{"id":"matematyka-2016-czerwiec-matura-rozszerzona/zad/3","paper_id":"matematyka-2016-czerwiec-matura-rozszerzona","number":"3","points":1,"ptype":"closed","subject":"matematyka","category":"matura","year":2016,"month":"czerwiec","level":"rozszerzona","text":"Zadanie 3. (0-1)\nW trapezie ABCD o podstawach AB i CD dane są:\n6\nAD =\n,\n12\nBC =\n,\n10\nAC =\noraz\nABC\nCAD\n\n\n(zobacz rysunek).\nWówczas długość podstawy AB tego trapezu jest równa\nA.\n18\nAB =\nB.\n20\nAB =\nC.\n22\nAB =\nD.\n24\nAB =\nW trapezie ABCD o podstawach AB i CD dane są: |AD|=6, |BC|=12, |AC|=10 oraz |∠ABC|=|∠CAD| (zobacz rysunek). Wówczas długość podstawy AB tego trapezu jest równa A. |AB|=18, B. |AB|=20, |AB|=22, D. |AB|=24.","answer":"B","answer_text":"3 punkty.\nIII sposób rozwiązania\nPonieważ obie strony nierówności\n1\n2\n3\n2\n≥\nx\nx\nx\nsą nieujemne, więc podnosząc je do\nkwadratu otrzymujemy nierówność równoważną\n(\n)\n(\n)\n2\n2\n2\n3\n2\n1\nx\nx\nx\n≥\n,\n4\n3\n2\n2\n6\n13\n12\n4\n2\n1\nx\nx\nx\nx\nx\nx\n≥\n+ ,\n4\n3\n2\n6\n12\n10\n3\n0\nx\nx\nx\nx\n≥\nZauważmy, że liczba 1 jest pierwiastkiem wielomianu\n( )\n4\n3\n2\n6\n12\n10\n3\nW x\nx\nx\nx\nx\n+ , gdyż\n4\n3\n2\n1\n6 1\n12 1\n10 1 3\n0\n-⋅\n⋅\n⋅+\n. Zatem wielomian W jest podzielny przez dwumian\n1\nx -.\nStosując algorytm Hornera, otrzymujemy\n1\n6\n12\n10\n3\n1\n1\n5\n7\n3\n0\nZatem\n( )\n(\n)(\n)\n3\n2\n1\n5\n7\n3\nW x\nx\nx\nx\nx\n. Liczba 1 jest też pierwiastkiem wielomianu\n( )\n3\n2\n5\n7\n3\nP x\nx\nx\nx\n-, gdyż\n3\n2\n1\n5 1\n7 1 3\n0\n-⋅\n⋅-\n. Dzieląc ten wielomian przez\n1\nx -,\notrzymujemy\n1\n5\n7\n3\n1\n1\n4\n3\n0\nZatem\n( )\n(\n) (\n)\n2\n2\n1\n4\n3\nW x\nx\nx\nx\n. Trójmian kwadratowy\n2\n4\n3\nx\nx\nma dwa pierwiastki\n1\n1\nx = ,\n2\n3\nx =\n, więc\n( )\n(\n) (\n)\n3\n1\n3\nW x\nx\nx\n. Ponieważ dla każdej liczby rzeczywistej x\nprawdziwa jest nierówność (\n)\n2\n1\n0\nx -\n≥\n, więc nierówność\n( )\n0\nW x ≥\njest równoważna\nnierówności kwadratowej\n(\n)(\n)\n1\n3\n0\nx\nx\n≥\n,\nktórej rozwiązaniem jest każda liczba\n(\n)\n∞\n∪\n∞\n∈\n,3\n1\n,\nx\nUwaga:\nNierówność (\n)\n(\n)\n2\n2\n2\n3\n2\n1\nx\nx\nx\n≥\nmożemy też przekształcić równoważnie\n(\n)\n(\n)\n2\n2\n2\n3\n2\n1\n0\nx\nx\nx\n≥\n,\n(\n)(\n)\n2\n2\n3\n2\n1\n3\n2\n1\n0\nx\nx\nx\nx\nx\nx\n≥\n,\n(\n)(\n)\n2\n2\n4\n3\n2\n1\n0\nx\nx\nx\nx\n≥\n,\n(\n)(\n)(\n)\n2\n1\n3\n1\n0\nx\nx\nx\n≥\n,\na dalej tak samo jak w III sposobie rozwiązania.\nSchemat punktowania III sposobu rozwiązania\nRozwiązanie, w którym postęp jest wprawdzie niewielki, ale konieczny do całkowitego\nrozwiązania zadania 1 p.\nZdający zapisze nierówność w postaci równoważnej (\n)\n(\n)\n2\n2\n2\n3\n2\n1\nx\nx\nx\n≥\nRozwiązanie, w którym jest istotny postęp 2 p.\nZdający zapisze nierówność w postaci równoważnej\n• (\n)(\n)\n3\n2\n1\n5\n7\n3\n0\nx\nx\nx\nx\n≥\nalbo\n• (\n)(\n)\n2\n2\n3\n2\n1\n3\n2\n1\n0\nx\nx\nx\nx\nx\nx\n≥\nPokonanie zasadniczych trudności zadania 3 p.\nZdający\n• zapisze nierówność w postaci równoważnej (\n) (\n)\n3\n1\n3\n0\nx\nx\n≥\nalbo\n• wyznaczy\nwszystkie\npierwiastki\nwielomianu\n( )\n4\n3\n2\n6\n12\n10\n3\nW x\nx\nx\nx\nx\ni naszkicuje wykres tego wielomianu (lub wykresy odpowiednich czynników tego\nwielomianu).\nRozwiązanie pełne 4 p.\nZdający wyznaczy zbiór rozwiązań nierówności:\n(\n)\n∞\n∪\n∞\n∈\n,3\n1\n,\nx\nIV sposób rozwiązania\nNaszkicujmy w układzie współrzędnych wykresy funkcji\n( )\n2\n3\n2\nf\nx\nx\nx\noraz\n( )\n1\ng x\nx\n-, przekształcając odpowiednio parabolę o równaniu\n2\n3\n2\ny\nx\nx\noraz prostą\no równaniu\n1\ny\nx\nPonieważ\n(\n)(\n) (\n)\n2\n2\n3\n1\n2\n4\n3\n2\n1\n2\nx\nx\nx\nx\nx\n, więc parabola przecina oś Ox w punktach\n(\n)\n1,0 i (\n)\n2,0 , a jej wierzchołkiem jest punkt (\n)\n3\n1\n2\n4\n,-\n1\n2\n3\n1\n2\nx\ny\n0\n1\ny\nx\n2\n3\n2\ny\nx\nx\n1\n2\n3\n1\n2\nx\ny\n0\n1\ny\nx\n2\n3\n2\ny\nx\nx\nRys. 1.\nRys. 2.\nWykresy funkcji f i g przecinają się tylko w dwóch punktach: (\n)\n1,0 , (\n)\n3,2 . Wystarczy\nwykazać, że równanie\n2\n3\n2\n1\nx\nx\nx\nma tylko dwa rozwiązania. Równanie to jest\nrównoważne alternatywie równań\n2\n3\n2\n1\nx\nx\nx\n- lub\n2\n3\n2\n1\nx\nx\nx\n= -+ ,\n2\n4\n3\n0\nx\nx\nlub\n2\n2\n1\n0\nx\nx\n,\n(\n)(\n)\n1\n3\n0\nx\nx\nlub (\n)\n2\n1\n0\nx -\nStąd\n1\nx = lub\n3\nx =\nSchemat punktowania IV sposobu rozwiązania\nRozwiązanie, w którym postęp jest wprawdzie niewielki, ale konieczny do całkowitego\nrozwiązania zadania 1 p.\nZdający narysuje w tym samym układzie współrzędnych wykresy funkcji\n( )\n2\n3\n2\nf\nx\nx\nx\ni ( )\n1\ng x\nx\nPokonanie zasadniczych trudności zadania 3 p.\nZdający odczyta z rysunku zbiór rozwiązań nierówności\n( )\n( )\nf x\ng x\n≥\n:\n(\n)\n∞\n∪\n∞\n∈\n,3\n1\n,\nx\n,\nale nie uzasadni, że wykresy funkcji f i g mają tylko dwa punkty wspólne.\nRozwiązanie pełne 4 p.\nZdający odczyta z rysunku zbiór rozwiązań nierówności\n( )\n( )\nf x\ng x\n≥\n:\n(\n)\n∞\n∪\n∞\n∈\n,3\n1\n,\nx\noraz uzasadni, że wykresy funkcji f i g mają tylko dwa punkty wspólne.\nUwagi:\n1. Akceptujemy przyjęcie bez uzasadnienia, że dla\n2\nx >\nwykresy funkcji f i g przecinają się\nw jednym punkcie (\n)\n3,2 . Wymagamy natomiast uzasadnienia, że dla\n2\nx ≤\nwykresy tych\nfunkcji mają tylko jeden punkt wspólny. Zdający może np. zauważyć, że prosta o równaniu\n1\ny\nx\n- jest styczna do paraboli o równaniu\n2\n3\n2\ny\nx\nx\nw punkcie (\n)\n1,0 tej\nparaboli,\ngdyż\npochodna\nfunkcji kwadratowej\n( )\n2\n3\n2\nh x\nx\nx\njest\nrówna\n( )\n2\n3\nh x\nx\n′\n+ , a punkt (\n)\n1,0 leży na prostej o równaniu\n1\ny\nx\n-, na wykresie funkcji h\noraz\n( )1\n2 1 3\n1\nh′\n= -⋅+\n2. Jeżeli błędnie odczyta odciętą jednego z punktów wspólnych wykresów funkcji f i g i nie\nuzasadni, że wykresy tych funkcji mają tylko dwa punkty przecięcia, to może otrzymać co\nnajwyżej 2 punkty.\nZadanie 10. (0-3)\nDany jest ciąg (\n)\nn\na\nokreślony dla każdej liczby całkowitej\n1\n≥\nn\n, w którym\n4\n4\na =\noraz dla\nkażdej liczby\n1\n≥\nn\nprawdziwa jest równość\n4\n1\nn\na\na\nn\nn\n. Oblicz pierwszy wyraz ciągu\n(\n)\nn\na\ni ustal, czy ciąg ten jest malejący.\nRozwiązanie\nPonieważ\n4","solution":null,"image":"img/matematyka-2016-czerwiec-matura-rozszerzona/zad-3.webp","solution_image":"img/matematyka-2016-czerwiec-matura-rozszerzona/sol-3.svg","topics":"planimetria","page_from":2,"source":"ocr","answer_source":null,"answer_text_source":"ocr","solution_source":null,"text_source":"site","source_label":"Matematyka · Matura · czerwiec 2016 (rozszerzona)","subject_label":"Matematyka","category_label":"Matura","text_html":"

Zadanie 3. (0-1)
W trapezie ABCD o podstawach AB i CD dane są:
6
AD =
,
12
BC =
,
10
AC =
oraz
ABC
CAD


(zobacz rysunek).
Wówczas długość podstawy AB tego trapezu jest równa
A.
18
AB =
B.
20
AB =
C.
22
AB =
D.
24
AB =
W trapezie ABCD o podstawach AB i CD dane są: |AD|=6, |BC|=12, |AC|=10 oraz |∠ABC|=|∠CAD| (zobacz rysunek). Wówczas długość podstawy AB tego trapezu jest równa A. |AB|=18, B. |AB|=20, |AB|=22, D. |AB|=24.

","answer_text_html":"

3 punkty.
III sposób rozwiązania
Ponieważ obie strony nierówności
1
2
3
2
≥
x
x
x
są nieujemne, więc podnosząc je do
kwadratu otrzymujemy nierówność równoważną
(
)
(
)
2
2
2
3
2
1
x
x
x
≥
,
4
3
2
2
6
13
12
4
2
1
x
x
x
x
x
x
≥

\n\n

4
3
2
6
12
10
3
0
x
x
x
x
≥
Zauważmy, że liczba 1 jest pierwiastkiem wielomianu
( )
4
3
2
6
12
10
3
W x
x
x
x
x

\n\n

4
3
2
1
6 1
12 1
10 1 3
0
-⋅
⋅
⋅+
. Zatem wielomian W jest podzielny przez dwumian
1
x -.
Stosując algorytm Hornera, otrzymujemy
1
6
12
10
3
1
1
5
7
3
0
Zatem
( )
(
)(
)
3
2
1
5
7
3
W x
x
x
x
x
. Liczba 1 jest też pierwiastkiem wielomianu
( )
3
2
5
7
3
P x
x
x
x
-, gdyż
3
2
1
5 1
7 1 3
0
-⋅
⋅-
. Dzieląc ten wielomian przez
1
x -,
otrzymujemy
1
5
7
3
1
1
4
3
0
Zatem
( )
(
) (
)
2
2
1
4
3
W x
x
x
x
. Trójmian kwadratowy
2
4
3
x
x
ma dwa pierwiastki
1
1
x = ,
2
3
x =
, więc
( )
(
) (
)
3
1
3
W x
x
x
. Ponieważ dla każdej liczby rzeczywistej x
prawdziwa jest nierówność (
)
2
1
0
x -
≥
, więc nierówność
( )
0
W x ≥
jest równoważna
nierówności kwadratowej
(
)(
)
1
3
0
x
x
≥
,
której rozwiązaniem jest każda liczba
(
)
∞
∪
∞
∈
,3
1
,
x
Uwaga:
Nierówność (
)
(
)
2
2
2
3
2
1
x
x
x
≥
możemy też przekształcić równoważnie
(
)
(
)
2
2
2
3
2
1
0
x
x
x
≥
,
(
)(
)
2
2
3
2
1
3
2
1
0
x
x
x
x
x
x
≥
,
(
)(
)
2
2
4
3
2
1
0
x
x
x
x
≥
,
(
)(
)(
)
2
1
3
1
0
x
x
x
≥
,
a dalej tak samo jak w III sposobie rozwiązania.
Schemat punktowania III sposobu rozwiązania
Rozwiązanie, w którym postęp jest wprawdzie niewielki, ale konieczny do całkowitego
rozwiązania zadania 1 p.
Zdający zapisze nierówność w postaci równoważnej (
)
(
)
2
2
2
3
2
1
x
x
x
≥
Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp 2 p.
Zdający zapisze nierówność w postaci równoważnej
• (
)(
)
3
2
1
5
7
3
0
x
x
x
x
≥
albo
• (
)(
)
2
2
3
2
1
3
2
1
0
x
x
x
x
x
x
≥
Pokonanie zasadniczych trudności zadania 3 p.
Zdający
• zapisze nierówność w postaci równoważnej (
) (
)
3
1
3
0
x
x
≥
albo
• wyznaczy
wszystkie
pierwiastki
wielomianu
( )
4
3
2
6
12
10
3
W x
x
x
x
x
i naszkicuje wykres tego wielomianu (lub wykresy odpowiednich czynników tego
wielomianu).
Rozwiązanie pełne 4 p.
Zdający wyznaczy zbiór rozwiązań nierówności:
(
)
∞
∪
∞
∈
,3
1
,
x
IV sposób rozwiązania
Naszkicujmy w układzie współrzędnych wykresy funkcji
( )
2
3
2
f
x
x
x
oraz
( )
1
g x
x
-, przekształcając odpowiednio parabolę o równaniu
2
3
2
y
x
x
oraz prostą
o równaniu
1
y
x
Ponieważ
(
)(
) (
)
2
2
3
1
2
4
3
2
1
2
x
x
x
x
x
, więc parabola przecina oś Ox w punktach
(
)
1,0 i (
)
2,0 , a jej wierzchołkiem jest punkt (
)
3
1
2
4
,-
1
2
3
1
2
x
y
0
1
y
x
2
3
2
y
x
x
1
2
3
1
2
x
y
0
1
y
x
2
3
2
y
x
x
Rys. 1.
Rys. 2.
Wykresy funkcji f i g przecinają się tylko w dwóch punktach: (
)
1,0 , (
)
3,2 . Wystarczy
wykazać, że równanie
2
3
2
1
x
x
x
ma tylko dwa rozwiązania. Równanie to jest
równoważne alternatywie równań
2
3
2
1
x
x
x

\n\n

2
3
2
1
x
x
x
= -+ ,
2
4
3
0
x
x
lub
2
2
1
0
x
x
,
(
)(
)
1
3
0
x
x
lub (
)
2
1
0
x -
Stąd
1
x = lub
3
x =
Schemat punktowania IV sposobu rozwiązania
Rozwiązanie, w którym postęp jest wprawdzie niewielki, ale konieczny do całkowitego
rozwiązania zadania 1 p.
Zdający narysuje w tym samym układzie współrzędnych wykresy funkcji
( )
2
3
2
f
x
x
x
i ( )
1
g x
x
Pokonanie zasadniczych trudności zadania 3 p.
Zdający odczyta z rysunku zbiór rozwiązań nierówności
( )
( )
f x
g x
≥
:
(
)
∞
∪
∞
∈
,3
1
,
x
,
ale nie uzasadni, że wykresy funkcji f i g mają tylko dwa punkty wspólne.
Rozwiązanie pełne 4 p.
Zdający odczyta z rysunku zbiór rozwiązań nierówności
( )
( )
f x
g x
≥
:
(
)
∞
∪
∞
∈
,3
1
,
x
oraz uzasadni, że wykresy funkcji f i g mają tylko dwa punkty wspólne.
Uwagi:

\n
  1. Akceptujemy przyjęcie bez uzasadnienia, że dla
\n

2
x >
wykresy funkcji f i g przecinają się
w jednym punkcie (
)
3,2 . Wymagamy natomiast uzasadnienia, że dla
2
x ≤
wykresy tych
funkcji mają tylko jeden punkt wspólny. Zdający może np. zauważyć, że prosta o równaniu
1
y
x

\n\n

2
3
2
y
x
x
w punkcie (
)
1,0 tej
paraboli,
gdyż
pochodna
funkcji kwadratowej
( )
2
3
2
h x
x
x
jest
równa
( )
2
3
h x
x
′

\n\n

)
1,0 leży na prostej o równaniu
1
y
x
-, na wykresie funkcji h
oraz
( )1
2 1 3
1
h′
= -⋅+

\n
  1. Jeżeli błędnie odczyta odciętą jednego z punktów wspólnych wykresów funkcji f i g i nie
\n

uzasadni, że wykresy tych funkcji mają tylko dwa punkty przecięcia, to może otrzymać co
najwyżej 2 punkty.
Zadanie 10. (0-3)
Dany jest ciąg (
)
n
a
określony dla każdej liczby całkowitej
1
≥
n
, w którym
4
4
a =
oraz dla
każdej liczby
1
≥
n
prawdziwa jest równość
4
1
n
a
a
n
n
. Oblicz pierwszy wyraz ciągu
(
)
n
a
i ustal, czy ciąg ten jest malejący.
Rozwiązanie
Ponieważ
4

","solutions":[{"source":"site","label":"matematykaszkolna.pl","kind":"image","image":"/img/matematyka-2016-czerwiec-matura-rozszerzona/sol-3.svg"}]}