{"paper":{"id":"matematyka-2025-czerwiec-matura-stara-rozszerzona","subject":"matematyka","category":"matura","year":2025,"month":"czerwiec","level":"rozszerzona","variant":"stara","exam_pdf":"matematyka-2025-czerwiec-matura-stara-rozszerzona/matematyka-2025-czerwiec-matura-stara-rozszerzona.pdf","key_pdf":"matematyka-2025-czerwiec-matura-stara-rozszerzona-odpowiedzi/matematyka-2025-czerwiec-matura-stara-rozszerzona-odpowiedzi.pdf","question_count":15,"source_label":"Matematyka · Matura · czerwiec 2025 (rozszerzona)","subject_label":"Matematyka","category_label":"Matura"},"questions":[{"id":"matematyka-2025-czerwiec-matura-stara-rozszerzona/zad/1","paper_id":"matematyka-2025-czerwiec-matura-stara-rozszerzona","number":"1","points":1,"ptype":"closed","subject":"matematyka","category":"matura","year":2025,"month":"czerwiec","level":"rozszerzona","text":"Zadanie 1. (0-1)\nWielomian 𝑊 jest określony wzorem 𝑊(𝑥) = (2√3𝑥-𝑥2 + 1)\n2.\nWe wzorze ogólnym tego wielomianu 𝑊(𝑥) = 𝑎𝑥4 + 𝑏𝑥3 + 𝑐𝑥2 + 𝑑𝑥+ 𝑒 współczynnik 𝑐\njest równy\nA. (-1)\nB. 10\nC. 12\nD. 14","answer":"B","answer_text":"Zadanie 1. (0-1)\nWymagania określone w podstawie programowej1\nWymaganie ogólne\nWymaganie szczegółowe\nII. Wykorzystanie i interpretowanie\nreprezentacji.\nZdający:\n2.4R) dodaje, odejmuje i mnoży wielomiany.\nZasady oceniania\n1 pkt - odpowiedź poprawna.\n0 pkt - odpowiedź niepoprawna albo brak odpowiedzi.\nRozwiązanie\nB","solution":null,"image":"img/matematyka-2025-czerwiec-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 · czerwiec 2025 (rozszerzona)","subject_label":"Matematyka","category_label":"Matura"},{"id":"matematyka-2025-czerwiec-matura-stara-rozszerzona/zad/2","paper_id":"matematyka-2025-czerwiec-matura-stara-rozszerzona","number":"2","points":1,"ptype":"closed","subject":"matematyka","category":"matura","year":2025,"month":"czerwiec","level":"rozszerzona","text":"Zadanie 2. (0-1)\nFunkcja kwadratowa 𝑓 jest określona wzorem 𝑓(𝑥) = 𝑥2 + 𝑥. Funkcja kwadratowa 𝑔 jest\nokreślona wzorem 𝑔(𝑥) = 𝑥2 -𝑥.\nWykres funkcji kwadratowej 𝑔 można otrzymać poprzez przesunięcie równoległe wykresu\nfunkcji 𝑓 o wektor\nA. [-1, 0]\nB. [1, 0]\nC. [-1, 1]\nD. [1, -1]","answer":"B","answer_text":"Zadanie 2. (0-1)\nWymaganie ogólne\nWymaganie szczegółowe\nII. Wykorzystanie i interpretowanie\nreprezentacji.\nZdający:\n8.8R) stosuje wektory do opisu przesunięcia\nwykresu funkcji.\nZasady oceniania\n1 pkt - odpowiedź poprawna.\n0 pkt - odpowiedź niepoprawna albo brak odpowiedzi.\nRozwiązanie\nB\n1 Rozporządzenie Ministra Edukacji Narodowej z dnia 27 sierpnia 2012 r. w sprawie podstawy programowej\nwychowania przedszkolnego oraz kształcenia ogólnego w poszczególnych typach szkół (Dz.U. 2012 poz. 977).\nZasady oceniania rozwiązań zadań","solution":null,"image":"img/matematyka-2025-czerwiec-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 · czerwiec 2025 (rozszerzona)","subject_label":"Matematyka","category_label":"Matura"},{"id":"matematyka-2025-czerwiec-matura-stara-rozszerzona/zad/3","paper_id":"matematyka-2025-czerwiec-matura-stara-rozszerzona","number":"3","points":1,"ptype":"closed","subject":"matematyka","category":"matura","year":2025,"month":"czerwiec","level":"rozszerzona","text":"Zadanie 3. (0-1)\nZbiorem wszystkich wartości 𝑚, dla których równanie |𝑥2 -𝑥| = 𝑚 z niewiadomą 𝑥 ma\ndokładnie dwa różne rozwiązania rzeczywiste, jest\nA. ⟨0, +∞)\nB. (1\n4 , +∞)\nC. ⟨1\n4 , +∞)\nD. {0} ∪(1\n4 , +∞)","answer":"D","answer_text":"Zadanie 3. (0-1)\nWymaganie ogólne\nWymagania szczegółowe\nII. Wykorzystanie i interpretowanie\nreprezentacji.\nZdający:\n4.1R) na podstawie wykresu funkcji\n𝑦= 𝑓(𝑥) szkicuje wykresy funkcji\n𝑦= |𝑓(𝑥)| […].\n3.2R) rozwiązuje równania […]\nz parametrem.\nZasady oceniania\n1 pkt - odpowiedź poprawna.\n0 pkt - odpowiedź niepoprawna albo brak odpowiedzi.\nRozwiązanie\nD","solution":null,"image":"img/matematyka-2025-czerwiec-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 · czerwiec 2025 (rozszerzona)","subject_label":"Matematyka","category_label":"Matura"},{"id":"matematyka-2025-czerwiec-matura-stara-rozszerzona/zad/4","paper_id":"matematyka-2025-czerwiec-matura-stara-rozszerzona","number":"4","points":1,"ptype":"closed","subject":"matematyka","category":"matura","year":2025,"month":"czerwiec","level":"rozszerzona","text":"Zadanie 4. (0-1)\nGranica lim\n𝑥→ -∞\n√𝑥2+1\n𝑥\njest równa\nA. (-∞)\nB. +∞\nC. (-1)\nD. 1\n\nEMAP-R0_100\nBRUDNOPIS (nie podlega ocenie)\n\nEMAP-R0_100","answer":"C","answer_text":"Zadanie 4. (0-1)\nWymaganie ogólne\nWymaganie szczegółowe\nII. Wykorzystanie i interpretowanie\nreprezentacji.\nZdający:\n11.1R) oblicza granice funkcji […].\nZasady oceniania\n1 pkt - odpowiedź poprawna.\n0 pkt - odpowiedź niepoprawna albo brak odpowiedzi.\nRozwiązanie\nC\nZADANIE OTWARTE (KODOWANE)","solution":null,"image":"img/matematyka-2025-czerwiec-matura-stara-rozszerzona/zad-4.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 · czerwiec 2025 (rozszerzona)","subject_label":"Matematyka","category_label":"Matura"},{"id":"matematyka-2025-czerwiec-matura-stara-rozszerzona/zad/5","paper_id":"matematyka-2025-czerwiec-matura-stara-rozszerzona","number":"5","points":2,"ptype":"open","subject":"matematyka","category":"matura","year":2025,"month":"czerwiec","level":"rozszerzona","text":"Zadanie 5. (0-2)\nW każdym z dwóch pudełek jest 11 kul. W pierwszym pudełku są 4 kule białe i 7 kul\nczarnych, a w drugim jest 8 kul białych i 3 kule czarne.\nRzucamy sześcienną symetryczną kostką do gry, która na każdej ściance ma inną liczbę\noczek - od jednego do sześciu oczek. Jeżeli wypadnie pięć lub sześć oczek, to losujemy\njedną kulę z pierwszego pudełka, w przeciwnym przypadku losujemy jedną kulę z drugiego\npudełka.\nOblicz prawdopodobieństwo wylosowania kuli białej.\nW poniższe kratki wpisz kolejno - od lewej do prawej - pierwszą, drugą i trzecią cyfrę po\nprzecinku nieskończonego rozwinięcia dziesiętnego otrzymanego wyniku.\nBRUDNOPIS (nie podlega ocenie)\n\nEMAP-R0_100","answer":"6","answer_text":"Zadanie 5. (0-2)\nWymaganie ogólne\nWymaganie szczegółowe\nIII. Modelowanie matematyczne.\nZdający:\n10.3R) korzysta z twierdzenia\no prawdopodobieństwie całkowitym.\nZasady oceniania\n2 pkt - odpowiedź całkowicie poprawna.\n0 pkt - odpowiedź niepełna lub niepoprawna albo brak odpowiedzi.\nRozwiązanie\n6\n0\n6\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-2025-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 2025 (rozszerzona)","subject_label":"Matematyka","category_label":"Matura"},{"id":"matematyka-2025-czerwiec-matura-stara-rozszerzona/zad/6","paper_id":"matematyka-2025-czerwiec-matura-stara-rozszerzona","number":"6","points":3,"ptype":"open","subject":"matematyka","category":"matura","year":2025,"month":"czerwiec","level":"rozszerzona","text":"Zadanie 6. (0-3)\nWykaż, że jeżeli 𝑎= log2 14 oraz 𝑏= log√2 27, to log7 54 = 𝑏 + 2\n2𝑎 - 2 .\n\nEMAP-R0_100","answer":null,"answer_text":"Zadanie 6. (0-3)\nWymaganie ogólne\nWymaganie szczegółowe\nV. Rozumowanie i argumentacja.\nZdający:\n1.2R) stosuje w obliczeniach wzór na\nlogarytm potęgi oraz wzór na zamianę\npodstawy logarytmu.\nZasady oceniania (dla sposobów I-IV)\n3 pkt - poprawne przekształcenia i przeprowadzenie pełnego rozumowania.\n2 pkt - przekształcenie wyrażenia\nlog√2 27 + 2\n2log2 14 - 2 lub log7 54, lub obydwu tych wyrażeń do\ntakiej postaci, z której poprzez jednokrotne zastosowanie wzoru na logarytm iloczynu\nlub logarytm ilorazu, lub wzoru na zamianę podstawy logarytmu, lub wzoru na\nlogarytm potęgi oraz ewentualne kilkukrotne przekształcenie wyrażenia wymiernego\nmożna otrzymać tezę\nALBO\nZasady oceniania rozwiązań zadań\n- zapisanie jednego równania z 𝑎, 𝑏 oraz niewiadomą 𝑥, np.\n(𝑎-1)𝑥= 𝑏\n2 + 1 (dla sposobu III),\nALBO\n- zapisanie liczby 2 w postaci 7\n1\n𝑎 - 1\noraz liczby 27 w postaci 2\n𝑏\n2 (dla sposobu IV).\n1 pkt - zastosowanie wzoru na zamianę podstawy logarytmu lub na logarytm iloczynu, lub na\nlogarytm ilorazu, np. log7 54 = log254\nlog2 7 , log7 54 =\nlog√254\nlog√2 7 ,\nlog√2 27 + 2 = log√2(27 ⋅2), 2 log2 14 -2 = 2 log2 (14\n2 )\nALBO\n- zapisanie liczb 7 oraz 27 jako potęg liczby 2: 7 = 2𝑎-1 i 27 = 2\n𝑏\n2 oraz\nzapisanie równania 7𝑥= 54 (dla sposobu III),\nALBO\n- zapisanie liczby 2 w postaci 7\n1\n𝑎 - 1\n(dla sposobu IV).\n0 pkt - rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania.\nPrzykładowe pełne rozwiązania\nSposób I\nPrzekształcamy wyrażenie log7 54, stosując wzór na zamianę podstawy logarytmu,\na następnie wzory na logarytm iloczynu oraz logarytm ilorazu:\nlog7 54 = log2 54\nlog2 7 = log2 27 + log2 2\nlog2 14 -log2 2 =\nlog√2 27\nlog√2 2 + 1\n𝑎-1\n𝑏\n2 + 1\n𝑎-1 = 𝑏+ 2\n2𝑎-2\nTo należało wykazać.\nSposób II\nPrzekształcamy wyrażenie 𝑏 + 2\n2𝑎 - 2 , korzystając z założenia oraz ze wzoru zamianę\npodstawy logarytmu:\n𝑏+ 2\n2𝑎-2 =\nlog√2 27 + 2\n2 log2 14 -2 =\nlog2 27\nlog2 √2 + 2\n2 ⋅(log2 14 -1) = 2 ⋅(log2 27 + 1)\n2 ⋅(log2 14 -1) = log2 27 + 1\nlog2 14 -1\nStąd i ze wzorów na sumę logarytmów, różnicę logarytmów oraz wzoru na zamianę\npodstawy logarytmu otrzymujemy dalej\nlog2 27 + 1\nlog2 14 -1 = log2 27 + log2 2\nlog2 14 -log2 2 = log2 54\nlog2 7 = log7 54\nZatem log7 54 = 𝑏 + 2\n2𝑎 - 2 .\nTo należało wykazać.\nSposób III\nKorzystamy z definicji logarytmu oraz z założenia i otrzymujemy 2𝑎= 14 oraz\n(√2)\n𝑏= 27. Stąd 7 = 2𝑎-1 oraz 27 = 2\n𝑏\n2 .\nOznaczmy przez 𝑥 liczbę rzeczywistą taką, że 7𝑥= 54. Wtedy\n2(𝑎-1)𝑥= 2 ⋅27\n2(𝑎-1)𝑥= 2 ⋅2\n𝑏\n2\n2(𝑎-1)𝑥= 2\n𝑏\n2 + 1\nStąd\n(𝑎-1)𝑥= 𝑏\n2 + 1\n𝑥=\n𝑏+ 2\n2(𝑎-1)\nZatem log7 54 = 𝑥= 𝑏 + 2\n2𝑎 - 2 .\nTo należało wykazać.\nSposób IV\nKorzystamy z definicji logarytmu oraz z założenia i otrzymujemy 2𝑎= 14 oraz\n(√2)\n𝑏= 27. Stąd 7 = 2𝑎-1, czyli 2 = 7\n1\n𝑎-1\n, oraz 27 = 2\n𝑏\n2 . Zatem\n54 = 27 ⋅2 = 2\n𝑏\n2 ⋅7\n1\n𝑎 - 1\n= 7\n𝑏\n2(𝑎 - 1)\n⋅7\n1\n𝑎 - 1\n= 7\n𝑏\n2(𝑎 - 1) +\n1\n𝑎 - 1\n= 7\n𝑏 + 2\n2𝑎 - 2\nczyli log7 54 = 𝑏 + 2\n2𝑎 - 2 .\nTo należało wykazać.\nZasady oceniania rozwiązań zadań","solution":null,"image":"img/matematyka-2025-czerwiec-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 · czerwiec 2025 (rozszerzona)","subject_label":"Matematyka","category_label":"Matura"},{"id":"matematyka-2025-czerwiec-matura-stara-rozszerzona/zad/7","paper_id":"matematyka-2025-czerwiec-matura-stara-rozszerzona","number":"7","points":3,"ptype":"open","subject":"matematyka","category":"matura","year":2025,"month":"czerwiec","level":"rozszerzona","text":"Zadanie 7. (0-3)\nDany jest prostokąt 𝐴𝐵𝐶𝐷, w którym |𝐴𝐵| = 2 ⋅|𝐴𝐷|. Na bokach 𝐴𝐵, 𝐵𝐶, 𝐶𝐷 oraz 𝐷𝐴\ntego prostokąta obrano punkty - odpowiednio - 𝐾, 𝐿, 𝑀 oraz 𝑁 (przy czym każdy z tych\npunktów leży na dokładnie jednym boku prostokąta 𝐴𝐵𝐶𝐷). Czworokąt 𝐾𝐿𝑀𝑁 jest\ntrapezem prostokątnym (zobacz rysunek), a wysokość 𝐿𝑀 tego trapezu jest równoległa do\nprzekątnej 𝐵𝐷 prostokąta.\nWykaż, że stosunek pola trójkąta 𝑀𝐷𝑁 do pola trójkąta 𝐾𝐵𝐿 jest równy 16.\n𝐴\n𝐵\n𝐶\n𝐷\n𝐾\n𝐿\n𝑀\n𝑁\n\nEMAP-R0_100\n\nEMAP-R0_100","answer":null,"answer_text":"Zadanie 7. (0-3)\nWymaganie ogólne\nWymaganie szczegółowe\nV. Rozumowanie i argumentacja.\nZdający:\n7.2R) stosuje twierdzenie Talesa […] do\nobliczania długości odcinków […].\nZasady oceniania (dla sposobów I - III)\n3 pkt - poprawne przekształcenia i przeprowadzenie pełnego rozumowania.\n2 pkt - wyznaczenie długości odcinka 𝐶𝐿 (lub 𝐿𝐵) w zależności od długości odcinka 𝐷𝑀,\nnp. |𝐶𝐿| = 𝑎-1\n2 ⋅|𝐷𝑀|, |𝐿𝐵| = 1\n2 ⋅|𝐷𝑀| oraz uzasadnienie, że trójkąty 𝑀𝐷𝑁\ni 𝐾𝐵𝐿 są podobne (dla sposobu I)\nALBO\n- uzasadnienie, że trójkąty 𝑀𝐷𝑁 i 𝐾𝐵𝐿 są podobne oraz zapisanie długości\nodcinków 𝐷𝐸 oraz 𝐹𝐿 za pomocą jednej zmiennej (lub zapisanie związku między\nnimi), np. |𝐷𝐸| = 2𝑥 i |𝐹𝐿| = 1\n2 𝑥 (dla sposobu II).\nALBO\n- wyznaczenie współrzędnych wierzchołków trapezu 𝐾𝐿𝑀𝑁 w zależności od 𝑎 oraz\nparametru 𝑐: 𝐾= (5𝑎-𝑐\n2\n, 0) oraz 𝐿= (2𝑎, 𝑐-𝑎) oraz 𝑀= (2𝑐-2𝑎, 𝑎)\noraz 𝑁= (0, 5𝑎-4𝑐) (dla sposobu III).\n1 pkt - uzasadnienie, że trójkąty 𝑀𝐷𝑁 i 𝐾𝐵𝐿 są podobne (dla sposobów I oraz II)\nALBO\n- wyznaczenie długości odcinka 𝐶𝐿 (lub 𝐿𝐵) w zależności od długości odcinka 𝐷𝑀,\nnp. |𝐶𝐿| = 𝑎-1\n2 ⋅|𝐷𝑀|, |𝐿𝐵| = 1\n2 ⋅|𝐷𝑀| (dla sposobu I),\nALBO\n- zapisanie długości odcinków 𝐷𝐸 oraz 𝐹𝐿 za pomocą jednej zmiennej (lub\nzapisanie związku między nimi), np. |𝐷𝐸| = 2𝑥 i |𝐹𝐿| = 𝑥 (dla sposobu II),\nALBO\n- umieszczenie prostokąta 𝐴𝐵𝐶𝐷 w układzie współrzędnych i zapisanie\nwspółrzędnych jego wierzchołków, np. 𝐴= (0, 0) i 𝐵= (2𝑎, 0) i 𝐶= (2𝑎, 𝑎)\ni 𝐷= (0, 𝑎) oraz zapisanie równania prostej 𝑀𝐿: 𝑦= -1\n2 𝑥+ 𝑐 (dla sposobu III).\n0 pkt - rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania.\nPrzykładowe pełne rozwiązania\nSposób I\nOznaczmy przez 𝑎 długość boku 𝐴𝐷. Wtedy |𝐴𝐵| = 2𝑎.\nKąty 𝐷𝑀𝑁 i 𝐵𝐾𝐿 są naprzemianległe oraz 𝑀𝑁∥𝐾𝐿, więc te kąty mają równe miary.\nZatem trójkąty prostokątne 𝑀𝐷𝑁 i 𝐾𝐵𝐿 są podobne (na podstawie cechy kkk\npodobieństwa trójkątów).\nPonieważ 𝑀𝐿∥𝐷𝐵, więc korzystając z twierdzenia Talesa, otrzymujemy\n|𝐷𝑀|\n|𝐿𝐵| =\n|𝑀𝐶|\n|𝐿𝐶|\n|𝐷𝑀|\n|𝐿𝐵| = 2𝑎-|𝐷𝑀|\n𝑎-|𝐿𝐵|\n|𝐷𝑀| ⋅𝑎-|𝐷𝑀| ⋅|𝐿𝐵| = 2 ⋅|𝐿𝐵| ⋅𝑎-|𝐿𝐵| ⋅|𝐷𝑀|\n|𝐿𝐵| = 1\n2 ⋅|𝐷𝑀|\nZ warunków zadania wynika, że 𝑀𝑁⊥𝐷𝐵, więc z rachunku kątów dostajemy\n|∡𝐷𝑁𝑀| = |∡𝐶𝐷𝐵|, więc trójkąty prostokątne 𝑀𝐷𝑁 oraz 𝐵𝐶𝐷 są podobne (na podstawie\ncechy kkk podobieństwa trójkątów). Zatem |𝐷𝑀|\n|𝐷𝑁| = |𝐵𝐶|\n|𝐶𝐷|, czyli |𝐷𝑀|\n|𝐷𝑁| = 1\n2 .\nStąd i ze związku |𝐿𝐵| = 1\n2 ⋅|𝐷𝑀| otrzymujemy |𝐿𝐵| = 1\n4 ⋅|𝐷𝑁|, co oznacza, że trójkąt\n𝑀𝐷𝑁 jest podobny do trójkąta 𝐾𝐵𝐿 w skali 4. Ponieważ stosunek pól figur podobnych jest\nrówny kwadratowi skali podobieństwa, więc stosunek pola trójkąta 𝑀𝐷𝑁 do pola trójkąta\n𝐾𝐵𝐿 jest równy 16. To należało wykazać.\nSposób II\nPrzyjmijmy następujące oznaczenia:\n𝐸 - punkt przecięcia przekątnej 𝐷𝐵 z bokiem 𝑀𝑁 trapezu 𝐾𝐿𝑀𝑁,\n𝐹 - punkt przecięcia przekątnej 𝐷𝐵 z bokiem 𝐾𝐿 trapezu 𝐾𝐿𝑀𝑁,\n2𝑥 - długość odcinka 𝐷𝐸 (zobacz rysunek).\nPonieważ 𝑀𝐿∥𝐷𝐵, więc trójkąty 𝐷𝐸𝑀 oraz 𝐹𝐵𝐿 są prostokątne. Trójkąty prostokątne\n𝑀𝐷𝐸 i 𝐵𝐷𝐶 mają wspólny kąt ostry, więc są podobne (cecha kkk podobieństwa trójkątów).\nZatem |𝑀𝐸|\n|𝐷𝐸| = |𝐵𝐶|\n|𝐶𝐷| = 1\n2, więc |𝑀𝐸| = 1\n2 ⋅|𝐷𝐸| = 𝑥.\nCzworokąt 𝑀𝐸𝐹𝐿 jest prostokątem, więc |𝐹𝐿| = |𝑀𝐸| = 𝑥.\nZ rachunku kątów mamy |∡𝐹𝐿𝐵| = |∡𝑀𝐷𝐸|, więc trójkąty prostokątne 𝑀𝐷𝐸 i 𝐾𝐿𝐵 są\npodobne (na podstawie cechy kkk podobieństwa trójkątów). Zatem |𝐹𝐵|\n|𝐹𝐿| = |𝑀𝐸|\n|𝐷𝐸| = 1\n2 , czyli\n|𝐹𝐵| = 1\n2 ⋅|𝐹𝐿| = 1\n2 𝑥.\n𝐴\n𝐵\n𝐶\n𝐷\n𝐾\n𝐿\n𝑀\n𝑁\n𝐸\n𝐹\n2𝑥\nZasady oceniania rozwiązań zadań\nKąty 𝐷𝑀𝑁 i 𝐵𝐾𝐿 są naprzemianległe oraz 𝑀𝑁∥𝐾𝐿, więc te kąty mają równe miary.\nZatem trójkąty prostokątne 𝑀𝐷𝑁 i 𝐾𝐵𝐿 są podobne (na podstawie cechy kkk\npodobieństwa trójkątów). Ponieważ stosunek odpowiednich wysokości tych trójkątów jest\nrówny |𝐷𝐸|\n|𝐹𝐵| = 2𝑥\n1\n2𝑥= 4, więc trójkąt 𝑀𝐷𝑁 jest podobny do trójkąta 𝐾𝐵𝐿 w skali 4.\nPonieważ stosunek pól figur podobnych jest równy kwadratowi skali podobieństwa, więc\nstosunek pola trójkąta 𝑀𝐷𝑁 do pola trójkąta 𝐾𝐵𝐿 jest równy 16. To należało wykazać.\nSposób III\nOznaczmy przez 𝑎 długość boku 𝐴𝐷. Wtedy |𝐴𝐵| = 2𝑎.\nUmieszczamy prostokąt 𝐴𝐵𝐶𝐷 w kartezjańskim układzie współrzędnych (𝑥, 𝑦) tak, że\n𝐴= (0, 0), 𝐵= (2𝑎, 0), 𝐶= (2𝑎, 𝑎), 𝐷= (0, 𝑎).\nPonieważ stosunek |𝐴𝐷|\n|𝐴𝐵| = 1\n2 oraz 𝑀𝐿∥𝐵𝐷, więc prosta 𝑀𝐿 ma równanie\n𝑦= -1\n2 𝑥+ 𝑐, przy pewnym 𝑐∈(𝑎, 2𝑎).\nWtedy 𝑀= (2𝑐-2𝑎, 𝑎) oraz 𝐿= (2𝑎, 𝑐-𝑎).\nWyznaczamy równania prostych 𝑀𝑁 oraz 𝐾𝐿, które są prostopadłe do 𝑀𝐿:\n𝑀𝑁: 𝑦= 2(𝑥-2𝑐+ 2𝑎) + 𝑎\n𝐾𝐿: 𝑦= 2(𝑥-2𝑎) + 𝑐-𝑎\nStąd 𝑁= (0, 5𝑎-4𝑐) oraz 𝐾= (5𝑎-𝑐\n2\n, 0).\nWyznaczamy długości boków trójkątów 𝑀𝐷𝑁 i 𝐾𝐵𝐿:\n|𝑁𝐷| = |𝑎-(5𝑎-4𝑐)| = 4 ⋅|𝑐-𝑎|\n|𝐷𝑀| = |2𝑐-2𝑎-0| = 2 ⋅|𝑐-𝑎|\n|𝐾𝐵| = |2𝑎-5𝑎-𝑐\n2\n| = 1\n2 ⋅|𝑐-𝑎|\n|𝐵𝐿| = |𝑐-𝑎-0| = |𝑐-𝑎|\nWyznaczamy stosunek pól trójkątów 𝑀𝐷𝑁 i 𝐾𝐵𝐿:\n𝑃Δ𝑀𝐷𝑁\n𝑃Δ𝐾𝐵𝐿\n1\n2 ⋅|𝑁𝐷| ⋅|𝐷𝑀|\n1\n2 ⋅|𝐾𝐵| ⋅|𝐵𝐿|\n1\n2 ⋅4 ⋅|𝑐-𝑎| ⋅2 ⋅|𝑐-𝑎|\n1\n2 ⋅\n1\n2 ⋅|𝑐-𝑎| ⋅|𝑐-𝑎|\n= 16\nTo należało wykazać.","solution":null,"image":"img/matematyka-2025-czerwiec-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 · czerwiec 2025 (rozszerzona)","subject_label":"Matematyka","category_label":"Matura"},{"id":"matematyka-2025-czerwiec-matura-stara-rozszerzona/zad/8","paper_id":"matematyka-2025-czerwiec-matura-stara-rozszerzona","number":"8","points":4,"ptype":"open","subject":"matematyka","category":"matura","year":2025,"month":"czerwiec","level":"rozszerzona","text":"Zadanie 8. (0-4)\nWyznacz wszystkie wartości parametru 𝑚, dla których równanie\n𝑥2 + 2𝑚𝑥+ 2𝑚-1 = 0\nma dwa różne rozwiązania rzeczywiste 𝑥1 , 𝑥2 spełniające warunek\n𝑚(𝑥1\n2 + 𝑥2\n2) = 3𝑚⋅𝑥1 ⋅𝑥2 + 2\n\nEMAP-R0_100\n\nEMAP-R0_100","answer":null,"answer_text":"Zadanie 8. (0-4)\nWymaganie ogólne\nWymagania szczegółowe\nIII. Modelowanie matematyczne.\nZdający:\n3.1R) stosuje wzory Viète’a;\n3.2R) rozwiązuje równania i nierówności\nliniowe i kwadratowe z parametrem.\nZasady oceniania\n4 pkt - spełnienie następujących trzech warunków:\n1) poprawne rozwiązanie warunku 𝑚(𝑥1\n2 + 𝑥2\n2) = 3𝑚⋅𝑥1 ⋅𝑥2 + 2: 𝑚= 2,\n2) poprawne rozwiązanie warunku Δ > 0: 𝑚∈ℝ\\{1}\nLUB\nwyznaczenie wszystkich wartości parametru 𝑚, dla których 𝑥1 ≠𝑥2: 𝑚≠1,\nLUB\nsprawdzenie, że dla 𝑚= 2 są spełnione warunki zadania,\n3) zapisanie poprawnej odpowiedzi: 𝑚= 2.\n3 pkt - poprawnie rozwiązany warunek Δ > 0: 𝑚∈ℝ\\{1} oraz zapisanie równania\nz jedną niewiadomą 𝑚, np. 𝑚⋅[(-2𝑚)2 -2 ⋅(2𝑚-1)] = 3𝑚⋅(2𝑚-1) + 2\nALBO\n- rozwiązanie warunku 𝑚(𝑥1\n2 + 𝑥2\n2) = 3𝑚⋅𝑥1 ⋅𝑥2 + 2: 𝑚= 2,\nALBO\n- zapisanie, że 𝑥1 ≠𝑥2 dla 𝑚≠1 oraz zapisanie równania z jedną niewiadomą 𝑚,\nnp. 𝑚⋅[(-2𝑚)2 -2 ⋅(2𝑚-1)] = 3𝑚⋅(2𝑚-1) + 2.\n2 pkt - poprawnie rozwiązany warunek Δ > 0: 𝑚∈ℝ\\{1} oraz przekształcenie warunku\n𝑚(𝑥1\n2 + 𝑥2\n2) = 3𝑚⋅𝑥1 ⋅𝑥2 + 2 do postaci pozwalającej na bezpośrednie\nzastosowanie wzorów Viète’a, np. 𝑚⋅[(𝑥1 + 𝑥2)2 -2𝑥1 ⋅𝑥2] = 3𝑚⋅𝑥1 ⋅𝑥2 + 2\nALBO\n- zapisanie równania z jedną niewiadomą 𝑚, np.\n𝑚⋅[(-2𝑚)2 -2 ⋅(2𝑚-1)] = 3𝑚⋅(2𝑚-1) + 2\nALBO\n- wyznaczenie pierwiastków trójmianu 𝑥2 + 2𝑚𝑥+ (2𝑚-1): (-1) oraz 1 -2𝑚,\noraz zapisanie, że 𝑥1 ≠𝑥2 dla 𝑚≠1.\n1 pkt - poprawnie rozwiązany warunek Δ > 0: 𝑚∈ℝ\\{1}\nALBO\n- przekształcenie warunku 𝑚(𝑥1\n2 + 𝑥2\n2) = 3𝑚⋅𝑥1 ⋅𝑥2 + 2 do postaci pozwalającej\nna bezpośrednie zastosowanie wzorów Viète’a, np.\n𝑚⋅[(𝑥1 + 𝑥2)2 -2𝑥1 ⋅𝑥2] = 3𝑚⋅𝑥1 ⋅𝑥2 + 2\nALBO\n- wyznaczenie pierwiastków trójmianu 𝑥2 + 2𝑚𝑥+ (2𝑚-1): (-1) oraz 1 -2𝑚.\n0 pkt - rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania.\nUwaga:\nJeżeli zdający przyjmie, że 𝑥1\n2 + 𝑥2\n2 jest równe (𝑥1 + 𝑥2)2 oraz doprowadzi rozwiązanie\nkonsekwentnie do końca, to otrzymuje 2 punkty za całe rozwiązanie.\nZasady oceniania rozwiązań zadań\nPrzykładowe pełne rozwiązania\nSposób I\nRównanie 𝑥2 + 2𝑚𝑥+ 2𝑚-1 = 0 ma dokładnie dwa różne rozwiązania rzeczywiste tylko\nwówczas, gdy wyróżnik Δ trójmianu kwadratowego 𝑥2 + 2𝑚𝑥+ (2𝑚-1) jest dodatni.\nRozwiązujemy warunek Δ > 0:\n(2𝑚)2 -4 ⋅(2𝑚-1) > 0\n4𝑚2 -8𝑚+ 4 > 0\n4(𝑚-1)2 > 0\n𝑚∈(-∞, 1) ∪(1, +∞)\nPrzekształcamy warunek 𝑚(𝑥1\n2 + 𝑥2\n2) = 3𝑚⋅𝑥1 ⋅𝑥2 + 2 do postaci pozwalającej na\nbezpośrednie zastosowanie wzorów Viète’a i rozwiązujemy uzyskane równanie\nz niewiadomą 𝑚:\n𝑚(𝑥1\n2 + 𝑥2\n2) = 3𝑚⋅𝑥1 ⋅𝑥2 + 2\n𝑚⋅[(𝑥1 + 𝑥2)2 -2𝑥1 ⋅𝑥2] = 3𝑚⋅𝑥1 ⋅𝑥2 + 2\n𝑚⋅[(-2𝑚)2 -2 ⋅(2𝑚-1)] = 3𝑚⋅(2𝑚-1) + 2\n4𝑚3 -10𝑚2 + 5𝑚-2 = 0\n4𝑚3 -8𝑚2 -2𝑚2 + 4𝑚+ 𝑚-2 = 0\n4𝑚2(𝑚-2) -2𝑚(𝑚-2) + (𝑚-2) = 0\n(𝑚-2)(4𝑚2 -2𝑚+ 1) = 0\n𝑚-2 = 0 ∨ 4𝑚2 -2𝑚+ 1 = 0\n𝑚= 2\nPonieważ 4𝑚2 -2𝑚+ 1 = 3𝑚2 + (𝑚-1)2 > 0, więc równanie 4𝑚2 -2𝑚+ 1 = 0 nie\nma rozwiązań rzeczywistych.\nZatem warunek 𝑚(𝑥1\n2 + 𝑥2\n2) = 3𝑚⋅𝑥1 ⋅𝑥2 + 2 jest spełniony tylko dla 𝑚= 2.\nPonieważ 2 ∈(-∞, 1) ∪(1, +∞), więc warunki zadania są spełnione tylko dla 𝑚= 2.\nSposób II\nZauważamy, że liczba (-1) jest rozwiązaniem równania 𝑥2 + 2𝑚𝑥+ 2𝑚-1 = 0.\nKorzystając ze wzorów Viète’a, mamy 𝑥1 + 𝑥2 = -2𝑚, czyli -1 + 𝑥2 = -2𝑚, więc\n𝑥2 = 1 -2𝑚. Zatem 𝑥1 ≠𝑥2 gdy 𝑚≠1.\nWyznaczamy wszystkie wartości parametru 𝑚, dla których spełniony jest warunek\n𝑚(𝑥1\n2 + 𝑥2\n2) = 3𝑚⋅𝑥1 ⋅𝑥2 + 2:\n𝑚(𝑥1\n2 + 𝑥2\n2) = 3𝑚⋅𝑥1 ⋅𝑥2 + 2\n𝑚⋅[(-1)2 + (1 -2𝑚)2] = 3𝑚⋅(-1) ⋅(1 -2𝑚) + 2\n𝑚⋅(1 + 1 -4𝑚+ 4𝑚2) = 6𝑚2 -3𝑚+ 2\n4𝑚3 -10𝑚2 + 5𝑚-2 = 0\n4𝑚3 -8𝑚2 -2𝑚2 + 4𝑚+ 𝑚-2 = 0\n4𝑚2(𝑚-2) -2𝑚(𝑚-2) + (𝑚-2) = 0\n(𝑚-2)(4𝑚2 -2𝑚+ 1) = 0\n𝑚-2 = 0 ∨ 4𝑚2 -2𝑚+ 1 = 0\n𝑚= 2\nWyróżnik trójmianu 4𝑚2 -2𝑚+ 1 jest ujemny, więc równanie 4𝑚2 -2𝑚+ 1 = 0 nie\nma rozwiązań rzeczywistych.\nZatem warunek 𝑚(𝑥1\n2 + 𝑥2\n2) = 3𝑚⋅𝑥1 ⋅𝑥2 + 2 jest spełniony tylko dla 𝑚= 2.\nWarunki zadania są spełnione tylko dla 𝑚= 2.\nZasady oceniania rozwiązań zadań","solution":null,"image":"img/matematyka-2025-czerwiec-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 · czerwiec 2025 (rozszerzona)","subject_label":"Matematyka","category_label":"Matura"},{"id":"matematyka-2025-czerwiec-matura-stara-rozszerzona/zad/9","paper_id":"matematyka-2025-czerwiec-matura-stara-rozszerzona","number":"9","points":4,"ptype":"open","subject":"matematyka","category":"matura","year":2025,"month":"czerwiec","level":"rozszerzona","text":"Zadanie 9. (0-4)\nRozwiąż równanie\ncos(2𝑥) + 2cos2(3𝑥) + cos(4𝑥) = 0\nw przedziale 〈0, 𝜋〉.\n\nEMAP-R0_100\n\nEMAP-R0_100","answer":null,"answer_text":"Zadanie 9. (0-4)\nWymaganie ogólne\nWymaganie szczegółowe\nIV. Użycie i tworzenie strategii.\nZdający:\n6.6R) rozwiązuje równania i nierówności\ntrygonometryczne […].\nZasady oceniania\n4 pkt - zastosowanie poprawnej metody i poprawny wynik: 𝜋\n6 , 𝜋\n4 , 𝜋\n2 , 3𝜋\n4 , 5𝜋\n6 .\n3 pkt - rozwiązanie równania cos(2𝑥) + 2cos2(3𝑥) + cos(4𝑥) = 0 w zbiorze ℝ, np.:\n𝑥= 𝜋\n6 + 𝜋\n3 ⋅𝑘 lub 𝑥= 𝜋\n2 + 𝑘𝜋 lub 𝑥= -𝜋\n4 + 𝜋\n2 ⋅𝑘, gdzie 𝑘∈ℤ,\nALBO\n- spełnienie jednego z kryteriów określonych w zasadach oceniania za 2 punkty oraz\nrozwiązanie równania cos(3𝑥) = 0 w przedziale [0, 𝜋]: 𝜋\n6 , 𝜋\n2 , 5𝜋\n6 ,\nALBO\n- spełnienie jednego z kryteriów określonych w zasadach oceniania za 2 punkty oraz\nrozwiązanie równania cos 𝑥+ cos(3𝑥) = 0 w przedziale [0, 𝜋]: 𝜋\n4 , 𝜋\n2 , 3𝜋\n4 ,\nALBO\n- spełnienie jednego z kryteriów określonych w zasadach oceniania za 2 punkty oraz\nrozwiązanie równania cos(2𝑥) = 0 w przedziale [0, 𝜋]: 𝜋\n4 , 3𝜋\n4 ,\nALBO\n- spełnienie jednego z kryteriów określonych w zasadach oceniania za 2 punkty oraz\nrozwiązanie równania 4 cos2 𝑥-2 = 0 w przedziale [0, 𝜋]: 𝜋\n4 , 3𝜋\n4 ,\nALBO\n- spełnienie jednego z kryteriów określonych w zasadach oceniania za 2 punkty oraz\nrozwiązanie równania 2 -4 sin2 𝑥= 0 w przedziale [0, 𝜋]: 𝜋\n4 , 3𝜋\n4 .\n2 pkt - przekształcenie równoważne równania cos(2𝑥) + 2cos2(3𝑥) + cos(4𝑥) = 0 do\npostaci alternatywy dwóch równań trygonometrycznych, z których jednym jest\ncos(3𝑥) = 0, np.:\ncos(3𝑥) = 0 lub 2 cos(2𝑥) cos 𝑥= 0,\ncos(3𝑥) = 0 lub cos 𝑥+ cos(3𝑥) = 0,\ncos(3𝑥) = 0 lub (4 cos2 𝑥-2) cos 𝑥= 0,\nALBO\n- przekształcenie równoważne równania cos(2𝑥) + 2cos2(3𝑥) + cos(4𝑥) = 0 do\npostaci alternatywy cos(3𝑥) = 0 lub cos(2𝑥) = 0 lub cos 𝑥= 0.\n1 pkt - przekształcenie równoważne równania do postaci 2 cos(3𝑥) cos 𝑥+ 2cos2(3𝑥) = 0.\n0 pkt - rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania.\nPrzykładowe pełne rozwiązania\nSposób I\nPrzekształcamy równanie cos(2𝑥) + 2cos2(3𝑥) + cos(4𝑥) = 0 równoważnie, stosując\nwzory na cosinus sumy oraz cosinus różnicy argumentów:\ncos(3𝑥-𝑥) + 2cos2(3𝑥) + cos(3𝑥+ 𝑥) = 0\ncos(3𝑥) cos 𝑥+ sin(3𝑥) sin 𝑥+ 2cos2(3𝑥) + cos(3𝑥) cos 𝑥-sin(3𝑥) sin 𝑥= 0\n2 cos(3𝑥) (cos 𝑥+ cos(3𝑥)) = 0\ncos(3𝑥) = 0 ∨ cos 𝑥+ cos(3𝑥) = 0\nRozwiązujemy równanie cos(3𝑥) = 0 w zbiorze liczb rzeczywistych:\ncos(3𝑥) = 0\n3𝑥= 𝜋\n2 + 𝑘𝜋\n𝑥= 𝜋\n6 + 𝜋\n3 ⋅𝑘\ngdzie 𝑘∈ℤ.\nStąd otrzymujemy rozwiązania równania cos(3𝑥) = 0 w zbiorze [0, 𝜋]: 𝜋\n6 , 𝜋\n2 , 5𝜋\n6 .\nRozwiązujemy równanie cos 𝑥+ cos(3𝑥) = 0 w zbiorze liczb rzeczywistych:\ncos 𝑥+ cos(3𝑥) = 0\ncos(3𝑥) = -cos 𝑥\ncos(3𝑥) = cos(𝜋+ 𝑥)\n3𝑥= 𝜋+ 𝑥+ 2𝑘𝜋 ∨ 3𝑥= -𝜋-𝑥+ 2𝑘𝜋\n𝑥= 𝜋\n2 + 𝑘𝜋 ∨ 𝑥= -𝜋\n4 + 𝜋\n2 ⋅𝑘\ngdzie 𝑘∈ℤ.\nStąd otrzymujemy rozwiązania równania cos 𝑥+ cos(3𝑥) = 0 w zbiorze [0, 𝜋]: 𝜋\n4 , 𝜋\n2 , 3𝜋\n4 .\nZatem rozwiązaniami równania cos(2𝑥) + 2cos2(3𝑥) + cos(4𝑥) = 0 w zbiorze [0, 𝜋] są\nliczby: 𝜋\n6 , 𝜋\n4 , 𝜋\n2 , 3𝜋\n4 , 5𝜋\n6 .\nSposób II\nPrzekształcamy równanie cos(2𝑥) + 2cos2(3𝑥) + cos(4𝑥) = 0 równoważnie, stosując wzór\nna sumę cosinusów:\n2 cos (2𝑥+ 4𝑥\n2\n) ⋅cos (2𝑥-4𝑥\n2\n) + 2cos2(3𝑥) = 0\n2 cos(3𝑥) cos(-𝑥) + 2cos2(3𝑥) = 0\n2 cos(3𝑥) (cos 𝑥+ cos(3𝑥)) = 0\nZasady oceniania rozwiązań zadań\ncos(3𝑥) = 0 ∨ cos 𝑥+ cos(3𝑥) = 0\nRozwiązujemy równanie cos(3𝑥) = 0 w zbiorze liczb rzeczywistych:\ncos(3𝑥) = 0\n3𝑥= 𝜋\n2 + 𝑘𝜋\n𝑥= 𝜋\n6 + 𝜋\n3 ⋅𝑘\ngdzie 𝑘∈ℤ.\nStąd otrzymujemy rozwiązania równania cos(3𝑥) = 0 w zbiorze [0, 𝜋]: 𝜋\n6 , 𝜋\n2 , 5𝜋\n6 .\nRozwiązujemy równanie cos 𝑥+ cos(3𝑥) = 0 w zbiorze liczb rzeczywistych:\ncos 𝑥+ cos(3𝑥) = 0\n2 cos (𝑥+ 3𝑥\n2\n) ⋅cos (𝑥-3𝑥\n2\n) = 0\ncos(2𝑥) ⋅cos(-𝑥) = 0\ncos(2𝑥) = 0 ∨ cos 𝑥= 0\n2𝑥= 𝜋\n2 + 𝑘𝜋 ∨ 𝑥= 𝜋\n2 + 𝑘𝜋\n𝑥= 𝜋\n4 + 𝜋\n2 ⋅𝑘 ∨ 𝑥= 𝜋\n2 + 𝑘𝜋\ngdzie 𝑘∈ℤ.\nStąd otrzymujemy rozwiązania równania cos 𝑥+ cos(3𝑥) = 0 w zbiorze [0, 𝜋]: 𝜋\n4 , 𝜋\n2 , 3𝜋\n4 .\nZatem rozwiązaniami równania cos(2𝑥) + 2cos2(3𝑥) + cos(4𝑥) = 0 w zbiorze [0, 𝜋] są\nliczby: 𝜋\n6 , 𝜋\n4 , 𝜋\n2 , 3𝜋\n4 , 5𝜋\n6 .","solution":null,"image":"img/matematyka-2025-czerwiec-matura-stara-rozszerzona/zad-9.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 2025 (rozszerzona)","subject_label":"Matematyka","category_label":"Matura"},{"id":"matematyka-2025-czerwiec-matura-stara-rozszerzona/zad/10","paper_id":"matematyka-2025-czerwiec-matura-stara-rozszerzona","number":"10","points":4,"ptype":"open","subject":"matematyka","category":"matura","year":2025,"month":"czerwiec","level":"rozszerzona","text":"Zadanie 10. (0-4)\nNa czworokącie wypukłym 𝐴𝐵𝐶𝐷 o bokach długości: |𝐴𝐵| = 3, |𝐵𝐶| = 3, |𝐶𝐷| = 5 oraz\n|𝐷𝐴| = 8, opisano okrąg.\nOblicz promień tego okręgu.\n\nEMAP-R0_100\n\nEMAP-R0_100","answer":null,"answer_text":"Zadanie 10. (0-4)\nWymaganie ogólne\nWymaganie szczegółowe\nIV. Użycie i tworzenie strategii.\nZdający:\n7.1R) stosuje twierdzenia charakteryzujące\nczworokąty wpisane w okrąg i czworokąty\nopisane na okręgu.\nZasady oceniania (dla sposobu I)\n4 pkt - zastosowanie poprawnej metody i poprawny wynik: 7√3\n3 .\n3 pkt - obliczenie długości jednej z przekątnych czworokąta 𝐴𝐵𝐶𝐷, np. 𝑑= 7, |𝐴𝐶| = 39\n7 ,\nALBO\n- obliczenie cosinusa jednego z kątów czworokąta 𝐴𝐵𝐶𝐷, np. cos 𝛼= 1\n2 ,\ncos 𝛾= -1\n2 , cos|∡𝐴𝐵𝐶| = -71\n98 , cos|∡𝐶𝐷𝐴| = 71\n98 .\n2 pkt - zapisanie równań 𝑑2 = 32 + 82 -2 ⋅3 ⋅8 ⋅cos 𝛼 oraz\n𝑑2 = 32 + 52 + 2 ⋅3 ⋅5 ⋅cos 𝛼\nALBO\n- zapisanie równań 𝑑2 = 32 + 82 + 2 ⋅3 ⋅8 ⋅cos 𝛾 oraz\n𝑑2 = 32 + 52 -2 ⋅3 ⋅5 ⋅cos 𝛾,\nALBO\n- zapisanie równań |𝐴𝐶|2 = 32 + 32 -2 ⋅3 ⋅3 ⋅cos|∡𝐴𝐵𝐶| oraz\n|𝐴𝐶|2 = 82 + 52 + 2 ⋅8 ⋅5 ⋅cos|∡𝐴𝐵𝐶|,\nALBO\n- zapisanie równań |𝐴𝐶|2 = 32 + 32 + 2 ⋅3 ⋅3 ⋅cos|∡𝐶𝐷𝐴| oraz\n|𝐴𝐶|2 = 82 + 52 -2 ⋅8 ⋅5 ⋅cos|∡𝐶𝐷𝐴|.\n1 pkt - zapisanie związków 𝑑2 = 32 + 82 -2 ⋅3 ⋅8 ⋅cos 𝛼 oraz 𝛼+ 𝛾= 180°\nALBO\n- zapisanie związków 𝑑2 = 32 + 52 -2 ⋅3 ⋅5 ⋅cos 𝛾 oraz 𝛼+ 𝛾= 180°,\nALBO\n- zapisanie związków 𝑑2 = 32 + 82 -2 ⋅3 ⋅8 ⋅cos 𝛼 oraz\n𝑑2 = 32 + 52 -2 ⋅3 ⋅5 ⋅cos 𝛾,\nALBO\n- zapisanie związków |𝐴𝐶|2 = 32 + 32 -2 ⋅3 ⋅3 ⋅cos|∡𝐴𝐵𝐶| oraz\n|∡𝐴𝐵𝐶| + |∡𝐶𝐷𝐴| = 180°,\nALBO\n- zapisanie związków |𝐴𝐶|2 = 82 + 52 -2 ⋅8 ⋅5 ⋅cos|∡𝐶𝐷𝐴| oraz\n|∡𝐴𝐵𝐶| + |∡𝐶𝐷𝐴| = 180°,\nALBO\n- zapisanie związków |𝐴𝐶|2 = 32 + 32 -2 ⋅3 ⋅3 ⋅cos|∡𝐴𝐵𝐶| oraz\n|𝐴𝐶|2 = 82 + 52 -2 ⋅8 ⋅5 ⋅cos|∡𝐶𝐷𝐴|.\n0 pkt - rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania.\nZasady oceniania rozwiązań zadań\nZasady oceniania (dla sposobu II)\n4 pkt - zastosowanie poprawnej metody i poprawny wynik: 7√3\n3 .\n3 pkt - obliczenie długości przekątnej 𝐴𝐶: |𝐴𝐶| = 39\n7\nALBO\n- obliczenie cos 𝛿: cos 𝛿= 13\n14 .\n2 pkt - zapisanie równań 𝑒2 = 52 + 82 -2 ⋅5 ⋅8 ⋅(2 cos2 𝛿-1) oraz\n1\n2 𝑒\n3 = cos 𝛿.\n1 pkt - zapisanie związków 𝑒2 = 52 + 82 -2 ⋅5 ⋅8 ⋅cos |∡𝐴𝐷𝐶| oraz |∡𝐴𝐷𝐶| = 2𝛿.\n0 pkt - rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania.\nZasady oceniania (dla sposobu III)\n4 pkt - zastosowanie poprawnej metody i poprawny wynik: 7√3\n3 .\n3 pkt - obliczenie długości przekątnej 𝐴𝐶: |𝐴𝐶| = 39\n7 .\n2 pkt - zapisanie, że trójkąt 𝐴𝐵𝐶′ jest równoboczny.\n1 pkt - uzasadnienie, że 𝐵𝐷 jest dwusieczną kąta 𝐴𝐷𝐶 oraz zapisanie, że 𝐶′ leży na\nodcinku 𝐴𝐷.\n0 pkt - rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania.\nPrzykładowe pełne rozwiązania\nSposób I\nPrzyjmijmy następujące oznaczenia:\n𝑅 - promień okręgu opisanego na czworokącie 𝐴𝐵𝐶𝐷,\n𝑑 - długość przekątnej 𝐵𝐷,\n𝛼 - miara kąta 𝐵𝐴𝐷,\n𝛾 - miara kąta 𝐵𝐶𝐷.\nStosujemy twierdzenie cosinusów do trójkątów 𝐴𝐵𝐷 oraz 𝐵𝐶𝐷 i otrzymujemy\n𝐴\n𝐵\n𝐶\n𝐷\n𝑅\n𝛾\n5\n3\n3\n𝑑\n8\n𝛼\n𝑑2 = 32 + 82 -2 ⋅3 ⋅8 ⋅cos 𝛼 ∧ 𝑑2 = 32 + 52 -2 ⋅3 ⋅5 ⋅cos 𝛾\nStąd i z twierdzenia o czworokącie wpisanym w okrąg mamy\n73 -48 cos 𝛼= 34 -30 cos(180° -𝛼)\nPo zastosowaniu wzorów redukcyjnych otrzymujemy\n73 -48 cos 𝛼= 34 + 30 cos 𝛼\ncos 𝛼= 1\n2\nZatem 𝛼= 60° i 𝑑2 = 73 -48 ⋅1\n2 = 49, czyli 𝑑= 7.\nOkrąg opisany na czworokącie 𝐴𝐵𝐶𝐷 jest jednocześnie okręgiem opisanym na trójkącie\n𝐴𝐵𝐷. Stosując do tego trójkąta twierdzenie sinusów, otrzymujemy\n𝑑\nsin 𝛼= 2𝑅\n7\n√3\n2\n= 2𝑅\n𝑅= 7√3\n3\nSposób II\nPrzyjmijmy następujące oznaczenia:\n𝑅 - promień okręgu opisanego na czworokącie 𝐴𝐵𝐶𝐷,\n𝑒 - długość przekątnej 𝐴𝐶,\n𝛿 - miara kąta ostrego 𝐴𝐶𝐵.\n𝐴\n𝐵\n𝐶\n𝐷\n𝑅\n𝛿\n5\n3\n3\n𝑒\n8\nZasady oceniania rozwiązań zadań\nPonieważ |𝐴𝐵| = |𝐵𝐶|, więc |∡𝐵𝐴𝐶| = |∡𝐴𝐶𝐵| = 𝛿. Kąty wpisane 𝐴𝐷𝐵 i 𝐴𝐶𝐵 są\noparte na tym samym łuku, więc |∡𝐴𝐷𝐵| = 𝛿. Kąty wpisane 𝐵𝐴𝐶 i 𝐵𝐷𝐶 są oparte na tym\nsamym łuku, więc |∡𝐵𝐷𝐶| = 𝛿.\nStosujemy twierdzenie cosinusów do trójkąta 𝐴𝐷𝐶 oraz wzór na cosinus podwojonego\nargumentu i otrzymujemy:\n𝑒2 = 52 + 82 -2 ⋅5 ⋅8 ⋅cos(2𝛿)\n𝑒2 = 89 -80 ⋅(2 cos2 𝛿-1)\n𝑒2 = 169 -160 cos2 𝛿\nZ trójkąta równoramiennego 𝐴𝐶𝐵 otrzymujemy\n1\n2 𝑒\n3 = cos 𝛿 , więc 𝑒= 6 cos 𝛿. Zatem\n(6 cos 𝛿)2 = 169 -160 cos2 𝛿\n196 cos2 𝛿= 169\ncos 𝛿= 13\n14 ∨ cos 𝛿= -13\n14\nKąt 𝐴𝐶𝐵 w trójkącie równoramiennym 𝐴𝐵𝐶 jest ostry, więc cos 𝛿= 13\n14 ,\nczyli sin 𝛿= 3√3\n14 .\nOkrąg opisany na czworokącie 𝐴𝐵𝐶𝐷 jest jednocześnie okręgiem opisanym na\ntrójkącie 𝐴𝐵𝐶. Stosując do tego trójkąta twierdzenie sinusów, otrzymujemy\n3\nsin 𝛿 = 2𝑅\n3\n3√3\n14\n= 2𝑅\n𝑅= 7√3\n3\nSposób III\nPrzyjmijmy następujące oznaczenia:\n𝑅 - promień okręgu opisanego na czworokącie 𝐴𝐵𝐶𝐷,\n𝑑 - długość przekątnej 𝐵𝐷,\n𝛿 - miara kąta ostrego 𝐴𝐶𝐵.\nPonieważ |𝐴𝐵| = |𝐵𝐶|, więc |∡𝐵𝐴𝐶| = |∡𝐴𝐶𝐵| = 𝛿. Kąty wpisane 𝐴𝐷𝐵 i 𝐴𝐶𝐵 są parte\nna tym samym łuku, więc |∡𝐴𝐷𝐵| = 𝛿. Kąty wpisane 𝐵𝐴𝐶 i 𝐵𝐷𝐶 są oparte na tym\nsamym łuku, więc |∡𝐵𝐷𝐶| = 𝛿. Zatem 𝐵𝐷 jest dwusieczną kąta 𝐴𝐷𝐶.\nNiech 𝐶′ będzie obrazem punktu 𝐶 w symetrii osiowej względem prostej 𝐵𝐷. Wtedy 𝐵𝐷\nbędzie zawierać wysokość trójkąta równoramiennego 𝐶𝐶′𝐷 i |𝐶′𝐷| = |𝐶𝐷| = 5, więc 𝐶′\nbędzie leżał na odcinku 𝐴𝐷.\n𝐴\n𝐵\n𝐶\n𝐷\n𝑅\n𝛿\n5\n3\n3\n𝑑\n8\n𝛿\n𝐴\n𝐵\n𝐶\n𝐷\n𝑅\n𝛿\n𝛿\n𝛿\n𝐶′\n3\n5\n5\n3\n3\n𝑑\nZasady oceniania rozwiązań zadań\nZatem czworokąt 𝐵𝐶𝐷𝐶′ jest deltoidem i |𝐵𝐶′| = |𝐵𝐶| = 3.\nPonieważ |𝐴𝐶′| = |𝐴𝐷| -|𝐷𝐶′| = 8 -5 = 3, więc trójkąt 𝐴𝐵𝐶′ jest równoboczny,\nczyli |∡𝐵𝐴𝐷| = 60°.\nStosujemy twierdzenie cosinusów do trójkąta 𝐵𝐴𝐷 i otrzymujemy:\n𝑑2 = 32 + 82 -2 ⋅3 ⋅8 ⋅cos 60°\n𝑑= 7\nOkrąg opisany na czworokącie 𝐴𝐵𝐶𝐷 jest jednocześnie okręgiem opisanym na trójkącie\n𝐴𝐵𝐷. Stosując do tego trójkąta twierdzenie sinusów, otrzymujemy\n𝑑\nsin |∡𝐵𝐴𝐷| = 2𝑅\n7\n√3\n2\n= 2𝑅\n𝑅= 7√3\n3","solution":null,"image":"img/matematyka-2025-czerwiec-matura-stara-rozszerzona/zad-10.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 2025 (rozszerzona)","subject_label":"Matematyka","category_label":"Matura"},{"id":"matematyka-2025-czerwiec-matura-stara-rozszerzona/zad/11","paper_id":"matematyka-2025-czerwiec-matura-stara-rozszerzona","number":"11","points":4,"ptype":"open","subject":"matematyka","category":"matura","year":2025,"month":"czerwiec","level":"rozszerzona","text":"Zadanie 11. (0-4)\nWielomian 𝑓 zmiennej rzeczywistej 𝑥 jest określony wzorem 𝑓(𝑥) = 𝑥3 + 𝑎𝑥2 + 𝑏𝑥+ 𝑐,\ngdzie 𝑎, 𝑏, 𝑐∈ℝ. Liczba (-2) jest miejscem zerowym tego wielomianu. W układzie\nwspółrzędnych (𝑥, 𝑦) styczna do wykresu wielomianu 𝑓 w punkcie 𝐴 o pierwszej\nwspółrzędnej równej (-2) przecina ten wykres w punkcie 𝑃= (1, 9).\nWyznacz wzór wielomianu 𝑓.\n\nEMAP-R0_100\n\nEMAP-R0_100","answer":null,"answer_text":"Zadanie 11. (0-4)\nWymaganie ogólne\nWymaganie szczegółowe\nI. Wykorzystanie i tworzenie informacji.\nZdający:\n11.3R) korzysta z geometrycznej i fizycznej\ninterpretacji pochodnej.\nZasady oceniania (dla sposobów I oraz II)\n4 pkt - zastosowanie poprawnej metody i poprawny wynik niezależny od 𝑎, 𝑏, 𝑐:\n𝑓(𝑥) = 𝑥3 + 3𝑥2 + 3𝑥+ 2 (lub 𝑓(𝑥) = (𝑥+ 2)(𝑥2 + 𝑥+ 1)).\n3 pkt - zapisanie równania z jedną niewiadomą 𝑎, które wynika z warunków 𝑓(-2) = 0\ni 𝑓(1) = 9 oraz 𝑓′(-2) = 3, np. 9 = 1 + 𝑎+ (4𝑎-9) + (4𝑎-10) (dla\nsposobu I)\nALBO\n- zapisanie układu dwóch niezależnych równań z dwiema niewiadomymi 𝑑 oraz 𝑒,\nnp. 3 = (-2)2 + 𝑑⋅(-2) + 𝑒+ 0 i 9 = (1 + 2)(12 + 𝑑+ 𝑒) (dla sposobu II),\n- zapisanie układu dwóch niezależnych równań z dwiema (spośród 𝑎, 𝑏 oraz 𝑐)\nniewiadomymi, które wynikają z warunków 𝑓(-2) = 0 i 𝑓(1) = 9 oraz z warunku\n𝑓′(-2) = 3, np.\n0 = (-2)3 + 𝑎⋅(-2)2 + 𝑏⋅(-2) + 9 -13 -𝑎⋅12 -𝑏⋅1 oraz\n3 = 3 ⋅(-2)2 + 2𝑎⋅(-2) + 𝑏.\n2 pkt - wyznaczenie (z warunków 𝑓′(-2) = 3 i 𝑓(-2) = 0) 𝑏 oraz 𝑐 w zależności\nod 𝑎: 𝑏= 4𝑎-9 i 𝑐= 4𝑎-10 (dla sposobu I)\nALBO\n- wyznaczenie (z warunków 𝑓′(-2) = 3 i 𝑓(1) = 9) 𝑏 oraz 𝑐 w zależności od 𝑎:\n𝑏= 4𝑎-9 i 𝑐= 17 -5𝑎 (dla sposobu I),\nALBO\n- zapisanie warunku 𝑓(1) = 9 w postaci równania z dwiema niewiadomymi 𝑑\noraz 𝑒, np. 9 = (1 + 2)(12 + 𝑑+ 𝑒) (dla sposobu II),\nALBO\n- zapisanie warunku 𝑓′(-2) = 3 w postaci równania z dwiema niewiadomymi 𝑑\noraz 𝑒, np. 3 = (-2)2 + 𝑑⋅(-2) + 𝑒+ 0 (dla sposobu II),\nALBO\n- zapisanie układu trzech niezależnych równań z trzema niewiadomymi 𝑎, 𝑏 oraz 𝑐,\nktóre wynikają z warunków 𝑓(-2) = 0 i 𝑓(1) = 9 oraz 𝑓′(-2) = 3, np.\n0 = (-2)3 + 𝑎⋅(-2)2 + 𝑏⋅(-2) + 𝑐 oraz 9 = 13 + 𝑎⋅12 + 𝑏⋅1 + 𝑐 oraz\n3 = 3 ⋅(-2)2 + 2𝑎⋅(-2) + 𝑏,\nALBO\n- obliczenie współczynnika kierunkowego stycznej: 3 oraz wyznaczenie (z warunków\n𝑓(-2) = 0 i 𝑓(1) = 9) 𝑏 w zależności od 𝑎: 𝑏= 𝑎.\n1 pkt - obliczenie współczynnika kierunkowego stycznej: 3 (dla sposobów I oraz II),\nALBO\n- zapisanie wzoru funkcji 𝑓 w postaci 𝑓(𝑥) = (𝑥+ 2)(𝑥2 + 𝑑𝑥+ 𝑒) (dla sposobu II),\nALBO\nZasady oceniania rozwiązań zadań\n- zapisanie układu dwóch niezależnych równań z trzema niewiadomymi 𝑎, 𝑏 oraz 𝑐,\nktóre wynikają z warunków 𝑓(-2) = 0 i 𝑓(1) = 9, np.\n0 = (-2)3 + 𝑎⋅(-2)2 + 𝑏⋅(-2) + 𝑐 oraz 9 = 13 + 𝑎⋅12 + 𝑏⋅1 + 𝑐.\n0 pkt - rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania.\nZasady oceniania (dla sposobu III)\n4 pkt - zastosowanie poprawnej metody i poprawny wynik niezależny od 𝑎, 𝑏, 𝑐:\n𝑓(𝑥) = 𝑥3 + 3𝑥2 + 3𝑥+ 2 (lub 𝑓(𝑥) = (𝑥+ 2)(𝑥2 + 𝑥+ 1)).\n3 pkt - wyznaczenie równania stycznej, np. 𝑔(𝑥) = 3(𝑥+ 2), oraz zapisanie związków\nℎ(-2) = 0 i ℎ′(-2) = 0, oraz przedstawienie wielomianu ℎ w postaci\nℎ(𝑥) = (𝑥+ 𝑘)(𝑥+ 2)2\nALBO\n- wyznaczenie wzoru wielomianu ℎ, np. ℎ(𝑥) = (𝑥-1)(𝑥+ 2)2.\n2 pkt - obliczenie współczynnika kierunkowego stycznej: 3 oraz zapisanie związków\nℎ(-2) = 0 i ℎ′(-2) = 0\nALBO\n- zapisanie związków ℎ(-2) = 0 i ℎ′(-2) = 0 oraz przedstawienie wielomianu ℎ\nw postaci ℎ(𝑥) = (𝑥+ 𝑘)(𝑥+ 2)2.\n1 pkt - obliczenie współczynnika kierunkowego stycznej: 3\nALBO\n- zapisanie związków ℎ(-2) = 0 oraz ℎ′(-2) = 0.\n0 pkt - rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania.\nPrzykładowe pełne rozwiązania\nSposób I\nWzór wielomianu 𝑓 ma postać 𝑓(𝑥) = 𝑥3 + 𝑎𝑥2 + 𝑏𝑥+ 𝑐 przy pewnych 𝑎, 𝑏, 𝑐∈ℝ.\nStyczna jest prostą, na której leżą punkty 𝐴= (-2, 0) i 𝑃= (1, 9).\nObliczamy współczynnik kierunkowy 𝜇 tej prostej: 𝜇=\n9 - 0\n1 - (-2) = 3.\nKorzystając z geometrycznej interpretacji pochodnej, mamy 𝑓′(-2) = 3.\nObliczając pochodną wielomianu 𝑓, otrzymujemy 𝑓′(𝑥) = 3𝑥2 + 2𝑎𝑥+ 𝑏.\nZatem 3 = 3 ⋅(-2)2 + 2𝑎⋅(-2) + 𝑏. Stąd 𝑏= 4𝑎-9.\nPonieważ 𝑓(-2) = 0, więc (-2)3 + 𝑎⋅(-2)2 + 𝑏⋅(-2) + 𝑐= 0, czyli\n-8 + 4𝑎+ (4𝑎-9) ⋅(-2) + 𝑐= 0\n𝑐= 4𝑎-10\nPonieważ 𝑓(1) = 9, więc 9 = 13 + 𝑎⋅12 + 𝑏⋅1 + 𝑐, czyli\n9 = 1 + 𝑎+ (4𝑎-9) + (4𝑎-10)\n𝑎= 3\nZatem 𝑏= 4 ⋅3 -9 = 3 oraz 𝑐= 4 ⋅3 -10 = 2.\nWielomian 𝑓 jest określony wzorem 𝑓(𝑥) = 𝑥3 + 3𝑥2 + 3𝑥+ 2.\nSposób II\nZapisujemy wzór wielomianu 𝑓 w postaci 𝑓(𝑥) = (𝑥+ 2)(𝑥2 + 𝑑𝑥+ 𝑒), gdzie 𝑑, 𝑒∈ℝ.\nStyczna jest prostą, na której leżą punkty 𝐴= (-2, 0) i 𝑃= (1, 9).\nObliczamy współczynnik kierunkowy 𝜇 tej prostej: 𝜇=\n9 - 0\n1 - (-2) = 3.\nKorzystając z geometrycznej interpretacji pochodnej, mamy 𝑓′(-2) = 3.\nObliczając pochodną wielomianu 𝑓, otrzymujemy\n𝑓′(𝑥) = 1 ⋅(𝑥2 + 𝑑𝑥+ 𝑒) + (𝑥+ 2) ⋅(2𝑥+ 𝑑)\nZatem 3 = (-2)2 + 𝑑⋅(-2) + 𝑒+ 0. Stąd 𝑒= 2𝑑-1.\nPonieważ 𝑓(1) = 9, więc 9 = (1 + 2)(12 + 𝑑+ 𝑒), czyli\n9 = 3 ⋅(1 + 𝑑+ 2𝑑-1)\n𝑑= 1\nZatem 𝑒= 2 ⋅1 -1 = 1.\nWielomian 𝑓 jest określony wzorem 𝑓(𝑥) = (𝑥+ 2)(𝑥2 + 𝑥+ 1).\nSposób III\nNiech 𝑦= 𝑔(𝑥) będzie równaniem stycznej do wykresu funkcji 𝑓 w punkcie 𝐴. Niech ℎ\nbędzie wielomianem trzeciego stopnia określonym następująco: ℎ(𝑥) = 𝑓(𝑥) -𝑔(𝑥) dla\nkażdego 𝑥∈ℝ.\nPunkt 𝐴 leży na wykresach funkcji 𝑓 oraz 𝑔, więc 𝑓(-2) = 𝑔(-2), czyli ℎ(-2) = 0.\nKorzystając z geometrycznej interpretacji pochodnej, mamy 𝑓′(-2) = 𝑔′(-2), więc\nℎ′(-2) = 𝑓′(-2) -𝑔′(-2) = 0. Zatem liczba (-2) jest pierwiastkiem podwójnym\nwielomianu ℎ, czyli ℎ(𝑥) = (𝑥+ 𝑘)(𝑥+ 2)2 przy pewnym 𝑘∈ℝ.\nPunkt 𝑃 leży na wykresach funkcji 𝑓 oraz 𝑔, więc 𝑓(1) = 9 i 𝑔(1) = 9. Stąd\nℎ(1) = 𝑓(1) -𝑔(1) = 0. Zatem\nℎ(1) = (1 + 𝑘)(1 + 2)2\n0 = (1 + 𝑘) ⋅9\n𝑘= -1\nczyli ℎ(𝑥) = (𝑥-1)(𝑥+ 2)2.\nStyczna jest prostą, na której leżą punkty 𝐴= (-2, 0) i 𝑃= (1, 9).\nObliczamy współczynnik kierunkowy 𝜇 tej prostej: 𝜇=\n9 - 0\n1 - (-2) = 3. Zatem\n𝑔(𝑥) = 3(𝑥+ 2).\nWyznaczamy wzór funkcji 𝑓:\n𝑓(𝑥) = ℎ(𝑥) + 𝑔(𝑥) = (𝑥-1)(𝑥+ 2)2 + 3(𝑥+ 2) = (𝑥+ 2)(𝑥2 + 2𝑥-𝑥-2 + 3) =\n= (𝑥+ 2)(𝑥2 + 𝑥+ 1)\nZasady oceniania rozwiązań zadań","solution":null,"image":"img/matematyka-2025-czerwiec-matura-stara-rozszerzona/zad-11.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 2025 (rozszerzona)","subject_label":"Matematyka","category_label":"Matura"},{"id":"matematyka-2025-czerwiec-matura-stara-rozszerzona/zad/12","paper_id":"matematyka-2025-czerwiec-matura-stara-rozszerzona","number":"12","points":5,"ptype":"open","subject":"matematyka","category":"matura","year":2025,"month":"czerwiec","level":"rozszerzona","text":"Zadanie 12. (0-5)\nCiąg (𝑎𝑛), określony dla każdej liczby naturalnej 𝑛≥1, jest arytmetyczny i rosnący. W tym\nciągu 𝑎6 = 15 oraz 𝑎15 = 𝑎3 ⋅(𝑎8 -6).\nCiąg (𝑏𝑛), określony dla każdej liczby naturalnej 𝑛≥1, jest geometryczny i 𝑏1 = 𝑎11 oraz\n𝑏2 = 𝑎6.\nOblicz sumę wszystkich wyrazów ciągu (𝑏𝑛).\n\nEMAP-R0_100\n\nEMAP-R0_100","answer":null,"answer_text":"Zadanie 12. (0-5)\nWymaganie ogólne\nWymaganie szczegółowe\nIII. Modelowanie matematyczne.\nZdający:\n5.3R) rozpoznaje zbieżne szeregi\ngeometryczne zbieżne i oblicza ich sumy.\nZasady oceniania\n5 pkt - zastosowanie poprawnej metody i poprawny wynik: 245\n4 .\n4 pkt - obliczenie 𝑏1 oraz 𝑞: 𝑏1 = 35 oraz 𝑞= 3\n7 .\n3 pkt - obliczenie różnicy ciągu (𝑎𝑛): 𝑟= 4 oraz odrzucenie przypadku 𝑟= -5.\n2 pkt - zapisanie równania z jedną niewiadomą 𝑟 (albo 𝑎1), np.\n15 + 9𝑟= (15 -3𝑟)(15 + 2𝑟-6),\n𝑎1 + 14 ⋅15 - 𝑎1\n5\n= (𝑎1 + 2 ⋅15 - 𝑎1\n5\n) ⋅(𝑎1 + 7 ⋅15 - 𝑎1\n5\n-6).\n1 pkt - zapisanie układu dwóch niezależnych równań z niewiadomymi 𝑎1 oraz 𝑟, np.\n𝑎1 + 14𝑟= (𝑎1 + 2𝑟) ⋅(𝑎1 + 7𝑟-6) i 𝑎1 + 5𝑟= 15.\n0 pkt - rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania.\nUwagi:\n1. Zdający może odrzucić otrzymaną wartość 𝑟= -5 bez komentarza.\n2. Jeżeli zdający nie odrzuci wartości 𝑞= -3\n2 i zastosuje wzór na sumę szeregu\ngeometrycznego dla 𝑞= -3\n2 , to może otrzymać co najwyżej 3 punkty za całe\nrozwiązanie (1 punkt za zapisanie układu równań, 1 punkt za zapisanie równania z jedną\nniewiadomą, 1 punkt za obliczenie 𝑞= 3\n7 oraz sumy dla 𝑞= 3\n7 ).\nPrzykładowe pełne rozwiązanie\nOznaczmy przez 𝑟 różnicę ciągu arytmetycznego (𝑎𝑛), natomiast przez 𝑞 - iloraz ciągu\ngeometrycznego (𝑏𝑛).\nPonieważ 𝑎6 = 15 oraz 𝑎15 = 𝑎3 ⋅(𝑎8 -6), więc stąd i z własności ciągu arytmetycznego\notrzymujemy\n𝑎6 + 9𝑟= (𝑎6 -3𝑟) ⋅(𝑎6 + 2𝑟-6)\n15 + 9𝑟= (15 -3𝑟)(15 + 2𝑟-6)\n15 + 9𝑟= (15 -3𝑟)(2𝑟+ 9)\n6𝑟2 + 6𝑟-120 = 0\n𝑟2 + 𝑟-20 = 0\n𝑟= -5 ∨ 𝑟= 4\nCiąg (𝑎𝑛) jest rosnący, więc 𝑟= 4.\nZatem 𝑏1 = 𝑎6 + 5𝑟= 15 + 5 ⋅4 = 35, 𝑏2 = 15 oraz 𝑞= 𝑏2\n𝑏1\n= 3\n7 .\nPonieważ |3\n7| < 1, więc suma 𝑆 wszystkich wyrazów ciągu (𝑏𝑛) istnieje i jest równa\n𝑆=\n𝑏1\n1 -𝑞= 35\n1 -\n3\n7\n= 245\n4\nZasady oceniania rozwiązań zadań","solution":null,"image":"img/matematyka-2025-czerwiec-matura-stara-rozszerzona/zad-12.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 2025 (rozszerzona)","subject_label":"Matematyka","category_label":"Matura"},{"id":"matematyka-2025-czerwiec-matura-stara-rozszerzona/zad/13","paper_id":"matematyka-2025-czerwiec-matura-stara-rozszerzona","number":"13","points":5,"ptype":"open","subject":"matematyka","category":"matura","year":2025,"month":"czerwiec","level":"rozszerzona","text":"Zadanie 13. (0-5)\nDany jest ostrosłup prawidłowy trójkątny 𝐴𝐵𝐶𝐷 o podstawie 𝐴𝐵𝐶. Płaszczyzna\nzawierająca krawędź 𝐴𝐵 podstawy i prostopadła do krawędzi bocznej 𝐶𝐷 przecina tę\nkrawędź w punkcie 𝐸, przy czym |𝐶𝐸|\n|𝐷𝐸| = 3\n11 .\nOblicz stosunek pola powierzchni całkowitej tego ostrosłupa do pola podstawy 𝐴𝐵𝐶.\n\nEMAP-R0_100\n\nEMAP-R0_100","answer":null,"answer_text":"Zadanie 13. (0-5)\nWymaganie ogólne\nWymagania szczegółowe\nIV. Użycie i tworzenie strategii.\nZdający:\n9.1) rozpoznaje w graniastosłupach\ni ostrosłupach kąty między odcinkami […],\noblicza miary tych kątów;\n9.2) rozpoznaje w graniastosłupach\ni ostrosłupach kąt między odcinkami\ni płaszczyznami […], oblicza miary tych\nkątów.\nZasady oceniania (dla sposobów I - III)\n5 pkt - zastosowanie poprawnej metody i poprawny wynik: 6.\n4 pkt - wyznaczenie w zależności od 𝑥 czterech spośród wielkości 1)-4) określonych\nw zasadach oceniania za 1 punkt\nALBO\n- wyznaczenie pola powierzchni całkowitej ostrosłupa w zależności od 𝑥: 126√3𝑥2.\n3 pkt - wyznaczenie w zależności od 𝑥 trzech spośród wielkości 1)-4) określonych\nw zasadach oceniania za 1 punkt.\n2 pkt - wyznaczenie w zależności od 𝑥 dwóch spośród wielkości 1)-4) określonych\nw zasadach oceniania za 1 punkt.\n1 pkt - wyznaczenie w zależności od 𝑥 jednej z poniższych wielkości 1)-4):\n1) długości wysokości ściany bocznej, np. |𝐵𝐸| = 5√3𝑥, |𝐷𝐹| = 5√7𝑥,\n2) długości krawędzi podstawy 𝐴𝐵𝐶: |𝐵𝐶| = 2√21𝑥,\n3) pola podstawy 𝐴𝐵𝐶: 21√3𝑥2,\n4) pola ściany bocznej (lub pola powierzchni bocznej): 35√3𝑥2 (lub 105√3𝑥2).\n0 pkt - rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania.\nPrzykładowe pełne rozwiązania\nSposób I\nPonieważ |𝐶𝐸|\n|𝐸𝐷| = 3\n11 , więc |𝐶𝐸| = 3𝑥 oraz |𝐸𝐷| = 11𝑥 przy pewnym 𝑥> 0 (zobacz\nrysunki).\nStosujemy twierdzenie Pitagorasa do trójkąta 𝐵𝐸𝐷 i otrzymujemy:\n|𝐵𝐸|2 + |𝐸𝐷|2 = |𝐵𝐷|2\n|𝐵𝐸|2 + (11𝑥)2 = (14𝑥)2\n|𝐵𝐸| = 5√3𝑥\nStosujemy twierdzenie Pitagorasa do trójkąta 𝐵𝐶𝐸 i otrzymujemy:\n|𝐵𝐶|2 = |𝐶𝐸|2 + |𝐵𝐸|2\n|𝐵𝐶|2 = (3𝑥)2 + (5√3𝑥)\n2\n|𝐵𝐶| = 2√21𝑥\nWyznaczamy pole 𝑃𝑏 powierzchni bocznej ostrosłupa prawidłowego 𝐴𝐵𝐶𝐷:\n𝑃𝑏= 3 ⋅1\n2 ⋅|𝐶𝐷| ⋅|𝐵𝐸| = 3\n2 ⋅14𝑥⋅5√3𝑥= 105√3𝑥2\nWyznaczamy pole 𝑃𝑝 podstawy 𝐴𝐵𝐶:\n𝑃𝑝=\n|𝐵𝐶|2 ⋅√3\n4\n= (2√21𝑥)\n2 ⋅√3\n4\n= 21√3𝑥2\n𝐵\n𝐶\n𝐷\n𝐸\n3𝑥\n11𝑥\n𝐴\n𝐵\n𝐶\n𝐷\n𝐸\n3𝑥\n11𝑥\nZasady oceniania rozwiązań zadań\nObliczamy stosunek 𝜂 pola powierzchni całkowitej ostrosłupa do pola podstawy 𝐴𝐵𝐶\nostrosłupa:\n𝜂= 𝑃𝑏+ 𝑃𝑝\n𝑃𝑝\n= 105√3𝑥2 + 21√3𝑥2\n21√3𝑥2\n= 6\nSposób II\nPonieważ |𝐶𝐸|\n|𝐸𝐷| = 3\n11 , więc |𝐶𝐸| = 3𝑥 oraz |𝐸𝐷| = 11𝑥 przy pewnym 𝑥> 0.\nNiech 𝐹 będzie spodkiem wysokości ściany bocznej 𝐵𝐶𝐷 poprowadzonej z wierzchołka 𝐷\nna krawędź 𝐵𝐶 (zobacz rysunki).\nZ podobieństwa trójkątów prostokątnych 𝐶𝐸𝐵 oraz 𝐶𝐹𝐷 otrzymujemy:\n|𝐸𝐶|\n|𝐵𝐶| =\n|𝐹𝐶|\n|𝐶𝐷|\n3𝑥\n|𝐵𝐶| =\n1\n2 ⋅|𝐵𝐶|\n14𝑥\n|𝐵𝐶| = 2√21𝑥\nStosujemy twierdzenie Pitagorasa do trójkąta 𝐶𝐷𝐹 i otrzymujemy:\n|𝐶𝐷|2 = |𝐷𝐹|2 + |𝐹𝐶|2\n𝐵\n𝐶\n𝐷\n𝐸\n3𝑥\n11𝑥\n𝐹\n𝐴\n𝐵\n𝐶\n𝐷\n𝐸\n𝐹\n3𝑥\n11𝑥\n(14𝑥)2 = |𝐷𝐹|2 + (1\n2 ⋅2√21𝑥)\n2\n|𝐷𝐹| = 5√7𝑥\nWyznaczamy pole 𝑃𝑏 powierzchni bocznej ostrosłupa prawidłowego 𝐴𝐵𝐶𝐷:\n𝑃𝑏= 3 ⋅1\n2 ⋅|𝐵𝐶| ⋅|𝐷𝐹| = 3\n2 ⋅2√21𝑥⋅5√7𝑥= 105√3𝑥2\nWyznaczamy pole 𝑃𝑝 podstawy 𝐴𝐵𝐶:\n𝑃𝑝= |𝐵𝐶|2 ⋅√3\n4\n= (2√21𝑥)\n2 ⋅√3\n4\n= 21√3𝑥2\nObliczamy stosunek 𝜂 pola powierzchni całkowitej ostrosłupa do pola podstawy 𝐴𝐵𝐶\nostrosłupa:\n𝜂= 𝑃𝑏+ 𝑃𝑝\n𝑃𝑝\n= 105√3𝑥2 + 21√3𝑥2\n21√3𝑥2\n= 6\nSposób III\nPrzyjmijmy następujące oznaczenia:\n𝑂 - spodek wysokości ostrosłupa poprowadzonej z wierzchołka 𝐷 na podstawę 𝐴𝐵𝐶,\n𝐺 - środek krawędzi 𝐴𝐵,\n𝑎 - długość krawędzi podstawy 𝐴𝐵𝐶,\nℎ𝑏 - wysokość ściany bocznej poprowadzonej z wierzchołka 𝐷,\nℎ𝑝 - wysokość podstawy 𝐴𝐵𝐶 (zobacz rysunki).\nZasady oceniania rozwiązań zadań\nPonieważ |𝐶𝐸|\n|𝐸𝐷| = 3\n11 , więc |𝐶𝐸| = 3𝑥 oraz |𝐸𝐷| = 11𝑥 przy pewnym 𝑥> 0.\nOstrosłup jest prawidłowy, więc punkt 𝑂 jest środkiem okręgu opisanego na trójkącie\nrównobocznym 𝐴𝐵𝐶 i jest jednocześnie środkiem okręgu wpisanego w ten trójkąt. Zatem\n|𝑂𝐶| = 2\n3 ℎ𝑝= 𝑎√3\n3 oraz |𝑂𝐺| = 1\n3 ℎ𝑝= 𝑎√3\n6 .\nZ podobieństwa trójkątów 𝐷𝑂𝐶 i 𝐺𝐸𝐶 mamy\n|𝐸𝐶|\n|𝐺𝐶| = |𝑂𝐶|\n|𝐷𝐶|\n3𝑥\nℎ𝑝\n𝑎√3\n3\n14𝑥\n3𝑥\n𝑎√3\n2\n𝑎√3\n3\n14𝑥\n𝑎= 2√21𝑥\nStosujemy twierdzenie Pitagorasa do trójkąta 𝐺𝐵𝐷 i otrzymujemy:\n|𝐵𝐷|2 = |𝐷𝐺|2 + |𝐺𝐵|2\n(14𝑥)2 = ℎ𝑏\n2 + (1\n2 ⋅2√21𝑥)\n2\n𝐶\n𝐺\n𝑂\nℎ𝑏\n𝐷\n1\n3 ℎ𝑝\n3𝑥\n11𝑥\n2\n3 ℎ𝑝\n𝐸\n𝐴\n𝐵\n𝐶\n𝐷\n𝐸\n𝐺\n𝑂\n3𝑥\n11𝑥\n1\n3 ℎ𝑝\n2\n3 ℎ𝑝\nℎ𝑏\nℎ𝑏= 5√7𝑥\nWyznaczamy pole 𝑃𝑏 powierzchni bocznej ostrosłupa prawidłowego 𝐴𝐵𝐶𝐷:\n𝑃𝑏= 3 ⋅1\n2 ⋅𝑎⋅ℎ𝑏= 3\n2 ⋅2√21𝑥⋅5√7𝑥= 105√3𝑥2\nWyznaczamy pole 𝑃𝑝 podstawy 𝐴𝐵𝐶:\n𝑃𝑝= 𝑎2 ⋅√3\n4\n= (2√21𝑥)\n2 ⋅√3\n4\n= 21√3𝑥2\nObliczamy stosunek 𝜂 pola powierzchni całkowitej ostrosłupa do pola podstawy 𝐴𝐵𝐶\nostrosłupa:\n𝜂= 𝑃𝑏+ 𝑃𝑝\n𝑃𝑝\n= 105√3𝑥2 + 21√3𝑥2\n21√3𝑥2\n= 6\nZasady oceniania rozwiązań zadań","solution":null,"image":"img/matematyka-2025-czerwiec-matura-stara-rozszerzona/zad-13.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 2025 (rozszerzona)","subject_label":"Matematyka","category_label":"Matura"},{"id":"matematyka-2025-czerwiec-matura-stara-rozszerzona/zad/14","paper_id":"matematyka-2025-czerwiec-matura-stara-rozszerzona","number":"14","points":6,"ptype":"open","subject":"matematyka","category":"matura","year":2025,"month":"czerwiec","level":"rozszerzona","text":"Zadanie 14. (0-6)\nW układzie współrzędnych (𝑥, 𝑦) dany jest równoległobok 𝐴𝐵𝐶𝐷 o wierzchołkach\n𝐴= (-8, -1) i 𝐷= (-13, 9) oraz środku symetrii 𝑀= (-9\n2 , 1). Okrąg 𝒪 przechodzi\nprzez początek tego układu i jest styczny do prostych zawierających boki 𝐴𝐵 i 𝐵𝐶 tego\nrównoległoboku. Druga współrzędna środka okręgu 𝒪 jest liczbą ujemną.\nWyznacz równanie okręgu 𝒪.\n\nEMAP-R0_100\n\nEMAP-R0_100\n\nEMAP-R0_100","answer":null,"answer_text":"Zadanie 14. (0-6)\nWymaganie ogólne\nWymagania szczegółowe\nIV. Użycie i tworzenie strategii.\nZdający:\n8.5R) posługuje się równaniem okręgu\n(𝑥-𝑎)2 + (𝑦-𝑏)2 = 𝑟2 […];\n8.6R) wyznacza punkty wspólne prostej\ni okręgu.\nZasady oceniania (dla sposobów I-III)\n6 pkt - zastosowanie poprawnej metody i poprawny wynik: (𝑥+ 1)2 + (𝑦+ 2)2 = 5.\n5 pkt - zapisanie równania z jedną niewiadomą - pierwszą lub drugą współrzędną punktu 𝑆,\nnp.:\n[𝑥𝑆-(3\n5 𝑥𝑆+ 8\n5)]\n2\n+ [-𝑥𝑆-3 -(-6\n5 𝑥𝑆-11\n5 )]\n2\n= 𝑥𝑆\n2 + (-𝑥𝑆-3)2\n(ze związków 𝑟= |𝑆𝑇| oraz 𝑟= |𝑆𝑂|),\n(𝑥𝑆-4)2 + (-𝑥𝑆-3 -(-7))\n2 =\n= (3\n5 𝑥𝑆+ 8\n5 -4)\n2\n+ (-6\n5 𝑥𝑆-11\n5 -(-7))\n2\n+ 𝑥𝑆\n2 + (-𝑥𝑆-3)2\n(ze związków |𝐵𝑆|2 = |𝐵𝑇|2 + 𝑟2 oraz 𝑟= |𝑆𝑂|).\n4 pkt - wyznaczenie równania dwusiecznej kąta 𝐴𝐵𝐶 równoległoboku: 𝑦= -𝑥-3\nALBO\n- zapisanie współrzędnych środka 𝑆 za pomocą jednej niewiadomej, np.\n𝑆= (𝑥𝑆 , -𝑥𝑆-3).\n3 pkt - obliczenie współrzędnych punktu 𝐸: 𝐸= (-2, 5)\nALBO\n- obliczenie współrzędnych takich punktów 𝑃1 oraz 𝑃2 , że 𝑃1 leży na półprostej 𝐵𝐴⃑⃑⃑⃑⃑\noraz 𝑃2 leży na półprostej 𝐵𝐶⃑⃑⃑⃑⃑ oraz |𝐵𝑃1| = |𝐵𝑃2|,\nALBO\n- obliczenie tangensa kąta 𝛼: tg 𝛼= 1\n3 (dla sposobu II),\nALBO\n- zapisanie związku\n|1\n2 𝑥𝑆 + 𝑦𝑆 + 5|\n√(1\n2)\n2\n+12\n= |2𝑥𝑠 + 𝑦𝑆 - 1|\n√22+12\n(dla sposobu III).\n2 pkt - wyznaczenie równania prostej 𝐵𝐶 oraz obliczenie długości odcinka 𝐴𝐵:\n𝑦= -2𝑥+ 1 oraz |𝐴𝐵| = √180\nALBO\n- wyznaczenie równania prostej 𝐴𝐵 oraz obliczenie długości odcinka 𝐵𝐶:\n𝑦= -1\n2 𝑥-5 oraz |𝐵𝐶| = √75,\nALBO\n- obliczenie współczynników kierunkowych prostych 𝐴𝐵 oraz 𝐵𝐶: 𝑎𝐴𝐵= -1\n2 oraz\n𝑎𝐵𝐶= -2 (dla sposobu II),\nALBO\n- wyznaczenie równań prostych 𝐴𝐵 oraz 𝐵𝐶, np. 𝑦= -1\n2 𝑥-5 oraz 𝑦= -2𝑥+ 1\n(dla sposobu III).\n1 pkt - obliczenie współrzędnych wierzchołka 𝐵: 𝐵= (4, -7)\nALBO\n- obliczenie współrzędnych wierzchołka 𝐶: 𝐶= (-1, 3).\n0 pkt - rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania.\nPrzykładowe pełne rozwiązania\nSposób I (poprzez trójkąt równoramienny)\nŚrodek symetrii równoległoboku jest punktem przecięcia przekątnych równoległoboku.\nZatem punkt 𝑀 jest środkiem odcinka 𝐴𝐶 oraz środkiem odcinka 𝐵𝐷. Stosujemy wzory\nna współrzędne środka odcinka i obliczamy współrzędne wierzchołka 𝐵:\n𝑥𝐵+ (-13)\n2\n= -9\n2 ∧ 𝑦𝐵+ 9\n2\n= 1\n𝐵= (4, -7)\nStosujemy wzory na współrzędne środka odcinka i obliczamy współrzędne wierzchołka 𝐶:\n-8 + 𝑥𝐶\n2\n= -9\n2 ∧ -1 + 𝑦𝐶\n2\n= 1\n𝐶= (-1, 3)\nZasady oceniania rozwiązań zadań\nObliczamy |𝐴𝐵|: |𝐴𝐵| = √(4 -(-8))\n2 + (-7 -(-1))\n2 = √180.\nWyznaczamy równanie prostej 𝐵𝐶: 𝑦= 3-(-7)\n-1-4 ⋅(𝑥-4) + (-7), czyli 𝑦= -2𝑥+ 1.\nNiech 𝐸 będzie punktem na boku 𝐵𝐶 równoległoboku (lub na przedłużeniu tego boku\nw stronę 𝐶) takim, że |𝐵𝐸| = |𝐵𝐴|. Obliczamy współrzędne punktu 𝐸:\n(𝑥-4)2 + (𝑦+ 7)2 = 180 ∧ 𝑦= -2𝑥+ 1\n(𝑥-4)2 + (-2𝑥+ 7 + 1)2 = 180 ∧ 𝑦= -2𝑥+ 1\n5𝑥2 -40𝑥-100 = 0 ∧ 𝑦= -2𝑥+ 1\n(𝑥, 𝑦) = (-2, 5) ∨ (𝑥, 𝑦) = (10, -19)\nPunkt (10, -19) nie spełnia warunku narzuconego na 𝐸 (bowiem 10 > 𝑥𝐵),\nwięc 𝐸= (-2, 5).\nOkrąg 𝒪 jest styczny do prostych 𝐴𝐵 oraz 𝐵𝐶, więc jego środek 𝑆 leży na dwusiecznej\nkąta 𝐴𝐵𝐶 równoległoboku 𝐴𝐵𝐶𝐷. Ponieważ trójkąt 𝐴𝐵𝐸 jest równoramienny, więc środek\n𝐹 odcinka 𝐴𝐸 leży na prostej 𝐵𝑆 i odcinek 𝐴𝐸 jest prostopadły do prostej 𝐵𝑆.\nObliczamy współrzędne punktu 𝐹:\n𝑥𝐹= 𝑥𝐴 + 𝑥𝐸\n2\n= -8 - 2\n2\n= -5 ∧ 𝑦𝐹= 𝑦𝐴 + 𝑦𝐸\n2\n= -1 + 5\n2\n= 2\n𝑦\n𝑥\n1\n1\n0\n𝑀\n𝐴\n𝐵\n𝐶\n𝐷\nWyznaczamy równanie prostej 𝐵𝑆: 𝑦= -7-2\n4-(-5) ⋅(𝑥-4) + (-7), czyli 𝑦= -𝑥-3.\nZatem 𝑆= (𝑥𝑆 , -𝑥𝑆-3).\nNiech 𝑇 będzie punktem styczności okręgu 𝒪 z prostą 𝐵𝐶.\nWyznaczamy równanie prostej 𝑆𝑇: 𝑦= 1\n2 ⋅(𝑥-𝑥𝑆) + (-𝑥𝑆-3).\nWyznaczamy współrzędne punktu 𝑇:\n𝑦= 1\n2 ⋅(𝑥-𝑥𝑆) + (-𝑥𝑆-3) ∧ 𝑦= -2𝑥+ 1\n-2𝑥+ 1 = 1\n2 𝑥-3\n2 𝑥𝑆-3 ∧ 𝑦= -2𝑥+ 1\n𝑥= 3\n5 𝑥𝑆+ 8\n5 ∧ 𝑦= -6\n5 𝑥𝑆-11\n5\nczyli 𝑇= (3\n5 𝑥𝑆+ 8\n5 , -6\n5 𝑥𝑆-11\n5 ).\nOznaczmy przez 𝑟 promień okręgu 𝒪. Ponieważ okrąg przechodzi przez początek układu\nwspółrzędnych, więc 𝑟= √𝑥𝑆\n2 + (-𝑥𝑆-3)2. Jednocześnie\n𝑟= |𝑆𝑇| = √[𝑥𝑆-(3\n5 𝑥𝑆+ 8\n5)]\n2\n+ [-𝑥𝑆-3 -(-6\n5 𝑥𝑆-11\n5 )]\n2\n= √(2\n5 𝑥𝑆-8\n5)\n2\n+ (1\n5 𝑥𝑆-4\n5)\n2\nwięc\n𝑥𝑆\n2 + (-𝑥𝑆-3)2 = (2\n5 𝑥𝑆-8\n5)\n2\n+ (1\n5 𝑥𝑆-4\n5)\n2\nStąd otrzymujemy\n𝑥𝑆\n2 + (𝑥𝑆+ 3)2 = 4\n25 (𝑥𝑆-4)2 + 1\n25 (𝑥𝑆-4)2\n2𝑥𝑆\n2 + 6𝑥𝑆+ 9 = 1\n5 (𝑥𝑆-4)2\n9𝑥𝑆\n2 + 38𝑥𝑆+ 29 = 0\n𝑥𝑆= -1 ∨ 𝑥𝑆= -29\n9\nPonieważ -29\n9 < -3, a druga współrzędna punku 𝑆 ma być ujemna, więc 𝑥𝑆= -1, czyli\n𝑆= (-1, -2). Obliczamy promień okręgu: 𝑟= √(-1)2 + (-2)2 = √5.\nOkrąg 𝒪 ma równanie (𝑥+ 1)2 + (𝑦+ 2)2 = 5.\nZasady oceniania rozwiązań zadań\nSposób II (poprzez współczynniki kierunkowe)\nŚrodek symetrii równoległoboku jest punktem przecięcia przekątnych równoległoboku.\nZatem punkt 𝑀 jest środkiem odcinka 𝐴𝐶 oraz środkiem odcinka 𝐵𝐷. Stosujemy wzory\nna współrzędne środka odcinka i obliczamy współrzędne wierzchołka 𝐵:\n𝑥𝐵+ (-13)\n2\n= -9\n2 ∧ 𝑦𝐵+ 9\n2\n= 1\n𝐵= (4, -7)\nStosujemy wzory na współrzędne środka odcinka i obliczamy współrzędne wierzchołka 𝐶:\n-8 + 𝑥𝐶\n2\n= -9\n2 ∧ -1 + 𝑦𝐶\n2\n= 1\n𝐶= (-1, 3)\nObliczamy współczynnik kierunkowy 𝑎𝐴𝐵 prostej 𝐴𝐵: 𝑎𝐴𝐵= -7-(-1)\n4-(-8) = -1\n2 .\nObliczamy współczynnik kierunkowy 𝑎𝐵𝐶 prostej 𝐵𝐶: 𝑎𝐵𝐶= 3-(-7)\n-1-4 = -2.\nOznaczmy miarę kąta 𝐴𝐵𝐶 równoległoboku przez 2𝛼. Obliczamy tangens tego kąta,\nkorzystając z interpretacji geometrycznej współczynnika kierunkowego prostej oraz wzoru na\ntangens różnicy kątów:\n𝑦\n𝑥\n1\n1\n0\n𝑀\n𝐴\n𝐵\n𝐶\n𝐷\ntg(2𝛼) =\n𝑎𝐴𝐵-𝑎𝐵𝐶\n1 + 𝑎𝐴𝐵⋅𝑎𝐵𝐶\ntg(2𝛼) =\n1\n2 -(-2)\n1 + (-\n1\n2) ⋅(-2)\n= 3\n4\nKorzystamy ze wzoru na tangens podwojonego kąta i otrzymujemy\n3\n4 =\n2 tg 𝛼\n1 -tg2 𝛼\n3tg2 𝛼+ 8 tg 𝛼-3 = 0\ntg 𝛼= -8 -10\n6\n= -3 ∨ tg 𝛼= -8 + 10\n6\n= 1\n3\nPonieważ kąt 𝐴𝐵𝐶 równoległobku jest ostry, więc tg 𝛼= 1\n3 .\nOznaczmy środek okręgu 𝒪 przez 𝑆. Obliczamy współczynnik kierunkowy 𝑎𝐵𝑆 prostej\n𝐵𝑆, korzystając z interpretacji geometrycznej współczynnika kierunkowego prostej oraz\nwzoru na tangens sumy kątów:\n𝑎𝐵𝑆=\n𝑎𝐵𝐶+ tg 𝛼\n1 -𝑎𝐵𝐶⋅tg 𝛼\n𝑎𝐵𝑆=\n-2 +\n1\n3\n1 -(-2) ⋅\n1\n3\n= -1\nWyznaczamy równanie prostej 𝐵𝑆: 𝑦= -1 ⋅(𝑥-4) + (-7), czyli 𝑦= -𝑥-3. Zatem\n𝑆= (𝑥𝑆 , -𝑥𝑆-3).\nNiech 𝑟 będzie długością promienia okręgu 𝒪. Ponieważ okrąg przechodzi przez początek\nukładu współrzędnych, więc 𝑟= √𝑥𝑆\n2 + (-𝑥𝑆-3)2. Ponadto\n𝑟\n|𝐵𝑆| = sin 𝛼\nwięc\n𝑟\n|𝐵𝑆| =\n1\n√10\n|𝐵𝑆|2 = 𝑟2 ⋅10\n(𝑥𝑆-4)2 + (-𝑥𝑆-3 -(-7))\n2 = 𝑟2 ⋅10\n(𝑥𝑆-4)2 + (-𝑥𝑆+ 4)2 = [𝑥𝑆\n2 + (-𝑥𝑆-3)2] ⋅10\n18𝑥𝑆\n2 + 76𝑥𝑆+ 58 = 0\n9𝑥𝑆\n2 + 38𝑥𝑆+ 29 = 0\nZasady oceniania rozwiązań zadań\n𝑥𝑆= -1 ∨ 𝑥𝑆= -29\n9\nPonieważ -29\n9 < -3, a druga współrzędna punku 𝑆 ma być ujemna, więc 𝑥𝑆= -1, czyli\n𝑆= (-1, -2). Obliczamy promień okręgu: 𝑟= √(-1)2 + (-2)2 = √5.\nOkrąg 𝒪 ma równanie (𝑥+ 1)2 + (𝑦+ 2)2 = 5.\nSposób III (z własności dwusiecznej)\nŚrodek symetrii równoległoboku jest punktem przecięcia przekątnych równoległoboku.\nZatem punkt 𝑀 jest środkiem odcinka 𝐴𝐶 oraz środkiem odcinka 𝐵𝐷. Stosujemy wzory\nna współrzędne środka odcinka i obliczamy współrzędne wierzchołka 𝐵:\n𝑥𝐵+ (-13)\n2\n= -9\n2 ∧ 𝑦𝐵+ 9\n2\n= 1\n𝐵= (4, -7)\nStosujemy wzory na współrzędne środka odcinka i obliczamy współrzędne wierzchołka 𝐶:\n-8 + 𝑥𝐶\n2\n= -9\n2 ∧ -1 + 𝑦𝐶\n2\n= 1\n𝐶= (-1, 3)\n𝑦\n𝑥\n1\n1\n0\n𝑀\n𝐴\n𝐵\n𝐶\n𝐷\nWyznaczamy równanie prostej 𝐴𝐵: 𝑦= -7-(-1)\n4-(-8) ⋅(𝑥+ 8) + (-1), czyli 𝑦= -1\n2 𝑥-5.\nWyznaczamy równanie prostej 𝐵𝐶: 𝑦= 3-(-7)\n-1-4 ⋅(𝑥-4) + (-7), czyli 𝑦= -2𝑥+ 1.\nNiech 𝑆= (𝑥𝑆, 𝑦𝑆) będzie środkiem okręgu 𝒪, a 𝑟 - długością promienia okręgu 𝒪.\nPunkt 𝑆 leży na dwusiecznej kąta 𝐴𝐵𝐶 równoległoboku 𝐴𝐵𝐶𝐷, więc odległość punktu 𝑆\nod prostej 𝐴𝐵 jest równa odległości punktu 𝑆 od prostej 𝐵𝐶. Zatem\n1\n2 𝑥𝑆+ 𝑦𝑆+ 5|\n√(\n1\n2)\n2\n+ 12\n|2𝑥𝑆+ 𝑦𝑆-1|\n√22 + 12\n|𝑥𝑆+ 2𝑦𝑆+ 10| = |2𝑥𝑆+ 𝑦𝑆-1|\n𝑥𝑆+ 2𝑦𝑆+ 10 = 2𝑥𝑆+ 𝑦𝑆-1 ∨ 𝑥𝑆+ 2𝑦𝑆+ 10 = -2𝑥𝑆-𝑦𝑠+ 1\n𝑦𝑆= 𝑥𝑆-11 ∨ 𝑦𝑆= -𝑥𝑆-3\nPonieważ punkt (0, 0) leży w równoległoboku 𝐴𝐵𝐶𝐷, a prosta 𝑦= 𝑥-11 ma tylko jeden\npunkt wspólny z równoległobokiem, więc dwusieczna kąta 𝐴𝐵𝐶 ma równanie 𝑦= -𝑥-3.\nStąd 𝑦𝑆= -𝑥𝑆-3 oraz\n𝑟=\n|2𝑥𝑆+ 𝑦𝑆-1|\n√22 + 12\n|2𝑥𝑆-𝑥𝑆-3 -1|\n√5\n|𝑥𝑆-4|\n√5\nOkrąg przechodzi przez początek układu współrzędnych, więc 𝑟= √𝑥𝑆\n2 + (-𝑥𝑆-3)2.\nWobec powyższego otrzymujemy\n√𝑥𝑆\n2 + (-𝑥𝑆-3)2 =\n|𝑥𝑆-4|\n√5\n𝑥𝑆\n2 + (𝑥𝑠+ 3)2 =\n(𝑥𝑆-4)2\n5\n9𝑥𝑆\n2 + 38𝑥𝑆+ 29 = 0\n𝑥𝑆= -1 ∨ 𝑥𝑆= -29\n9\nPonieważ -29\n9 < -3, a druga współrzędna punku 𝑆 ma być ujemna, więc 𝑥𝑆= -1, czyli\n𝑆= (-1, -2). Obliczamy promień okręgu: 𝑟= √(-1)2 + (-2)2 = √5.\nOkrąg 𝒪 ma równanie (𝑥+ 1)2 + (𝑦+ 2)2 = 5.\nZasady oceniania rozwiązań zadań","solution":null,"image":"img/matematyka-2025-czerwiec-matura-stara-rozszerzona/zad-14.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 · czerwiec 2025 (rozszerzona)","subject_label":"Matematyka","category_label":"Matura"},{"id":"matematyka-2025-czerwiec-matura-stara-rozszerzona/zad/15","paper_id":"matematyka-2025-czerwiec-matura-stara-rozszerzona","number":"15","points":6,"ptype":"open","subject":"matematyka","category":"matura","year":2025,"month":"czerwiec","level":"rozszerzona","text":"Zadanie 15. (0-6)\nRozważamy wszystkie graniastosłupy prawidłowe trójkątne o polu powierzchni całkowitej\nrównym 24√3.\na) Wykaż, że objętość 𝑉 graniastosłupa w zależności od długości 𝑎 krawędzi podstawy\njest określona wzorem\n𝑉(𝑎) = 6𝑎-1\n8 𝑎3\nb) Objętość 𝑉 graniastosłupa w zależności od długości 𝑎 krawędzi podstawy jest\nokreślona wzorem\n𝑉(𝑎) = 6𝑎-1\n8 𝑎3\ndla 𝑎∈(0, 4√3).\nWyznacz długość krawędzi podstawy tego z rozważanych graniastosłupów, którego\nobjętość jest największa. Oblicz tę największą objętość.\n\nEMAP-R0_100\n\nEMAP-R0_100\n\nEMAP-R0_100\nBRUDNOPIS (nie podlega ocenie)\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 15. (0-6)\nWymaganie ogólne\nWymaganie szczegółowe\nIII. Modelowanie matematyczne.\nZdający:\n11.6R) stosuje pochodne do rozwiązywania\nzagadnień optymalizacyjnych.\nZasady oceniania\nCzęść a)\n2 pkt - poprawne przekształcenia i przeprowadzenie pełnego rozumowania.\n1 pkt - wyznaczenie wysokości graniastosłupa w zależności od długości krawędzi podstawy\ngraniastosłupa, np. 𝐻= 48√3 - 𝑎2 ⋅ √3\n6𝑎\n0 pkt - rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania.\nCzęść b)\n4 pkt - uzasadnienie, że funkcja 𝑉 przyjmuje wartość największą dla 𝑎= 4 oraz\nobliczenie 𝑉(4) = 16.\n3 pkt - uzasadnienie (np. poprzez badanie monotoniczności funkcji), że funkcja 𝑉 przyjmuje\nwartość największą dla 𝑎= 4.\n2 pkt - obliczenie miejsca zerowego pochodnej funkcji 𝑉: 𝑎= 4.\n1 pkt - wyznaczenie pochodnej funkcji 𝑉, np. 𝑉′(𝑎) = 6 -3\n8 𝑎2.\n0 pkt - rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania.\nUwagi do części b):\nUwagi:\n1. Za poprawne uzasadnienie, że rozważana funkcja osiąga wartość największą dla\nwyznaczonej wartości 𝑎, przy której pochodna się zeruje, można uznać sytuację, gdy\nzdający bada znak pochodnej\nORAZ:\n- opisuje (słownie lub graficznie - np. przy użyciu strzałek) monotoniczność funkcji 𝑉\nLUB\n- zapisuje, że dla wyznaczonej wartości 𝑎 funkcja 𝑉 ma maksimum lokalne i jest to\njednocześnie jej największa wartość,\nLUB\n- zapisuje, że dla wyznaczonej wartości 𝑎 funkcja 𝑉 ma maksimum lokalne i jest to\njedyne ekstremum tej funkcji.\nBadanie 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. Jeżeli zdający przedstawi niepełne uzasadnienie, to może otrzymać co najwyżej 3 punkty\nza całe rozwiązanie (1 punkt za poprawne wyznaczenie pochodnej, 1 punkt za obliczenie\nmiejsca zerowego pochodnej, 1 punkt za obliczenie długości krawędzi podstawy oraz\nobjętości graniastosłupa o największej objętości).\n3. Jeżeli zdający nie uzasadnia istnienia największej wartości funkcji, to może otrzymać co\nnajwyżej 2 punkty za całe rozwiązanie (1 punkt za poprawne wyznaczenie pochodnej,\n1 punkt za obliczenie miejsca zerowego pochodnej).\nPrzykładowe pełne rozwiązanie\na)\nRozpatrzmy dowolny z rozważanych graniastosłupów. Oznaczmy przez 𝐻 jego wysokość.\nPole powierzchni całkowitej tej bryły jest równe 24√3, więc\n24√3 = 2 ⋅𝑎2 ⋅√3\n4\n+ 3𝑎𝐻\nStąd\n𝐻= 48√3 -𝑎2 ⋅√3\n6𝑎\nZatem objętość 𝑉 graniastosłupa jest równa\n𝑉= 𝑎2 ⋅√3\n4\n⋅𝐻= 𝑎2 ⋅√3\n4\n⋅48√3 -𝑎2 ⋅√3\n6𝑎\n= 6𝑎-1\n8 𝑎3\nTo należało wykazać.\nb)\nObliczamy argument, dla którego funkcja 𝑉 określona wzorem 𝑉(𝑎) = 6𝑎-1\n8 𝑎3 dla\n𝑎∈(0, 4√3) osiąga wartość największą.\nWyznaczamy pochodną funkcji 𝑉: 𝑉′(𝑎) = 6 -3\n8 𝑎2 dla 𝑎∈(0, 4√3).\nObliczamy miejsca zerowe pochodnej funkcji 𝑉:\n𝑉′(𝑎) = 0\n6 -3\n8 𝑎2 = 0\n𝑎= -4 ∉(0, 4√3) ∨ 𝑎= 4 ∈(0, 4√3)\nBadamy znak pochodnej:\n𝑉′(𝑎) < 0\n6 -3\n8 𝑎2 < 0 ∧ 𝑎∈(0, 4√3)\n𝑎∈(4, 4√3)\nwięc 𝑉′(𝑎) < 0 dla 𝑎∈(4, 4√3) oraz 𝑉′(ℎ) > 0 dla 𝑎∈(0, 4).\nZatem funkcja 𝑉 jest rosnąca w przedziale (0, 4] i malejąca w przedziale [4, 4√3).\nZasady oceniania rozwiązań zadań\nStąd funkcja 𝑉 osiąga wartość największą dla 𝑎= 4. Wtedy\n𝑉(4) = 6 ⋅4 -1\n8 ⋅43 = 16","solution":null,"image":"img/matematyka-2025-czerwiec-matura-stara-rozszerzona/zad-15.webp","solution_image":null,"topics":null,"page_from":25,"source":"ocr","answer_source":null,"answer_text_source":"ocr","solution_source":null,"text_source":"ocr","source_label":"Matematyka · Matura · czerwiec 2025 (rozszerzona)","subject_label":"Matematyka","category_label":"Matura"}]}