{"id":"matematyka-2015-przykladowy-arkusz-cke-rozszerzona/zad/18","paper_id":"matematyka-2015-przykladowy-arkusz-cke-rozszerzona","number":"18","points":7,"ptype":"open","subject":"matematyka","category":"przykladowy","year":2015,"month":null,"level":"rozszerzona","text":"Zadanie 18. (0-7)\nDany jest prostokątny arkusz kartonu o długości 80 cm i szerokości 50 cm. W czterech rogach\ntego arkusza wycięto kwadratowe naroża (zobacz rysunek).\nNastępnie\nzagięto\nkarton\nwzdłuż\nlinii\nprzerywanych,\ntworząc\nw\nten\nsposób\nprostopadłościenne pudełko (bez przykrywki). Oblicz długość boku każdego z wyciętych\nkwadratowych naroży, dla której objętość otrzymanego pudełka jest największa. Oblicz tę\nmaksymalną objętość.\n\nOdpowiedź:\n\nBRUDNOPIS","answer":null,"answer_text":"Zadanie 18. (7 p.)\nDany jest prostokątny arkusz kartonu o długości 80 cm i szerokości 50 cm. W czterech rogach\ntego arkusza wycięto kwadratowe naroża (zobacz rysunek).\nNastępnie zagięto karton wzdłuż linii przerywanych, tworząc w ten sposób prostopadłościenne\npudełko (bez przykrywki). Oblicz długość boku wyciętych kwadratowych naroży, dla której\nobjętość otrzymanego pudełka jest największa. Oblicz tę objętość.\nWymagania ogólne\nIII. Modelowanie matematyczne\nWymagania szczegółowe\n11.6R Uczeń stosuje pochodne do rozwiązywania zagadnień optymalizacyjnych.\nOgólny schemat oceniania\nRozwiązanie zadania optymalizacyjnego za pomocą rachunku różniczkowego składa się z trzech\netapów:\n1. Zbudowanie modelu matematycznego (3 p.).\n2. Zbadanie tego modelu (3 p.).\n3. Wyciągnięcie wniosków, końcowe obliczenia itp. (1 p.).\nW pierwszych dwóch etapach można wyróżnić następujące części:\nXII/27\nProjekt współfinansowany ze środków Unii Europejskiej w ramach Europejskiego Funduszu Społecznego\n1.a) wybór zmiennej i wyrażenie za pomocą tej zmiennej wielkości, które będą potrzebne do\nzdefiniowania funkcji,\n1.b) zdefiniowanie funkcji jednej zmiennej,\n1.c) określenie dziedziny tej funkcji,\n2.a) wyznaczenie pochodnej,\n2.b) obliczenie miejsc zerowych tej pochodnej,\n2.c) uzasadnienie (np. badanie monotoniczności funkcji), że funkcja posiada wartość najmniej-\nszą/największą.\nZa poprawne rozwiązanie każdej z powyższych części zdający otrzymuje 1 punkt, o ile po-\nprzednia część danego etapu została zrealizowana bezbłędnie.\nRozwiązanie (I sposób)\nOznaczmy literą x długość boku kwadratowych naroży. Podstawa pudełka ma wymiary\n(80-2x)×(50-2x).\nWysokość pudełka jest równa x. Zatem objętość wyraża się wzorem\nV = (80-2x)·(50-2x)·x,\nczyli\nV = (4000-160x-100x+4x2)·x = 4x3 -260x2 +4000x = 4(x3 -65x2 +1000x).\nNaszym zadaniem jest obliczenie, dla jakiego x (spełniającego nierówności 0 < x < 25) funkcja\nf określona wzorem\nf(x) = x3 -65x2 +1000x\nprzyjmuje największą wartość. Obliczamy pochodną tej funkcji:\nf ′(x) = 3x2 -130x+1000.\nNastępnie znajdujemy miejsca zerowe tej pochodnej:\n∆= 1302 -12·1000 = 16900-12000 = 4900,\nx1 = 130-70\n6\n= 10,\nx2 = 130+70\n6\n≈33,33.\nPierwiastek x2 nie spełnia nierówności 0 < x2 < 25. Zatem jedynym argumentem podejrzanym\no ekstremum lokalne w rozważanym przedziale jest x1 = 10. Ponieważ\nf ′(x) > 0\ndla x < 10\noraz\nf ′(x) < 0\ndla x > 10,\nwięc w przedziale (0,10⟩funkcja f jest rosnąca i w przedziale ⟨10,25) jest malejąca. Stąd\nwynika, że w punkcie x = 10 funkcja f przyjmuje największą wartość. Szukana objętość jest\nzatem równa\nV = (80-20)·(50-20)·10 = 18000 cm2.\nXII/28\nProjekt współfinansowany ze środków Unii Europejskiej w ramach Europejskiego Funduszu Społecznego\nSchemat oceniania I sposobu rozwiązania\nRozwiązanie zadania składa się z trzech etapów, opisanych ogólnie na stronie 27.\n1.a) Oznaczenie literą np. x długości boku kwadratowych naroży, zapisanie długości podstawy\npudełka (80-2x) i szerokości podstawy pudełka (50-2x).\n1.b) Zapisanie objętości jako funkcji zmiennej wysokości pudełka x: V =(80-2x)·(50-2x)·x.\n1.c) Zapisanie warunków, jakie musi spełniać wysokość pudełka: 0 < x < 25.\n2.a) Obliczenie pochodnej wprowadzonej funkcji np. f : f ′(x) = 3x2 -130x+1000.\n2.b) Obliczenie miejsc zerowych: x1 = 10, x2 = 331\n3.\n2.c) Stwierdzenie, że f ′(x) > 0 dla 0 < x < 10 oraz f ′(x) < 0 dla 10 < x < 25, więc w przedziale\n(0, 10⟩funkcja f jest rosnąca i w przedziale ⟨10, 25) jest malejąca. Stąd wynika, że dla\nx = 10 funkcja f przyjmuje największą wartość w dziedzinie (0,25).\n3.\nZapisanie, że długość boku kwadratowych naroży jest równa 10 cm i obliczenie największej\nobjętości: V = (80-20)·(50-20)·10 = 18000 cm3.\nRozwiązanie (II sposób)\nOznaczmy literą x długość podstawy pudełka. Długość boku kwadratowych naroży (więc rów-\nnież wysokość pudełka) jest wtedy równa 80-x\n2\n, zaś szerokość podstawy pudełka: 50-2·80-x\n2\nZatem objętość wyraża się wzorem V = (x-30)· 80-x\n2\n·x, dla 30 < x < 80\nV (x) = 0,5x·(x-30)·(80-x) = 0,5(80x2 -x3 -2400x+30x2) = -1\n2x3 + 110\n2 x2 -1200x.\nObliczamy, dla jakiego argumentu funkcja objętości przyjmuje największą wartość.\nV ′(x) = -3\n2x2 +110x-1200.\nWyznaczamy miejsca zerowe tej pochodnej: ∆= 12100-7200, ∆= 4900, x1 = 110-70\n3\n= 40\n3 ,\nx2 = 110+70\n3\n= 60. Po uwzględnieniu dziedziny otrzymujemy x = 60. Ponieważ V ′(x) > 0 dla\n30 < x < 60 oraz V ′(x) < 0 dla 60 < x < 80, więc w przedziale (30, 60⟩funkcja V jest rosnąca\ni w przedziale ⟨60, 80) jest malejąca. Stąd wynika, że dla x=60 funkcja V przyjmuje największą\nwartość w dziedzinie (30,80) . Długość boku kwadratowych naroży jest równa 80-60\n2\n=10 cm,\nszukana objętość jest równa (60-30)· 80-60\n2\n·60 = 18000 cm3.\nSchemat oceniania II sposobu rozwiązania\nRozwiązanie zadania składa się z trzech etapów, opisanych ogólnie na stronie 27.\n1.a) Oznaczenie literą np. x długości boku podstawy pudełka, zapisanie szerokości podstawy\npudełka 50-2· 80-x\n2\ni wysokości pudełka 80-x\n2\nXII/29\nProjekt współfinansowany ze środków Unii Europejskiej w ramach Europejskiego Funduszu Społecznego\n1.b) Zapisanie objętości jako funkcji zmiennej długości podstawy pudełka x: V =(x-30)·80-x\n2\n·x.\n1.c) Zapisanie warunków, jakie musi spełniać długość podstawy pudełka: 30 < x < 80.\n2.a) Obliczenie pochodnej funkcji V : V ′(x) = -3\n2x2 +110x-1200.\n2.b) Obliczenie miejsc zerowych: x1 = 40\n3 , x2 = 60.\n2.c) Stwierdzenie, że V ′(x)>0 dla 30 0 dla 0 < x < 30 oraz V ′(x) < 0\ndla 30 < x < 50, więc w przedziale (0, 30⟩funkcja V jest rosnąca i w przedziale ⟨30, 50) jest\nmalejąca. Stąd wynika, że dla x = 30 funkcja V przyjmuje największą wartość w dziedzinie\n(0,50). Długość boku kwadratowych naroży jest równa 50-30\n2\n= 10 cm, szukana objętość jest\nrówna\nV = (30+30)· 50-30\n2\n·30 = 18000 cm3.\nSchemat oceniania III sposobu rozwiązania\nRozwiązanie zadania składa się z trzech etapów, opisanych ogólnie na stronie 27.\n1.a) Oznaczenie literą np. x szerokości podstawy pudełka, zapisanie długości podstawy pudełka\n80-2· 50-x\n2\ni wysokości pudełka 50-x\n2\n1.b) Zapisanie objętości jako funkcji zmiennej długości podstawy pudełka x: V =(x+30)·50-x\n2\n·x.\nXII/30\nProjekt współfinansowany ze środków Unii Europejskiej w ramach Europejskiego Funduszu Społecznego\n1.c) Zapisanie warunków, jakie musi spełniać szerokość podstawy pudełka: 0 < x < 50.\n2.a) Obliczenie pochodnej funkcji V : V ′(x) = -3\n2x2 +20x-750.\n2.b) Obliczenie miejsc zerowych: x1 = 20-70\n3\n= -50\n3 , x2 = 20+70\n3\n= 30.\n2.c) Stwierdzenie, że V ′(x) > 0 dla 0Zadanie 18. (0-7)
Dany jest prostokątny arkusz kartonu o długości 80 cm i szerokości 50 cm. W czterech rogach
tego arkusza wycięto kwadratowe naroża (zobacz rysunek).
Następnie
zagięto
karton
wzdłuż
linii
przerywanych,
tworząc
w
ten
sposób
prostopadłościenne pudełko (bez przykrywki). Oblicz długość boku każdego z wyciętych
kwadratowych naroży, dla której objętość otrzymanego pudełka jest największa. Oblicz tę
maksymalną objętość.

\n

Odpowiedź:

\n

BRUDNOPIS

","answer_text_html":"

Zadanie 18. (7 p.)
Dany jest prostokątny arkusz kartonu o długości 80 cm i szerokości 50 cm. W czterech rogach
tego arkusza wycięto kwadratowe naroża (zobacz rysunek).
Następnie zagięto karton wzdłuż linii przerywanych, tworząc w ten sposób prostopadłościenne
pudełko (bez przykrywki). Oblicz długość boku wyciętych kwadratowych naroży, dla której
objętość otrzymanego pudełka jest największa. Oblicz tę objętość.
Wymagania ogólne
III. Modelowanie matematyczne
Wymagania szczegółowe
11.6R Uczeń stosuje pochodne do rozwiązywania zagadnień optymalizacyjnych.
Ogólny schemat oceniania
Rozwiązanie zadania optymalizacyjnego za pomocą rachunku różniczkowego składa się z trzech
etapów:

\n
  1. Zbudowanie modelu matematycznego (3 p.).
  2. Zbadanie tego modelu (3 p.).
  3. Wyciągnięcie wniosków, końcowe obliczenia itp. (1 p.).
\n

W pierwszych dwóch etapach można wyróżnić następujące części:
XII/27
Projekt współfinansowany ze środków Unii Europejskiej w ramach Europejskiego Funduszu Społecznego
1.a) wybór zmiennej i wyrażenie za pomocą tej zmiennej wielkości, które będą potrzebne do
zdefiniowania funkcji,
1.b) zdefiniowanie funkcji jednej zmiennej,
1.c) określenie dziedziny tej funkcji,
2.a) wyznaczenie pochodnej,
2.b) obliczenie miejsc zerowych tej pochodnej,
2.c) uzasadnienie (np. badanie monotoniczności funkcji), że funkcja posiada wartość najmniej-
szą/największą.
Za poprawne rozwiązanie każdej z powyższych części zdający otrzymuje 1 punkt, o ile po-
przednia część danego etapu została zrealizowana bezbłędnie.
Rozwiązanie (I sposób)
Oznaczmy literą x długość boku kwadratowych naroży. Podstawa pudełka ma wymiary
(80-2x)×(50-2x).
Wysokość pudełka jest równa x. Zatem objętość wyraża się wzorem
V = (80-2x)·(50-2x)·x,
czyli
V = (4000-160x-100x+4x2)·x = 4x3 -260x2 +4000x = 4(x3 -65x2 +1000x).
Naszym zadaniem jest obliczenie, dla jakiego x (spełniającego nierówności 0 < x < 25) funkcja
f określona wzorem
f(x) = x3 -65x2 +1000x
przyjmuje największą wartość. Obliczamy pochodną tej funkcji:
f ′(x) = 3x2 -130x+1000.
Następnie znajdujemy miejsca zerowe tej pochodnej:
∆= 1302 -12·1000 = 16900-12000 = 4900,
x1 = 130-70
6
= 10,
x2 = 130+70
6
≈33,33.
Pierwiastek x2 nie spełnia nierówności 0 < x2 < 25. Zatem jedynym argumentem podejrzanym
o ekstremum lokalne w rozważanym przedziale jest x1 = 10. Ponieważ
f ′(x) > 0
dla x < 10
oraz
f ′(x) < 0
dla x > 10,
więc w przedziale (0,10⟩funkcja f jest rosnąca i w przedziale ⟨10,25) jest malejąca. Stąd
wynika, że w punkcie x = 10 funkcja f przyjmuje największą wartość. Szukana objętość jest
zatem równa
V = (80-20)·(50-20)·10 = 18000 cm2.
XII/28
Projekt współfinansowany ze środków Unii Europejskiej w ramach Europejskiego Funduszu Społecznego
Schemat oceniania I sposobu rozwiązania
Rozwiązanie zadania składa się z trzech etapów, opisanych ogólnie na stronie 27.
1.a) Oznaczenie literą np. x długości boku kwadratowych naroży, zapisanie długości podstawy
pudełka (80-2x) i szerokości podstawy pudełka (50-2x).
1.b) Zapisanie objętości jako funkcji zmiennej wysokości pudełka x: V =(80-2x)·(50-2x)·x.
1.c) Zapisanie warunków, jakie musi spełniać wysokość pudełka: 0 < x < 25.
2.a) Obliczenie pochodnej wprowadzonej funkcji np. f : f ′(x) = 3x2 -130x+1000.
2.b) Obliczenie miejsc zerowych: x1 = 10, x2 = 331
3.
2.c) Stwierdzenie, że f ′(x) > 0 dla 0 < x < 10 oraz f ′(x) < 0 dla 10 < x < 25, więc w przedziale
(0, 10⟩funkcja f jest rosnąca i w przedziale ⟨10, 25) jest malejąca. Stąd wynika, że dla
x = 10 funkcja f przyjmuje największą wartość w dziedzinie (0,25).
3.
Zapisanie, że długość boku kwadratowych naroży jest równa 10 cm i obliczenie największej
objętości: V = (80-20)·(50-20)·10 = 18000 cm3.
Rozwiązanie (II sposób)
Oznaczmy literą x długość podstawy pudełka. Długość boku kwadratowych naroży (więc rów-
nież wysokość pudełka) jest wtedy równa 80-x
2
, zaś szerokość podstawy pudełka: 50-2·80-x
2
Zatem objętość wyraża się wzorem V = (x-30)· 80-x
2
·x, dla 30 < x < 80
V (x) = 0,5x·(x-30)·(80-x) = 0,5(80x2 -x3 -2400x+30x2) = -1
2x3 + 110
2 x2 -1200x.
Obliczamy, dla jakiego argumentu funkcja objętości przyjmuje największą wartość.
V ′(x) = -3
2x2 +110x-1200.
Wyznaczamy miejsca zerowe tej pochodnej: ∆= 12100-7200, ∆= 4900, x1 = 110-70
3
= 40
3 ,
x2 = 110+70
3
= 60. Po uwzględnieniu dziedziny otrzymujemy x = 60. Ponieważ V ′(x) > 0 dla
30 < x < 60 oraz V ′(x) < 0 dla 60 < x < 80, więc w przedziale (30, 60⟩funkcja V jest rosnąca
i w przedziale ⟨60, 80) jest malejąca. Stąd wynika, że dla x=60 funkcja V przyjmuje największą
wartość w dziedzinie (30,80) . Długość boku kwadratowych naroży jest równa 80-60
2
=10 cm,
szukana objętość jest równa (60-30)· 80-60
2
·60 = 18000 cm3.
Schemat oceniania II sposobu rozwiązania
Rozwiązanie zadania składa się z trzech etapów, opisanych ogólnie na stronie 27.
1.a) Oznaczenie literą np. x długości boku podstawy pudełka, zapisanie szerokości podstawy
pudełka 50-2· 80-x
2
i wysokości pudełka 80-x
2
XII/29
Projekt współfinansowany ze środków Unii Europejskiej w ramach Europejskiego Funduszu Społecznego
1.b) Zapisanie objętości jako funkcji zmiennej długości podstawy pudełka x: V =(x-30)·80-x
2
·x.
1.c) Zapisanie warunków, jakie musi spełniać długość podstawy pudełka: 30 < x < 80.
2.a) Obliczenie pochodnej funkcji V : V ′(x) = -3
2x2 +110x-1200.
2.b) Obliczenie miejsc zerowych: x1 = 40
3 , x2 = 60.
2.c) Stwierdzenie, że V ′(x)>0 dla 30<x<60 oraz V ′(x)<0 dla 60<x<80, więc w przedziale
(30, 60⟩funkcja V jest rosnąca i w przedziale ⟨60, 80) jest malejąca. Stąd wynika, że dla
x = 60 funkcja V przyjmuje największą wartość w dziedzinie (30,80).
3.
Obliczenie długości boku kwadratowych naroży 80-60
2
= 10 cm.
Obliczenie największej objętości:
V = (60-30)· 80-60
2
·60 = 18000 cm3.
Rozwiązanie (III sposób)
Oznaczmy literą x szerokość podstawy pudełka. Długość boku kwadratowych naroży (więc rów-
nież wysokość pudełka) jest wtedy równa 50-x
2
, zaś długość podstawy pudełka: 80-2· 50-x
2
Zatem objętość wyraża się wzorem V = (x+30)· 50-x
2
·x, dla 0 < x < 50.
V (x) = 0,5x·(x+30)·(50-x) = 0,5(50x2 -x3 -1500x-30x2) = -1
2x3 +10x2 -750x.
Obliczamy dla jakiego argumentu funkcja objętości przyjmuje największą wartość.
V ′(x) = -3
2x2 +20x-750.
Wyznaczamy miejsca zerowe tej pochodnej: ∆=4900, x1 = 20-70
3
=-50
3 , x2 = 20+70
3
=30. Po
uwzględnieniu dziedziny otrzymujemy x = 30. Ponieważ V ′(x) > 0 dla 0 < x < 30 oraz V ′(x) < 0
dla 30 < x < 50, więc w przedziale (0, 30⟩funkcja V jest rosnąca i w przedziale ⟨30, 50) jest
malejąca. Stąd wynika, że dla x = 30 funkcja V przyjmuje największą wartość w dziedzinie
(0,50). Długość boku kwadratowych naroży jest równa 50-30
2
= 10 cm, szukana objętość jest
równa
V = (30+30)· 50-30
2
·30 = 18000 cm3.
Schemat oceniania III sposobu rozwiązania
Rozwiązanie zadania składa się z trzech etapów, opisanych ogólnie na stronie 27.
1.a) Oznaczenie literą np. x szerokości podstawy pudełka, zapisanie długości podstawy pudełka
80-2· 50-x
2
i wysokości pudełka 50-x
2
1.b) Zapisanie objętości jako funkcji zmiennej długości podstawy pudełka x: V =(x+30)·50-x
2
·x.
XII/30
Projekt współfinansowany ze środków Unii Europejskiej w ramach Europejskiego Funduszu Społecznego
1.c) Zapisanie warunków, jakie musi spełniać szerokość podstawy pudełka: 0 < x < 50.
2.a) Obliczenie pochodnej funkcji V : V ′(x) = -3
2x2 +20x-750.
2.b) Obliczenie miejsc zerowych: x1 = 20-70
3
= -50
3 , x2 = 20+70
3
= 30.
2.c) Stwierdzenie, że V ′(x) > 0 dla 0<x < 30 oraz V ′(x) < 0 dla 30<x < 50, więc w przedziale
(0, 30⟩funkcja V jest rosnąca i w przedziale ⟨30, 50) jest malejąca. Stąd wynika, że dla
x = 30 funkcja V przyjmuje największą wartość w dziedzinie (0,50).
3.
Obliczenie długości boku kwadratowych naroży 50-30
2
= 10 cm.
Obliczenie największej objętości: V = 60·10·30 = 18000 cm3.
XII/31

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

Długość boku: $10 \\text{ cm}$, objętość: $18000 \\text{ cm}^3$

"}]}