{"id":"matematyka-2016-czerwiec-matura-rozszerzona/zad/4","paper_id":"matematyka-2016-czerwiec-matura-rozszerzona","number":"4","points":1,"ptype":"closed","subject":"matematyka","category":"matura","year":2016,"month":"czerwiec","level":"rozszerzona","text":"Zadanie 4. (0-1)\nW ostrosłupie prawidłowym czworokątnym wszystkie krawędzie mają jednakową długość.\nWynika stąd, że cosinus kąta nachylenia ściany bocznej do płaszczyzny podstawy tego\nostrosłupa jest równy\nA.\n3\n3\nB.\n3\n2\nC. 1\n2\nD. 1\n3\nW ostrosłupie prawidłowym czworokątnym wszystkie krawędzie mają jednakową długość. Wynika stąd, że cosinus kąta nachylenia ściany bocznej do płaszczyzny podstawy tego ostrosłupa jest równy A. √3/3, B. √3/2, C. 1/2, D. 1/3.","answer":"A","answer_text":"4 =\na\ni\n4\n3\n3\n4\n= a\na\n, więc\n5\n3 =\na\nAnalogicznie\n4\n2\n2\n3\n= a\na\n, więc\n7\n2 =\na\noraz\n4\n1\n1\n2\n= a\na\n, zatem\n10\n1 =\na\nPonieważ\n5\n4\n4\n4\n4\na\na\na\n, więc ciąg ten nie jest malejący.\nUwaga:\nMożemy też zauważyć, że\n4\n1\nn\na\na\nn\nn\n. Różnica ta jest ujemna tylko dla\n4\nn <\n, a więc\ntylko pierwsze cztery wyrazy tego ciągu maleją. Dla\n4\nn =\nróżnica jest równa 0, co oznacza,\nże czwarty i piąty wyraz ciągu jest taki sam. Ciąg ten nie jest zatem malejący.\nSchemat punktowania\nZdający otrzymuje 1 p.\ngdy\n• obliczy trzeci wyraz ciągu:\n5\n3 =\na\nalbo\n• uzasadni, że ciąg nie jest malejący.\nUwaga:\nZdający nie musi odwoływać się do definicji ciągu malejącego, wystarczy, że zauważy np., że\n5\n4\na\na\nlub zapisze, że dla\n4\nn =\nróżnica\n4\n1\nn\na\na\nn\nn\njest równa 0, albo że dla\n4\nn >\nróżnica jest dodatnia.\nZdający otrzymuje 2 p.\ngdy obliczy pierwszy wyraz ciągu:\n10\n1 =\na\nZdający otrzymuje 3 p.\ngdy obliczy pierwszy wyraz ciągu\n10\n1 =\na\noraz uzasadni, że ciąg nie jest malejący.\nZadanie 11. (0-3)\nDany jest sześcian ABCDEFGH. Przez wierzchołki A i C oraz środek K krawędzi BF\npoprowadzono płaszczyznę, która przecina przekątną BH w punkcie P (zobacz rysunek).\nWykaż, że\n:\n1:3\nBP\nHP =\nRozwiązanie\nPunkt P leży w płaszczyźnie DBFH i jest punktem przecięcia przekątnej BH z odcinkiem KL,\ngdzie L to środek przekątnej BD ściany ABCD.\nOdcinek KL łączy środki boków BD i BF trójkąta DBF, więc jest równoległy do boku DF.\nTo oznacza, że trójkąt LBK jest podobny do trójkąta DBF w skali 1:2. Zatem\n1\n2\nBP\nBS\nPunkt S to środek przekątnej BH sześcianu, więc\n1 1\n1\n2 2\n4\nBP\nBH\nBH\n⋅\n. Stąd wynika, że\n:\n1:3\nBP\nHP =\n. To kończy dowód.\nA\nB\nC\nD\nE\nF\nG\nH\nK\nP\nL\nP\nA\nB\nC\nD\nE\nF\nG\nH\nK\nS\nUwaga:\nTezę możemy udowodnić też w inny sposób.\nSposób I\nNiech M oznacza punkt przecięcia prostych LK i HF.\nWówczas trójkąty LBK i MFK są przystające, gdyż oba są prostokątne,\nLKB\nMKF\n\n\n(kąty wierzchołkowe) i KB\nKF\n. Stąd wynika, że\n1\n2\nFM\nLB\nDB\nTrójkąty LBP i MHP są podobne (\nLBP\nMHP\n\n\ni\nBLP\nHMP\n\n\n, gdyż są to pary\nkątów naprzemianległych, a proste LB i HM są równoległe). Stąd\n1\n1\n1\n2\n2\n2\n3\n1\n2\n2\n1\n3\nDB\nDB\nBP\nLB\nHP\nHM\nHF\nFM\nDB\nDB\nTo kończy dowód.\nSposób II\nPrzyjmijmy oznaczenia jak na rysunku.\nWtedy\n1\n2\nBK\na\n,\n2\nDB\na\n,\n1\n2\n2\nDB\na\n. Zatem\n2\ntg\n2\n2\nHD\na\nDB\na\nα =\ni\n1\n2\n1\n2\n2\ntg\n2\n2\na\nKB\nLB\na\nβ =\n,\na więc tg\ntg\nα\nβ\n. Stąd wynika, że α\nβ\n, gdyż α i β to katy ostre. Stąd z kolei wynika, że\ntrójkąt LBP jest równoramienny, więc spodek Q wysokości PQ tego trójkąta jest środkiem\nodcinka LB. Zatem\n1\n1\n2\n4\nQB\nLB\nDB\nTrójkąty BPQ i BHD są podobne (oba są prostokątne i mają wspólny kąt ostry przy\nwierzchołku B), więc\n1\n4\n1\n4\nDB\nBP\nQB\nHB\nDB\nDB\nStąd wynika, że\n:\n1:3\nBP\nHP =\nD\nP\nK\nH\nF\na\nL\nB\n1\n2 a\nα\nβ\nQ\nD\nP\nK\nH\nF\nM\nL\nB\nSposób III\nPoprowadźmy odcinek łączące środki przeciwległych boków prostokąta BFHD.\nPrzecinają się one w punkcie S, który jest środkiem przekątnej BH tego prostokąta. Punkt P\njest natomiast środkiem przekątnej prostokąta BKSL. Stąd wynika, że\n1\n4\nBP\nBH\ni\n3\n4\nHP\nBH\nTo oznacza, że\n:\n1:3\nBP\nHP =\nSchemat punktowania\nZdający otrzymuje 1 p.\ngdy zauważy, że P jest punktem przecięcia przekątnej BH z odcinkiem KL, gdzie L to środek\nprzekątnej BD.\nZdający otrzymuje 2 p.\ngdy\n• zapisze, że trójkąty LBK i DBF są podobne w skali 1: 2\nalbo\n• zapisze, że odcinek KL jest obrazem odcinka FD w jednokładności o środku B i skali 1\n2 ,\nalbo\n• wykaże, że trójkąt LBP jest równoramienny np. wykaże, że\nPBL\nPLB\n\n\n,\nalbo\n• poprowadzi odcinki łączące środek przekątnej BH z punktami K i L\ni na tym zakończy lub dalej popełnia błędy.\nZdający otrzymuje 3 p.\ngdy wykaże, że\n:\n1:3\nBP\nHP =\nS\nD\nP\nK\nH\nF\na\nL\nB\nZadanie 12. (0-4)\nLiczba m jest sumą odwrotności dwóch różnych pierwiastków równania\n0\n1\n)1\n(\n2\n2\nx\nk\nx\nk\n, gdzie\n0\n≠\nk\nWyznacz zbiór wartości funkcji określonej wzorem\nm\nx\nf\n2\n)\n(\nRozwiązanie\nRównanie\n2\n2\n(\n1)\n1\n0\nk x\nk\nx\nz niewiadomą x ma dwa rozwiązania rzeczywiste\n1x ,\n2x wtedy i tylko wtedy, gdy\n0\nk ≠\ni (\n)\n2\n2\n1\n4\n0\nk\nk\n>\n, a więc dla\n(\n) (\n)\n1\n3\n1,0\n0,\nk ∈-\n∪\n. Suma\nm odwrotności rozwiązań jest określona wtedy, gdy\n1\n2\n0\nx x ≠\n, a więc (ze wzoru Viete’a) gdy\n2\n1\n0\nk\n≠\n. To zachodzi dla każdej wartości\n(\n) (\n)\n1\n3\n1,0\n0,\nk ∈-\n∪\n. Zatem\n(\n)\n1\n2\n1\n2\n1\n2\n2\n2\n1\n1\n1\n1\n1\nk\nk\nk\nx\nx\nm\nk\nx\nx\nx x\nFunkcja f jest więc określona wzorem\n( )\n(\n)\n( )\n1\n1\n1\n2\n2\nk\nk\nf k\ndla\n(\n) (\n)\n1\n3\n1,0\n0,\nk ∈-\n∪\nWykres funkcji f otrzymamy, przesuwając wykres funkcji wykładniczej ( ) ( )\n1\n2\nk\ng k =\no wektor\n[\n]\n1,0\nu =\n\n, a następnie biorąc ten fragment otrzymanego wykresu, który odpowiada\nargumentom\n(\n) (\n)\n1\n3\n1,0\n0,\nk ∈-\n∪\n-3\n-2\n-1\n1\n2\n3\n4\n5\n1\n2\n3\n4\n5\nk\ny\n0\n( )\n1\n2\nk\ny =\n( )\n( )\n1\n1\n2\nk\nf k\n( )\n1\n1\n2\nk\ny\n1\n3\n3 4\nFunkcja h, określona wzorem\n( )\n(\n)\n( )\n1\n1\n1\n2\n2\nk\nk\nh k\njest malejąca,\n(\n) ( )\n1 1\n1\n2\n1\n4\nh\n,\n( ) ( )\n1\n1\n2\n0\n2\nh\n,\n( ) ( )\n1\n3\n1\n2\n3\n3\n1\n1\n3\n2\n2\n4\nh\n, więc zbiorem wartości funkcji f jest\n(\n)\n(\n)\n3 4,2\n2,4\n∪\nSchemat punktowania\nRozwiązanie, w którym postęp jest niewielki, ale konieczny na drodze do pełnego\nrozwiązania 1 p.\nZdający rozwiąże nierówność\n0\nΔ >\n:\n{ }\n1\n1,\n\\ 0\n3\nk\n\n\n∈-\n\n\n\n\nRozwiązanie, w którym jest istotny postęp 2 p.\nZdający wyznaczy sumę odwrotności dwóch różnych pierwiastków równania w zależności\nod k:\nnp.\n1\n2\n1\n1\n1\nk\nx\nx\nRozwiązanie zasadniczych trudności zadania 3 p.\nZdający obliczy wartości funkcji wykładniczej h, określonej wzorem\n( ) ( )\n1\n1\n2\nk\nh k\ndla\nargumentów\n1\n1, 0, 3\n: (\n)\n1\n4\nh -\n( )\n0\n2\nh\n, ( )\n3\n1\n3\n4\nh\nRozwiązanie pełne 4 p.\nZdający wykorzysta monotoniczność funkcji wykładniczej i wyznaczy zbiór wartości\nfunkcji f: (\n) { }\n3 4,4 \\ 2 .\nUwagi:\n1. Jeżeli zdający zapisze i rozwiąże warunek\n0\nΔ ≥\n, to za całe rozwiązanie otrzymuje co\nnajwyżej 3 punkty.\n2. Jeżeli zdający wyznaczy poprawnie sumę odwrotności różnych rozwiązań danego\nrównania, ale utworzy funkcję wykładniczą o niepopranym wzorze, to za całe rozwiązanie\notrzymuje co najwyżej 3 punkty.\n3. Jeżeli zdający nie uwzględni warunku\n0\nk ≠\ni wyznaczy zbiór wartości:(\n)\n3 4,4 , to za całe\nrozwiązanie otrzymuje co najwyżej 3 punkty.\n4. Jeżeli zdający błędnie rozwiąże nierówność\n0\nΔ >\n, ale przy wyznaczaniu zbioru wartości\nfunkcji uwzględni warunek\n0\nk ≠\n, to za całe rozwiązanie otrzymuje co najwyżej 3 punkty.","solution":null,"image":"img/matematyka-2016-czerwiec-matura-rozszerzona/zad-4.webp","solution_image":"img/matematyka-2016-czerwiec-matura-rozszerzona/sol-4.svg","topics":"stereometria","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 4. (0-1)
W ostrosłupie prawidłowym czworokątnym wszystkie krawędzie mają jednakową długość.
Wynika stąd, że cosinus kąta nachylenia ściany bocznej do płaszczyzny podstawy tego
ostrosłupa jest równy
A.
3
3
B.
3
2
C. 1
2
D. 1
3
W ostrosłupie prawidłowym czworokątnym wszystkie krawędzie mają jednakową długość. Wynika stąd, że cosinus kąta nachylenia ściany bocznej do płaszczyzny podstawy tego ostrosłupa jest równy A. √3/3, B. √3/2, C. 1/2, D. 1/3.

","answer_text_html":"

4 =
a
i
4
3
3
4
= a
a
, więc
5
3 =
a
Analogicznie
4
2
2
3
= a
a
, więc
7
2 =
a
oraz
4
1
1
2
= a
a
, zatem
10
1 =
a
Ponieważ
5
4
4
4
4
a
a
a
, więc ciąg ten nie jest malejący.
Uwaga:
Możemy też zauważyć, że
4
1
n
a
a
n
n
. Różnica ta jest ujemna tylko dla
4
n <
, a więc
tylko pierwsze cztery wyrazy tego ciągu maleją. Dla
4
n =
różnica jest równa 0, co oznacza,
że czwarty i piąty wyraz ciągu jest taki sam. Ciąg ten nie jest zatem malejący.
Schemat punktowania
Zdający otrzymuje 1 p.
gdy
• obliczy trzeci wyraz ciągu:
5
3 =
a
albo
• uzasadni, że ciąg nie jest malejący.
Uwaga:
Zdający nie musi odwoływać się do definicji ciągu malejącego, wystarczy, że zauważy np., że
5
4
a
a
lub zapisze, że dla
4
n =
różnica
4
1
n
a
a
n
n
jest równa 0, albo że dla
4
n >
różnica jest dodatnia.
Zdający otrzymuje 2 p.
gdy obliczy pierwszy wyraz ciągu:
10
1 =
a
Zdający otrzymuje 3 p.
gdy obliczy pierwszy wyraz ciągu
10
1 =
a
oraz uzasadni, że ciąg nie jest malejący.
Zadanie 11. (0-3)
Dany jest sześcian ABCDEFGH. Przez wierzchołki A i C oraz środek K krawędzi BF
poprowadzono płaszczyznę, która przecina przekątną BH w punkcie P (zobacz rysunek).
Wykaż, że
:
1:3
BP
HP =
Rozwiązanie
Punkt P leży w płaszczyźnie DBFH i jest punktem przecięcia przekątnej BH z odcinkiem KL,
gdzie L to środek przekątnej BD ściany ABCD.
Odcinek KL łączy środki boków BD i BF trójkąta DBF, więc jest równoległy do boku DF.
To oznacza, że trójkąt LBK jest podobny do trójkąta DBF w skali 1:2. Zatem
1
2
BP
BS
Punkt S to środek przekątnej BH sześcianu, więc
1 1
1
2 2
4
BP
BH
BH
⋅
. Stąd wynika, że
:
1:3
BP
HP =
. To kończy dowód.
A
B
C
D
E
F
G
H
K
P
L
P
A
B
C
D
E
F
G
H
K
S
Uwaga:
Tezę możemy udowodnić też w inny sposób.
Sposób I
Niech M oznacza punkt przecięcia prostych LK i HF.
Wówczas trójkąty LBK i MFK są przystające, gdyż oba są prostokątne,
LKB
MKF


(kąty wierzchołkowe) i KB
KF
. Stąd wynika, że
1
2
FM
LB
DB
Trójkąty LBP i MHP są podobne (
LBP
MHP


i
BLP
HMP


, gdyż są to pary
kątów naprzemianległych, a proste LB i HM są równoległe). Stąd
1
1
1
2
2
2
3
1
2
2
1
3
DB
DB
BP
LB
HP
HM
HF
FM
DB
DB
To kończy dowód.
Sposób II
Przyjmijmy oznaczenia jak na rysunku.
Wtedy
1
2
BK
a
,
2
DB
a
,
1
2
2
DB
a
. Zatem
2
tg
2
2
HD
a
DB
a
α =
i
1
2
1
2
2
tg
2
2
a
KB
LB
a
β =
,
a więc tg
tg
α
β
. Stąd wynika, że α
β
, gdyż α i β to katy ostre. Stąd z kolei wynika, że
trójkąt LBP jest równoramienny, więc spodek Q wysokości PQ tego trójkąta jest środkiem
odcinka LB. Zatem
1
1
2
4
QB
LB
DB
Trójkąty BPQ i BHD są podobne (oba są prostokątne i mają wspólny kąt ostry przy
wierzchołku B), więc
1
4
1
4
DB
BP
QB
HB
DB
DB
Stąd wynika, że
:
1:3
BP
HP =
D
P
K
H
F
a
L
B
1
2 a
α
β
Q
D
P
K
H
F
M
L
B
Sposób III
Poprowadźmy odcinek łączące środki przeciwległych boków prostokąta BFHD.
Przecinają się one w punkcie S, który jest środkiem przekątnej BH tego prostokąta. Punkt P
jest natomiast środkiem przekątnej prostokąta BKSL. Stąd wynika, że
1
4
BP
BH
i
3
4
HP
BH
To oznacza, że
:
1:3
BP
HP =
Schemat punktowania
Zdający otrzymuje 1 p.
gdy zauważy, że P jest punktem przecięcia przekątnej BH z odcinkiem KL, gdzie L to środek
przekątnej BD.
Zdający otrzymuje 2 p.
gdy
• zapisze, że trójkąty LBK i DBF są podobne w skali 1: 2
albo
• zapisze, że odcinek KL jest obrazem odcinka FD w jednokładności o środku B i skali 1
2 ,
albo
• wykaże, że trójkąt LBP jest równoramienny np. wykaże, że
PBL
PLB


,
albo
• poprowadzi odcinki łączące środek przekątnej BH z punktami K i L
i na tym zakończy lub dalej popełnia błędy.
Zdający otrzymuje 3 p.
gdy wykaże, że
:
1:3
BP
HP =
S
D
P
K
H
F
a
L
B
Zadanie 12. (0-4)
Liczba m jest sumą odwrotności dwóch różnych pierwiastków równania
0
1
)1
(
2
2
x
k
x
k
, gdzie
0
≠
k
Wyznacz zbiór wartości funkcji określonej wzorem
m
x
f
2
)
(
Rozwiązanie
Równanie
2
2
(
1)
1
0
k x
k
x
z niewiadomą x ma dwa rozwiązania rzeczywiste
1x ,
2x wtedy i tylko wtedy, gdy
0
k ≠
i (
)
2
2
1
4
0
k
k

\n
\n

, a więc dla
(
) (
)
1
3
1,0
0,
k ∈-
∪
. Suma
m odwrotności rozwiązań jest określona wtedy, gdy
1
2
0
x x ≠
, a więc (ze wzoru Viete’a) gdy
2
1
0
k
≠
. To zachodzi dla każdej wartości
(
) (
)
1
3
1,0
0,
k ∈-
∪
. Zatem
(
)
1
2
1
2
1
2
2
2
1
1
1
1
1
k
k
k
x
x
m
k
x
x
x x
Funkcja f jest więc określona wzorem
( )
(
)
( )
1
1
1
2
2
k
k
f k
dla
(
) (
)
1
3
1,0
0,
k ∈-
∪
Wykres funkcji f otrzymamy, przesuwając wykres funkcji wykładniczej ( ) ( )
1
2
k
g k =
o wektor
[
]
1,0
u =

, a następnie biorąc ten fragment otrzymanego wykresu, który odpowiada
argumentom
(
) (
)
1
3
1,0
0,
k ∈-
∪
-3
-2
-1
1
2
3
4
5
1
2
3
4
5
k
y
0
( )
1
2
k
y =
( )
( )
1
1
2
k
f k
( )
1
1
2
k
y
1
3
3 4
Funkcja h, określona wzorem
( )
(
)
( )
1
1
1
2
2
k
k
h k
jest malejąca,
(
) ( )
1 1
1
2
1
4
h
,
( ) ( )
1
1
2
0
2
h
,
( ) ( )
1
3
1
2
3
3
1
1
3
2
2
4
h
, więc zbiorem wartości funkcji f jest
(
)
(
)
3 4,2
2,4
∪
Schemat punktowania
Rozwiązanie, w którym postęp jest niewielki, ale konieczny na drodze do pełnego
rozwiązania 1 p.
Zdający rozwiąże nierówność
0
Δ >
:
{ }
1
1,
\\ 0
3
k


∈-




Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp 2 p.
Zdający wyznaczy sumę odwrotności dwóch różnych pierwiastków równania w zależności
od k:
np.
1
2
1
1
1
k
x
x
Rozwiązanie zasadniczych trudności zadania 3 p.
Zdający obliczy wartości funkcji wykładniczej h, określonej wzorem
( ) ( )
1
1
2
k
h k
dla
argumentów
1
1, 0, 3
: (
)
1
4
h -
( )
0
2
h
, ( )
3
1
3
4
h
Rozwiązanie pełne 4 p.
Zdający wykorzysta monotoniczność funkcji wykładniczej i wyznaczy zbiór wartości
funkcji f: (
) { }
3 4,4 \\ 2 .
Uwagi:

\n
  1. Jeżeli zdający zapisze i rozwiąże warunek
\n

0
Δ ≥
, to za całe rozwiązanie otrzymuje co
najwyżej 3 punkty.

\n
  1. Jeżeli zdający wyznaczy poprawnie sumę odwrotności różnych rozwiązań danego
\n

równania, ale utworzy funkcję wykładniczą o niepopranym wzorze, to za całe rozwiązanie
otrzymuje co najwyżej 3 punkty.

\n
  1. Jeżeli zdający nie uwzględni warunku
\n

0
k ≠
i wyznaczy zbiór wartości:(
)
3 4,4 , to za całe
rozwiązanie otrzymuje co najwyżej 3 punkty.

\n
  1. Jeżeli zdający błędnie rozwiąże nierówność
\n

0
Δ >
, ale przy wyznaczaniu zbioru wartości
funkcji uwzględni warunek
0
k ≠
, to za całe rozwiązanie otrzymuje co najwyżej 3 punkty.

","solutions":[{"source":"site","label":"matematykaszkolna.pl","kind":"image","image":"/img/matematyka-2016-czerwiec-matura-rozszerzona/sol-4.svg"}]}