0 oraz 𝑡= 1\n4 ),\nALBO\n- zapisanie alternatywy równań: |sin 𝑥| = 0 lub √3 -2|cos 𝑥| = 0.\n1 pkt - przekształcenie równania 3 sin2 𝑥-sin2 2𝑥= 0 do jednej z poniższych postaci:\nsin2 𝑥(3 -4 cos2 𝑥) = 0\nlub sin2 𝑥(4 sin2 𝑥-1) = 0,\nlub 4 cos4 𝑥-7 cos2 𝑥+ 3 = 0,\nlub 4 sin4 𝑥-sin2 𝑥= 0,\nlub (√3 sin 𝑥-sin 2𝑥)(√3 sin 𝑥+ sin 2𝑥) = 0,\nlub |√3 sin 𝑥| = |sin 2𝑥|.\n0 pkt - rozwiązanie, w którym zastosowano nieprawidłową metodę, albo brak rozwiązania.\nZasady oceniania rozwiązań zadań\nUwagi:\n1. Jeżeli jedynym błędem zdającego jest:\n- podzielenie obu stron równania przez sin 𝑥 (bez stosownego założenia)\n- zastosowania niepoprawnej zależności √𝑎2 = 𝑎\n- zastosowania niepoprawnej zależności √𝑎2 -𝑏2 = 𝑎-𝑏\ni zdający konsekwentnie rozwiąże zadanie do końca, to może uzyskać co najwyżej\n2 punkty za całe rozwiązanie (o ile nie nabył praw do innej punktacji).\n2. Jeżeli zdający, przekształcając lewą stronę równania, zapisze ją w postaci\nsin 𝑥⋅(3 -4 cos2 𝑥) lub sin 𝑥⋅(√3 -2 cos 𝑥)(√3 + 2 cos 𝑥), to może otrzymać co\nnajwyżej 3 punkty za całe rozwiązanie.\nPrzykładowe pełne rozwiązania\nSposób I\nPrzekształcamy równanie równoważnie, korzystając ze wzoru na sinus podwojonego kąta,\ni otrzymujemy:\n3 sin2 𝑥-4 sin2 𝑥∙cos2 𝑥= 0\nsin2 𝑥(3 -4 cos2 𝑥) = 0\nsin2 𝑥= 0 lub 3 -4 cos2 𝑥= 0\nsin 𝑥= 0 lub cos2 𝑥= 3\n4\nsin 𝑥= 0 lub cos 𝑥= √3\n2 lub cos 𝑥= -√3\n2\nRównanie sin 𝑥= 0 ma w przedziale 〈𝜋, 2𝜋〉 dwa rozwiązania: 𝜋 oraz 2𝜋.\nRównanie cos 𝑥=\n√3\n2 ma w przedziale 〈𝜋, 2𝜋〉 jedno rozwiązanie: 11𝜋\n6 .\nRównanie cos 𝑥= -\n√3\n2 ma w przedziale 〈𝜋, 2𝜋〉 jedno rozwiązanie: 7𝜋\n6 .\nZatem równanie 3 sin2 𝑥-sin2 2𝑥= 0 ma w przedziale 〈𝜋, 2𝜋〉 cztery rozwiązania:\n𝜋, 7𝜋\n6 , 11𝜋\n6 , 2𝜋.\nSposób II\nPrzekształcamy równanie równoważnie, korzystając ze wzoru na sinus podwojonego kąta,\ni otrzymujemy:\n3 sin2 𝑥= sin2 2𝑥\n√3|sin 𝑥| = |sin 2𝑥|\n√3 ⋅|sin 𝑥| = 2 ⋅|sin 𝑥| ⋅|cos 𝑥|\n|sin 𝑥| ⋅(√3 -2|cos 𝑥|) = 0\n|sin 𝑥| = 0 lub √3 -2|cos 𝑥| = 0\nsin 𝑥= 0 lub |cos 𝑥| = √3\n2\nRównanie sin 𝑥= 0 ma w przedziale 〈𝜋, 2𝜋〉 dwa rozwiązania: 𝜋 oraz 2𝜋.\nRównanie | cos 𝑥| =\n√3\n2 ma w przedziale 〈𝜋, 2𝜋〉 dwa rozwiązania: 7𝜋\n6 oraz 11𝜋\n6 .\nZatem równanie 3 sin2 𝑥-sin2 2𝑥= 0 ma w przedziale 〈𝜋, 2𝜋〉 cztery rozwiązania:\n𝜋, 7𝜋\n6 , 11𝜋\n6 , 2𝜋.\nZasady oceniania rozwiązań zadań","solution":null,"image":"img/matematyka-2023-maj-matura-stara-rozszerzona/zad-12.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 2023 (rozszerzona)","subject_label":"Matematyka","category_label":"Matura"},{"id":"matematyka-2023-maj-matura-stara-rozszerzona/zad/13","paper_id":"matematyka-2023-maj-matura-stara-rozszerzona","number":"13","points":4,"ptype":"open","subject":"matematyka","category":"matura","year":2023,"month":"maj","level":"rozszerzona","text":"Zadanie 13. (0-4)\nCzworokąt 𝐴𝐵𝐶𝐷, w którym |𝐵𝐶| = 4 i |𝐶𝐷| = 5, jest opisany na okręgu. Przekątna 𝐴𝐶\ntego czworokąta tworzy z bokiem 𝐵𝐶 kąt o mierze 60°, natomiast z bokiem 𝐴𝐵 - kąt ostry,\nktórego sinus jest równy 1\n4 . Oblicz obwód czworokąta 𝐴𝐵𝐶𝐷.\n\nEMAP-R0_100\nWypełnia\negzaminator\nNr zadania\n13.\nMaks. liczba pkt\n4\nUzyskana liczba pkt\n\nEMAP-R0_100","answer":null,"answer_text":"Zadanie 13. (0-4)\nWymagania egzaminacyjne 2023 i 2024\nWymaganie ogólne\nWymaganie szczegółowe\nII. Wykorzystanie i interpretowanie\nreprezentacji.\nZdający:\nR7.1) stosuje twierdzenia charakteryzujące\nczworokąty wpisane w okrąg i czworokąty\nopisane na okręgu.\nZasady oceniania\n4 pkt - zastosowanie poprawnej metody i poprawny wynik: 16√3 + 10.\n3 pkt - obliczenie długości boku 𝐴𝐵: |𝐴𝐵| = 8√3 i zapisanie 𝑂𝑏𝐴𝐵𝐶𝐷= 2 ⋅(|𝐴𝐵| + |𝐶𝐷|)\nALBO\n- obliczenie długości boku 𝐴𝐵: |𝐴𝐵| = 8√3 i zapisanie równania\n8√3 + 5 = 4 + |𝐴𝐷|.\n2 pkt - obliczenie długości boku 𝐴𝐵: 8√3\nALBO\n- zapisanie równości 1) i 3) określonych w kryterium oceniania za 1 punkt,\nALBO\n- zapisanie równości 2) i 3) określonych w kryterium oceniania za 1 punkt,\nALBO\n- zapisanie równości 1) i 4) określonych w kryterium oceniania za 1 punkt.\n1 pkt - zapisanie jednej z poniższych równości 1)- 4):\n1) |𝐴𝐵|\n√3\n2\n= 4\n1\n4\nlub 1\n4 = 2√3\n|𝐴𝐵|,\n2) 1\n2 ⋅4 ⋅|𝐴𝐶| ⋅\n√3\n2 = 1\n2 ⋅|𝐴𝐶| ⋅|𝐴𝐵| ⋅1\n4 ,\n3) 𝑂𝑏𝐴𝐵𝐶𝐷= 2 ⋅(|𝐴𝐵| + |𝐶𝐷|),\n4) |𝐴𝐵| + 5 = 4 + |𝐴𝐷|\nALBO\n- zapisanie równania z jedną niewiadomą 𝑥 (długością boku 𝐴𝐵), np.\n𝑥2 = 16 + (2 + 𝑥√15\n4 )\n2\n-4 (2 + 𝑥√15\n4 ),\n16 = (2 + √15\n4 𝑥)\n2\n+ 𝑥2 -√15\n2\n⋅(2 + √15\n4 𝑥) 𝑥\n(z twierdzenia cosinusów dla trójkąta 𝐴𝐵𝐶 i dwóch kątów tego trójkąta).\n0 pkt - rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania.\nPrzykładowe pełne rozwiązania\nSposób I\nOznaczmy 𝛼= |∡𝐵𝐴𝐶|. Zgodnie z warunkami zadania\nsin 𝛼= 1\n4 .\nObliczamy długość 𝑎 boku 𝐴𝐵. Korzystamy\nz twierdzenia sinusów w trójkącie 𝐴𝐵𝐶 i otrzymujemy\n|𝐴𝐵|\nsin 60° = |𝐵𝐶|\nsin 𝛼\n|𝐴𝐵|\n√3\n2\n= 4\n1\n4\nStąd |𝐴𝐵| = 8√3.\nPonieważ w czworokąt 𝐴𝐵𝐶𝐷 można wpisać okrąg, więc prawdziwa jest zależność\n|𝐴𝐵| + |𝐶𝐷| = |𝐵𝐶| + |𝐴𝐷|\nZatem obwód 𝑂𝑏𝐴𝐵𝐶𝐷 czworokąta jest równy\n𝑂𝑏𝐴𝐵𝐶𝐷= 2 ⋅(|𝐴𝐵| + |𝐶𝐷|) = 16√3 + 10\nSposób II\nZauważmy, że pole trójkąta 𝐴𝐵𝐶 można obliczyć na dwa sposoby:\n𝑃= 1\n2 ⋅|𝐵𝐶| ⋅|𝐴𝐶| ⋅sin 60° = 1\n2 ⋅4 ⋅|𝐴𝐶| ⋅√3\n2\n𝑃= 1\n2 ⋅|𝐴𝐶| ⋅|𝐴𝐵| ⋅1\n4\nStąd |𝐴𝐵| = 8√3.\nPonieważ w czworokąt 𝐴𝐵𝐶𝐷 można wpisać okrąg, więc prawdziwa jest zależność\n|𝐴𝐵| + |𝐶𝐷| = |𝐵𝐶| + |𝐴𝐷|\nZatem obwód 𝑂𝑏𝐴𝐵𝐶𝐷 czworokąta jest równy\n𝑂𝑏𝐴𝐵𝐶𝐷= 2 ⋅(|𝐴𝐵| + |𝐶𝐷|) = 16√3 + 10\nSposób III\nOznaczmy 𝛼= |∡𝐵𝐴𝐶|. Zgodnie z warunkami zadania\nsin 𝛼= 1\n4 . Obliczamy długość 𝑎 boku 𝐴𝐵.\nProwadzimy wysokość 𝐵𝐸 trójkąta 𝐴𝐵𝐶.\nTrójkąt prostokątny 𝐵𝐶𝐸 ma kąty ostre 30° i 60°,\nwięc jest „połową” trójkąta równobocznego o boku\ndługości 4. Zatem\n5\n𝐶\n𝐷\n4\n𝛼\n𝐵\n𝐴\n𝑆\n60°\n𝐸\n5\n𝐶\n𝐷\n4\n𝛼\n𝐵\n𝐴\n𝑆\n60°\n𝑎\nZasady oceniania rozwiązań zadań\n|𝐸𝐵| = 4√3\n2\n= 2√3\nZ definicji sinusa w trójkącie prostokątnym 𝐴𝐵𝐸 otrzymujemy\nsin 𝛼= |𝐸𝐵|\n|𝐴𝐵|\nczyli\n1\n4 = 2√3\n|𝐴𝐵|\nStąd |𝐴𝐵| = 8√3.\nCzworokąt 𝐴𝐵𝐶𝐷 jest opisany na okręgu, więc |𝐴𝐵| + |𝐶𝐷| = |𝐵𝐶| + |𝐴𝐷|.\nZatem obwód 𝑂𝑏𝐴𝐵𝐶𝐷 czworokąta jest równy\n𝑂𝑏𝐴𝐵𝐶𝐷= 2 ⋅(|𝐴𝐵| + |𝐶𝐷|) = 16√3 + 10","solution":null,"image":"img/matematyka-2023-maj-matura-stara-rozszerzona/zad-13.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 · maj 2023 (rozszerzona)","subject_label":"Matematyka","category_label":"Matura"},{"id":"matematyka-2023-maj-matura-stara-rozszerzona/zad/14","paper_id":"matematyka-2023-maj-matura-stara-rozszerzona","number":"14","points":4,"ptype":"open","subject":"matematyka","category":"matura","year":2023,"month":"maj","level":"rozszerzona","text":"Zadanie 14. (0-4)\nDany jest sześcian 𝐴𝐵𝐶𝐷𝐸𝐹𝐺𝐻 o krawędzi\ndługości 6. Punkt 𝑆 jest punktem przecięcia\nprzekątnych 𝐴𝐻 i 𝐷𝐸 ściany bocznej 𝐴𝐷𝐻𝐸\n(zobacz rysunek).\nOblicz wysokość trójkąta 𝑆𝐵𝐻 poprowadzoną z punktu 𝑆 na bok 𝐵𝐻 tego trójkąta.\n𝐶\n𝐺\n𝐻\n𝐹\n𝐸\n𝐴\n𝐵\n𝐷\n𝑆\n6\n\nEMAP-R0_100\nWypełnia\negzaminator\nNr zadania\n14.\nMaks. liczba pkt\n4\nUzyskana liczba pkt\n\nEMAP-R0_100","answer":null,"answer_text":"Zadanie 14. (0-4)\nWymagania egzaminacyjne 2023 i 2024\nWymaganie ogólne\nWymagania szczegółowe\nIV. Użycie i tworzenie strategii.\nZdający:\nP9.1) rozpoznaje w graniastosłupach kąty\nmiędzy odcinkami (np. krawędziami,\nkrawędziami i przekątnymi, itp.), oblicza\nmiary tych kątów;\nP9.3) stosuje trygonometrię do obliczeń\ndługości odcinków, miar kątów, pól\npowierzchni i objętości graniastosłupów.\nZasady oceniania\n4 pkt - zastosowanie poprawnej metody i poprawny wynik: √6.\n3 pkt - zapisanie równania z jedną niewiadomą (długością odcinka 𝑆𝑃), np.:\n|𝑆𝑃|\n6 = 3√2\n6√3 (z podobieństwa trójkątów 𝑃𝐻𝑆 i 𝐴𝐻𝐵, sposób I),\n18√2 = 1\n2 ⋅3√2 ⋅6 + 1\n2 ⋅6√3 ⋅|𝑆𝑃| (z równości pól 𝑃𝐻𝐴𝐵= 𝑃𝐵𝐴𝑆+ 𝑃𝐻𝑆𝐵 ),\n9√2 = 1\n2 ⋅6√3 ⋅|𝑆𝑃| (z równości 𝑃𝐻𝑆𝐵= 1\n2 ⋅|𝐻𝑆| ⋅|𝐴𝐵| = 1\n2 ⋅|𝐻𝐵| ⋅|𝑆𝑃|,\nsposób II),\nALBO\n- obliczenie pola trójkąta 𝐻𝑆𝑅 oraz długości odcinka 𝐻𝑅: 𝑃∆𝐻𝑆𝑅= 9√2\n2 oraz\n|𝐻𝑅| = 3√3,\nALBO\n- obliczenie długości odcinków 𝐻𝑃 i 𝐻𝑆: |𝐻𝑃| = 2√3 i |𝐻𝑆| = 3√2,\nALBO\n- obliczenie długości odcinków 𝐻𝑃 oraz cosinusa/tangensa kąta 𝑆𝐻𝑃: |𝐻𝑃| = 2√3\ni cos ∡𝑆𝐻𝑃=\n√6\n3 (tg ∡𝑆𝐻𝑃=\n√2\n2 ),\nALBO\n- obliczenie długości 𝐴𝐾: 𝐴𝐾= 2√6.\n2 pkt - obliczenie długości boków trójkąta 𝐻𝑆𝐵: |𝐻𝑆| = 3√2, |𝐻𝐵| = 6√3, |𝑆𝐵| = 3√6\nALBO\n- zapisanie proporcji wynikającej z podobieństwa dwóch trójkątów prostokątnych, przy\nczym jednym z nich jest trójkąt 𝐻𝑆𝑃,\nALBO\n- obliczenie/zapisanie długości odcinków 𝐵𝐻 oraz 𝑆𝑅: |𝐵𝐻| = 6√3 oraz |𝑆𝑅| = 3,\nALBO\n- obliczenie wartości funkcji trygonometrycznej kąta 𝑆𝐻𝑅: np. cos ∡𝑆𝐻𝑅=\n√6\n3 ,\nsin ∡𝑆𝐻𝑅=\n√3\n3 , tg ∡𝑆𝐻𝑅=\n√2\n2 ,\nZasady oceniania rozwiązań zadań\nALBO\n- obliczenie pola trójkąta 𝐻𝐴𝐵: 𝑃𝛥𝐻𝐴𝐵= 18√2,\nALBO\n- obliczenie długości odcinka 𝑆𝐵 i sinusa kąta 𝑆𝐵𝐻: |𝑆𝐵| = 3√6 i sin ∡𝑆𝐵𝐻= 1\n3 ,\nALBO\n- zapisanie pola trójkąta 𝐻𝐴𝐵 jako sumy pól trójkątów 𝑆𝐴𝐵 oraz 𝐻𝑆𝐵 i zapisanie\n𝑃𝐻𝑆𝐵= 1\n2 ⋅|𝐻𝐵| ⋅|𝑆𝑃| (lub 𝑃𝐻𝑆𝐵= 1\n2 ⋅𝑃𝐻𝐴𝐵),\nALBO\n- zapisanie pola trójkąta 𝐻𝑆𝐵 na dwa sposoby: 𝑃𝐻𝑆𝐵= 1\n2 ⋅|𝐻𝑆| ⋅|𝐴𝐵| oraz\n𝑃𝐻𝑆𝐵= 1\n2 ⋅|𝐻𝐵| ⋅|𝑆𝑃|,\nALBO\n- obliczenie pola trójkąta 𝐻𝑆𝐵: 𝑃𝐻𝑆𝐵= 9√2.\n1 pkt - obliczenie/zapisanie długości jednego z odcinków 𝐵𝐻, 𝑆𝑅, 𝐻𝑆 albo 𝐵𝑆:\n|𝐵𝐻| = 6√3, |𝑆𝑅| = 3, |𝐻𝑆| = 3√2, |𝐵𝑆| = 3√6.\n0 pkt - rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania.\nUwagi:\n1. Jeżeli jedynym błędem zdającego jest:\na) zastosowanie niepoprawnej definicji jednej funkcji trygonometrycznej\nb) błędne zastosowanie twierdzenia Pitagorasa\nc) zastosowanie niepoprawnej tożsamości √𝑥2 + 𝑦2 = 𝑥+ 𝑦\nd) błędne zastosowanie twierdzenia cosinusów lub sinusów\ne) błędne zastosowanie wzoru Herona\nto zdający może otrzymać co najwyżej 2 punkty za całe rozwiązanie.\n2. Jeżeli zdający korzysta ze związku |𝐻𝑃| = 1\n3 ⋅|𝐻𝐵| (gdzie 𝑃 jest spodkiem wysokości\npoprowadzonej z wierzchołka 𝑆 na podstawę 𝐻𝐵 trójkąta 𝐻𝑆𝐵) i nie uzasadni jego\nprawdziwości, to może otrzymać co najwyżej 2 punkty za całe rozwiązanie.\nPrzykładowe pełne rozwiązania\nPrzyjmijmy oznaczenia jak na rysunku:\n𝑆 - środek odcinka 𝐴𝐻,\n𝑅 - środek odcinka 𝐵𝐻,\n𝑃 - spodek wysokości trójkąta 𝑆𝐵𝐻 poprowadzonej\nz punktu 𝑆 na bok 𝐵𝐻.\n𝐶\n𝐺\n𝐻\n𝐹\n𝐸\n𝐴\n𝐵\n𝐷\n𝑆\n6\n𝑃\n𝑅\nSposób I\nObliczamy |𝐴𝐻| = 6√2, |𝐵𝐻| = 6√3.\nTrójkąty 𝐴𝐻𝐵 i 𝑃𝐻𝑆 są podobne (cecha kkk), więc\n|𝑆𝑃|\n|𝐴𝐵| =\n|𝑆𝐻|\n|𝐵𝐻|\n|𝑆𝑃|\n6\n= 3√2\n6√3\n|𝑆𝑃| = √6\nUwaga:\nRównanie |𝑆𝑃|\n6\n= 3√2\n6√3 otrzymamy, stosując dwukrotnie definicję sinusa kąta 𝑆𝐻𝑃\nw trójkątach prostokątnych 𝐻𝑆𝑃 i 𝐻𝐴𝐵.\nSposób II\nObliczamy |𝐴𝐻| = 6√2, |𝐵𝐻| = 6√3, |𝐻𝑆| = 3√2.\nObliczamy pole trójkąta 𝐻𝑆𝐵:\n𝑃∆𝐻𝑆𝐵= 1\n2 ⋅|𝐻𝑆| ∙|𝐴𝐵| = 1\n2 ∙3√2 ∙6 = 9√2\nAle\n𝑃∆𝐻𝑆𝐵= 1\n2 ⋅|𝐻𝐵| ∙|𝑆𝑃| = 1\n2 ∙6√3 ∙|𝑆𝑃| = 3√3 ⋅|𝑆𝑃|\nStąd\n3√3 ∙|𝑆𝑃| = 9√2\nwięc |𝑆𝑃| = √6.\nSposób IIa\nOdcinek 𝑆𝑅 łączy środki boków w trójkącie 𝐴𝐵𝐻, jest więc równoległy do boku 𝐴𝐵 i ma\ndługość równą |𝑆𝑅| = 1\n2 ⋅6 = 3.\nZauważmy, że trójkąt 𝐻𝐴𝐵 jest prostokątny, zatem trójkąt 𝐻𝑆𝑅 też jest prostokątny.\nObliczamy |𝐴𝐻| = 6√2, |𝐵𝐻| = 6√3.\nObliczamy pole trójkąta 𝐻𝑆𝑅:\n𝑃∆𝐻𝑆𝑅= 1\n2 |𝐻𝑆| ∙|𝑆𝑅| = 1\n2 ∙3√2 ∙3 = 9√2\n2\nAle\n𝑃∆𝐻𝑆𝑅= 1\n2 |𝐻𝑅| ∙|𝑆𝑃| = 1\n2 ∙3√3 ∙|𝑆𝑃|\n6\n𝐻\n𝑃\n𝑆\n𝐵\n𝐴\n6\n𝐻\n𝑃\n𝑆\n𝐵\n𝐴\n6\n𝐻\n𝑃\n𝑅\n𝑆\n𝐵\n𝐴\nZasady oceniania rozwiązań zadań\nStąd\n1\n2 ∙3√3 ∙|𝑆𝑃| = 9√2\n2\nwięc |𝑆𝑃| = √6.\nSposób III\nWyznaczamy cosinus kąta 𝑆𝐻𝑃:\ncos ∡𝑆𝐻𝑃= |𝐴𝐻|\n|𝐵𝐻| = 6√2\n6√3\n= √6\n3\nPonieważ cos ∡𝑆𝐻𝑃= |𝐻𝑃|\n|𝐻𝑆| = |𝐻𝑃|\n3√2 , więc |𝐻𝑃|\n3√2 =\n√6\n3\ni stąd |𝐻𝑃| = 2√3.\nZ twierdzenia Pitagorasa w trójkącie 𝐻𝑃𝑆 mamy (3√2)\n2 = |𝑆𝑃|2 + (2√3)\n2,\nwięc |𝑆𝑃| = √6.\nSposób IV\nObliczamy |𝐴𝐻| = 6√2, |𝐵𝐻| = 6√3.\nZauważamy, że trójkąt 𝐻𝐴𝐵 jest prostokątny. Pole trójkąta 𝐻𝐴𝐵 jest równe\n𝑃𝛥𝐻𝐴𝐵= 6√2 ⋅6\n2\n= 18√2\nNiech punkt 𝐾 będzie rzutem wierzchołka 𝐴 na bok 𝐵𝐻 trójkąta 𝐻𝐴𝐵, zatem\n|𝐴𝐾| ⋅|𝐻𝐵|\n2\n= 18√2\n|𝐴𝐾| = 36√2\n|𝐻𝐵| = 36√2\n6√3\n= 2√6\nPonieważ trójkąty 𝐻𝑆𝑃 i 𝐻𝐴𝐾 są podobne, więc\n|𝐻𝑆|\n|𝑆𝑃| = |𝐻𝐴|\n|𝐴𝐾|\nStąd\n|𝑆𝑃| = 3√2 ⋅2√6\n6√2\n= √6\n6\n𝐻\n𝑃\n𝑆\n𝐵\n𝐴\n𝐻\n𝑃\n𝐾\n𝑆\n6\n𝐵\n𝐴\nUwaga:\nZadanie można również rozwiązać, rozważając ostrosłupy 𝐷𝐸𝐺𝐻 oraz 𝐷𝐸𝐺𝐵.\nProwadzimy odcinki 𝐸𝐺 i 𝐷𝐺. Trójkąt 𝐸𝐷𝐺 jest równoboczny, gdyż wszystkie jego boki są\nprzekątnymi przystających kwadratów, a ponieważ odcinki 𝐷𝐻, 𝐸𝐻 i 𝐺𝐻 mają równe\ndługości, odcinki 𝐷𝐵, 𝐸𝐵 i 𝐺𝐵 też mają równe długości, więc ostrosłupy 𝐷𝐸𝐺𝐻 i 𝐷𝐸𝐺𝐵\no wspólnej podstawie 𝐷𝐸𝐺 są prawidłowe.\nWynika stąd, że prosta 𝐵𝐻 zawiera wysokości tych ostrosłupów, a to oznacza, że punkt 𝑃\njest środkiem ciężkości trójkąta 𝐷𝐸𝐺 o boku długości |𝐷𝐸| = 6√2. Zatem\n|𝑆𝑃| = 1\n3 ⋅6√2 ⋅√3\n2\n= √6\n𝐶\n𝐺\n𝐻\n𝐹\n𝐸\n𝐴\n𝐵\n𝐷\n𝑆\n6\n𝑃\nZasady oceniania rozwiązań zadań","solution":null,"image":"img/matematyka-2023-maj-matura-stara-rozszerzona/zad-14.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 · maj 2023 (rozszerzona)","subject_label":"Matematyka","category_label":"Matura"},{"id":"matematyka-2023-maj-matura-stara-rozszerzona/zad/15","paper_id":"matematyka-2023-maj-matura-stara-rozszerzona","number":"15","points":5,"ptype":"open","subject":"matematyka","category":"matura","year":2023,"month":"maj","level":"rozszerzona","text":"Zadanie 15. (0-5)\nWyznacz wszystkie wartości parametru 𝑚≠2, dla których równanie\n𝑥2 + 4𝑥-𝑚-3\n𝑚-2 = 0\nma dwa różne rozwiązania rzeczywiste 𝑥1 , 𝑥2 spełniające warunek 𝑥1\n3 + 𝑥2\n3 > -28.\n\nEMAP-R0_100\nWypełnia\negzaminator\nNr zadania\n15.\nMaks. liczba pkt\n5\nUzyskana liczba pkt\n\nEMAP-R0_100","answer":null,"answer_text":"Zadanie 15. (0-5)\nWymagania egzaminacyjne 2023 i 2024\nWymaganie ogólne\nWymagania szczegółowe\nIII. Modelowanie matematyczne.\nZdający:\nR3.1) stosuje wzory Viète’a;\nR3.2) rozwiązuje równania i nierówności\nliniowe i kwadratowe z parametrem.\nZasady oceniania\nRozwiązanie zadania składa się z trzech etapów.\nPierwszy etap polega na rozwiązaniu nierówności ∆> 0. Za poprawne wykonanie tego\netapu zdający otrzymuje 1 punkt.\n1 pkt - poprawne rozwiązanie nierówności ∆> 0: 𝑚∈(-∞, 2) ∪(11\n5 , +∞).\n0 pkt - rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania.\nUwaga:\nJeżeli zdający rozwiązuje warunek ∆≥0, to za tę część rozwiązania otrzymuje 0 punktów.\nDrugi etap polega na wyznaczeniu tych wartości parametru 𝑚, dla których jest spełniony\nwarunek 𝑥1\n3 + 𝑥2\n3 > -28. Za poprawne wykonanie tego etapu zdający otrzymuje 3 punkty.\nPodział punktów za drugi etap rozwiązania:\n3 pkt - rozwiązanie nierówności z jedną niewiadomą 𝑚, wynikającej z warunku\n𝑥1\n3 + 𝑥2\n3 > -28: 𝑚∈(2, 9\n4).\n2 pkt - zapisanie nierówności z jedną niewiadomą 𝑚, wynikającej z warunku\n𝑥1\n3 + 𝑥2\n3 > -28, np. -64 -3 ∙(-𝑚-3\n𝑚-2) ∙(-4) > -28\nALBO\n- zapisanie nierówności (-2 -√5𝑚-11\n𝑚-2 )\n3\n+ (-2 + √5𝑚-11\n𝑚-2 )\n3\n> -28 i poprawne\nzastosowanie wzoru skróconego mnożenia na sześcian sumy/różnicy do co najmniej\njednego ze składników sumy (-2 -√5𝑚-11\n𝑚-2 )\n3\n+ (-2 + √5𝑚-11\n𝑚-2 )\n3\n1 pkt - przekształcenie nierówności 𝑥1\n3 + 𝑥2\n3 > -28 do postaci pozwalającej na\nbezpośrednie zastosowanie wzorów Viète’a, np.\n(𝑥1 + 𝑥2)3 -3𝑥1𝑥2(𝑥1 + 𝑥2) > -28\nALBO\n- wyznaczenie pierwiastków trójmianu kwadratowego 𝑥2 + 4𝑥-𝑚-3\n𝑚-2 w zależności\nod 𝑚: 𝑥1 =\n-4-√20𝑚-44\n𝑚-2\n2⋅1\n, 𝑥2 =\n-4+√20𝑚-44\n𝑚-2\n2⋅1\n0 pkt - rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania.\nTrzeci etap polega na wyznaczeniu wszystkich wartości parametru 𝑚, które spełniają\njednocześnie dwa warunki: Δ > 0 i 𝑥1\n3 + 𝑥2\n3 > -28: 𝑚∈(11\n5 , 9\n4).\nZa poprawne wykonanie tego etapu zdający otrzymuje 1 punkt.\n1 pkt - poprawne wyznaczenie wszystkich wartości parametru 𝑚, które spełniają\njednocześnie warunki Δ > 0 i 𝑥1\n3 + 𝑥2\n3 > -28: 𝑚∈(11\n5 , 9\n4).\n0 pkt - rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania.\nUwagi:\n1. Jeżeli zdający popełni w I i/lub II etapie jedynie błędy rachunkowe i otrzyma zbiory\nrozwiązań z I i II etapu, które nie są rozłączne i żaden z nich nie jest zbiorem liczb\nrzeczywistych, a następnie poprawnie wyznaczy część wspólną zbiorów rozwiązań\nz etapów I i II, to za III etap otrzymuje 1 punkt.\n2. Jeżeli zdający w II etapie rozwiązania popełni błąd i przyjmie, że 𝑥1 + 𝑥2 = ± 𝑚-3\n𝑚-2 lub\n𝑥1 ⋅𝑥2 = ± 4, to za II etap może otrzymać co najwyżej 1 punkt, a za III etap otrzymuje\n0 punktów.\n3. Jeżeli zdający w II etapie rozwiązania popełni błąd, który nie jest rachunkowy (np. pominie\nistotne nawiasy przy przekształcaniu nierówności 𝑥1\n3 + 𝑥2\n3 > -28 do postaci\npozwalającej na bezpośrednie zastosowanie wzorów Viète’a, albo przyjmie, że\n𝑥1\n3 + 𝑥2\n3 = (𝑥1 + 𝑥2)[(𝑥1 + 𝑥2)2 -𝑥1 ⋅𝑥2], i konsekwentnie do popełnionego błędu\ndoprowadzi rozwiązanie II etapu zadania do końca, to może uzyskać co najwyżej 1 punkt\nza II etap.\nPrzykładowe pełne rozwiązanie\nI etap\nTrójmian kwadratowy 𝑥2 + 4𝑥-𝑚-3\n𝑚-2 , gdzie 𝑚≠2, ma dwa różne pierwiastki rzeczywiste\nwtedy i tylko wtedy, gdy wyróżnik tego trójmianu jest dodatni. Rozwiązujemy warunek ∆> 0:\n42 -4 ∙(-𝑚-3\n𝑚-2) > 0\n20𝑚-44\n𝑚-2\n> 0\n(20𝑚-44) ⋅(𝑚-2) > 0\n20 (𝑚-11\n5 ) ⋅(𝑚-2) > 0\n𝑚∈(-∞, 2) ∪(11\n5 , +∞)\nII etap\nSposób I\nWyznaczamy wszystkie wartości parametru 𝑚≠2, dla których jest spełniony warunek\n𝑥1\n3 + 𝑥2\n3 > -28, korzystając ze wzorów Viète’a:\nZasady oceniania rozwiązań zadań\n(𝑥1 + 𝑥2)3 -3𝑥1𝑥2(𝑥1 + 𝑥2) > -28\n-64 -3 ∙(-𝑚-3\n𝑚-2) ∙(-4) > -28\n𝑚-3\n𝑚-2 < -3\n(4𝑚-9)(𝑚-2) < 0\n𝑚∈(2, 9\n4)\nSposób II\nWyznaczamy pierwiastki 𝑥1, 𝑥2 trójmianu kwadratowego 𝑥2 + 4𝑥-𝑚-3\n𝑚-2 :\n𝑥1 =\n-4 -√\n20𝑚-44\n𝑚-2\n2 ⋅1\n= -2 -√5𝑚-11\n𝑚-2\n𝑥2 =\n-4 + √\n20𝑚-44\n𝑚-2\n2 ⋅1\n= -2 + √5𝑚-11\n𝑚-2\nNierówność 𝑥1\n3 + 𝑥2\n3 > -28 możemy więc zapisać w postaci\n(-2 -√5𝑚-11\n𝑚-2 )\n3\n+ (-2 + √5𝑚-11\n𝑚-2 )\n3\n> -28\nOznaczmy √5𝑚-11\n𝑚-2 przez 𝑝. Wtedy\n(-2 -𝑝)3 + (-2 + 𝑝)3 > -28\nKorzystając ze wzoru na sześcian różnicy i sześcian sumy, otrzymujemy dalej\n(-8 -12𝑝-6𝑝2 -𝑝3) + (-8 + 12𝑝-6𝑝2 + 𝑝3) > -28\n-12𝑝2 -16 > -28\n12𝑝2 -12 < 0\n𝑝2 -1 < 0\nZatem\n(√5𝑚-11\n𝑚-2 )\n2\n-1 < 0\n5𝑚-11\n𝑚-2 -1 < 0\n5𝑚-11 -𝑚+ 2\n𝑚-2\n< 0\n4𝑚-9\n𝑚-2 < 0\n(4𝑚-9)(𝑚-2) < 0\n𝑚∈(2, 9\n4)\nUwaga:\nNierówność (-2 -𝑝)3 + (-2 + 𝑝)3 > -28 możemy również przekształcić, korzystając ze\nwzoru na sumę sześcianów. Wtedy otrzymujemy\n(-2 -𝑝+ (-2) + 𝑝)[(-2 -𝑝)2 -(-2 -𝑝)(-2 + 𝑝) + (-2 + 𝑝)2] > -28\n-4(4 + 4𝑝+ 𝑝2 + 𝑝2 -4 + 4 -4𝑝+ 𝑝2) > -28\n3𝑝2 + 4 < 7\n𝑝2 -1 < 0\nIII etap\nWyznaczamy wszystkie wartości parametru 𝑚≠2, które jednocześnie spełniają warunki\n𝑚∈(-∞, 2) ∪(11\n5 , +∞) oraz 𝑚∈(2, 9\n4): 𝑚∈(11\n5 , 9\n4).\nZasady oceniania rozwiązań zadań","solution":null,"image":"img/matematyka-2023-maj-matura-stara-rozszerzona/zad-15.webp","solution_image":null,"topics":null,"page_from":22,"source":"ocr","answer_source":null,"answer_text_source":"ocr","solution_source":null,"text_source":"ocr","source_label":"Matematyka · Matura · maj 2023 (rozszerzona)","subject_label":"Matematyka","category_label":"Matura"},{"id":"matematyka-2023-maj-matura-stara-rozszerzona/zad/16","paper_id":"matematyka-2023-maj-matura-stara-rozszerzona","number":"16","points":7,"ptype":"open","subject":"matematyka","category":"matura","year":2023,"month":"maj","level":"rozszerzona","text":"Zadanie 16. (0-7)\nRozważamy trójkąty 𝐴𝐵𝐶, w których 𝐴= (0, 0), 𝐵= (𝑚, 0), gdzie 𝑚∈(4, +∞),\na wierzchołek 𝐶 leży na prostej o równaniu 𝑦= -2𝑥. Na boku 𝐵𝐶 tego trójkąta leży punkt\n𝐷= (3, 2).\na) Wykaż, że dla 𝑚∈(4, +∞) pole 𝑃 trójkąta 𝐴𝐵𝐶, jako funkcja zmiennej 𝑚, wyraża się\nwzorem\n𝑃(𝑚) =\n𝑚2\n𝑚-4\nb) Oblicz tę wartość 𝑚, dla której funkcja 𝑃 osiąga wartość najmniejszą. Wyznacz\nrównanie prostej 𝐵𝐶, przy której funkcja 𝑃 osiąga tę najmniejszą wartość.\n\nEMAP-R0_100\n\nEMAP-R0_100\nWypełnia\negzaminator\nNr zadania\n16.\nMaks. liczba pkt\n7\nUzyskana liczba pkt\n\nEMAP-R0_100\nBRUDNOPIS (nie podlega ocenie)\n\nEMAP-R0_100\n\nEMAP-R0_100\n\nMATEMATYKA\nPoziom rozszerzony\nFormuła 2015\nMATEMATYKA\nPoziom rozszerzony\nFormuła 2015\nMATEMATYKA\nPoziom rozszerzony\nFormuła 2015","answer":null,"answer_text":"Zadanie 16. (0-7)\nWymagania egzaminacyjne 2023 i 2024\nWymaganie ogólne\nWymaganie szczegółowe\nIII. Modelowanie matematyczne.\nZdający:\nR11.6) stosuje pochodne do rozwiązywania\nzagadnień optymalizacyjnych.\nZasady oceniania\nCzęść a)\n3 pkt - wyznaczenie pola 𝑃 trójkąta 𝐴𝐵𝐶 jako funkcji zmiennej 𝑚: 𝑃(𝑚) = 𝑚2\n𝑚-4 .\n2 pkt - wyznaczenie pierwszej (lub drugiej) współrzędnej punktu 𝐶: 𝑥𝐶=\n𝑚\n4-𝑚\n(lub 𝑦𝐶= 2𝑚\n𝑚-4 ).\n1 pkt - wyznaczenie współczynnika kierunkowego prostej 𝐵𝐷: 2\n3-𝑚\nALBO\n- zapisanie równania prostej 𝐵𝐷 w postaci ogólnej, np. 2𝑥+ (𝑚-3)𝑦-2𝑚= 0.\n0 pkt - rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania.\nCzęść b)\n4 pkt - wyznaczenie równania prostej 𝐵𝐶 w przypadku, gdy pole trójkąta 𝐴𝐵𝐶 jest\nnajmniejsze, np. 𝑦= -2\n5 𝑥+ 16\n5 .\n3 pkt - zbadanie znaku pochodnej funkcji 𝑃: 𝑃′(𝑚) > 0 dla 𝑚∈(8, +∞) oraz\n𝑃′(𝑚) < 0 dla 𝑚∈(4, 8), oraz wyznaczenie (z uzasadnieniem) wartości\nzmiennej 𝑚, dla której funkcja 𝑃 osiąga wartość najmniejszą, np.\nfunkcja 𝑃 zmiennej 𝑚 (określona na przedziale (4, +∞)) jest rosnąca\nw przedziale ⟨8, +∞) oraz malejąca w przedziale (4, 8⟩, więc w punkcie 𝑚= 8\nosiąga najmniejszą wartość\nALBO\n- uzasadnienie, że dla 𝑚= 8 funkcja 𝑃 osiąga wartość najmniejszą (przy metodzie\nśrednich liczbowych).\n2 pkt - obliczenie miejsc zerowych pochodnej funkcji 𝑃: 𝑚= 8\nALBO\n- obliczenie wartości 𝑚, dla której zachodzi równość średniej arytmetycznej\ni geometrycznej liczb dodatnich 𝑚-4 oraz 16\n𝑚-4 : 𝑚= 8.\n1 pkt - wyznaczenie wzoru pochodnej funkcji 𝑃, np. 𝑃′(𝑚) = 2𝑚(𝑚-4)-𝑚2⋅1\n(𝑚-4)2\nALBO\n- zapisanie nierówności między średnią arytmetyczną a geometryczną liczb 𝑚-4\noraz 16\n𝑚-4 :\n𝑚-4 +\n16\n𝑚-4\n2\n≥√(𝑚-4) ⋅\n16\n𝑚-4\nALBO\n- zapisanie nierówności między średnią arytmetyczną a geometryczną liczb 𝑚-4, 4\noraz 16\n𝑚-4 :\n𝑚-4 + 4 +\n16\n𝑚-4\n3\n≥√(𝑚-4) ⋅4 ⋅\n16\n𝑚-4\n3\n0 pkt - rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania.\nUwagi do części b):\n1. Badanie znaku pochodnej zdający może opisać w inny sposób, np. szkicując wykres\nfunkcji, która w ten sam sposób jak pochodna zmienia znak i zaznaczając na rysunku, np.\nznakami „+” i „-”, znak pochodnej.\n2. Za poprawne uzasadnienie, że rozważana funkcja posiada wartość najmniejszą dla\nwyznaczonej wartości 𝑚, przy której pochodna się zeruje, można uznać sytuację, gdy\nzdający:\n- opisuje (słownie lub graficznie - np. przy użyciu strzałek) monotoniczność funkcji 𝑃\nlub\n- zapisuje, że dla wyznaczonej wartości 𝑚 funkcja 𝑃 ma minimum lokalne i jest to\njednocześnie jej najmniejsza wartość.\nJeżeli zdający nie przedstawi takiego uzasadnienia, to za część b) może otrzymać co\nnajwyżej 3 punkty.\n3. Jeżeli zdający, przy uzasadnieniu, że funkcja 𝑃 przyjmuje najmniejszą wartość dla\n𝑚= 8, nie ogranicza się do przedziału (4, +∞), to za część b) może otrzymać co\nnajwyżej 3 punkty.\n4. Akceptujemy przedziały monotoniczności (4, 8), (8, +∞).\n5. Jeżeli zdający wyznaczy minimum lokalne i nie zapisze, że jest to wartość najmniejsza, to\notrzymuje co najwyżej 3 punkty za część b).\nPrzykładowe pełne rozwiązania\na)\nSposób I\nWyznaczamy współczynnik kierunkowy prostej 𝐵𝐷: 𝑎𝐵𝐷= 2-0\n3-𝑚=\n2\n3-𝑚 .\nProsta 𝐵𝐷 ma równanie 𝑦=\n2\n3-𝑚⋅(𝑥-𝑚).\nWyznaczamy współrzędne wierzchołka 𝐶= (𝑥𝐶, 𝑦𝐶), rozwiązując układ równań\n𝑦=\n2\n3-𝑚⋅(𝑥-𝑚) i 𝑦= -2𝑥.\nStąd, dla 𝑚> 4, otrzymujemy\nZasady oceniania rozwiązań zadań\n2\n3 -𝑚⋅(𝑥𝐶-𝑚) = -2𝑥𝐶\n(\n2\n3 -𝑚+ 2) 𝑥𝐶=\n2𝑚\n3 -𝑚\n8 -2𝑚\n3 -𝑚⋅𝑥𝐶=\n2𝑚\n3 -𝑚\n4 -𝑚\n3 -𝑚⋅𝑥𝐶=\n𝑚\n3 -𝑚\n𝑥𝐶=\n𝑚\n4 -𝑚\nWtedy 𝑦𝐶= -2 ∙\n𝑚\n4-𝑚= 2𝑚\n𝑚-4. Zatem 𝐶= ( 𝑚\n4-𝑚 ,\n2𝑚\n𝑚-4).\nPodstawa 𝐴𝐵 trójkąta 𝐴𝐵𝐶 ma długość |𝑚|. Wysokość trójkąta 𝐴𝐵𝐶 opuszczona\nz wierzchołka 𝐶 jest równa | 2𝑚\n𝑚-4|. Zatem pole 𝑃 tego trójkąta, jako funkcja zmiennej 𝑚,\njest określone wzorem\n𝑃(𝑚) = 1\n2 ∙|𝑚| ⋅| 2𝑚\n𝑚-4|\nPonieważ 𝑚> 4, więc 𝑃(𝑚) = 𝑚2\n𝑚-4 .\nSposób II\nWyznaczamy współczynnik kierunkowy prostej 𝐵𝐷: 𝑎𝐵𝐷= 2-0\n3-𝑚=\n2\n3-𝑚 .\nPunkt 𝐶 leży na prostej 𝑦= -2𝑥, zatem ma współrzędne (𝑥𝐶, -2𝑥𝐶).\nWyznaczamy współczynnik kierunkowy prostej 𝐵𝐶: 𝑎𝐵𝐶= -2𝑥𝐶-0\n𝑥𝐶-𝑚= 2𝑥𝐶\n𝑚-𝑥𝐶\nPonieważ 𝑎𝐵𝐷= 𝑎𝐵𝐶, więc dla 𝑚> 4 otrzymujemy\n2\n3 -𝑚=\n2𝑥𝐶\n𝑚-𝑥𝐶\nStąd\n𝑥𝐶=\n𝑚\n4 -𝑚\nWtedy -2𝑥𝐶= -2 ∙\n𝑚\n4-𝑚= 2𝑚\n𝑚-4 . Zatem 𝐶= ( 𝑚\n4-𝑚 ,\n2𝑚\n𝑚-4).\nPodstawa 𝐴𝐵 trójkąta 𝐴𝐵𝐶 ma długość |𝑚|. Wysokość trójkąta 𝐴𝐵𝐶 opuszczona\nz wierzchołka 𝐶 jest równa | 2𝑚\n𝑚-4|. Zatem pole 𝑃 tego trójkąta, jako funkcja zmiennej 𝑚,\njest określone wzorem\n𝑃(𝑚) = 1\n2 ∙|𝑚| ⋅| 2𝑚\n𝑚-4|\nPonieważ 𝑚> 4, więc 𝑃(𝑚) = 𝑚2\n𝑚-4 .\nb)\nSposób I\nWyznaczamy pochodną funkcji 𝑃:\n𝑃′(𝑚) = 2𝑚(𝑚-4) -𝑚2 ∙1\n(𝑚-4)2\n= 𝑚2 -8𝑚\n(𝑚-4)2 = 𝑚(𝑚-8)\n(𝑚-4)2\nObliczamy miejsca zerowe pochodnej funkcji 𝑃:\n𝑃′(𝑚) = 0 i 𝑚∈(4, +∞)\n𝑚(𝑚-8)\n(𝑚-4)2 = 0 i 𝑚∈(4, +∞)\n𝑚(𝑚-8) = 0 i 𝑚∈(4, +∞)\n𝑚= 8\nPonieważ 𝑃′(𝑚) > 0 dla 𝑚∈(8, +∞) oraz 𝑃′(𝑚) < 0 dla 𝑚∈(4, 8), więc funkcja 𝑃\njest malejąca w przedziale (4, 8⟩ oraz rosnąca w przedziale ⟨8, +∞). Zatem funkcja 𝑃\nosiąga wartość najmniejszą dla 𝑚= 8.\nGdy 𝑚= 8, to prosta 𝐵𝐶 przechodzi przez punkty 𝐵= (8, 0) oraz 𝐷= (3, 2), więc ma\nrównanie 𝑦=\n2\n3-8 ⋅(𝑥-8), czyli 𝑦= -2\n5 𝑥+ 16\n5 .\nSposób II\nPrzekształcamy wyrażenie 𝑚2\n𝑚-4 :\n𝑚2\n𝑚-4 = (𝑚2 -8𝑚+ 16) + 8𝑚-32 + 16\n𝑚-4\n= (𝑚-4) + 8 +\n16\n𝑚-4\nPonieważ 𝑚> 4, więc liczby 𝑚-4 oraz 16\n𝑚-4 są dodatnie. Z nierówności między\nśrednimi arytmetyczną i geometryczną dla liczb dodatnich 𝑚-4 oraz 16\n𝑚-4 otrzymujemy:\n𝑚-4 +\n16\n𝑚-4\n2\n≥√(𝑚-4) ⋅\n16\n𝑚-4\n𝑚-4 +\n16\n𝑚-4\n2\n≥√16\n𝑚-4 +\n16\n𝑚-4 ≥8\n𝑚-4 + 8 +\n16\n𝑚-4 ≥16\n𝑃(𝑚) ≥16\nZasady oceniania rozwiązań zadań\nprzy czym równość zachodzi tylko dla tych 𝑚, dla których 𝑚-4 =\n16\n𝑚-4 i jednocześnie\n𝑚> 4, tj. dla 𝑚= 8.\nZatem funkcja 𝑃 osiąga wartość najmniejszą dla 𝑚= 8.\nGdy 𝑚= 8, to prosta 𝐵𝐶 przechodzi przez punkty 𝐵= (8, 0) oraz 𝐷= (3, 2), więc ma\nrównanie 𝑦=\n2\n3-8 ⋅(𝑥-8), czyli 𝑦= -2\n5 𝑥+ 16\n5 .","solution":null,"image":"img/matematyka-2023-maj-matura-stara-rozszerzona/zad-16.webp","solution_image":null,"topics":null,"page_from":24,"source":"ocr","answer_source":null,"answer_text_source":"ocr","solution_source":null,"text_source":"ocr","source_label":"Matematyka · Matura · maj 2023 (rozszerzona)","subject_label":"Matematyka","category_label":"Matura"}]}