Zadanie 31. (0-4)
W pewnym mieście jest prostopadły układ ulic,
a ruch na każdej z nich jest dwukierunkowy.
W centrum miasta znajduje się park, gdzie
obowiązuje całkowity zakaz ruchu pojazdów.
Schemat ulic w tym mieście wraz
z położeniem parku przedstawiono poniżej na
rysunku. Tomek znajduje się w punkcie 𝐴
miasta i chce dojechać samochodem
najkrótszą drogą do punktu 𝐵.
Oblicz, ile jest najkrótszych dróg z 𝑨 do 𝑩. Zapisz obliczenia.
𝐴
𝐵
starówka
Przykładowe zadania z rozwiązaniami
103
Wymagania ogólne
II. Wykorzystanie i tworzenie informacji.
2.
[…] operowanie informacjami przedstawionymi w tekście […] w formie wykresów,
diagramów […].
III. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji.
2.
Dobieranie i tworzenie modeli matematycznych przy rozwiązywaniu problemów
praktycznych i teoretycznych.
IV. Rozumowanie i argumentacja.
4.
Stosowanie i tworzenie strategii przy rozwiązywaniu zadań, również w sytuacjach
nietypowych.
Wymagania szczegółowe
XI. Kombinatoryka. Zdający:
1R) oblicza liczbę możliwych sytuacji, spełniających określone kryteria,
z wykorzystaniem reguły mnożenia i dodawania (także łącznie) oraz wzorów na
liczbę: permutacji, kombinacji i wariacji;
104
Informator o egzaminie maturalnym z matematyki na poziomie rozszerzonym od roku szkolnego 2024/2025
2R) stosuje współczynnik dwumianowy (symbol Newtona) i jego własności przy
rozwiązywaniu problemów kombinatorycznych.
Zasady oceniania
4 pkt - zastosowanie poprawnej metody i poprawny wynik.
3 pkt - obliczenie liczby wszystkich najkrótszych dróg z 𝐴 do 𝐾 (gdzie
𝐾∈{𝐶, 𝐷, 𝐸, 𝐹, 𝐺}).
2 pkt - zapisanie, że liczba wszystkich najkrótszych dróg z 𝐴 do 𝐵 przechodzących przez
punkt 𝐾 (gdzie 𝐾∈{𝐶, 𝐷, 𝐸, 𝐹, 𝐺}) jest iloczynem liczby wszystkich najkrótszych
dróg z 𝐴 do 𝐾 i liczby wszystkich najkrótszych dróg z 𝐾 do 𝐵.
1 pkt - zapisanie, że każda najkrótsza droga z 𝐴 do 𝐵 musi przechodzić przez jeden
z punktów 𝐶- 𝐺.
0 pkt - rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania.
Przykładowe pełne rozwiązanie
W poniższym rozwiązaniu przez 𝑛(𝐾, 𝐿) rozumieć będziemy liczbę wszystkich najkrótszych
dróg z punktu 𝐾 do punktu 𝐿.
Zaznaczmy na schemacie ulic punkty 𝐶, 𝐷, 𝐸, 𝐹, 𝐺 (zobacz rysunek 1.).
Rysunek 1.
𝐹
𝐺
𝐸
𝐶
𝐷
𝐴
𝐵
park
Przykładowe zadania z rozwiązaniami
105
Zauważmy, że każda najkrótsza droga z 𝐴 do 𝐵 musi przechodzić przez któryś z punktów
𝐶, 𝐷, 𝐸, 𝐹 lub 𝐺. Ponadto, liczba wszystkich najkrótszych dróg z 𝐴 do 𝐵 przechodzących
przez 𝐶 jest równa 𝑛(𝐴, 𝐶) ⋅𝑛(𝐶, 𝐵). Analogicznie, liczba wszystkich najkrótszych dróg
z 𝐴 do 𝐵 przechodzących przez 𝐷 jest równa 𝑛(𝐴, 𝐷) ⋅𝑛(𝐷, 𝐵) itd.
Obliczymy 𝑛(𝐴, 𝐶), czyli liczbę wszystkich najkrótszych dróg z 𝐴 do 𝐶.
Kierunek wyznaczony na rysunku 1. przez prostą 𝐴𝐺 nazwiemy poziomym, a kierunek
prostopadły do poziomego - pionowym. Każda najkrótsza droga z 𝐴 do 𝐶 składa się
z dokładnie 11 odcinków: 2 poziomych i 9 pionowych. Wskazanie 2 odcinków
(spośród 11), które mają być poziome, określa nam jednoznacznie najkrótszą drogę z 𝐴
do 𝐶. Stąd najkrótszych dróg z 𝐴 do 𝐶 jest (11
2 ).
Na rysunku 2. przedstawiono najkrótszą drogę z 𝐴 do 𝐶, gdzie odcinki trzeci i ósmy są
poziome, a pozostałe - pionowe.
Na rysunku 3. przedstawiono najkrótszą drogę z 𝐴 do 𝐶, która odpowiada wyborowi
odcinków szóstego i jedenastego jako odcinków poziomych.
Podobnie rozumując, otrzymujemy
𝑛(𝐴, 𝐶) ⋅𝑛(𝐶, 𝐵) = (11
2 ) ⋅(13
0 ) = 55 ⋅1 = 55
Rysunek 2.
𝐶
𝐴
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
Rysunek 3.
𝐶
𝐴
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
106
Informator o egzaminie maturalnym z matematyki na poziomie rozszerzonym od roku szkolnego 2024/2025
𝑛(𝐴, 𝐷) ⋅𝑛(𝐷, 𝐵) = (11
3 ) ⋅(13
1 ) = 165 ⋅13 = 2145
𝑛(𝐴, 𝐸) ⋅𝑛(𝐸, 𝐵) = (11
4 ) ⋅(13
2 ) = 330 ⋅78 = 25740
𝑛(𝐴, 𝐹) ⋅𝑛(𝐹, 𝐵) = (13
1 ) ⋅(11
3 ) = 13 ⋅165 = 2145
𝑛(𝐴, 𝐺) ⋅𝑛(𝐺, 𝐵) = (13
0 ) ⋅(11
2 ) = 1 ⋅55 = 55
więc 𝑛(𝐴, 𝐵) = 55 + 2145 + 25740 + 2145 + 55 = 30140.
Informacja o egzaminie maturalnym z matematyki dla absolwentów niesłyszących
107
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, które ilustrują
sposób dostosowania niektórych zadań wybranych z rozdziału 2. Przykładowe zadania
z rozwiązaniami. Zachowano tę samą numerację zadań.
108
Informator o egzaminie maturalnym z matematyki na poziomie rozszerzonym od roku szkolnego 2024/2025
Zadanie 6. (0-4)
Funkcja kwadratowa 𝑓 jest określona wzorem 𝑓(𝑥) = 𝑝𝑥2 + (𝑝-1)𝑥+ 1 -2𝑝 dla
każdego 𝑥∈ℝ.
Wyznacz wszystkie wartości parametru 𝒑, dla których funkcja 𝒇 ma dokładnie dwa
miejsca zerowe 𝒙𝟏 i 𝒙𝟐 , których różnica jest równa 𝟏. Zapisz obliczenia.
Zasady oceniania
4 pkt - zastosowanie poprawnej metody i poprawny wynik.
3 pkt - rozwiązanie równania |1 -1-2𝑝
𝑝
| = 1.
Informacja o egzaminie maturalnym z matematyki dla absolwentów niesłyszących
109
2 pkt - zapisanie równania |𝑥1 -𝑥2| = 1 w postaci równania z jedną niewiadomą 𝑝, np.
|1 -1-2𝑝
𝑝
| = 1.
1 pkt - zapisanie i sprawdzenie rachunkiem, że liczba 𝑥1 = 1 jest miejscem zerowym
funkcji 𝑓 oraz wyznaczenie miejsca zerowego 𝑥2 funkcji 𝑓: 𝑥2 = 1-2𝑝
𝑝
0 pkt - rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania.
Przykładowe pełne rozwiązanie
Ponieważ 𝑓 jest funkcją kwadratową, więc 𝑝≠0.
Zauważamy, że liczba 𝑥1 = 1 jest miejscem zerowym funkcji 𝑓:
𝑓(1) = 𝑝⋅12 + (𝑝-1) ⋅1 + 1 -2𝑝= 0
Korzystamy ze wzorów Viète’a i wyznaczamy miejsce zerowe 𝑥2 funkcji 𝑓:
𝑥1 ⋅𝑥2 = 1 -2𝑝
𝑝
𝑥2 = 1 -2𝑝
𝑝
Miejsca zerowe 𝑥1 , 𝑥2 funkcji 𝑓 różnią się o 1, gdy |𝑥1 -𝑥2| = 1.
Rozwiązujemy równanie |𝑥1 -𝑥2| = 1:
|𝑥1 -𝑥2| = 1
|1 -1 -2𝑝
𝑝
| = 1
|3𝑝-1
𝑝
| = 1
3𝑝-1
𝑝
= 1 ∨ 3𝑝-1
𝑝
= -1
3𝑝-1 = 𝑝 ∨ 3𝑝-1 = -𝑝
𝑝= 1
2 ∨ 𝑝= 1
4
Dla 𝑝= 1
4 funkcja 𝑓 przyjmuje postać 𝑓(𝑥) = 1
4 𝑥2 -3
4 𝑥+ 1
2 i ma dwa rzeczywiste
miejsca zerowe: 1 oraz 2.
Dla 𝑝= 1
2 funkcja 𝑓 przyjmuje postać 𝑓(𝑥) = 1
2 𝑥2 -1
2 𝑥 i ma dwa rzeczywiste miejsca
zerowe: 0 oraz 1.
Zatem funkcja 𝑓 ma dokładnie dwa miejsca zerowe różniące się o 1 tylko wtedy, gdy
𝑝= 1
4 lub 𝑝= 1
2 .
110
Informator o egzaminie maturalnym z matematyki na poziomie rozszerzonym od roku szkolnego 2024/2025
Zadanie 9. (0-4)
Syzyf codziennie próbuje wtoczyć ciężką
kamienną kulę na szczyt pewnej góry. Niestety,
nie udaje mu się osiągnąć celu.
Próbę zaczyna w chwili 𝑡= 0 od punktu 𝒪
oddalonego od szczytu o 4 km. Położenie 𝑠
Syzyfa wtaczającego kulę jest opisane równaniem
𝑠(𝑡) = -𝑡3 + 16,5𝑡2 + 180𝑡 dla 𝑡∈[0, 24]
gdzie 𝑠 jest wyrażone w metrach, a czas 𝑡 - w godzinach.
Oś 𝒪𝑠 jest skierowana do wierzchołka góry i jest styczna w każdym punkcie do zbocza
góry.
Oblicz najmniejszą odległość, na jaką Syzyf zbliży się do wierzchołka góry, oraz
największą prędkość, z jaką wtacza kamień pod górę. Zapisz obliczenia.
Informacja o egzaminie maturalnym z matematyki dla absolwentów niesłyszących
111
Zasady oceniania
4 pkt - poprawna metoda wyznaczenia najmniejszej odległości, na jaką Syzyf zbliży się do
wierzchołka góry, i poprawna metoda wyznaczenia największej wartości prędkości,
z jaką wtaczany jest kamień, wraz z poprawnymi wynikami liczbowymi.
3 pkt - zapisanie, że prędkość jest pochodną funkcji położenia i wyznaczenie ekstremów
funkcji 𝑠′.
2 pkt - zbadanie monotoniczności funkcji 𝑠 i wyznaczenie ekstremów funkcji 𝑠.
1 pkt - wyznaczenie pochodnej funkcji 𝑠.
0 pkt - rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania.
Przykładowe pełne rozwiązanie
Najpierw wyznaczymy najmniejszą odległość, na jaką Syzyf zbliży się do wierzchołka góry.
Wyznaczamy pochodną funkcji 𝑠:
𝑠′(𝑡) = -3𝑡2 + 33𝑡+ 180 dla
𝑡∈[0, 24]
i obliczamy jej miejsca zerowe:
𝑠′(𝑡) = 0
-3𝑡2 + 33𝑡+ 180 = 0
𝑡2 -11𝑡-60 = 0
Δ = 361
𝑡1 = 15 𝑡2 < 0
Ponieważ:
𝑠′(𝑡) > 0 dla 𝑡∈[0,15)
𝑠′(𝑡) < 0 dla 𝑡∈(15, 24]
więc
funkcja 𝑠 jest rosnąca w przedziale [0, 15]
funkcja 𝑠 jest malejąca w przedziale [15, 24].
Zatem dla 𝑡= 15 funkcja 𝑠 przyjmuje wartość największą równą 𝑠(15) = 3037,5. Syzyf
po 15 godzinach pokonał 3037,5 m, a więc zbliżył się do wierzchołka góry na odległość
4000 -3037,5 = 962,5 m.
Obliczamy największą wartość prędkości, z jaką Syzyf wtacza kulę.
Niech v oznacza prędkość Syzyfa wtaczającego kulę.
Ponieważ v = 𝑠′ , więc
v(𝑡) = 𝑠′(𝑡) = -3𝑡2 + 33𝑡+ 180 dla
𝑡∈[0, 24]
Korzystamy z własności funkcji kwadratowej i obliczamy największą wartość prędkości,
z jaką Syzyf wtacza kulę:
112
Informator o egzaminie maturalnym z matematyki na poziomie rozszerzonym od roku szkolnego 2024/2025
Pierwsza współrzędna wierzchołka paraboli 𝑦= -3𝑡2 + 33𝑡+ 180 ma wartość
𝑝= -𝑏
2𝑎= -
33
2 ⋅(-3) = 11
2 ∈[0, 24]
więc 𝜐(11
2 ) = -3 ⋅(11
2 )
2
2 + 180 = 270,75 > 0.
Zatem największa wartość prędkości, z jaką Syzyf wtacza kulę pod górę, jest równa
270,75 m/h.
Zadanie 10. (0-6)
Na rysunku poniżej przedstawiono położenie czterech miast 𝐴, 𝐵, 𝐶 i 𝐷 oraz przykładową
sieć dróg między nimi. Sieć trzeba zaprojektować tak, aby łączyła każde dwa z tych miast,
miała dwa węzły, a łączna długość jej dróg była możliwie najmniejsza. Punkty 𝐴, 𝐵, 𝐶 i 𝐷
to wierzchołki kwadratu o boku 300 km.
Oblicz, jaka musi być długość najkrótszej takiej sieci dróg i gdzie muszą być
zlokalizowane węzły tej sieci. Zapisz obliczenia.
𝐴
𝐶
𝐷
𝐵
węzły
300 km
300 km
Informacja o egzaminie maturalnym z matematyki dla absolwentów niesłyszących
113
Zasady oceniania
6 pkt - obliczenie długości najkrótszej sieci z dwoma węzłami i podanie lokalizacji węzłów
względem miast.
5 pkt - obliczenie długości najkrótszej sieci z dwoma węzłami.
4 pkt - obliczenie wartości najmniejszej funkcji 𝑓.
3 pkt - wyznaczenie pochodnej funkcji 𝑓.
2 pkt - zapisanie długości sieci w zależności od odległości węzłów od prostych -
odpowiednio - 𝐴𝐷 i 𝐵𝐶.
1 pkt - uzasadnienie, że węzły muszą się znajdować na symetralnej odcinka 𝐴𝐷.
0 pkt - rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania.
114
Informator o egzaminie maturalnym z matematyki na poziomie rozszerzonym od roku szkolnego 2024/2025
Przykładowe pełne rozwiązanie
Rozpatrzmy sieć dróg złożoną z odcinków 𝐴𝐾, 𝐾𝐿, 𝐿𝐶, 𝐵𝐿 i 𝐷𝐾 (zobacz rysunek 1.).
Prowadzimy prostą 𝑝 równoległą do 𝐴𝐷 i przechodzącą przez 𝐾 i zaznaczamy na niej
punkt 𝐾’ taki, że |𝐴𝐾′| = |𝐷𝐾′|.
Prowadzimy prostą równoległą do 𝐵𝐶 i przechodzącą przez 𝐿 i zaznaczamy na niej
punkt 𝐿’ taki, że |𝐵𝐿′| = |𝐶𝐿′| (zobacz rysunek 2.).
Pokażemy, że sieć dróg z węzłami 𝐾 i 𝐿 można zastąpić siecią krótszą - z węzłami 𝐾’
oraz 𝐿’.
Niech 𝐷’ będzie punktem symetrycznym do punktu 𝐷 względem prostej 𝑝. Wówczas
punkty 𝐷’, 𝐾’ oraz 𝐴 są współliniowe, więc
|𝐷𝐾| + |𝐾𝐴| = |𝐷′𝐾| + |𝐾𝐴| ≥|𝐷′𝐴| = |𝐷𝐾′| + |𝐾′𝐴|
𝐴
𝐶
𝐷
𝐵
𝐾
𝐿
Rysunek 2.
𝐾′
𝐿′
𝑝
𝐴
𝐶
𝐷
𝐵
𝐾
𝐿
Rysunek 1.
Informacja o egzaminie maturalnym z matematyki dla absolwentów niesłyszących
115
Podobnie pokazujemy, że |𝐵𝐿| + |𝐿𝐶| ≥|𝐵𝐿′| + |𝐿′𝐶|. Ponadto odcinek 𝐾′𝐿′ jest
równoległy do prostej 𝐴𝐵, więc |𝐾′𝐿′| ≤|𝐾𝐿|. Zatem sieć dróg z węzłami 𝐾′ i 𝐿′ jest
krótsza niż z węzłami 𝐾 i 𝐿.
Oznaczmy odległość punktu 𝐾′ od prostej 𝐴𝐷 przez 𝑥, natomiast punktu 𝐿′ od
prostej 𝐵𝐶 - przez 𝑦. (zobacz rysunek 3).
Długość 𝑑 sieci z węzłami 𝐾′ i 𝐿′ jest równa
𝑑= 2√1502 + 𝑥2 + 2√1502 + 𝑦2 + 300 -𝑥-𝑦
gdzie 𝑥∈[0, 300), 𝑦∈[0, 300) i 𝑥+ 𝑦< 300.
Zauważmy, że funkcje 𝑓(𝑥) = 2√1502 + 𝑥2 -𝑥 i 𝑔(𝑦) = 2√1502 + 𝑦2 -𝑦 maja taką
samą postać, w związku z tym zbadamy tylko funkcję 𝑓(𝑥) = 2√1502 + 𝑥2 -𝑥 określoną
dla 𝑥∈[0, 300].
𝑓′(𝑥) = 2 ⋅1
2 ⋅
1
√1502 + 𝑥2 ⋅2𝑥-1 =
2𝑥
√1502 + 𝑥2 -1
𝑓′(𝑥) = 0
2𝑥
√(1502 + 𝑥2)
= 1
4𝑥2 = 𝑥2 + 1502
𝑥= 50√3
𝑓′(𝑥) > 0 ⟺ 𝑥∈(50√3, 300]
𝑓′(𝑥) < 0 ⟺ 𝑥∈[0, 50√3)
Funkcja 𝑓 jest malejąca w przedziale [0, 50√3] i rosnąca w przedziale [50√3, 300].
Najmniejszą wartość funkcja przyjmuje w punkcie 𝑥= 50√3 i wartość ta jest równa
𝑓(50√3) = 150√3.
𝐶
𝐷
𝑥
Rysunek 3.
𝑦
𝐿′
𝐴
𝐵
𝐾′
116
Informator o egzaminie maturalnym z matematyki na poziomie rozszerzonym od roku szkolnego 2024/2025
Zatem
𝑑= 𝑓(𝑥) + 𝑓(𝑦) + 300 ≥300(1 + √3)
przy czym równość zachodzi tylko wtedy, gdy 𝑥= 𝑦= 50√3. Najkrótsza sieć dróg ma
zatem długość 300(1 + √3) km i składa się z 5 odcinków: 𝐴𝐾′, 𝐾′𝐿′, 𝐿′𝐶, 𝐵𝐿′ i 𝐷𝐾′.
Węzeł 𝐾′ jest równo oddalony (w odległości 100√3 km) od miast 𝐴 i 𝐷, natomiast
węzeł 𝐿′ jest równo oddalony (w odległości 100√3 km) od miast 𝐵 i 𝐶 (zobacz
rysunek 3.).
Zauważmy jeszcze, że w przypadku sieci dróg z jednym węzłem, najkrótsza taka sieć będzie
miała długość równą 600√2 km (i węzeł w środku kwadratu 𝐴𝐵𝐶𝐷). Będzie więc dłuższa
niż sieć z dwoma węzłami.
Zadanie 19. (0-4)
Na rysunku obok przedstawiono położenie miejscowości
𝐴, 𝐵 i 𝐶 oraz zaznaczono odległości między nimi.
O godzinie 9:00 z miejscowości 𝐴 do 𝐶 wyruszyli
harcerze z zastępu „Tropiciele” i maszerowali
z prędkością 4 km/h. O tej samej godzinie
z miejscowości 𝐵 do 𝐴 wyruszyli harcerze z zastępu
„Korsarze” i maszerowali z prędkością 2 km/h.
Wyznacz godzinę, o której odległość między tymi zastępami harcerzy będzie
najmniejsza. Zapisz obliczenia.
𝐴
𝐵
𝐶
15 km
20 km
Informacja o egzaminie maturalnym z matematyki dla absolwentów niesłyszących
117
Zasady oceniania
dla rozwiązania sposobem 1.
4 pkt - poprawna metoda wyznaczenia chwili, w której odległość między zastępami będzie
najmniejsza i poprawna odpowiedź.
3 pkt - uzasadnienie, że odległość 𝑑 jest najmniejsza wtedy, gdy wyrażenie
podpierwiastkowe 20𝑡2 -60𝑡+ 225 jest możliwie najmniejsze oraz podanie
zakresu zmienności 𝑡.
2 pkt - wyznaczenie odległości 𝑑 między zastępami w zależności od czasu 𝑡, jaki upłynął
od momentu wyruszenia zastępów.
1 pkt - wyznaczenie odległości poszczególnych zastępów od miejscowości 𝐴 w zależności
od czasu, jaki upłynął od momentu wyruszenia zastępów.
0 pkt - rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania.
dla rozwiązania sposobem 2.
4 pkt - uzasadnienie (np. poprzez zbadanie monotoniczności), że dla 𝑡= 1,5 funkcja 𝑑(𝑡)
osiąga minimum globalne i podanie poprawnej odpowiedzi.
3 pkt - podanie dziedziny funkcji 𝑑(𝑡), obliczenie pochodnej funkcji 𝑑(𝑡) i znalezienie
punktów krytycznych.
2 pkt - wyznaczenie odległości 𝑑 między zastępami w zależności od czasu 𝑡, jaki upłynął
od momentu wyruszenia zastępów.
1 pkt - wyznaczenie odległości poszczególnych zastępów od miejscowości 𝐴 w zależności
od czasu, jaki upłynął od momentu wyruszenia zastępów.
0 pkt - rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania.
118
Informator o egzaminie maturalnym z matematyki na poziomie rozszerzonym od roku szkolnego 2024/2025
Przykładowe pełne rozwiązania
Sposób 1.
Niech 𝑑1 będzie odległością (w km) zastępu „Tropiciele” od miejscowości 𝐴.
Wyznaczamy zależność 𝑑1 od czasu 𝑡 (w godzinach), jaki upłynął od chwili wyruszenia
zastępu z miejscowości 𝐴:
𝑑1(𝑡) = 4𝑡
dla 𝑡∈[0, 5],
gdzie 4 to prędkość (w km/h) marszu „Tropicieli”.
Niech 𝑑2 będzie odległością (w km) zastępu „Korsarze” od miejscowości 𝐴.
Wyznaczamy zależność 𝑑2 od czasu 𝑡 (w godzinach), jaki upłynął od chwili wyruszenia
zastępu z miejscowości 𝐵:
𝑑2(𝑡) = 15 -2𝑡
dla 𝑡∈[0, 15
2 ],
gdzie 2 to prędkość (w km/h) marszu „Korsarzy”.
Odległość między zastępami badamy do momentu, gdy pierwszy z nich dotrze do celu.
Odległość 𝑑 między zastępami w chwili 𝑡 jest równa
𝑑(𝑡) = √𝑑1
2(𝑡) + 𝑑2
2(𝑡) = √16𝑡2 + (15 -2𝑡)2 dla 𝑡∈[0, 5].
Badamy, dla jakiego argumentu 𝑡∈[0, 5] funkcja 𝑑 osiąga wartość najmniejszą.
Ponieważ funkcja 𝑔(𝑥) = √𝑥 jest funkcją rosnącą w przedziale [0, +∞), więc funkcja 𝑑
osiąga wartość najmniejszą wtedy, gdy funkcja
𝑓(𝑡) = 16𝑡2 + (15 -2𝑡)2 = 20𝑡2 -60𝑡+ 225 określona dla 𝑡∈[0, 5]
osiąga wartość najmniejszą.
Korzystamy z własności funkcji kwadratowej i obliczamy argument, dla którego funkcja 𝑓
osiąga wartość najmniejszą:
𝑡= --60
2⋅20 = 1,5 ∈[0, 5]
więc funkcja 𝑓 osiąga wartość najmniejszą dla 𝑡= 1,5. Zatem funkcja 𝑑 osiąga wartość
najmniejszą dla argumentu 𝑡= 1,5.
Odległość między zastępami harcerzy będzie najmniejsza po upływie półtorej godziny, czyli
o godzinie 10:30.
Sposób 2.
Niech 𝑑1 będzie odległością (w km) zastępu „Tropiciele” od miejscowości 𝐴.
Wyznaczamy zależność 𝑑1 od czasu 𝑡 (w godzinach), jaki upłynął od chwili wyruszenia
zastępu z miejscowości 𝐴:
𝑑1(𝑡) = 4𝑡
dla 𝑡∈[0, 5],
gdzie 4 to prędkość (w km/h) marszu „Tropicieli”.
Niech 𝑑2 będzie odległością (w km) zastępu „Korsarze” od miejscowości 𝐴.
Informacja o egzaminie maturalnym z matematyki dla absolwentów niesłyszących
119
Wyznaczamy zależność 𝑑2 od czasu 𝑡 (w godzinach), jaki upłynął od chwili wyruszenia
zastępu z miejscowości 𝐵:
𝑑2(𝑡) = 15 -2𝑡
dla 𝑡∈[0, 15
2 ].
gdzie 2 to prędkość (w km/h) marszu „Korsarzy”.
Odległość 𝑑 między zastępami w chwili 𝑡 wynosi
𝑑(𝑡) = √𝑑1
2(𝑡) + 𝑑2
2(𝑡) = √16𝑡2 + (15 -2𝑡)2 dla 𝑡∈[0, 5] oraz
𝑑(𝑡) = √𝑑1
2(5) + 𝑑2
2(𝑡) = √400 + (15 -2𝑡)2 dla 𝑡∈(5, 15
2 ],
przy czym przyjmujemy, że dla 𝑡∈[5, 15
2 ] „Tropiciele” znajdują się w miejscowości 𝐶.
Badamy, dla jakiego argumentu 𝑡∈[0, 15
2 ] funkcja 𝑑 osiąga wartość najmniejszą.
Wyznaczamy pochodną funkcji 𝑑:
𝑑′(𝑡) = (√16𝑡2 + (15 -2𝑡)2)
′
1
2√16𝑡2 + (15 -2𝑡)2 ⋅[16𝑡2 + (15 -2𝑡)2]′ =
1
2√16𝑡2 + (15 -2𝑡)2 ⋅[32𝑡+ 2 ⋅(15 -2𝑡) ⋅(-2)] =
20𝑡-30
√16𝑡2 + (15 -2𝑡)2
dla 𝑡∈[0, 5] oraz
𝑑′(𝑡) = (√400 + (15 -2𝑡)2)
′
1
2√400 + (15 -2𝑡)2 ⋅[400 + (15 -2𝑡)2]′ =
1
2√400 + (15 -2𝑡)2 ⋅[2 ⋅(15 -2𝑡) ⋅(-2)] =
4𝑡-30
√400 + (15 -2𝑡)2
dla 𝑡∈(5, 15
2 ].
Obliczamy miejsca zerowe pochodnej funkcji 𝑑:
20𝑡-30
√16𝑡2 + (15 -2𝑡)2 = 0
𝑡= 3
2 ∈[0, 5]
oraz
4𝑡-30
√400 + (15 -2𝑡)2 = 0
𝑡= 15
2 ∈(5, 15
2 ]
Badamy monotoniczność funkcji 𝑑.
120
Informator o egzaminie maturalnym z matematyki na poziomie rozszerzonym od roku szkolnego 2024/2025
Ponieważ
𝑑′(𝑡) > 0 dla 𝑡∈(3
2 , 5]
𝑑′(𝑡) < 0 dla 𝑡∈[0, 3
2 )
więc
funkcja 𝑑 jest rosnąca w przedziale [3
2 , 5]
funkcja 𝑑 jest malejąca w przedziałach [0, 3
2] oraz [5, 15
2 ].
Ponadto 𝑑(3
2 ) = √400. Zatem funkcja 𝑑 osiąga wartość
najmniejszą dla 𝑡= 1,5.
Odległość między zastępami harcerzy będzie najmniejsza o godzinie 10:30.
Informacja o egzaminie maturalnym z matematyki dla absolwentów niesłyszących
121
Poniżej przedstawiono ilustrację geometryczną do sposobów 1. (po lewej) oraz 2. (po
prawej).
Punkty 𝑋𝑖 odpowiadają położeniom zastępu „Korsarze” po kolejnych półgodzinnych
odstępach czasu, licząc od momentu wyruszenia z miejscowości 𝐵.
Punkty 𝑌𝑖 odpowiadają położeniom zastępu „Tropiciele” po kolejnych półgodzinnych
odstępach czasu, licząc od momentu wyruszenia z miejscowości 𝐴.
𝑑= |𝑋𝑖𝑌𝑖| (w km)
Godzina
|𝑋1𝑌1| ≈14,14
9:30
|𝑋2𝑌2| ≈13,60
10:00
|𝑋3𝑌3| ≈13,42
10:30
|𝑋4𝑌4| ≈13,60
11:00
|𝑋5𝑌5| ≈14,14
11:30
|𝑋6𝑌6| ≈15,00
12:00
|𝑋7𝑌7| ≈16,12
12:30
|𝑋8𝑌8| ≈17,46
13:00
|𝑋9𝑌9| ≈18,97
13:30
|𝑋10𝑌10| ≈20,62
14:00
|𝑋11𝑌10| ≈20,40
14:30
|𝑋12𝑌10| ≈20,22
15:00
|𝑋13𝑌10| ≈20,10
15:30
|𝑋14𝑌10| ≈20,02
16:00
|𝐴𝑌10| ≈20,00
16:30
𝑑= |𝑋𝑖𝑌𝑖| (w km)
Godzina
|𝑋1𝑌1| ≈14,14
9:30
|𝑋2𝑌2| ≈13,60
10:00
|𝑋3𝑌3| ≈13,42
10:30
|𝑋4𝑌4| ≈13,60
11:00
|𝑋5𝑌5| ≈14,14
11:30
|𝑋6𝑌6| ≈15,00
12:00
|𝑋7𝑌7| ≈16,12
12:30
|𝑋8𝑌8| ≈17,46
13:00
|𝑋9𝑌9| ≈18,97
13:30
|𝑋10𝑌10| ≈20,62
14:00
𝐴
𝐵
𝑋1
𝑋2
𝑋3
𝑋4
𝑋5
𝑋6
𝑌1
𝑌2
𝑌3
𝑌4
𝑌5
𝑌10 = 𝐶
𝑋7
𝑋8
𝑋9
𝑋10
𝑌6
𝑌7
𝑌8
𝑌9
𝐴
𝐵
𝑋1
𝑋2
𝑋3
𝑋4
𝑋5
𝑋6
𝑌1
𝑌2
𝑌3
𝑌4
𝑌5
𝑌10 = ⋯𝑌15 = 𝐶
𝑋11
𝑋12
𝑋7
𝑋8
𝑋9
𝑋10
𝑌6
𝑌7
𝑌8
𝑌9
𝑋13
𝑋14
122
Informator o egzaminie maturalnym z matematyki na poziomie rozszerzonym od roku szkolnego 2024/2025
Zadanie 21. (0-5)
W ostrosłupie prawidłowym czworokątnym 𝐴𝐵𝐶𝐷𝐸 punkt 𝑂 jest środkiem symetrii
podstawy ostrosłupa. Stosunek obwodu podstawy 𝐴𝐵𝐶𝐷 do sumy długości wszystkich
krawędzi ostrosłupa jest równy 1: 5. Przez przekątną 𝐴𝐶 podstawy i środek 𝑆 krawędzi
bocznej 𝐵𝐸 poprowadzono płaszczyznę (zobacz rysunek).
Oblicz stosunek pola otrzymanego przekroju do pola podstawy ostrosłupa oraz miarę
kąta 𝑩𝑺𝑶 (w zaokrągleniu do 𝟏°). Zapisz obliczenia.
Wskazówka.
Skorzystaj z tablicy wartości funkcji trygonometrycznych (Wybrane wzory matematyczne,
strona 34).
𝐴
𝐵
𝐶
𝐷
𝐸
𝑆
𝑂
𝛼
Informacja o egzaminie maturalnym z matematyki dla absolwentów niesłyszących
123
124
Informator o egzaminie maturalnym z matematyki na poziomie rozszerzonym od roku szkolnego 2024/2025
Zasady oceniania
dla rozwiązań sposobami 1. oraz 2.
5 pkt - obliczenie miary kąta 𝐵𝑆𝑂 (w zaokrągleniu do 1°) oraz obliczenie stosunku pola
przekroju do pola podstawy ostrosłupa.
4 pkt - obliczenie wartości cosinusa kąta 𝐵𝑆𝑂 oraz stosunku pola przekroju do pola
podstawy ostrosłupa
ALBO
3 pkt - obliczenie stosunku pola przekroju do pola podstawy ostrosłupa
ALBO
2 pkt - wyznaczenie długości odcinka 𝑂𝑆 w zależności od długości krawędzi podstawy.
1 pkt - wyznaczenie długości krawędzi bocznej w zależności od długości krawędzi podstawy.
0 pkt - rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania.
dla rozwiązania sposobem 3.
5 pkt - obliczenie miary kąta 𝐵𝑆𝑂 (w zaokrągleniu do 1°) oraz obliczenie stosunku pola
przekroju do pola podstawy ostrosłupa.
4 pkt - obliczenie cosinusa kąta 𝑂𝐸𝐵 lub 𝐹𝐵𝑆.
3 pkt - obliczenie stosunku pola przekroju do pola podstawy ostrosłupa.
2 pkt - wyznaczenie długości odcinków 𝑆𝐹 i 𝑂𝐹.
1 pkt - wyznaczenie długości krawędzi bocznej w zależności od długości krawędzi podstawy.
0 pkt - rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania.
Przykładowe pełne rozwiązania
Sposób 1.
Przyjmijmy oznaczenia jak na rysunku 1.
Rysunek 1.
𝐴
𝐵
𝐶
𝐷
𝐸
𝑆
𝑂
α
𝑎
𝑏
Informacja o egzaminie maturalnym z matematyki dla absolwentów niesłyszących
125
Wyznaczamy 𝑏 w zależności od 𝑎.
Z treści zadania wiemy, że stosunek obwodu podstawy do sumy długości wszystkich
krawędzi ostrosłupa jest równy 1 ∶5, więc
4𝑎
4𝑎+4𝑏= 1
5 , co daje 𝑏= 4𝑎.
Wyznaczamy |𝑂𝑆| w zależności od 𝑎.
Trójkąt 𝑂𝐵𝐸 jest prostokątny, punkt 𝑆 jest środkiem
przeciwprostokątnej, więc 𝑆 jest środkiem okręgu
opisanego na trójkącie 𝑂𝐵𝐸 (zobacz rysunek 2.).
Zatem |𝑂𝑆| = 2𝑎.
Obliczamy stosunek pola przekroju 𝐴𝐶𝑆 do pola podstawy
ostrosłupa:
𝑃𝐴𝐶𝑆
𝑃𝐴𝐵𝐶𝐷
1
2 ⋅𝑎√2 ⋅|𝑂𝑆|
𝑎2
1
2 ⋅𝑎√2 ⋅2𝑎
𝑎2
= √2
Do trójkąta 𝐵𝑆𝑂 stosujemy twierdzenie cosinusów w celu obliczenia cosinusa kąta 𝐵𝑆𝑂:
(𝑎√2
2 )
2
= (2𝑎)2 + (2𝑎)2 -2 ⋅2𝑎⋅2𝑎⋅cos 𝛼
Z ostatniego równania otrzymujemy cos 𝛼= 15
16 , więc 𝛼≈20°.
Sposób 2.
Przyjmijmy oznaczenia jak na rysunku 1.
Wyznaczamy 𝑏 w zależności od 𝑎.
Z treści zadania wiemy, że stosunek obwodu podstawy do sumy długości wszystkich
krawędzi ostrosłupa jest równy 1 ∶5, więc
4𝑎
4𝑎+4𝑏= 1
5 , co daje 𝑏= 4𝑎.
Stąd i z twierdzenia cosinusów zastosowanego do trójkąta 𝐵𝐸𝐶 obliczamy cosinus
kąta 𝐵𝐸𝐶:
𝑎2 = 𝑏2 + 𝑏2 -2 ⋅𝑏⋅𝑏⋅cos |∡𝐵𝐸𝐶|
𝑎2 = 16𝑎2 + 16𝑎2 -2 ⋅4𝑎⋅4𝑎⋅cos |∡𝐵𝐸𝐶|
cos |∡𝐵𝐸𝐶| = 31
32
𝑂
𝐵
𝐸
𝑆
α
2𝑎
2𝑎
Rysunek 2.
126
Informator o egzaminie maturalnym z matematyki na poziomie rozszerzonym od roku szkolnego 2024/2025
Korzystamy z twierdzenia cosinusów zastosowanego do trójkąta 𝐶𝑆𝐸 i wyznaczamy
długość odcinka 𝑆𝐶:
|𝑆𝐶|2 = 𝑏2 + (1
2 𝑏)
2
-2 ⋅1
2 𝑏⋅𝑏⋅cos |∡𝐵𝐸𝐶|
|𝑆𝐶|2 = 16𝑎2 + 4𝑎2 -16𝑎2 ⋅31
32
|𝑆𝐶|2 = 9
2 𝑎2
|𝑆𝐶| = 3𝑎
√2
Stosujemy twierdzenie Pitagorasa do trójkąta 𝑂𝐶𝑆 w celu wyznaczenia długości odcinka
𝑂𝑆:
|𝑂𝑆|2 = |𝑆𝐶|2 -(√2𝑎
2 )
2
|𝑂𝑆|2 = 9
2 𝑎2 -1
2 𝑎2
|𝑂𝑆| = 2𝑎
Obliczamy stosunek pola przekroju 𝐴𝐶𝑆 do pola podstawy ostrosłupa:
𝑃𝐴𝐶𝑆
𝑃𝐴𝐵𝐶𝐷
1
2 ⋅𝑎√2 ⋅|𝑂𝑆|
𝑎2
1
2 ⋅𝑎√2 ⋅2𝑎
𝑎2
= √2
W celu obliczenia cosinusa kąta 𝐵𝑆𝑂 zastosujemy do trójkąta 𝐵𝑆𝑂 (zobacz rysunek 2.)
twierdzenie cosinusów:
(𝑎√2
2 )
2
= (2𝑎)2 + (2𝑎)2 -2 ⋅2𝑎⋅2𝑎⋅cos 𝛼
Z ostatniego równania otrzymujemy cos 𝛼= 15
16 , więc 𝛼≈20°.
Sposób 3.
Wyznaczamy zależność 𝑏 od 𝑎.
Z treści zadania wiemy, że stosunek obwodu podstawy do sumy długości wszystkich
krawędzi ostrosłupa jest równy 1 ∶5, więc
4𝑎
4𝑎+4𝑏= 1
5 , co daje 𝑏= 4𝑎.
Stosujemy twierdzenie Pitagorasa dla trójkąta prostokątnego 𝐵𝑂𝐸 i obliczamy długość
odcinka 𝑂𝐸:
Informacja o egzaminie maturalnym z matematyki dla absolwentów niesłyszących
127
|𝑂𝐸|2 = |𝐵𝐸|2 -|𝑂𝐵|2
|𝑂𝐸|2 = 62
4 𝑎2
|𝑂𝐸| = √62
2 𝑎
Oznaczmy przez 𝐹 rzut prostokątny punktu 𝑆 na odcinek 𝑂𝐵.
Ponieważ |∡𝑂𝐸𝐵| = |∡𝐹𝑆𝐵|, |∡𝑂𝐵𝐸| = |∡𝐹𝐵𝑆| i trójkąty 𝐵𝑂𝐸 oraz 𝐵𝐹𝑆 są
prostokątne, więc są podobne (na mocy cechy kkk podobieństwa trójkątów). Trójkąty 𝐵𝑂𝐸
i 𝐵𝐹𝑆 są podobne w skali 𝑘=
|𝐵𝐸|
|𝐵𝑆| = 4𝑎
2𝑎= 2. Zatem 𝐹 jest środkiem odcinka 𝑂𝐵, więc
|𝑂𝐹| = 1
2 ⋅|𝑂𝐵| = 𝑎√2
4 oraz |𝑆𝐹| = 1
2 ⋅|𝑂𝐸| = √62
4 𝑎
Obliczamy długość odcinka 𝑂𝑆:
|𝑂𝑆|2 = |𝑂𝐹|2 + |𝑆𝐹|2
|𝑂𝑆|2 = (𝑎√2
4 )
2
4 𝑎)
2
|𝑂𝑆| = 2𝑎
Obliczamy stosunek pola przekroju 𝐴𝐶𝑆 do pola podstawy ostrosłupa:
𝑃𝐴𝐶𝑆
𝑃𝐴𝐵𝐶𝐷
1
2 ⋅𝑎√2 ⋅|𝑂𝑆|
𝑎2
1
2 ⋅𝑎√2 ⋅2𝑎
𝑎2
= √2
Ponieważ
cos|∡𝐹𝑆𝐵| = |𝐹𝑆|
|𝐵𝑆| =
√62
4 𝑎
2𝑎
= √62
8
i trójkąt 𝑂𝑆𝐵 jest równoramienny, więc 𝛼= 2 ⋅|∡𝐹𝑆𝐵|. Zatem
cos 𝛼= cos(2 ⋅|∡𝐹𝑆𝐵|) = 2 cos2|∡𝐹𝑆𝐵| -1 = 2 ⋅(√62
8 )
2
-1 = 15
16
skąd 𝛼≈20°.
128
Informator o egzaminie maturalnym z matematyki na poziomie rozszerzonym od roku szkolnego 2024/2025
Zadanie 23. (0-3)
W kartezjańskim układzie współrzędnych (𝑥, 𝑦) trapez 𝐴𝐵𝐶𝐷 jest wpisany w okrąg
o środku w punkcie 𝑆= (19, -11) i promieniu 17√2. Odcinek 𝐴𝐵 jest dłuższą podstawą
tego trapezu. Jego przekątna 𝐴𝐶 jest zawarta w prostej o równaniu 𝑦= 𝑥. Wierzchołek 𝐴
trapezu ma obie współrzędne ujemne.
Oblicz sinus kąta 𝑨𝑩𝑪. Zapisz obliczenia.
Zasady oceniania
dla rozwiązań sposobami 1. oraz 2.
3 pkt - zastosowanie poprawnej metody i poprawny wynik.
2 pkt - obliczenie długości odcinka 𝐴𝐶.
1 pkt - obliczenie współrzędnych wierzchołków 𝐴 i 𝐶 trapezu
ALBO
0 pkt - rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania.
Informacja o egzaminie maturalnym z matematyki dla absolwentów niesłyszących
129
Przykładowe pełne rozwiązania
Sposób 1.
Zapisujemy równanie okręgu o środku w punkcie 𝑆= (19, -11) i promieniu 17√2:
(𝑥-19)2 + (𝑦+ 11)2 = 578
Obliczamy współrzędne wierzchołków 𝐴 i 𝐶 trapezu, czyli punkty przecięcia okręgu i
prostej:
{ (𝑥-19)2 + (𝑦+ 11)2 = 578
𝑦= 𝑥
(𝑥-19)2 + (𝑥+ 11)2 = 578
2𝑥2 -16𝑥-96 = 0
Po rozwiązaniu równania otrzymujemy: 𝑥= -4 lub 𝑦= -4. Gdy 𝑥= -4, to 𝑦= -4.
Gdy 𝑥= 12, to 𝑦= 12.
Ponieważ wierzchołek 𝐴 trapezu ma obie współrzędne ujemne, więc otrzymujemy
𝐴= (-4, -4) oraz 𝐶= (12, 12).
Obliczamy długość odcinka 𝐴𝐶:
|𝐴𝐶| = √(12 + 4)2 + (12 + 4)2 = 16√2
Po zastosowaniu twierdzenia sinusów do trójkąta 𝐴𝐵𝐶 otrzymujemy
|𝐴𝐶|
sin |∡𝐴𝐵𝐶| = 2𝑅
sin |∡𝐴𝐵𝐶| =
|𝐴𝐶|
2𝑅= 16√2
34√2
= 8
17
Sposób 2.
Niech 𝐸 będzie środkiem odcinka 𝐴𝐶. Obliczamy |𝑆𝐸| jako odległość punktu 𝑆 od
prostej 𝐴𝐶 o równaniu 𝑥-𝑦= 0:
𝑑(𝑆, 𝐴𝐶) = |𝑆𝐸| =
|19 -(-11)|
√12 + (-1)2 = 15√2
Stosujemy twierdzenie Pitagorasa do trójkąta 𝐶𝐸𝑆 w celu obliczenia długości odcinka 𝐸𝐶
(połowa długości przekątnej 𝐴𝐶 trapezu 𝐴𝐵𝐶𝐷):
|𝐸𝐶|2 = |𝐶𝑆|2 -|𝑆𝐸|2
|𝐸𝐶|2 = (17√2)
2 -(15√2)
2 = 128
Zatem |𝐴𝐶| = 2 ⋅|𝐸𝐶| = 16√2.
Po zastosowaniu twierdzenia sinusów do trójkąta 𝐴𝐵𝐶 otrzymujemy
130
Informator o egzaminie maturalnym z matematyki na poziomie rozszerzonym od roku szkolnego 2024/2025
|𝐴𝐶|
sin |∡𝐴𝐵𝐶| = 2𝑅
sin |∡𝐴𝐵𝐶| =
|𝐴𝐶|
2𝑅= 16√2
34√2
= 8
17
Zadanie 27. (0-4)
Celem wyprawy Tomka i Marka jest zdobycie
szczytu 𝑆 pewnej góry. Wyprawę panowie
rozpoczynają w punkcie 𝑃 położonym na
północnym stoku góry, dokładnie na północ od
szczytu, na wysokości 𝐻0 metrów n.p.m. Tomek i
Marek chcą najpierw dojść do bazy 𝐵, znajdującej
się dokładnie na południe od szczytu, na
przeciwległym południowym stoku góry na
wysokości 𝐻1 metrów n.p.m. Następnie z bazy
chcą wejść na szczyt leżący na wysokości 𝐻2
metrów n.p.m. (zobacz rysunek 1.).
Oblicz długość najkrótszej drogi, jaką muszą
pokonać, aby dojść do bazy. Zapisz obliczenia.
Przyjmij, że góra jest stożkiem o kącie rozwarcia 𝛼.
Wskazówka: Powierzchnia boczna stożka po rozcięciu
wzdłuż tworzącej i rozłożeniu jest wycinkiem koła.
Najkrótsza droga do bazy jest równa najkrótszej drodze
z punktu 𝑃 do 𝐵 na wycinku koła.
𝑆
𝛼
𝐵
𝑃
Rys. 1.
Informacja o egzaminie maturalnym z matematyki dla absolwentów niesłyszących
131
Zasady oceniania
4 pkt - zastosowanie poprawnej metody i poprawny wynik.
3 pkt - obliczenie miary łukowej kąta 𝐵𝑆𝑃 na siatce stożka i obliczenie długości odcinków
𝐵𝑆 oraz 𝑃𝑆.
2 pkt - obliczenie miary łukowej kąta 𝐵𝑆𝑃 na siatce stożka
ALBO
1 pkt - zapisanie, że najkrótsza droga jest równa długości odcinka 𝑃𝐵 na siatce stożka.
0 pkt - rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania.
Przykładowe pełne rozwiązanie
Niech 𝑙 będzie długością tworzącej stożka, a 𝑟 - długością promienia podstawy stożka.
Rozwiniemy powierzchnię boczną stożka, na której zaznaczymy punkty 𝑃, 𝐵 i 𝑆,
oznaczające: 𝑃 - miejsce rozpoczęcia wyprawy, 𝐵 - miejsce położenia bazy i 𝑆 - szczyt
góry. Długość odcinka 𝑃𝐵 oznaczymy jako 𝑑. Jest to długość najkrótszej drogi z punktu 𝑃
do bazy (zobacz rys. 1.).
132
Informator o egzaminie maturalnym z matematyki na poziomie rozszerzonym od roku szkolnego 2024/2025
Powierzchnia boczna stożka po rozwinięciu jest wycinkiem koła o promieniu długości 𝑙.
Wyznaczymy miarę 𝛽 kąta środkowego tego wycinka.
Ze wzorów na pole powierzchni bocznej stożka oraz pole wycinka koła otrzymujemy
𝜋⋅𝑟⋅𝑙= 𝛽
2𝜋⋅𝜋⋅𝑙2
𝛽= 2𝜋⋅𝑟
𝑙
Zatem
|∡𝐵𝑆𝑃| = 1
2 𝛽= 𝜋⋅𝑟
𝑙
Kąt rozwarcia stożka jest równy 𝛼, więc 𝑟
𝑙= sin𝛼
2 (zobacz rysunek 2.), co po podstawieniu
do poprzedniego równania daje
|∡𝐵𝑆𝑃| = 𝜋⋅sin 𝛼
2
Wyrazimy długości odcinków 𝐵𝑆 oraz 𝑃𝑆 w zależności od danych podanych w treści
zadania.
Rozważmy przekrój osiowy stożka zawierający punkty 𝐵, 𝑃 oraz 𝑆 (zobacz rysunek 2.).
Punkt 𝑆′ na rysunku 2. jest rzutem prostokątnym punktu 𝑆 na podstawę stożka, natomiast
punkt 𝑄 - punktem przecięcia tworzącej 𝑆𝐵 z podstawą stożka.
𝑆
𝐵
𝑃
𝑑
Rysunek 1.
Informacja o egzaminie maturalnym z matematyki dla absolwentów niesłyszących
133
Z trójkątów 𝑆𝑆′𝑄 oraz 𝑆𝑇𝐵 otrzymujemy
|𝐵𝑆| = |𝑆𝑇|
cos 𝛼
2
oraz |𝑆𝑄| = |𝑆𝑆′|
cos 𝛼
2
Z treści zadania |𝑆𝑇| = 𝐻2 -𝐻1 oraz |𝑆𝑆′| = 𝐻2 -𝐻0, więc
|𝐵𝑆| = 𝐻2 -𝐻1
cos 𝛼
2
oraz |𝑃𝑆| = |𝑆𝑄| = 𝐻2 -𝐻0
cos 𝛼
2
Stosujemy twierdzenie cosinusów do trójkąta 𝐵𝑆𝑃 i obliczamy |𝑃𝐵|:
|𝑃𝐵|2 = |𝑃𝑆|2 + |𝐵𝑆|2 -2 ⋅|𝑃𝑆| ⋅|𝐵𝑆| ⋅cos |∡𝐵𝑆𝑃|
𝑑= √(𝐻2 -𝐻0
cos 𝛼
2
)
2
cos 𝛼
2
)
2
-2(𝐻2 -𝐻0)(𝐻2 -𝐻1)
(cos 𝛼
2)
2
⋅cos (𝜋⋅sin 𝛼
2)
𝑑=
√(𝐻2 -𝐻0)2 + (𝐻2 -𝐻1)2 -2(𝐻2 -𝐻0)(𝐻2 -𝐻1) cos (𝜋⋅sin 𝛼
2)
cos 𝛼
2
𝛼
2
𝛼
2
𝑆
𝑃
𝐵
𝑄
Rys. 2.
𝑆'
𝑇
𝑟
𝑙
134
Informator o egzaminie maturalnym z matematyki na poziomie rozszerzonym od roku szkolnego 2024/2025
Zadanie 29. (0-4)
Pan Nowak często gra z synem w szachy. Syn
częściej wygrywa niż ojciec. Pan Nowak obliczył, że
wygrywa 40% rozegranych z synem partii.
Oblicz, ile partii szachów z synem musi rozegrać pan Nowak, aby prawdopodobieństwo
wygrania przez ojca przynajmniej jednej partii w całej rozgrywce było większe od 𝟎, 𝟗𝟓.
Zapisz obliczenia.
Informacja o egzaminie maturalnym z matematyki dla absolwentów niesłyszących
135
Zasady oceniania
4 pkt - zastosowanie poprawnej metody i poprawny wynik.
3 pkt - zastosowanie wzoru na prawdopodobieństwo uzyskania 𝑘 sukcesów w 𝑛 próbach
i zapisanie nierówności 1 -(0,6)𝑛> 0,95.
2 pkt - zapisanie nierówności 1 -𝑃(𝑆𝑛
1 pkt - zapisanie prawdopodobieństwa sukcesu i porażki.
0 pkt - rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania.
Przykładowe pełne rozwiązanie
Próbą Bernoullego jest rozegranie jednej partii szachów ojca z synem. Sukcesem w tej
próbie jest wygrana ojca.
Z treści zadania wynika, że ojciec wygrywa 40% rozegranych partii. W związku z tym
prawdopodobieństwo sukcesu ojca w tej próbie jest równe 𝑝= 0,4, natomiast
prawdopodobieństwo porażki jest równe 𝑞= 0,6.
Niech 𝑛 oznacza szukaną liczbę partii oraz niech
𝑆𝑛
0 - oznacza niewygranie przez ojca żadnej partii szachów,
𝑆𝑛
1 - oznacza wygranie przez ojca jednej partii szachów,
𝑆𝑛
2 - oznacza wygranie przez ojca dwóch partii szachów,
⋮
𝑆𝑛
𝑛 - oznacza wygranie przez ojca 𝑛 partii szachów.
Korzystamy ze schematu Bernoullego. Prawdopodobieństwo wygrania przez pana Nowaka
co najmniej jednej partii szachów jest równe
𝑃(𝑆𝑛
1 ∪𝑆𝑛
2 ∪𝑆𝑛
3 ∪… ∪𝑆𝑛
𝑛) = 1 -𝑃(𝑆𝑛
0)
Zatem
1 -𝑃(𝑆𝑛
1 -(𝑛
\n1 -(0,6)𝑛> 0,95
(0,6)𝑛< 0,05
𝑛≥6
Pan Nowak musi rozegrać z synem co najmniej sześć partii.
136
Informator o egzaminie maturalnym z matematyki na poziomie rozszerzonym od roku szkolnego 2024/2025
Zadanie 30. (0-3)
Pewna choroba atakuje 0,2% całej populacji. W początkowym stadium nie daje widocznych
objawów chorobowych. W ramach profilaktyki, aby wcześniej wykryć chorobę, stosuje się
pewien test przesiewowy. Test ten może dać wynik pozytywny, oznaczający podejrzenie
choroby, lub negatywny, gdy brak podejrzenia choroby.
Test ten daje czasami fałszywy wynik. Prawdopodobieństwo tego, że test wykonany na
osobie chorej da wynik pozytywny, jest równe 0,99. Prawdopodobieństwo tego, że test
wykonany na osobie zdrowej da wynik negatywny, jest równe 0,98.
Pan X poddał się testowi, który dał wynik pozytywny.
Oblicz prawdopodobieństwo tego, że pan X jest naprawdę chory. Wynik zapisz
w postaci ułamka dziesiętnego w zaokrągleniu do części setnych. Zapisz obliczenia.
Zasady oceniania
3 pkt - zastosowanie poprawnej metody i poprawny wynik.
2 pkt - zastosowanie wzoru Bayesa.
1 pkt - obliczenie prawdopodobieństw warunkowych 𝑃(-|𝐶) oraz 𝑃(+|𝑍).
0 pkt - rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania.
Informacja o egzaminie maturalnym z matematyki dla absolwentów niesłyszących
137
Przykładowe pełne rozwiązanie
Przyjmijmy następujące oznaczenia:
„+” - zdarzenie polegające na tym, że wylosowana osoba z populacji poddana testowi
otrzyma wynik pozytywny,
„-” - zdarzenie polegające na tym, że wylosowana osoba z populacji poddana testowi
otrzyma wynik negatywny,
𝑍 - zdarzenie polegające na tym, że wylosowana osoba z populacji jest zdrowa,
𝐶 - zdarzenie polegające na tym, że wylosowana osoba z populacji jest chora.
Należy obliczyć 𝑃(𝐶|+), czyli prawdopodobieństwo zdarzenia polegającego na tym, że
pan X jest chory pod warunkiem otrzymania pozytywnego wyniku testu.
Ponieważ 0,2% populacji choruje na tę chorobę, to 99,8% populacji to ludzie zdrowi, stąd:
𝑃(𝐶) = 0,002
oraz
𝑃(𝑍) = 0,998.
Prawdopodobieństwo zdarzenia, że chora osoba ma pozytywny wynik testu wynosi 0,99,
więc prawdopodobieństwo, że ta osoba ma wynik negatywny, wynosi 1 -0,99 = 0,01. Stąd
𝑃(+|𝐶) = 0,99
oraz
𝑃(-|𝐶) = 0,01.
Prawdopodobieństwo zdarzenia, że zdrowa osoba ma negatywny wynik testu wynosi 0,98,
więc prawdopodobieństwo, że ta osoba ma wynik pozytywny, wynosi 1 -0,98 = 0,02. Stąd
𝑃(-|𝑍) = 0,98
oraz
𝑃(+|𝑍) = 0,02.
Stosujemy twierdzenie Bayesa i obliczamy szukane prawdopodobieństwo:
𝑃(𝐶|+) = 𝑃(+|𝐶) ⋅
𝑃(𝐶)
𝑃(+|𝑍) ⋅𝑃(𝑍) + 𝑃(+|𝐶) ⋅𝑃(𝐶)
𝑃(𝐶|+) = 0,99 ⋅
0,002
0,02 ⋅0,998 + 0,99 ⋅0,002 =
99
1097 ≈0,09
Zatem szukane prawdopodobieństwo wynosi około 0,09.
138
Informator o egzaminie maturalnym z matematyki na poziomie rozszerzonym od roku szkolnego 2024/2025
Zadanie 31. (0-4)
W pewnym mieście jest prostopadły układ
ulic, to znaczy, że ulice przecinają się pod
kątem prostym. Ruch na każdej z nich jest
dwukierunkowy. W centrum miasta znajduje
się park, gdzie obowiązuje całkowity zakaz
ruchu pojazdów. Schemat ulic w tym mieście
wraz z położeniem parku przedstawiono na
rysunku poniżej. Tomek samochodem chce
dojechać najkrótszą drogą z punktu 𝐴 miasta
do punktu 𝐵.
Oblicz, ile jest możliwości wyboru najkrótszej drogi z 𝑨 do 𝑩. Zapisz obliczenia.
𝐴
𝐵
starówka
Informacja o egzaminie maturalnym z matematyki dla absolwentów niesłyszących
139
Zasady oceniania
4 pkt - zastosowanie poprawnej metody i poprawny wynik.
3 pkt - obliczenie liczby wszystkich najkrótszych dróg z 𝐴 do 𝐾 (gdzie
𝐾∈{𝐶, 𝐷, 𝐸, 𝐹, 𝐺}).
2 pkt - zapisanie, że liczba wszystkich najkrótszych dróg z 𝐴 do 𝐵 przechodzących przez
punkt 𝐾 (gdzie 𝐾∈{𝐶, 𝐷, 𝐸, 𝐹, 𝐺}) jest iloczynem liczby wszystkich najkrótszych
dróg z 𝐴 do 𝐾 i liczby wszystkich najkrótszych dróg z 𝐾 do 𝐵.
1 pkt - zapisanie, że każda najkrótsza droga z 𝐴 do 𝐵 musi przechodzić przez jeden
z punktów 𝐶- 𝐺.
0 pkt - rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania.
Przykładowe pełne rozwiązanie
W poniższym rozwiązaniu przez 𝑛(𝐾, 𝐿) rozumieć będziemy liczbę wszystkich najkrótszych
dróg z punktu 𝐾 do punktu 𝐿.
140
Informator o egzaminie maturalnym z matematyki na poziomie rozszerzonym od roku szkolnego 2024/2025
Zaznaczmy na schemacie ulic punkty 𝐶, 𝐷, 𝐸, 𝐹, 𝐺 (zobacz rysunek 1.).
Zauważmy, że każda najkrótsza droga z 𝐴 do 𝐵 musi przechodzić przez któryś z punktów
𝐶, 𝐷, 𝐸, 𝐹 lub 𝐺. Ponadto, liczba wszystkich najkrótszych dróg z 𝐴 do 𝐵 przechodzących
przez 𝐶 jest równa 𝑛(𝐴, 𝐶) ⋅𝑛(𝐶, 𝐵). Analogicznie, liczba wszystkich najkrótszych dróg
z 𝐴 do 𝐵 przechodzących przez 𝐷 jest równa 𝑛(𝐴, 𝐷) ⋅𝑛(𝐷, 𝐵) itd.
Obliczymy 𝑛(𝐴, 𝐶), czyli liczbę wszystkich najkrótszych dróg z 𝐴 do 𝐶.
Kierunek wyznaczony na rysunku 1. przez prostą 𝐴𝐺 nazwiemy poziomym, a kierunek
prostopadły do poziomego - pionowym. Każda najkrótsza droga z 𝐴 do 𝐶 składa się
z dokładnie 11 odcinków: 2 poziomych i 9 pionowych. Wskazanie 2 odcinków
(spośród 11), które mają być poziome, określa nam jednoznacznie najkrótszą drogę z 𝐴
do 𝐶. Stąd najkrótszych dróg z 𝐴 do 𝐶 jest (11
2 ).
Na rysunku 2. przedstawiono najkrótszą drogę z 𝐴 do 𝐶, gdzie odcinki trzeci i ósmy są
poziome, a pozostałe - pionowe.
Na rysunku 3. przedstawiono najkrótszą drogę z 𝐴 do 𝐶, która odpowiada wyborowi
odcinków szóstego i jedenastego jako odcinków poziomych.
Rysunek 1.
𝐹
𝐺
𝐸
𝐶
𝐷
𝐴
𝐵
park
Informacja o egzaminie maturalnym z matematyki dla absolwentów niesłyszących
141
Podobnie rozumując, otrzymujemy
𝑛(𝐴, 𝐶) ⋅𝑛(𝐶, 𝐵) = (11
2 ) ⋅(13
0 ) = 55 ⋅1 = 55
𝑛(𝐴, 𝐷) ⋅𝑛(𝐷, 𝐵) = (11
3 ) ⋅(13
1 ) = 165 ⋅13 = 2145
𝑛(𝐴, 𝐸) ⋅𝑛(𝐸, 𝐵) = (11
4 ) ⋅(13
2 ) = 330 ⋅78 = 25740
𝑛(𝐴, 𝐹) ⋅𝑛(𝐹, 𝐵) = (13
1 ) ⋅(11
3 ) = 13 ⋅165 = 2145
𝑛(𝐴, 𝐺) ⋅𝑛(𝐺, 𝐵) = (13
0 ) ⋅(11
2 ) = 1 ⋅55 = 55
więc 𝑛(𝐴, 𝐵) = 55 + 2145 + 25740 + 2145 + 55 = 30140.
Rysunek 2.
𝐶
𝐴
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
Rysunek 3.
𝐶
𝐴
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
MATEMATYKA
Poziom rozszerzony
MATEMATYKA
Poziom rozszerzony
MATEMATYKA
Poziom rozszerzony
Oznaczmy przez n(K,L) liczbę najkrótszych dróg z K do L. Na schemacie zaznaczamy punkty C, D, E, F, G. Każda najkrótsza droga z A do B musi przejść przez dokładnie jeden z tych punktów, więc n(A,B) = Σ n(A,K)·n(K,B) dla K ∈ {C,D,E,F,G}. Liczba najkrótszych dróg w siatce prostokątnej z punktu do punktu to symbol Newtona (liczba wyboru, które odcinki są poziome). Z rysunku odczytujemy liczby odcinków: n(A,C)·n(C,B) = C(11,2)·C(13,0) = 55·1 = 55; n(A,D)·n(D,B) = C(11,3)·C(13,1) = 165·13 = 2145; n(A,E)·n(E,B) = C(11,4)·C(13,2) = 330·78 = 25740; n(A,F)·n(F,B) = C(13,1)·C(11,3) = 13·165 = 2145; n(A,G)·n(G,B) = C(13,0)·C(11,2) = 1·55 = 55. Suma: 55 + 2145 + 25740 + 2145 + 55 = 30140. Odpowiedź: istnieje 30 140 najkrótszych dróg z A do B.
"}]}