{"id":"informator-maturalny-matematyka-2025-poziom-podstawowy/zad/66","paper_id":"informator-maturalny-matematyka-2025-poziom-podstawowy","number":"66","points":2,"ptype":"closed","subject":"matematyka","category":"informator-maturalny","year":2025,"month":null,"level":null,"text":"Zadanie 66. (0-2)\nZe zbioru sześciu liczb {1, 2, 3, 4, 5, 6} losujemy ze zwracaniem kolejno dwa razy po\njednej liczbie.\nOblicz prawdopodobieństwo zdarzenia 𝑨 polegającego na tym, że pierwsza\nwylosowana liczba będzie większa od drugiej wylosowanej liczby.\nWymaganie ogólne\nIII. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji.\n2.\nDobieranie i tworzenie modeli matematycznych przy rozwiązywaniu problemów\npraktycznych i teoretycznych.\nWymaganie szczegółowe\nXII. Rachunek prawdopodobieństwa i statystyka. Zdający:\n1) oblicza prawdopodobieństwo w modelu klasycznym.\nZasady oceniania\n2 pkt - zastosowanie poprawnej metody obliczenia prawdopodobieństwa zdarzenia 𝐴\ni uzyskanie poprawnego wyniku: 𝑃(𝐴) = 15\n36\n1 pkt - wypisanie wszystkich zdarzeń elementarnych lub obliczenie/podanie liczby tych\nzdarzeń: |Ω| = 6 ⋅6 lub sporządzenie tabeli o 36 polach odpowiadających\nzdarzeniom elementarnym, z których co najmniej jedno pole jest wypełnione, lub\nsporządzenie pełnego drzewa stochastycznego\nALBO\n- wypisanie (zaznaczenie w tabeli) wszystkich zdarzeń elementarnych sprzyjających\nzdarzeniu 𝐴 i niewypisanie żadnego niewłaściwego,\nALBO\n- podanie liczby wszystkich zdarzeń elementarnych sprzyjających zdarzeniu 𝐴:\n|𝐴| = 15, jeśli nie została otrzymana w wyniku zastosowania błędnej metody,\nALBO\n- sporządzenie fragmentu drzewa stochastycznego, który zawiera wszystkie gałęzie\nsprzyjające zdarzeniu 𝐴 oraz zapisanie prawdopodobieństwa na co najmniej\njednym odcinku każdego z etapów doświadczenia.\n0 pkt - rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania.\n138\nInformator o egzaminie maturalnym z matematyki na poziomie podstawowym od roku szkolnego 2024/2025\nPrzykładowe pełne rozwiązania\nSposób I\nZdarzeniami elementarnymi są wszystkie uporządkowane pary liczb (𝑥, 𝑦), gdzie\n𝑥, 𝑦∈{1, 2, 3, 4, 5, 6}.\nW tabeli literą 𝐴 zaznaczamy zdarzenia elementarne sprzyjające zdarzeniu 𝐴.\nII losowanie\nI losowanie\n𝟏\n𝟐\n𝟑\n𝟒\n𝟓\n𝟔\n𝟏\n𝟐\n𝐴\n𝟑\n𝐴\n𝐴\n𝟒\n𝐴\n𝐴\n𝐴\n𝟓\n𝐴\n𝐴\n𝐴\n𝐴\n𝟔\n𝐴\n𝐴\n𝐴\n𝐴\n𝐴\nMoc zbioru Ω jest równa 36. Zdarzeń sprzyjających zdarzeniu 𝐴 jest 15.\nZatem prawdopodobieństwo zdarzenia 𝐴 jest równe 15\n36 = 5\n12\nSposób II (drzewo stochastyczne)\nRysujemy fragment drzewa stochastycznego rozważanego doświadczenia z uwzględnieniem\nwszystkich istotnych gałęzi.\nPrawdopodobieństwo zdarzenia 𝐴 jest równe\n𝑃(𝐴) = 1\n6 ⋅1\n6 + 1\n6 ⋅2\n6 + 1\n6 ⋅3\n6 + 1\n6 ⋅4\n6 + 1\n6 ⋅5\n6 = 15\n36 = 5\n12\n2\n3\n4\n5\n6\n1\n1\n2\n1\n2\n3\n1\n2\n3\n4\n1\n2\n3\n4\n5\n1\n6\n2\n6\n3\n6\n4\n6\n5\n6\n1\n6\n1\n6\n1\n6\n1\n6\n1\n6\nInformacja o egzaminie maturalnym z matematyki dla absolwentów niesłyszących\n139\n3.\nInformacja o egzaminie maturalnym z matematyki dla\nabsolwentów niesłyszących\nInformacje o egzaminie maturalnym z matematyki przedstawione w rozdziale 1. Opis\negzaminu maturalnego z matematyki dotyczą również egzaminu dla absolwentów\nniesłyszących. Ponadto zdający niesłyszący przystępują do egzaminu maturalnego\nw warunkach i formie dostosowanych do potrzeb wynikających z ich niepełnosprawności.\nDostosowanie warunków przeprowadzenia egzaminu maturalnego dla absolwentów\nniesłyszących obejmuje m.in. czas trwania egzaminu. Dostosowanie formy egzaminu\nmaturalnego z matematyki dla absolwentów niesłyszących polega na przygotowaniu\nodpowiednich arkuszy, w których uwzględnia się zmianę sposobu formułowania treści\nniektórych zadań i poleceń. Zmiany te dotyczą zamiany pojedynczych słów, zwrotów lub\ncałych zdań - jeśli mogłyby one być niezrozumiałe lub błędnie zrozumiane przez osoby\nniesłyszące. Zadania mogą być dodatkowo uzupełnione szkicem, tabelą lub inną formą\ngraficzną ilustrującą ich treść. Jednak takie zmiany nie mogą wpływać na merytoryczną treść\nzadania oraz nie mogą dotyczyć terminów typowych dla danej dziedziny wiedzy.\nSzczegółowe informacje z tym związane określone są w Komunikacie dyrektora Centralnej\nKomisji Egzaminacyjnej w sprawie szczegółowych sposobów dostosowania warunków i form\nprzeprowadzania egzaminu maturalnego w danym roku szkolnym.\nW dalszej części tego rozdziału zostały przedstawione przykładowe zadania z matematyki na\npoziomie podstawowym, które ilustrują sposób dostosowania niektórych zadań wybranych\nz rozdziału 2. Przykładowe zadania z rozwiązaniami. Zachowano tę samą numerację zadań.\n140\nInformator o egzaminie maturalnym z matematyki na poziomie podstawowym od roku szkolnego 2024/2025\nZadanie 9. (0-1)\nKlient banku wpłacił na długoterminową lokatę pewną kwotę. Oprocentowanie na tej lokacie\nwynosi 3% w skali roku (po uwzględnieniu podatków). Po każdym roku oszczędzania są\ndoliczane odsetki od aktualnej kwoty znajdującej się na lokacie - zgodnie z procentem\nskładanym.\nDokończ zdanie. Wybierz właściwą odpowiedź spośród podanych.\nPo 10 latach oczekiwania (bez wypłacania pieniędzy z tej lokaty) klient będzie miał na\nlokacie kwotę większą od kwoty wpłaconej na początku o (w zaokrągleniu do 1%)\nA. 30%\nB. 34%\nC. 36%\nD. 43%\nZasady oceniania\n1 pkt - odpowiedź poprawna.\n0 pkt - odpowiedź niepoprawna albo brak odpowiedzi.\nRozwiązanie\nB\nInformacja o egzaminie maturalnym z matematyki dla absolwentów niesłyszących\n141\nZadanie 27.\nDana jest funkcja 𝑦= 𝑓(𝑥). Wykres tej funkcji przedstawiono w kartezjańskim układzie\nwspółrzędnych (𝑥, 𝑦).\nZadanie 27.1. (0-1)\nZapisz w miejscu wykropkowanym zbiór wszystkich argumentów, dla których\nprawdziwa jest nierówność:\n𝒇(𝒙) > 𝟐\nZasady oceniania\n1 pkt - rozwiązanie poprawne.\n0 pkt - rozwiązanie niepoprawne lub niepełne albo brak rozwiązania.\nPrzykładowe pełne rozwiązanie\n[-5, -1) ∪(7,8]\n𝑦\n𝑥\n2\n4\n6\n8\n2\n4\n6\n8\n-2\n-4\n-6\n-8\n-2\n-4\n-6\n-8\n𝑦= 𝑓(𝑥)\n142\nInformator o egzaminie maturalnym z matematyki na poziomie podstawowym od roku szkolnego 2024/2025\nZadanie 27.2. (0-1)\nDokończ zdanie. Wybierz właściwą odpowiedź spośród podanych.\nFunkcja 𝑓 jest malejąca w przedziale\nA. [-5, -3]\nB. [3, 8]\nC. [0, 6]\nD. [-3, 3]\nZasady oceniania\n1 pkt - odpowiedź poprawna.\n0 pkt - odpowiedź niepoprawna albo brak odpowiedzi.\nRozwiązanie\nD\nZadanie 27.3. (0-2)\nUzupełnij zdania. Wpisz odpowiednie liczby w wykropkowanych miejscach.\n1. Największa wartość funkcji 𝑓 jest równa\n2. Najmniejsza wartość funkcji 𝑓 w przedziale [6, 8] jest równa\nZasady oceniania\n2 pkt - poprawnie uzupełnione dwie luki.\n1 pkt - poprawnie uzupełniona jedna luka.\n0 pkt - brak spełnienia powyższych kryteriów.\nPełne rozwiązanie\n1. Największa wartość funkcji 𝑓 jest równa\n2. Najmniejsza wartość funkcji 𝑓 w przedziale [6, 8] jest równa\n6\n0\nInformacja o egzaminie maturalnym z matematyki dla absolwentów niesłyszących\n143\nZadanie 32.\nZ fizyki wiemy, że torem ruchu rzuconej piłki - przy pominięciu oporów powietrza - jest\nfragment paraboli. Koszykarz rzucił piłkę do kosza z odległości 𝑥𝑘= 7,01 m (to odległość od\nśrodka piłki do środka obręczy kosza w linii poziomej). Tor ruchu opiszemy w układzie\nwspółrzędnych. W chwili początkowej środek piłki był w punkcie 𝑥0 = 0, 𝑦0 = 2,50 m.\nŚrodek piłki podczas rzutu poruszał się po paraboli danej równaniem:\n𝑦= -0,174𝑥2 + 1,3𝑥+ 2,5\nRzut był celny, a środek piłki przeszedł dokładnie przez środek obręczy kosza.\nNa rysunku poniżej przedstawiono tę sytuację oraz tor ruchu piłki w układzie współrzędnych.\nZadanie 32.1. (0-1)\nDokończ zdanie. Wybierz właściwą odpowiedź spośród podanych.\nObręcz kosza jest na wysokości (podanej w zaokrągleniu z dokładnością do 0,01 m)\nA. 3,04 m\nB. 3,06 m\nC. 3,8 m\nD. 4,93 m\n7,01\n𝑦, m\n2,5\n𝑥, m\n(0,0)\n144\nInformator o egzaminie maturalnym z matematyki na poziomie podstawowym od roku szkolnego 2024/2025\nZasady oceniania\n1 pkt - odpowiedź poprawna.\n0 pkt - odpowiedź niepoprawna albo brak odpowiedzi.\nRozwiązanie\nB\nZadanie 32.2. (0-2)\nOblicz wysokość maksymalną, na jakiej będzie środek piłki podczas opisanego rzutu.\nZapisz wynik w zaokrągleniu do drugiego miejsca po przecinku.\nZasady oceniania\n2 pkt - poprawna metoda rozwiązania oraz zapisanie wyniku 4,93 m.\n1 pkt - zastosowanie wzoru na wierzchołek paraboli oraz prawidłowe podstawienie\nwszystkich danych liczbowych do tego wzoru\nALBO\n- zapisanie wzoru funkcji w postaci 𝑦= -0,174(𝑥-𝑝)2 + 𝑞 oraz zidentyfikowanie 𝑞\njako współrzędnej wierzchołka paraboli lub wysokości maksymalnej rzutu.\n0 pkt - rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania.\nPrzykładowe pełne rozwiązania\nSposób 1.\nWysokość maksymalna, na jakiej będzie środek piłki, jest równa współrzędnej 𝑦 wierzchołka\nparaboli. Skorzystamy ze wzoru na wierzchołek paraboli (zobacz w Wybranych wzorach\nmatematycznych):\nℎ𝑚𝑎𝑥= 𝑦𝑤= -𝑏2 -4𝑎𝑐\n4𝑎\n= -1,32 + 4 ⋅0,174 ⋅2,5\n4 ⋅(-0,174)\n≈4,93 m\nInformacja o egzaminie maturalnym z matematyki dla absolwentów niesłyszących\n145\nSposób 2.\nWysokość maksymalna, na jakiej będzie środek piłki, jest równa współrzędnej 𝑦 wierzchołka\nparaboli. Wartość tę możemy wyznaczyć przekształcając wzór funkcji kwadratowej\n𝑦= -0,174𝑥2 + 1,3𝑥+ 2,5 do postaci kanonicznej:\n𝑦= -0,174(𝑥-𝑝)2 + 𝑞\ngdzie:\nℎ𝑚𝑎𝑥= 𝑦𝑤= 𝑞\n𝑦= -0,174𝑥2 + 1,3𝑥+ 2,5 = -0,174 (𝑥2 -1,3\n0,174 𝑥) + 2,5 =\n= -0,174 ⋅[(𝑥-\n1,3\n2 ⋅0,174)\n2\n-(\n1,3\n2 ⋅0,174)\n2\n] + 2,5 =\n= -0,174 ⋅(𝑥-\n1,3\n2 ⋅0,174)\n2\n+ 0,174 ⋅(\n1,3\n2 ⋅0,174)\n2\n+ 2,5\nZatem:\nℎ𝑚𝑎𝑥= 𝑦𝑤= 𝑞= 0,174 ⋅(\n1,3\n2 ⋅0,174)\n2\n+ 2,5 ≈4,93 m\nZadanie 32.3. (0-3)\nW opisanym rzucie piłka przeleciała przez obręcz kosza i upadła na podłogę. Przyjmij, że\nobręcz kosza nie miała siatki, a na drodze rzutu nie było żadnej przeszkody. Promień piłki\nwynosi 0,12 m.\nOblicz współrzędną 𝒙 środka piłki w momencie, w którym piłka dotknęła podłogi.\nZapisz wynik w zaokrągleniu do drugiego miejsca po przecinku.\n146\nInformator o egzaminie maturalnym z matematyki na poziomie podstawowym od roku szkolnego 2024/2025\nZasady oceniania\n3 pkt - poprawna metoda wyznaczenia współrzędnej 𝑥 oraz zapisanie wyniku 8,99 m.\n2 pkt - poprawne rozwiązanie równania 0,174𝑥2 -1,3𝑥-2,38 = 0.\n1 pkt - zapisanie równania 0,12 = -0,174𝑥2 + 1,3𝑥+ 2,5.\n0 pkt - rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania.\nPrzykładowe pełne rozwiązanie\nZauważmy, że w momencie gdy piłka upadła i dotknęła podłogi, to środek piłki należy do\nparaboli oraz jest na wysokości 0,12 m ponad podłogą. Zatem współrzędne środka piłki\n(𝑥, 𝑦) spełniają równanie paraboli, a współrzędna 𝑦= 0,12 m.\n0,12 = -0,174𝑥2 + 1,3𝑥+ 2,5\n0,174𝑥2 -1,3𝑥-2,38 = 0\nRozwiązujemy otrzymane równanie kwadratowe.\nObliczamy wyróżnik Δ trójmianu kwadratowego 0,174𝑥2 -1,3𝑥-2,38 (zobacz\nw Wybranych wzorach matematycznych):\nΔ = (-1,3)2 -4 ⋅0,174 ⋅(-2,38) = 3,34648\nRozwiązaniami powyższego równania kwadratowego są liczby:\n𝑥1 = 1,3 -√3,34648\n0,348\n𝑥1 = 1,3 + √3,34648\n0,348\n𝑥1 ≈-1,52 𝑥2 ≈8,99\nWspółrzędna 𝑥 środka piłki w momencie, w którym piłka dotknęła podłogi, jest równa w\nprzybliżeniu 8,99 m.\nInformacja o egzaminie maturalnym z matematyki dla absolwentów niesłyszących\n147\nZadanie 38. (0-4)\nPowierzchnia magazynowa będzie na dwóch takich samych prostokątnych działkach.\nDziałki te będą miały jeden wspólny bok. Całość będzie ogrodzona płotem. Dodatkowo\ndziałki rozdzieli wspólny płot. W ogrodzeniu będą dwie bramy wjazdowe, każda o szerokości\n10 m (zobacz rysunek poniżej). Łączna długość płotu ogradzającego oraz rozdzielającego\ndwie działki to 580 metrów. Szerokości dwóch bram wjazdowych nie wlicza się w długość\npłotu.\nOblicz wymiary 𝒙 oraz 𝒚 każdej z dwóch prostokątnych działek, tak aby całkowite\npole powierzchni magazynowej było największe.\nZasady oceniania\n4 pkt - poprawna metoda obliczenia obu wymiarów działki oraz podanie poprawnych\nwyników: 𝑥= 100 m oraz 𝑦= 75 m.\n3 pkt - poprawne zapisanie wzoru na pole działki w zależności od jednej zmiennej oraz\npoprawne obliczenie współrzędnej 𝑥 wierzchołka paraboli: 𝑥= 100 m.\n2 pkt - poprawne zapisanie wzoru na pole całkowite powierzchni magazynowej w zależności\nod jednej zmiennej:\n𝑃(𝑥) = 2𝑥(150 -3\n4 𝑥) dla 𝑥∈(0, 560\n3 ).\n1 pkt - zapisanie wzoru na pole całkowite powierzchni magazynowej: 𝑃= 𝑥⋅2𝑦\nALBO\n- zapisanie związku między wymiarami działki: 3𝑥+ 4𝑦-20 = 580.\n0 pkt - rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania.\n𝑥\n𝑦\n𝑦\n10 m\n10 m\n148\nInformator o egzaminie maturalnym z matematyki na poziomie podstawowym od roku szkolnego 2024/2025\nPrzykładowe pełne rozwiązanie\nPrzyjmiemy oznaczenia jak na rysunku w zadaniu. Całkowitą długość płotu - po\nuwzględnieniu warunków zadania - można zapisać równaniem:\n3𝑥+ 4𝑦-2 ⋅10 = 580\nPowyższe równanie określa związek między wymiarami 𝑥 i 𝑦. Wymiar 𝑦 jednej działki\nmusi być większy od 10 m, ze względu na ustaloną szerokość bramy wjazdowej. W związku\nz tym, w modelu matematycznym uwzględniającym warunki zadania, wymiary 𝑥 i 𝑦\nspełniają:\n𝑥> 0 i 𝑦> 10\nPole 𝑃 całkowitej powierzchni magazynowej jest równe polu prostokąta o bokach długości\n𝑥 oraz 2𝑦. Zatem:\n𝑃= 𝑥⋅2𝑦\nPole powierzchni magazynowej wyrazimy jako funkcję jednej zmiennej 𝑥. W tym celu\nnajpierw wyznaczymy 𝑦:\n3𝑥+ 4𝑦-2 ⋅10 = 580\n4𝑦= 600 -3𝑥\n𝑦= 150 -3\n4 𝑥\nNastępnie podstawimy wyznaczone 𝑦 do wzoru na pole 𝑃= 𝑥⋅2𝑦:\n𝑃(𝑥) = 2𝑥(150 -3\n4 𝑥)\nWyznaczymy dziedzinę funkcji 𝑃. Wykorzystamy związek między wymiarami 𝑥 i 𝑦 oraz\nwykorzystamy warunki, jakie te wymiary spełniają:\n𝑦= 150 -3\n4 𝑥 oraz 𝑦> 10 oraz 𝑥> 0\nZatem:\n150 -3\n4 𝑥> 10 oraz 𝑥> 0\n𝑥< 560\n3 oraz 𝑥> 0\nZmienna 𝑥 może przyjmować wartości:\n𝑥∈(0, 560\n3 )\nInformacja o egzaminie maturalnym z matematyki dla absolwentów niesłyszących\n149\nWykresem funkcji 𝑃 jest fragment paraboli 𝒫 skierowanej ramionami do dołu. Funkcja 𝑃\nprzyjmuje wartość największą dla argumentu, który jest pierwszą współrzędną wierzchołka\nparaboli 𝒫. Współrzędną 𝑥 wierzchołka paraboli 𝒫 obliczymy z miejsc zerowych funkcji\nkwadratowej, która jest równaniem tej paraboli. Rozwiążemy zatem równanie:\n2𝑥(150 -3\n4 𝑥) = 0\nZ powyższego równania wynika, że:\n2𝑥= 0 lub 150 -3\n4 𝑥= 0\n𝑥1 = 0 lub 𝑥2 = 200\nFunkcja 𝑃 przyjmuje wartość największą dla argumentu, który jest pierwszą współrzędną\nwierzchołka paraboli 𝒫, czyli dla:\n𝑥= 𝑥1 + 𝑥2\n2\n= 100 m\nObliczymy drugi wymiar działki, dla którego pole powierzchni magazynowej jest największe:\n𝑦= 150 m -3\n4 ⋅100 m = 75 m\nCałkowite pole powierzchni magazynowej jest największe dla działki o wymiarach:\n𝑥= 100 m oraz 𝑦= 75 m.\n150\nInformator o egzaminie maturalnym z matematyki na poziomie podstawowym od roku szkolnego 2024/2025\nZadanie 40. (0-2)\nW trójkącie 𝐴𝐵𝐶 dane są długości dwóch boków |𝐴𝐵| = 12, |𝐵𝐶| = 8 oraz miara kąta\n|∡𝐴𝐵𝐶| = 60°. Punkt 𝐷 jest środkiem boku 𝐵𝐶. Zobacz rysunek poniżej.\nOblicz długość środkowej tego trójkąta, poprowadzonej z wierzchołka 𝑨.\nZasady oceniania\ndla rozwiązania sposobem 1.\n2 pkt - zapisanie poprawnego równania wynikającego z twierdzenia cosinusów dla trójkąta\n𝐴𝐵𝐷 oraz poprawne obliczenie długości środkowej: |𝐴𝐷| = 4√7.\n1 pkt - zapisanie równania wynikającego z twierdzenia cosinusów dla trójkąta 𝐴𝐵𝐷, np.:\n|𝐴𝐷|2 = |𝐴𝐵|2 + |𝐵𝐷|2 -2 ⋅|𝐴𝐵| ⋅|𝐵𝐷| ⋅cos |∡𝐴𝐵𝐶|\n|𝐴𝐷|2 = 122 + 42 -2 ⋅12 ⋅4 ⋅cos 60°\n0 pkt - rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania.\nZasady oceniania\ndla rozwiązania sposobem 2.\n2 pkt - poprawne zastosowanie twierdzenia Pitagorasa dla trójkąta 𝐴𝐺𝐷 oraz poprawne\nobliczenie długości środkowej |𝐴𝐷| = 4√7.\n1 pkt - wyodrębnienie trójkąta prostokątnego 𝐴𝐺𝐷 oraz trójkąta 𝐺𝐵𝐷 o kątach: 30°, 60°,\n90°, łącznie z poprawnym określeniem długości jego boków: |𝐺𝐵| = 2, |𝐷𝐺| = 2√3.\n0 pkt - rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania.\n𝐴\n𝐵\n𝐶\n60°\n𝐷\nInformacja o egzaminie maturalnym z matematyki dla absolwentów niesłyszących\n151\nPrzykładowe pełne rozwiązania\nSposób 1. (zastosowanie twierdzenia cosinusów)\nPonieważ 𝐴𝐷 jest środkową, to |𝐵𝐷| = 4.\nDo obliczenia długości środkowej 𝐴𝐷 zastosujemy\ntwierdzenie cosinusów dla trójkąta 𝐴𝐵𝐷:\n|𝐴𝐷|2 = |𝐴𝐵|2 + |𝐵𝐷|2 -2 ⋅|𝐴𝐵| ⋅|𝐵𝐷| ⋅cos |∡𝐴𝐵𝐶|\n|𝐴𝐷|2 = 122 + 42 -2 ⋅12 ⋅4 ⋅1\n2 = 112\n|𝐴𝐷| = √112 = 4√7\nSposób 2. (zastosowanie twierdzenia Pitagorasa i własności trójkąta o kątach 30°, 60°, 90°)\nUzupełnimy rysunek pomocniczy (zobacz obok).\nW celu obliczenia długości środkowej 𝐴𝐷 zastosujemy\ntwierdzenie Pitagorasa dla trójkąta prostokątnego 𝐴𝐺𝐷.\nPonieważ 𝐴𝐷 jest środkową, to |𝐵𝐷| = 4.\nRozważmy dalej trójkąt 𝐺𝐵𝐷 .\nTrójkąt 𝐺𝐵𝐷 ma kąty o miarach: 30°, 60°, 90°, skąd\nwynika, że przyprostokątne tego trójkąta mają długości:\n|𝐺𝐵| = 2\n|𝐷𝐺| = 2√3\nzatem długość przyprostokątnej 𝐴𝐺 trójkąta 𝐴𝐺𝐷 jest równa:\n|𝐴𝐺| = 12 -2 = 10\nObliczymy długość środkowej 𝐴𝐷 z twierdzenia Pitagorasa dla trójkąta 𝐴𝐺𝐷:\n|𝐴𝐷|2 = |𝐴𝐺|2 + |𝐺𝐷|2\n|𝐴𝐷|2 = 102 + (2√3)2 = 112\n|𝐴𝐷| = √112 = 4√7\n𝐴\n𝐵\n𝐶\n60°\n𝐷\n𝐶\n𝐷\n𝐴\n60°\n𝐵\n𝐺\n4\n2\n2ξ3\n10\n152\nInformator o egzaminie maturalnym z matematyki na poziomie podstawowym od roku szkolnego 2024/2025\nZadanie 59.\nHania zrobiła czapeczkę na bal urodzinowy młodszego brata. Czapeczka\nma kształt powierzchni bocznej stożka o średnicy podstawy 𝑑= 20 cm,\nwysokości 𝐻= 25 cm i tworzącej 𝑙.\nŻeby wykonać czapeczkę, Hania najpierw narysowała na papierze figurę\npłaską 𝐴𝐵𝑆 o kształcie wycinka koła o promieniu 𝑙 i środku 𝑆 (zobacz\nrysunek 1.). Następnie wycięła tę figurę z papieru, wygięła ją i połączyła\nodcinek 𝑆𝐵 z odcinkiem 𝑆𝐴 (zobacz rysunek 2.). W ten sposób\notrzymała kształt stożka.\nZadanie 59.1. (0-1)\nDokończ zdanie. Wybierz właściwą odpowiedź spośród podanych.\nKąt rozwarcia stożka, którego powierzchnią boczną jest czapeczka (rysunek 2.), ma miarę\n(w zaokrągleniu do 1°)\nA. 44°\nB. 136°\nC. 134°\nD. 68°\nWskazówka: skorzystaj z tablic wartości funkcji trygonometrycznych.\n𝐴\n𝐵\n𝑆\n𝑙\nRysunek 1.\nRysunek 2.\n𝑆\n𝑙\n𝐻\n𝑑\n𝑂\nInformacja o egzaminie maturalnym z matematyki dla absolwentów niesłyszących\n153\nZasady oceniania\n1 pkt - odpowiedź poprawna.\n0 pkt - odpowiedź niepoprawna albo brak odpowiedzi.\nRozwiązanie\nA\nZadanie 59.2. (0-3)\nOblicz miarę kąta 𝑩𝑺𝑨 wycinka koła (rysunek 1.), z którego powstała czapeczka.\nMiarę kąta 𝑩𝑺𝑨 podaj w zaokrągleniu do jednego stopnia.\nZasady oceniania\n3 pkt - poprawna metoda obliczenia miary kąta 𝐵𝑆𝐴 oraz podanie poprawnego wyniku\n|∡𝐵𝑆𝐴| ≈134°.\n2 pkt - poprawne wyprowadzenie i zapisanie związku 𝛼= 𝑟\n𝑙⋅360° oraz zapisanie\nrównania wynikającego z twierdzenia Pitagorasa: 𝑙2 = 𝑟2 + 𝐻2.\n1 pkt - zapisanie równania 𝛼\n360° ⋅2𝜋𝑙= 2𝜋𝑟\nALBO\n- zapisanie równania 𝛼\n360° ⋅𝜋𝑙2 = 𝜋𝑟𝑙.\n0 pkt - rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania.\nPrzykładowe pełne rozwiązanie\nWprowadzimy oznaczenia:\n𝑟= 𝑑\n2 - promień okręgu w podstawie stożka\n𝛼= |∡𝐵𝑆𝐴| - miara kąta 𝐵𝑆𝐴 wycinka koła\n𝛽 - połowa miary kąta rozwarcia stożka\n𝐴\n𝑆\n𝑙\n𝐵\n𝛼\n𝑆\n𝑙\n𝐻\n𝛽\n𝑟\n𝑂\n154\nInformator o egzaminie maturalnym z matematyki na poziomie podstawowym od roku szkolnego 2024/2025\nWyprowadzimy wzór końcowy na symbolach danych (pominiemy obliczenia pośrednie).\n1. Zauważmy, że pole 𝐴𝐵𝑆 wycinka koła jest równe polu powierzchni bocznej stożka (polu\npowierzchni czapeczki). Zastosujemy wzór na pole 𝐴𝐵𝑆 wycinka koła oraz wzór na pole\npowierzchni bocznej stożka:\n𝛼\n360° ⋅𝜋𝑙2 = 𝜋𝑟𝑙\n𝛼= 𝑟\n𝑙⋅360°\nUwaga\nZauważmy, że otrzymany wzór zadaje nadzwyczaj prostą relację między kątem wycinka koła\ni kątem rozwarcia stożka:\n𝛼= sin 𝛽⋅360°\n2. Wyrazimy 𝑙 poprzez 𝐻 i 𝑑 na podstawie twierdzenia Pitagorasa:\n𝑙2 = 𝐻2 + 𝑟2\n𝑙2 = 𝐻2 + (𝑑\n2)\n2\n𝑙= √𝐻2 + (𝑑\n2)\n2\n3. Zapiszemy wzór na miarę kąta 𝛼 i ją obliczymy:\n𝛼=\n𝑑\n2\n√𝐻2 + (𝑑\n2)\n2 ⋅360°\n𝛼=\n10\n√252 + 102 ⋅360°\n𝛼≈134°\nInformacja o egzaminie maturalnym z matematyki dla absolwentów niesłyszących\n155\nZadanie 62. (0-2)\nPojedynczy znak (np. litera, przecinek, wykrzyknik, itp.) w piśmie Braille’a dla niewidomych\njest kombinacją od 1 do 6 wypukłych punktów. Punkty te mogą zajmować miejsca ułożone\nw dwóch kolumnach po trzy miejsca w każdej kolumnie. Poniżej podano przykład napisu\nw piśmie Braille’a. Czarne kropki w znaku oznaczają wypukłości, a białe kropki oznaczają\nbrak wypukłości. Pojedynczy znak w piśmie Braille’a musi zawierać co najmniej jeden punkt\nwypukły.\nOblicz, ile różnych pojedynczych znaków można zapisać w piśmie Braille’a.\nZasady oceniania\n2 pkt - zastosowanie poprawnej metody do obliczenia wszystkich znaków, uwzględnienie\nwarunku zadania i podanie wyniku: 63.\n1 pkt - zapisanie wzoru na liczbę wszystkich możliwych znaków bez uwzględnienia warunku\nzadania (tzn. łącznie ze znakiem bez punktu wypukłego): 2 ⋅2 ⋅2 ⋅2 ⋅2 ⋅2\nALBO\n- zastosowanie metody dodawania polegającej na bezpośrednim zliczeniu i dodaniu\nliczby znaków: z jednym punktem wypukłym, z dwoma punktami wypukłymi, z trzema\npunktami wypukłymi, z czterema punktami wypukłymi, z pięcioma punktami\nwypukłymi i z sześcioma punktami wypukłymi oraz poprawne zliczenie znaków\nw co najmniej trzech spośród sześciu wymienionych grup.\n0 pkt - rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania.\nm\na\nt\nu\nr\ny\n156\nInformator o egzaminie maturalnym z matematyki na poziomie podstawowym od roku szkolnego 2024/2025\nPrzykładowe pełne rozwiązania\nSposób 1. (zastosowanie zasady mnożenia)\nZastosujemy regułę mnożenia. Zauważmy, że utworzenie znaku polega na podjęciu kolejno\n6 decyzji o tym, jaki ma być rodzaj punktu - elementu znaku. Punkt może być wypukły albo\nmoże nie być wypukły. Zatem mamy dwie możliwości wyboru rodzaju punktu:\nalbo\nZgodnie z regułą mnożenia, w takich przypadkach liczbę możliwości wyboru\nskładnika/elementu obiektu mnożymy przez siebie tyle razy, z ilu elementów składa się\nobiekt:\n2 ⋅2 ⋅2 ⋅2 ⋅2 ⋅2 = 64\nWszystkich możliwości jest 64. Ponieważ znak Braille’a musi zawierać co najmniej jeden punkt\nwypukły, to odrzucamy znak bez wypukłości (sześć białych kropek na schemacie powyżej).\nWszystkich znaków jest zatem:\n64 -1 = 63\n2 możliwości:\nalbo\n2 możliwości:\nalbo\n2 możliwości:\nalbo\n2 możliwości:\nalbo\n2 możliwości:\nalbo\n2 możliwości:\nalbo\nInformacja o egzaminie maturalnym z matematyki dla absolwentów niesłyszących\n157\nSposób 2. (bezpośrednie zliczenie liczby znaków z zastosowaniem zasady dodawania)\nBędziemy kolejno zliczać znaki: z jednym punktem wypukłym, z dwoma\npunktami wypukłymi, z trzema punktami wypukłymi, z czterema punktami\nwypukłymi, z pięcioma punktami wypukłymi i z sześcioma punktami\nwypukłymi. Zbiory znaków z daną liczbą punktów wypukłych oznaczymy\nodpowiednio jako: 𝐴1, 𝐴2, 𝐴3, 𝐴4, 𝐴5, 𝐴6.\nAby zliczanie przeprowadzić metodycznie, ułatwimy sobie zadanie\nnumerując punkty w polu znaku, jak na rysunku obok.\nW takiej konwencji, przykładowo:\n- znak oznaczymy jedną cyfrą: (2);\n- znak oznaczymy trójką cyfr: (1,3,4) - przy czym kolejność zapisu tych cyfr nie ma\nznaczenia.\n𝐴1 = {(1), (2), (3), (4), (5), (6)}, zatem |𝐴1| = 6\n𝐴2 =\n{\n(1,2), (1,3), (1,4), (1,5), (1,6),\n(2,3), (2,4), (2,5), (2,6),\n(3,4), (3,5), (3,6),\n(4,5), (4,6),\n(5,6) }\n, zatem |𝐴2| = 15\n𝐴3 =\n{\n(1,2,3), (1,2,4), (1,2,5), (1,2,6),\n(1,3,4), (1,3,5), (1,3,6),\n(1,4,5), (1,4,6), (1,5,6),\n(2,3,4), (2,3,5), (2,3,6),\n(2,4,5), (2,4,6), (2,5,6),\n(3,4,5), (3,4,6), (3,5,6),\n(4,5,6) }\n, zatem |𝐴3| = 20\nZauważmy, że każdemu znakowi z dwoma punktami wypukłymi możemy przyporządkować\nznak z czterema punktami wypukłymi, zamieniając punkty wypukłe na niewypukłe\ni odwrotnie:\nNp. znakowi\nprzyporządkujemy znak\nZatem znaków z czterema punktami wypukłymi jest tyle samo, co znaków z dwoma punktami\nwypukłymi. Podobnie argumentujemy, że znaków z pięcioma punktami wypukłymi jest tyle\nsamo co znaków z jednym punktem wypukłym. Stąd |𝐴4| = |𝐴2| = 15 oraz |𝐴5| = |𝐴1| = 6.\n𝐴6 = {(1,2,3,4,5,6)}, zatem |𝐴6| = 1\nWszystkich znaków w piśmie Braille’a jest: 6 + 15 + 20 + 15 + 6 + 1 = 63.\n1\n4\n2\n5\n3\n6\nMATEMATYKA\nPoziom podstawowy\nMATEMATYKA\nPoziom podstawowy\nMATEMATYKA\nPoziom podstawowy","answer":null,"answer_text":null,"solution":"$\\frac{15}{36}$","image":"img/informator-maturalny-matematyka-2025-poziom-podstawowy/zad-66.webp","solution_image":null,"topics":"prawdopodobienstwo","page_from":137,"source":"zadaniazmatur","answer_source":null,"answer_text_source":null,"solution_source":"zadaniazmatur","text_source":"ocr","source_label":"Matematyka · Informator maturalny · 2025","subject_label":"Matematyka","category_label":"Informator maturalny","text_html":"

Zadanie 66. (0-2)
Ze zbioru sześciu liczb {1, 2, 3, 4, 5, 6} losujemy ze zwracaniem kolejno dwa razy po
jednej liczbie.
Oblicz prawdopodobieństwo zdarzenia 𝑨 polegającego na tym, że pierwsza
wylosowana liczba będzie większa od drugiej wylosowanej liczby.
Wymaganie ogólne
III. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji.
2.
Dobieranie i tworzenie modeli matematycznych przy rozwiązywaniu problemów
praktycznych i teoretycznych.
Wymaganie szczegółowe
XII. Rachunek prawdopodobieństwa i statystyka. Zdający:

\n
  1. oblicza prawdopodobieństwo w modelu klasycznym.
\n

Zasady oceniania
2 pkt - zastosowanie poprawnej metody obliczenia prawdopodobieństwa zdarzenia 𝐴
i uzyskanie poprawnego wyniku: 𝑃(𝐴) = 15
36
1 pkt - wypisanie wszystkich zdarzeń elementarnych lub obliczenie/podanie liczby tych
zdarzeń: |Ω| = 6 ⋅6 lub sporządzenie tabeli o 36 polach odpowiadających
zdarzeniom elementarnym, z których co najmniej jedno pole jest wypełnione, lub
sporządzenie pełnego drzewa stochastycznego
ALBO

\n\n

zdarzeniu 𝐴 i niewypisanie żadnego niewłaściwego,
ALBO

\n\n

|𝐴| = 15, jeśli nie została otrzymana w wyniku zastosowania błędnej metody,
ALBO

\n\n

sprzyjające zdarzeniu 𝐴 oraz zapisanie prawdopodobieństwa na co najmniej
jednym odcinku każdego z etapów doświadczenia.
0 pkt - rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania.
138
Informator o egzaminie maturalnym z matematyki na poziomie podstawowym od roku szkolnego 2024/2025
Przykładowe pełne rozwiązania
Sposób I
Zdarzeniami elementarnymi są wszystkie uporządkowane pary liczb (𝑥, 𝑦), gdzie
𝑥, 𝑦∈{1, 2, 3, 4, 5, 6}.
W tabeli literą 𝐴 zaznaczamy zdarzenia elementarne sprzyjające zdarzeniu 𝐴.
II losowanie
I losowanie
𝟏
𝟐
𝟑
𝟒
𝟓
𝟔
𝟏
𝟐
𝐴
𝟑
𝐴
𝐴
𝟒
𝐴
𝐴
𝐴
𝟓
𝐴
𝐴
𝐴
𝐴
𝟔
𝐴
𝐴
𝐴
𝐴
𝐴
Moc zbioru Ω jest równa 36. Zdarzeń sprzyjających zdarzeniu 𝐴 jest 15.
Zatem prawdopodobieństwo zdarzenia 𝐴 jest równe 15
36 = 5
12
Sposób II (drzewo stochastyczne)
Rysujemy fragment drzewa stochastycznego rozważanego doświadczenia z uwzględnieniem
wszystkich istotnych gałęzi.
Prawdopodobieństwo zdarzenia 𝐴 jest równe
𝑃(𝐴) = 1
6 ⋅1
6 + 1
6 ⋅2
6 + 1
6 ⋅3
6 + 1
6 ⋅4
6 + 1
6 ⋅5
6 = 15
36 = 5
12
2
3
4
5
6
1
1
2
1
2
3
1
2
3
4
1
2
3
4
5
1
6
2
6
3
6
4
6
5
6
1
6
1
6
1
6
1
6
1
6
Informacja o egzaminie maturalnym z matematyki dla absolwentów niesłyszących
139
3.
Informacja o egzaminie maturalnym z matematyki dla
absolwentów niesłyszących
Informacje o egzaminie maturalnym z matematyki przedstawione w rozdziale 1. Opis
egzaminu maturalnego z matematyki dotyczą również egzaminu dla absolwentów
niesłyszących. Ponadto zdający niesłyszący przystępują do egzaminu maturalnego
w warunkach i formie dostosowanych do potrzeb wynikających z ich niepełnosprawności.
Dostosowanie warunków przeprowadzenia egzaminu maturalnego dla absolwentów
niesłyszących obejmuje m.in. czas trwania egzaminu. Dostosowanie formy egzaminu
maturalnego z matematyki dla absolwentów niesłyszących polega na przygotowaniu
odpowiednich arkuszy, w których uwzględnia się zmianę sposobu formułowania treści
niektórych zadań i poleceń. Zmiany te dotyczą zamiany pojedynczych słów, zwrotów lub
całych zdań - jeśli mogłyby one być niezrozumiałe lub błędnie zrozumiane przez osoby
niesłyszące. Zadania mogą być dodatkowo uzupełnione szkicem, tabelą lub inną formą
graficzną ilustrującą ich treść. Jednak takie zmiany nie mogą wpływać na merytoryczną treść
zadania oraz nie mogą dotyczyć terminów typowych dla danej dziedziny wiedzy.
Szczegółowe informacje z tym związane określone są w Komunikacie dyrektora Centralnej
Komisji Egzaminacyjnej w sprawie szczegółowych sposobów dostosowania warunków i form
przeprowadzania egzaminu maturalnego w danym roku szkolnym.
W dalszej części tego rozdziału zostały przedstawione przykładowe zadania z matematyki na
poziomie podstawowym, które ilustrują sposób dostosowania niektórych zadań wybranych
z rozdziału 2. Przykładowe zadania z rozwiązaniami. Zachowano tę samą numerację zadań.
140
Informator o egzaminie maturalnym z matematyki na poziomie podstawowym od roku szkolnego 2024/2025
Zadanie 9. (0-1)
Klient banku wpłacił na długoterminową lokatę pewną kwotę. Oprocentowanie na tej lokacie
wynosi 3% w skali roku (po uwzględnieniu podatków). Po każdym roku oszczędzania są
doliczane odsetki od aktualnej kwoty znajdującej się na lokacie - zgodnie z procentem
składanym.
Dokończ zdanie. Wybierz właściwą odpowiedź spośród podanych.
Po 10 latach oczekiwania (bez wypłacania pieniędzy z tej lokaty) klient będzie miał na
lokacie kwotę większą od kwoty wpłaconej na początku o (w zaokrągleniu do 1%)
A. 30%
B. 34%
C. 36%
D. 43%
Zasady oceniania
1 pkt - odpowiedź poprawna.
0 pkt - odpowiedź niepoprawna albo brak odpowiedzi.
Rozwiązanie
B
Informacja o egzaminie maturalnym z matematyki dla absolwentów niesłyszących
141
Zadanie 27.
Dana jest funkcja 𝑦= 𝑓(𝑥). Wykres tej funkcji przedstawiono w kartezjańskim układzie
współrzędnych (𝑥, 𝑦).
Zadanie 27.1. (0-1)
Zapisz w miejscu wykropkowanym zbiór wszystkich argumentów, dla których
prawdziwa jest nierówność:
𝒇(𝒙) > 𝟐
Zasady oceniania
1 pkt - rozwiązanie poprawne.
0 pkt - rozwiązanie niepoprawne lub niepełne albo brak rozwiązania.
Przykładowe pełne rozwiązanie
[-5, -1) ∪(7,8]
𝑦
𝑥
2
4
6
8
2
4
6
8
-2
-4
-6
-8
-2
-4
-6
-8
𝑦= 𝑓(𝑥)
142
Informator o egzaminie maturalnym z matematyki na poziomie podstawowym od roku szkolnego 2024/2025
Zadanie 27.2. (0-1)
Dokończ zdanie. Wybierz właściwą odpowiedź spośród podanych.
Funkcja 𝑓 jest malejąca w przedziale
A. [-5, -3]
B. [3, 8]
C. [0, 6]
D. [-3, 3]
Zasady oceniania
1 pkt - odpowiedź poprawna.
0 pkt - odpowiedź niepoprawna albo brak odpowiedzi.
Rozwiązanie
D
Zadanie 27.3. (0-2)
Uzupełnij zdania. Wpisz odpowiednie liczby w wykropkowanych miejscach.

\n
  1. Największa wartość funkcji 𝑓 jest równa
  2. Najmniejsza wartość funkcji 𝑓 w przedziale [6, 8] jest równa
\n

Zasady oceniania
2 pkt - poprawnie uzupełnione dwie luki.
1 pkt - poprawnie uzupełniona jedna luka.
0 pkt - brak spełnienia powyższych kryteriów.
Pełne rozwiązanie

\n
  1. Największa wartość funkcji 𝑓 jest równa
  2. Najmniejsza wartość funkcji 𝑓 w przedziale [6, 8] jest równa
\n

6
0
Informacja o egzaminie maturalnym z matematyki dla absolwentów niesłyszących
143
Zadanie 32.
Z fizyki wiemy, że torem ruchu rzuconej piłki - przy pominięciu oporów powietrza - jest
fragment paraboli. Koszykarz rzucił piłkę do kosza z odległości 𝑥𝑘= 7,01 m (to odległość od
środka piłki do środka obręczy kosza w linii poziomej). Tor ruchu opiszemy w układzie
współrzędnych. W chwili początkowej środek piłki był w punkcie 𝑥0 = 0, 𝑦0 = 2,50 m.
Środek piłki podczas rzutu poruszał się po paraboli danej równaniem:
𝑦= -0,174𝑥2 + 1,3𝑥+ 2,5
Rzut był celny, a środek piłki przeszedł dokładnie przez środek obręczy kosza.
Na rysunku poniżej przedstawiono tę sytuację oraz tor ruchu piłki w układzie współrzędnych.
Zadanie 32.1. (0-1)
Dokończ zdanie. Wybierz właściwą odpowiedź spośród podanych.
Obręcz kosza jest na wysokości (podanej w zaokrągleniu z dokładnością do 0,01 m)
A. 3,04 m
B. 3,06 m
C. 3,8 m
D. 4,93 m
7,01
𝑦, m
2,5
𝑥, m
(0,0)
144
Informator o egzaminie maturalnym z matematyki na poziomie podstawowym od roku szkolnego 2024/2025
Zasady oceniania
1 pkt - odpowiedź poprawna.
0 pkt - odpowiedź niepoprawna albo brak odpowiedzi.
Rozwiązanie
B
Zadanie 32.2. (0-2)
Oblicz wysokość maksymalną, na jakiej będzie środek piłki podczas opisanego rzutu.
Zapisz wynik w zaokrągleniu do drugiego miejsca po przecinku.
Zasady oceniania
2 pkt - poprawna metoda rozwiązania oraz zapisanie wyniku 4,93 m.
1 pkt - zastosowanie wzoru na wierzchołek paraboli oraz prawidłowe podstawienie
wszystkich danych liczbowych do tego wzoru
ALBO

\n\n

jako współrzędnej wierzchołka paraboli lub wysokości maksymalnej rzutu.
0 pkt - rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania.
Przykładowe pełne rozwiązania
Sposób 1.
Wysokość maksymalna, na jakiej będzie środek piłki, jest równa współrzędnej 𝑦 wierzchołka
paraboli. Skorzystamy ze wzoru na wierzchołek paraboli (zobacz w Wybranych wzorach
matematycznych):
ℎ𝑚𝑎𝑥= 𝑦𝑤= -𝑏2 -4𝑎𝑐
4𝑎
= -1,32 + 4 ⋅0,174 ⋅2,5
4 ⋅(-0,174)
≈4,93 m
Informacja o egzaminie maturalnym z matematyki dla absolwentów niesłyszących
145
Sposób 2.
Wysokość maksymalna, na jakiej będzie środek piłki, jest równa współrzędnej 𝑦 wierzchołka
paraboli. Wartość tę możemy wyznaczyć przekształcając wzór funkcji kwadratowej
𝑦= -0,174𝑥2 + 1,3𝑥+ 2,5 do postaci kanonicznej:
𝑦= -0,174(𝑥-𝑝)2 + 𝑞
gdzie:
ℎ𝑚𝑎𝑥= 𝑦𝑤= 𝑞
𝑦= -0,174𝑥2 + 1,3𝑥+ 2,5 = -0,174 (𝑥2 -1,3
0,174 𝑥) + 2,5 =
= -0,174 ⋅[(𝑥-
1,3
2 ⋅0,174)
2
-(
1,3
2 ⋅0,174)
2
] + 2,5 =
= -0,174 ⋅(𝑥-
1,3
2 ⋅0,174)
2

\n\n

1,3
2 ⋅0,174)
2

\n\n

Zatem:
ℎ𝑚𝑎𝑥= 𝑦𝑤= 𝑞= 0,174 ⋅(
1,3
2 ⋅0,174)
2

\n\n

Zadanie 32.3. (0-3)
W opisanym rzucie piłka przeleciała przez obręcz kosza i upadła na podłogę. Przyjmij, że
obręcz kosza nie miała siatki, a na drodze rzutu nie było żadnej przeszkody. Promień piłki
wynosi 0,12 m.
Oblicz współrzędną 𝒙 środka piłki w momencie, w którym piłka dotknęła podłogi.
Zapisz wynik w zaokrągleniu do drugiego miejsca po przecinku.
146
Informator o egzaminie maturalnym z matematyki na poziomie podstawowym od roku szkolnego 2024/2025
Zasady oceniania
3 pkt - poprawna metoda wyznaczenia współrzędnej 𝑥 oraz zapisanie wyniku 8,99 m.
2 pkt - poprawne rozwiązanie równania 0,174𝑥2 -1,3𝑥-2,38 = 0.
1 pkt - zapisanie równania 0,12 = -0,174𝑥2 + 1,3𝑥+ 2,5.
0 pkt - rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania.
Przykładowe pełne rozwiązanie
Zauważmy, że w momencie gdy piłka upadła i dotknęła podłogi, to środek piłki należy do
paraboli oraz jest na wysokości 0,12 m ponad podłogą. Zatem współrzędne środka piłki
(𝑥, 𝑦) spełniają równanie paraboli, a współrzędna 𝑦= 0,12 m.
0,12 = -0,174𝑥2 + 1,3𝑥+ 2,5
0,174𝑥2 -1,3𝑥-2,38 = 0
Rozwiązujemy otrzymane równanie kwadratowe.
Obliczamy wyróżnik Δ trójmianu kwadratowego 0,174𝑥2 -1,3𝑥-2,38 (zobacz
w Wybranych wzorach matematycznych):
Δ = (-1,3)2 -4 ⋅0,174 ⋅(-2,38) = 3,34648
Rozwiązaniami powyższego równania kwadratowego są liczby:
𝑥1 = 1,3 -√3,34648
0,348
𝑥1 = 1,3 + √3,34648
0,348
𝑥1 ≈-1,52 𝑥2 ≈8,99
Współrzędna 𝑥 środka piłki w momencie, w którym piłka dotknęła podłogi, jest równa w
przybliżeniu 8,99 m.
Informacja o egzaminie maturalnym z matematyki dla absolwentów niesłyszących
147
Zadanie 38. (0-4)
Powierzchnia magazynowa będzie na dwóch takich samych prostokątnych działkach.
Działki te będą miały jeden wspólny bok. Całość będzie ogrodzona płotem. Dodatkowo
działki rozdzieli wspólny płot. W ogrodzeniu będą dwie bramy wjazdowe, każda o szerokości
10 m (zobacz rysunek poniżej). Łączna długość płotu ogradzającego oraz rozdzielającego
dwie działki to 580 metrów. Szerokości dwóch bram wjazdowych nie wlicza się w długość
płotu.
Oblicz wymiary 𝒙 oraz 𝒚 każdej z dwóch prostokątnych działek, tak aby całkowite
pole powierzchni magazynowej było największe.
Zasady oceniania
4 pkt - poprawna metoda obliczenia obu wymiarów działki oraz podanie poprawnych
wyników: 𝑥= 100 m oraz 𝑦= 75 m.
3 pkt - poprawne zapisanie wzoru na pole działki w zależności od jednej zmiennej oraz
poprawne obliczenie współrzędnej 𝑥 wierzchołka paraboli: 𝑥= 100 m.
2 pkt - poprawne zapisanie wzoru na pole całkowite powierzchni magazynowej w zależności
od jednej zmiennej:
𝑃(𝑥) = 2𝑥(150 -3
4 𝑥) dla 𝑥∈(0, 560
3 ).
1 pkt - zapisanie wzoru na pole całkowite powierzchni magazynowej: 𝑃= 𝑥⋅2𝑦
ALBO

\n\n

0 pkt - rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania.
𝑥
𝑦
𝑦
10 m
10 m
148
Informator o egzaminie maturalnym z matematyki na poziomie podstawowym od roku szkolnego 2024/2025
Przykładowe pełne rozwiązanie
Przyjmiemy oznaczenia jak na rysunku w zadaniu. Całkowitą długość płotu - po
uwzględnieniu warunków zadania - można zapisać równaniem:
3𝑥+ 4𝑦-2 ⋅10 = 580
Powyższe równanie określa związek między wymiarami 𝑥 i 𝑦. Wymiar 𝑦 jednej działki
musi być większy od 10 m, ze względu na ustaloną szerokość bramy wjazdowej. W związku
z tym, w modelu matematycznym uwzględniającym warunki zadania, wymiary 𝑥 i 𝑦
spełniają:
𝑥> 0 i 𝑦> 10
Pole 𝑃 całkowitej powierzchni magazynowej jest równe polu prostokąta o bokach długości
𝑥 oraz 2𝑦. Zatem:
𝑃= 𝑥⋅2𝑦
Pole powierzchni magazynowej wyrazimy jako funkcję jednej zmiennej 𝑥. W tym celu
najpierw wyznaczymy 𝑦:
3𝑥+ 4𝑦-2 ⋅10 = 580
4𝑦= 600 -3𝑥
𝑦= 150 -3
4 𝑥
Następnie podstawimy wyznaczone 𝑦 do wzoru na pole 𝑃= 𝑥⋅2𝑦:
𝑃(𝑥) = 2𝑥(150 -3
4 𝑥)
Wyznaczymy dziedzinę funkcji 𝑃. Wykorzystamy związek między wymiarami 𝑥 i 𝑦 oraz
wykorzystamy warunki, jakie te wymiary spełniają:
𝑦= 150 -3
4 𝑥 oraz 𝑦> 10 oraz 𝑥> 0
Zatem:
150 -3
4 𝑥> 10 oraz 𝑥> 0
𝑥< 560
3 oraz 𝑥> 0
Zmienna 𝑥 może przyjmować wartości:
𝑥∈(0, 560
3 )
Informacja o egzaminie maturalnym z matematyki dla absolwentów niesłyszących
149
Wykresem funkcji 𝑃 jest fragment paraboli 𝒫 skierowanej ramionami do dołu. Funkcja 𝑃
przyjmuje wartość największą dla argumentu, który jest pierwszą współrzędną wierzchołka
paraboli 𝒫. Współrzędną 𝑥 wierzchołka paraboli 𝒫 obliczymy z miejsc zerowych funkcji
kwadratowej, która jest równaniem tej paraboli. Rozwiążemy zatem równanie:
2𝑥(150 -3
4 𝑥) = 0
Z powyższego równania wynika, że:
2𝑥= 0 lub 150 -3
4 𝑥= 0
𝑥1 = 0 lub 𝑥2 = 200
Funkcja 𝑃 przyjmuje wartość największą dla argumentu, który jest pierwszą współrzędną
wierzchołka paraboli 𝒫, czyli dla:
𝑥= 𝑥1 + 𝑥2
2
= 100 m
Obliczymy drugi wymiar działki, dla którego pole powierzchni magazynowej jest największe:
𝑦= 150 m -3
4 ⋅100 m = 75 m
Całkowite pole powierzchni magazynowej jest największe dla działki o wymiarach:
𝑥= 100 m oraz 𝑦= 75 m.
150
Informator o egzaminie maturalnym z matematyki na poziomie podstawowym od roku szkolnego 2024/2025
Zadanie 40. (0-2)
W trójkącie 𝐴𝐵𝐶 dane są długości dwóch boków |𝐴𝐵| = 12, |𝐵𝐶| = 8 oraz miara kąta
|∡𝐴𝐵𝐶| = 60°. Punkt 𝐷 jest środkiem boku 𝐵𝐶. Zobacz rysunek poniżej.
Oblicz długość środkowej tego trójkąta, poprowadzonej z wierzchołka 𝑨.
Zasady oceniania
dla rozwiązania sposobem 1.
2 pkt - zapisanie poprawnego równania wynikającego z twierdzenia cosinusów dla trójkąta
𝐴𝐵𝐷 oraz poprawne obliczenie długości środkowej: |𝐴𝐷| = 4√7.
1 pkt - zapisanie równania wynikającego z twierdzenia cosinusów dla trójkąta 𝐴𝐵𝐷, np.:
|𝐴𝐷|2 = |𝐴𝐵|2 + |𝐵𝐷|2 -2 ⋅|𝐴𝐵| ⋅|𝐵𝐷| ⋅cos |∡𝐴𝐵𝐶|
|𝐴𝐷|2 = 122 + 42 -2 ⋅12 ⋅4 ⋅cos 60°
0 pkt - rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania.
Zasady oceniania
dla rozwiązania sposobem 2.
2 pkt - poprawne zastosowanie twierdzenia Pitagorasa dla trójkąta 𝐴𝐺𝐷 oraz poprawne
obliczenie długości środkowej |𝐴𝐷| = 4√7.
1 pkt - wyodrębnienie trójkąta prostokątnego 𝐴𝐺𝐷 oraz trójkąta 𝐺𝐵𝐷 o kątach: 30°, 60°,
90°, łącznie z poprawnym określeniem długości jego boków: |𝐺𝐵| = 2, |𝐷𝐺| = 2√3.
0 pkt - rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania.
𝐴
𝐵
𝐶
60°
𝐷
Informacja o egzaminie maturalnym z matematyki dla absolwentów niesłyszących
151
Przykładowe pełne rozwiązania
Sposób 1. (zastosowanie twierdzenia cosinusów)
Ponieważ 𝐴𝐷 jest środkową, to |𝐵𝐷| = 4.
Do obliczenia długości środkowej 𝐴𝐷 zastosujemy
twierdzenie cosinusów dla trójkąta 𝐴𝐵𝐷:
|𝐴𝐷|2 = |𝐴𝐵|2 + |𝐵𝐷|2 -2 ⋅|𝐴𝐵| ⋅|𝐵𝐷| ⋅cos |∡𝐴𝐵𝐶|
|𝐴𝐷|2 = 122 + 42 -2 ⋅12 ⋅4 ⋅1
2 = 112
|𝐴𝐷| = √112 = 4√7
Sposób 2. (zastosowanie twierdzenia Pitagorasa i własności trójkąta o kątach 30°, 60°, 90°)
Uzupełnimy rysunek pomocniczy (zobacz obok).
W celu obliczenia długości środkowej 𝐴𝐷 zastosujemy
twierdzenie Pitagorasa dla trójkąta prostokątnego 𝐴𝐺𝐷.
Ponieważ 𝐴𝐷 jest środkową, to |𝐵𝐷| = 4.
Rozważmy dalej trójkąt 𝐺𝐵𝐷 .
Trójkąt 𝐺𝐵𝐷 ma kąty o miarach: 30°, 60°, 90°, skąd
wynika, że przyprostokątne tego trójkąta mają długości:
|𝐺𝐵| = 2
|𝐷𝐺| = 2√3
zatem długość przyprostokątnej 𝐴𝐺 trójkąta 𝐴𝐺𝐷 jest równa:
|𝐴𝐺| = 12 -2 = 10
Obliczymy długość środkowej 𝐴𝐷 z twierdzenia Pitagorasa dla trójkąta 𝐴𝐺𝐷:
|𝐴𝐷|2 = |𝐴𝐺|2 + |𝐺𝐷|2
|𝐴𝐷|2 = 102 + (2√3)2 = 112
|𝐴𝐷| = √112 = 4√7
𝐴
𝐵
𝐶
60°
𝐷
𝐶
𝐷
𝐴
60°
𝐵
𝐺
4
2
2ξ3
10
152
Informator o egzaminie maturalnym z matematyki na poziomie podstawowym od roku szkolnego 2024/2025
Zadanie 59.
Hania zrobiła czapeczkę na bal urodzinowy młodszego brata. Czapeczka
ma kształt powierzchni bocznej stożka o średnicy podstawy 𝑑= 20 cm,
wysokości 𝐻= 25 cm i tworzącej 𝑙.
Żeby wykonać czapeczkę, Hania najpierw narysowała na papierze figurę
płaską 𝐴𝐵𝑆 o kształcie wycinka koła o promieniu 𝑙 i środku 𝑆 (zobacz
rysunek 1.). Następnie wycięła tę figurę z papieru, wygięła ją i połączyła
odcinek 𝑆𝐵 z odcinkiem 𝑆𝐴 (zobacz rysunek 2.). W ten sposób
otrzymała kształt stożka.
Zadanie 59.1. (0-1)
Dokończ zdanie. Wybierz właściwą odpowiedź spośród podanych.
Kąt rozwarcia stożka, którego powierzchnią boczną jest czapeczka (rysunek 2.), ma miarę
(w zaokrągleniu do 1°)
A. 44°
B. 136°
C. 134°
D. 68°
Wskazówka: skorzystaj z tablic wartości funkcji trygonometrycznych.
𝐴
𝐵
𝑆
𝑙
Rysunek 1.
Rysunek 2.
𝑆
𝑙
𝐻
𝑑
𝑂
Informacja o egzaminie maturalnym z matematyki dla absolwentów niesłyszących
153
Zasady oceniania
1 pkt - odpowiedź poprawna.
0 pkt - odpowiedź niepoprawna albo brak odpowiedzi.
Rozwiązanie
A
Zadanie 59.2. (0-3)
Oblicz miarę kąta 𝑩𝑺𝑨 wycinka koła (rysunek 1.), z którego powstała czapeczka.
Miarę kąta 𝑩𝑺𝑨 podaj w zaokrągleniu do jednego stopnia.
Zasady oceniania
3 pkt - poprawna metoda obliczenia miary kąta 𝐵𝑆𝐴 oraz podanie poprawnego wyniku
|∡𝐵𝑆𝐴| ≈134°.
2 pkt - poprawne wyprowadzenie i zapisanie związku 𝛼= 𝑟
𝑙⋅360° oraz zapisanie
równania wynikającego z twierdzenia Pitagorasa: 𝑙2 = 𝑟2 + 𝐻2.
1 pkt - zapisanie równania 𝛼
360° ⋅2𝜋𝑙= 2𝜋𝑟
ALBO

\n\n

360° ⋅𝜋𝑙2 = 𝜋𝑟𝑙.
0 pkt - rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania.
Przykładowe pełne rozwiązanie
Wprowadzimy oznaczenia:
𝑟= 𝑑
2 - promień okręgu w podstawie stożka
𝛼= |∡𝐵𝑆𝐴| - miara kąta 𝐵𝑆𝐴 wycinka koła
𝛽 - połowa miary kąta rozwarcia stożka
𝐴
𝑆
𝑙
𝐵
𝛼
𝑆
𝑙
𝐻
𝛽
𝑟
𝑂
154
Informator o egzaminie maturalnym z matematyki na poziomie podstawowym od roku szkolnego 2024/2025
Wyprowadzimy wzór końcowy na symbolach danych (pominiemy obliczenia pośrednie).

\n
  1. Zauważmy, że pole 𝐴𝐵𝑆 wycinka koła jest równe polu powierzchni bocznej stożka (polu
\n

powierzchni czapeczki). Zastosujemy wzór na pole 𝐴𝐵𝑆 wycinka koła oraz wzór na pole
powierzchni bocznej stożka:
𝛼
360° ⋅𝜋𝑙2 = 𝜋𝑟𝑙
𝛼= 𝑟
𝑙⋅360°
Uwaga
Zauważmy, że otrzymany wzór zadaje nadzwyczaj prostą relację między kątem wycinka koła
i kątem rozwarcia stożka:
𝛼= sin 𝛽⋅360°

\n
  1. Wyrazimy 𝑙 poprzez 𝐻 i 𝑑 na podstawie twierdzenia Pitagorasa:
\n

𝑙2 = 𝐻2 + 𝑟2
𝑙2 = 𝐻2 + (𝑑
2)
2
𝑙= √𝐻2 + (𝑑
2)
2

\n
  1. Zapiszemy wzór na miarę kąta 𝛼 i ją obliczymy:
\n

𝛼=
𝑑
2
√𝐻2 + (𝑑
2)
2 ⋅360°
𝛼=
10
√252 + 102 ⋅360°
𝛼≈134°
Informacja o egzaminie maturalnym z matematyki dla absolwentów niesłyszących
155
Zadanie 62. (0-2)
Pojedynczy znak (np. litera, przecinek, wykrzyknik, itp.) w piśmie Braille’a dla niewidomych
jest kombinacją od 1 do 6 wypukłych punktów. Punkty te mogą zajmować miejsca ułożone
w dwóch kolumnach po trzy miejsca w każdej kolumnie. Poniżej podano przykład napisu
w piśmie Braille’a. Czarne kropki w znaku oznaczają wypukłości, a białe kropki oznaczają
brak wypukłości. Pojedynczy znak w piśmie Braille’a musi zawierać co najmniej jeden punkt
wypukły.
Oblicz, ile różnych pojedynczych znaków można zapisać w piśmie Braille’a.
Zasady oceniania
2 pkt - zastosowanie poprawnej metody do obliczenia wszystkich znaków, uwzględnienie
warunku zadania i podanie wyniku: 63.
1 pkt - zapisanie wzoru na liczbę wszystkich możliwych znaków bez uwzględnienia warunku
zadania (tzn. łącznie ze znakiem bez punktu wypukłego): 2 ⋅2 ⋅2 ⋅2 ⋅2 ⋅2
ALBO

\n\n

liczby znaków: z jednym punktem wypukłym, z dwoma punktami wypukłymi, z trzema
punktami wypukłymi, z czterema punktami wypukłymi, z pięcioma punktami
wypukłymi i z sześcioma punktami wypukłymi oraz poprawne zliczenie znaków
w co najmniej trzech spośród sześciu wymienionych grup.
0 pkt - rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania.
m
a
t
u
r
y
156
Informator o egzaminie maturalnym z matematyki na poziomie podstawowym od roku szkolnego 2024/2025
Przykładowe pełne rozwiązania
Sposób 1. (zastosowanie zasady mnożenia)
Zastosujemy regułę mnożenia. Zauważmy, że utworzenie znaku polega na podjęciu kolejno
6 decyzji o tym, jaki ma być rodzaj punktu - elementu znaku. Punkt może być wypukły albo
może nie być wypukły. Zatem mamy dwie możliwości wyboru rodzaju punktu:
albo
Zgodnie z regułą mnożenia, w takich przypadkach liczbę możliwości wyboru
składnika/elementu obiektu mnożymy przez siebie tyle razy, z ilu elementów składa się
obiekt:
2 ⋅2 ⋅2 ⋅2 ⋅2 ⋅2 = 64
Wszystkich możliwości jest 64. Ponieważ znak Braille’a musi zawierać co najmniej jeden punkt
wypukły, to odrzucamy znak bez wypukłości (sześć białych kropek na schemacie powyżej).
Wszystkich znaków jest zatem:
64 -1 = 63
2 możliwości:
albo
2 możliwości:
albo
2 możliwości:
albo
2 możliwości:
albo
2 możliwości:
albo
2 możliwości:
albo
Informacja o egzaminie maturalnym z matematyki dla absolwentów niesłyszących
157
Sposób 2. (bezpośrednie zliczenie liczby znaków z zastosowaniem zasady dodawania)
Będziemy kolejno zliczać znaki: z jednym punktem wypukłym, z dwoma
punktami wypukłymi, z trzema punktami wypukłymi, z czterema punktami
wypukłymi, z pięcioma punktami wypukłymi i z sześcioma punktami
wypukłymi. Zbiory znaków z daną liczbą punktów wypukłych oznaczymy
odpowiednio jako: 𝐴1, 𝐴2, 𝐴3, 𝐴4, 𝐴5, 𝐴6.
Aby zliczanie przeprowadzić metodycznie, ułatwimy sobie zadanie
numerując punkty w polu znaku, jak na rysunku obok.
W takiej konwencji, przykładowo:

\n\n

znaczenia.
𝐴1 = {(1), (2), (3), (4), (5), (6)}, zatem |𝐴1| = 6
𝐴2 =
{
(1,2), (1,3), (1,4), (1,5), (1,6),
(2,3), (2,4), (2,5), (2,6),
(3,4), (3,5), (3,6),
(4,5), (4,6),
(5,6) }
, zatem |𝐴2| = 15
𝐴3 =
{
(1,2,3), (1,2,4), (1,2,5), (1,2,6),
(1,3,4), (1,3,5), (1,3,6),
(1,4,5), (1,4,6), (1,5,6),
(2,3,4), (2,3,5), (2,3,6),
(2,4,5), (2,4,6), (2,5,6),
(3,4,5), (3,4,6), (3,5,6),
(4,5,6) }
, zatem |𝐴3| = 20
Zauważmy, że każdemu znakowi z dwoma punktami wypukłymi możemy przyporządkować
znak z czterema punktami wypukłymi, zamieniając punkty wypukłe na niewypukłe
i odwrotnie:
Np. znakowi
przyporządkujemy znak
Zatem znaków z czterema punktami wypukłymi jest tyle samo, co znaków z dwoma punktami
wypukłymi. Podobnie argumentujemy, że znaków z pięcioma punktami wypukłymi jest tyle
samo co znaków z jednym punktem wypukłym. Stąd |𝐴4| = |𝐴2| = 15 oraz |𝐴5| = |𝐴1| = 6.
𝐴6 = {(1,2,3,4,5,6)}, zatem |𝐴6| = 1
Wszystkich znaków w piśmie Braille’a jest: 6 + 15 + 20 + 15 + 6 + 1 = 63.
1
4
2
5
3
6
MATEMATYKA
Poziom podstawowy
MATEMATYKA
Poziom podstawowy
MATEMATYKA
Poziom podstawowy

","solutions":[{"source":"zadaniazmatur","label":"zadaniazmatur.pl","kind":"text","html":"

$\\frac{15}{36}$

"},{"source":"ai","label":"AI","kind":"text","html":"

Losujemy ze zwracaniem dwie liczby ze zbioru {1,2,3,4,5,6}. Zdarzenia
elementarne to pary (x,y), |Ω|=6·6=36.
Zdarzenie A: pierwsza liczba większa od drugiej. Liczba par sprzyjających:
dla drugiej liczby=1: pierwsza może być 2,3,4,5,6 (5 możliwości)
dla drugiej liczby=2: pierwsza może być 3,4,5,6 (4 możliwości)
dla drugiej liczby=3: pierwsza może być 4,5,6 (3 możliwości)
dla drugiej liczby=4: pierwsza może być 5,6 (2 możliwości)
dla drugiej liczby=5: pierwsza może być 6 (1 możliwość)
dla drugiej liczby=6: 0 możliwości
|A| = 5+4+3+2+1+0 = 15.
P(A) = |A|/|Ω| = 15/36 = 5/12.

"}]}