{"id":"matematyka-2017-maj-matura-stara-rozszerzona/zad/7","paper_id":"matematyka-2017-maj-matura-stara-rozszerzona","number":"7","points":4,"ptype":"open","subject":"matematyka","category":"matura","year":2017,"month":"maj","level":"rozszerzona","text":"Zadanie 7. (4 pkt)\nOblicz, ile jest liczb sześciocyfrowych, w których zapisie nie występuje zero, natomiast\nwystępują dwie dziewiątki, jedna szóstka i suma wszystkich cyfr jest równa 30.\nOdpowiedź:\n\nPoziom rozszerzony\nMMA_1R","answer":null,"answer_text":"7. Planimetria. Zdający stosuje własności figur podobnych\ni jednokładnych w zadaniach, także umieszczonych w kontekście\npraktycznym oraz znajduje związki miarowe w figurach płaskich\nz zastosowaniem twierdzenia sinusów i twierdzenia cosinusów (R7.c,\nR7.d).\nPrzykładowe rozwiązania\nI sposób\nPrzyjmijmy oznaczenia jak na rysunku.\nPole trójkąta ABC jest równe\n1\nsin\n2\n⋅⋅\nβ\nABC\nP\na c\nPola trójkątów ABE i CBE są równe\n1\nsin\n2\n2\n⋅⋅\nβ\nABE\nP\nd c\noraz\n1\nsin\n2\n2\n⋅⋅\nβ\nCBE\nP\nd a\nSuma pól trójkątów ABE i CBE jest równa polu trójkąta ABC, zatem\n1\n1\n1\nsin\nsin\nsin\n2\n2\n2\n2\n2\n⋅⋅\n⋅⋅\n⋅⋅\nβ\nβ\nβ\na c\nd c\nd a\nA\nB\nC\nE\na\nc\nd\n2\nβ\n2\nβ\nStąd\n(\n)\n2sin\ncos\nsin\n2\n2\n2\n⋅⋅\n⋅\n⋅\nβ\nβ\nβ\na c\nd\na\nc\n,\n(\n)\n2\ncos 2\n⋅\n⋅\nβ\nac\nd\na\nc ,\n2\ncos 2\n⋅\nβ\nac\nd\na\nc\nTo kończy dowód.\nII sposób\nPrzyjmijmy oznaczenia jak na rysunku.\nZ twierdzenia o dwusiecznej otrzymujemy\nCE\nCB\nAE\nAB , czyli\ny\na\nx\nc .\nZ twierdzenia cosinusów dla trójkątów ABE i CBE otrzymujemy\n2\n2\n2\n2\ncos 2\nx\nc\nd\ncd\nβ\noraz\n2\n2\n2\n2\ncos 2\ny\na\nd\nad\nβ\nZatem\n2\n2\n2\n2\n2\n2\n2\n2\n2\n2\n2\ncos\n2\ncos\na\nd\nad\na\ny\nc\nx\nc\nd\ncd\nβ\nβ\nStąd otrzymujemy\n(\n)\n(\n)\n2\n2\n2\n2\n2\n2\n2\n2\n2\ncos\n2\ncos\na\nc\nd\ncd\nc\na\nd\nad\nβ\nβ\n,\n2\n2\n2\n2\n2\n2\n2\n2\n2\n2\n2\n2\n2\ncos\n2\ncos\na c\na d\na cd\na c\nc d\nac d\nβ\nβ\n,\n2\n2\n2\n2\n2\n2\n2\n2\n2\ncos\n2\ncos\na d\nc d\na cd\nac d\nβ\nβ\n,\n(\n)\n(\n)\n2\n2\n2\n2\ncos\na\nc\nd\na\nc ac\nβ\nA\nB\nC\nE\na\nc\nd\n2\nβ\n2\nβ\nx\ny\nGdy a\nc\n, wówczas trójkąt ABC jest równoramienny, więc trójkąty ABE i CBE są\nprostokątne i przystające. Wtedy\n2\ncos\nd\nc\nβ =\n, skąd\n2\n2\n2\n2\n2\n2\ncos\ncos\ncos\n2\nc\nac\nd\nc\nc\na\nc\nβ\nβ\nβ\nGdy zaś a\nc\n≠\n, to (\n)(\n)\n0\na\nc\na\nc\n≠\n, czyli\n2\n2\n0\na\nc\n≠\n, więc\n(\n)\n2\n2\n2\n2\n2\n2\ncos\ncos\na\nc\nac\nd\nac\na\nc\na\nc\nβ\nβ\nTo kończy dowód.\nIII sposób\nPoprowadźmy wysokości CG i EF trójkątów ABC i ABE. Ponieważ trójkąt ABC jest\nostrokątny, więc spodki F i G tych wysokości leżą na boku AB trójkąta ABC. Pozostałe\noznaczenia przyjmijmy jak na rysunku.\nZ twierdzenia o dwusiecznej otrzymujemy\nCE\nCB\nAE\nAB , czyli\ny\na\nx\nc .\nZ trójkątów BEF i BCG otrzymujemy\nsin 2\nβ\np\nd\noraz\nsin\nβ\nh\na\nStąd\nsin 2\nβ\np\nd\noraz\nsin\nβ\nh\na\nTrójkąty AFE i AGC są podobne, gdyż oba są prostokątne i mają wspólny kąt ostry przy\nwierzchołku A. Zatem\nEF\nCG\nAE\nAC , czyli\np\nh\nx\nx\ny .\nA\nB\nC\nE\na\nc\nd\n2\nβ\n2\nβ\nF\nG\np\nh\nx\ny\nStąd i z poprzednio otrzymanych równości otrzymujemy kolejno\nsin\nsin\n2 =\nβ\nβ\nd\na\nx\nx\ny ,\n2sin\ncos\n2\n2\nsin 2\n1\na\nd\ny\nx\nβ\nβ\nβ\n⋅\n,\n2\ncos\n2\ncos\n2\n2\n1\n⋅\n⋅\nβ\nβ\na\nac\nd\na\na\nc\nc\nTo kończy dowód.\nSchemat punktowania\nI sposób rozwiązania\nRozwiązanie, w którym postęp jest istotny 1 p.\nZdający\n• zapisze pola każdego z trójkątów ABC, ABE i CBE w zależności od długości a, c, d i kąta\nβ :\n1\nsin\n2\n⋅⋅\nβ\nABC\nP\na c\n,\n1\nsin\n2\n2\n⋅⋅\nβ\nABE\nP\nd c\n,\n1\nsin\n2\n2\n⋅⋅\nβ\nCBE\nP\nd a\nalbo\n• zapisze, że pole trójkąta ABC jest sumą pól trójkątów ABE i CBE oraz zapisze jedno\nz tych pól:\n1\nsin\n2\n⋅⋅\nβ\nABC\nP\na c\nlub\n1\nsin\n2\n2\n⋅⋅\nβ\nABE\nP\nd c\nlub\n1\nsin\n2\n2\n⋅⋅\nβ\nCBE\nP\nd a\ni na tym zakończy lub dalej popełnia błędy.\nPokonanie zasadniczych trudności zadania 2 p.\nZdający zapisze zależność między polem trójkąta ABC i polami trójkątów ABE i CBE\nw postaci, w której występują jedynie wielkości a, c, d i β , np.:\n1\n1\n1\nsin\nsin\nsin\n2\n2\n2\n2\n2\n⋅⋅\n⋅⋅\n⋅⋅\nβ\nβ\nβ\na c\nd c\nd a\ni na tym zakończy lub dalej popełnia błędy.\nRozwiązanie pełne 3 p.\nZdający przeprowadzi pełne rozumowanie.\nII sposób rozwiązania\nRozwiązanie, w którym postęp jest istotny 1 p.\nZdający zapisze zależności między wielkościami x, y, d, a i c oraz kątem β :\ny\na\nx\nc ,\n2\n2\n2\n2\ncos 2\nx\nc\nd\ncd\nβ\n,\n2\n2\n2\n2\ncos 2\ny\na\nd\nad\nβ\ni na tym zakończy lub dalej popełnia błędy.\nPokonanie zasadniczych trudności zadania 2 p.\nZdający zapisze równanie, np.:\n2\n2\n2\n2\n2\n2\n2\n2\n2\ncos\n2\ncos\na\nd\nad\na\nc\nc\nd\ncd\nβ\nβ\ni na tym zakończy lub dalej popełnia błędy.\nRozwiązanie pełne 3 p.\nZdający przeprowadzi pełne rozumowanie.\nUwaga\nJeżeli zdający nie rozważy sytuacji gdy a\nc\n, to może otrzymać co najwyżej 2 punkty.\nIII sposób rozwiązania\nRozwiązanie, w którym postęp jest istotny 1 p.\nZdający zapisze\n• zależność między wielkościami x, y, a i c oraz zależności między wielkościami p, h i a\noraz kątem β :\ny\na\nx\nc ,\nsin 2\nβ\np\nd\n,\nsin\nβ\nh\na\nalbo\n• zależność między wielkościami x, y, a i c oraz zależności między wielkościami\np, h, x i y oraz kątem β :\ny\na\nx\nc ,\np\nh\nx\nx\ny\nalbo\n• zależność między wielkościami p, h i a oraz kątem β oraz zależność między\nwielkościami x, y, a i c:\nsin 2\nβ\np\nd\n,\nsin\nβ\nh\na\n,\ny\na\nx\nc .\nPokonanie zasadniczych trudności zadania 2 p.\nZdający zapisze wystarczającą liczbę zależności między wielkościami x, y, a, c, p i h oraz\nkątem β , pozwalającą wyznaczyć d w zależności od wielkości a, c i kąta β , np.:\ny\na\nx\nc ,\nsin\nsin\n2 =\nβ\nβ\nd\na\nx\nx\ny .\nRozwiązanie pełne 3 p.\nZdający przeprowadzi pełne rozumowanie.\nZadanie 7. (0-4)\nIII. Modelowanie\nmatematyczne.\n10. Elementy statystyki opisowej. Teoria prawdopodobieństwa\ni kombinatoryka. Zdający wykorzystuje wzory na liczbę\npermutacji, kombinacji i wariacji do zliczania obiektów\nw sytuacjach kombinatorycznych (R10).\nPrzykładowe rozwiązanie\nWybieramy miejsce dla dziewiątek. Jest 6\n15\n2\n=\n\n\ntakich miejsc.\nSzóstka może wystąpić na jednym z pozostałych 4 miejsc.\nNa pozostałych trzech miejscach mają wystąpić trzy cyfry, których suma ma być\nrówna30\n2 9\n6\n6\n-⋅-\nMamy następujące możliwości:\n1, 2, 3 i na trzech miejscach te cyfry możemy ustawić na 3!\n6\nsposobów,\n1, 1, 4 i na trzech miejscach te cyfry możemy ustawić na 3\n1\n3\n2\n1\n=\n\n\nsposoby,\n2, 2, 2 i na trzech miejscach te cyfry możemy ustawić na 3\n1\n3\n=\n\n\nsposób.\nŁącznie, pozostałe trzy cyfry na pozostałych trzech miejscach, możemy ustawić na 10\nsposobów.\nStosując regułę mnożenia zapisujemy, że liczba liczb opisanych w treści zadania jest równa","solution":null,"image":"img/matematyka-2017-maj-matura-stara-rozszerzona/zad-7.webp","solution_image":null,"topics":null,"page_from":12,"source":"ocr","answer_source":null,"answer_text_source":"ocr","solution_source":null,"text_source":"ocr","source_label":"Matematyka · Matura · maj 2017 (rozszerzona)","subject_label":"Matematyka","category_label":"Matura","text_html":"

Zadanie 7. (4 pkt)
Oblicz, ile jest liczb sześciocyfrowych, w których zapisie nie występuje zero, natomiast
występują dwie dziewiątki, jedna szóstka i suma wszystkich cyfr jest równa 30.
Odpowiedź:

\n

Poziom rozszerzony
MMA_1R

","answer_text_html":"
  1. Planimetria. Zdający stosuje własności figur podobnych
\n

i jednokładnych w zadaniach, także umieszczonych w kontekście
praktycznym oraz znajduje związki miarowe w figurach płaskich
z zastosowaniem twierdzenia sinusów i twierdzenia cosinusów (R7.c,
R7.d).
Przykładowe rozwiązania
I sposób
Przyjmijmy oznaczenia jak na rysunku.
Pole trójkąta ABC jest równe
1
sin
2
⋅⋅
β
ABC
P
a c
Pola trójkątów ABE i CBE są równe
1
sin
2
2
⋅⋅
β
ABE
P
d c
oraz
1
sin
2
2
⋅⋅
β
CBE
P
d a
Suma pól trójkątów ABE i CBE jest równa polu trójkąta ABC, zatem
1
1
1
sin
sin
sin
2
2
2
2
2
⋅⋅
⋅⋅
⋅⋅
β
β
β
a c
d c
d a
A
B
C
E
a
c
d
2
β
2
β
Stąd
(
)
2sin
cos
sin
2
2
2
⋅⋅
⋅
⋅
β
β
β
a c
d
a
c
,
(
)
2
cos 2
⋅
⋅
β
ac
d
a
c ,
2
cos 2
⋅
β
ac
d
a
c
To kończy dowód.
II sposób
Przyjmijmy oznaczenia jak na rysunku.
Z twierdzenia o dwusiecznej otrzymujemy
CE
CB
AE
AB , czyli
y
a
x
c .
Z twierdzenia cosinusów dla trójkątów ABE i CBE otrzymujemy
2
2
2
2
cos 2
x
c
d
cd
β
oraz
2
2
2
2
cos 2
y
a
d
ad
β
Zatem
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
cos
2
cos
a
d
ad
a
y
c
x
c
d
cd
β
β
Stąd otrzymujemy
(
)
(
)
2
2
2
2
2
2
2
2
2
cos
2
cos
a
c
d
cd
c
a
d
ad
β
β
,
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
cos
2
cos
a c
a d
a cd
a c
c d
ac d
β
β
,
2
2
2
2
2
2
2
2
2
cos
2
cos
a d
c d
a cd
ac d
β
β
,
(
)
(
)
2
2
2
2
cos
a
c
d
a
c ac
β
A
B
C
E
a
c
d
2
β
2
β
x
y
Gdy a
c
, wówczas trójkąt ABC jest równoramienny, więc trójkąty ABE i CBE są
prostokątne i przystające. Wtedy
2
cos
d
c
β =
, skąd
2
2
2
2
2
2
cos
cos
cos
2
c
ac
d
c
c
a
c
β
β
β
Gdy zaś a
c
≠
, to (
)(
)
0
a
c
a
c
≠
, czyli
2
2
0
a
c
≠
, więc
(
)
2
2
2
2
2
2
cos
cos
a
c
ac
d
ac
a
c
a
c
β
β
To kończy dowód.
III sposób
Poprowadźmy wysokości CG i EF trójkątów ABC i ABE. Ponieważ trójkąt ABC jest
ostrokątny, więc spodki F i G tych wysokości leżą na boku AB trójkąta ABC. Pozostałe
oznaczenia przyjmijmy jak na rysunku.
Z twierdzenia o dwusiecznej otrzymujemy
CE
CB
AE
AB , czyli
y
a
x
c .
Z trójkątów BEF i BCG otrzymujemy
sin 2
β
p
d
oraz
sin
β
h
a
Stąd
sin 2
β
p
d
oraz
sin
β
h
a
Trójkąty AFE i AGC są podobne, gdyż oba są prostokątne i mają wspólny kąt ostry przy
wierzchołku A. Zatem
EF
CG
AE
AC , czyli
p
h
x
x
y .
A
B
C
E
a
c
d
2
β
2
β
F
G
p
h
x
y
Stąd i z poprzednio otrzymanych równości otrzymujemy kolejno
sin
sin
2 =
β
β
d
a
x
x
y ,
2sin
cos
2
2
sin 2
1
a
d
y
x
β
β
β
⋅
,
2
cos
2
cos
2
2
1
⋅
⋅
β
β
a
ac
d
a
a
c
c
To kończy dowód.
Schemat punktowania
I sposób rozwiązania
Rozwiązanie, w którym postęp jest istotny 1 p.
Zdający
• zapisze pola każdego z trójkątów ABC, ABE i CBE w zależności od długości a, c, d i kąta
β :
1
sin
2
⋅⋅
β
ABC
P
a c
,
1
sin
2
2
⋅⋅
β
ABE
P
d c
,
1
sin
2
2
⋅⋅
β
CBE
P
d a
albo
• zapisze, że pole trójkąta ABC jest sumą pól trójkątów ABE i CBE oraz zapisze jedno
z tych pól:
1
sin
2
⋅⋅
β
ABC
P
a c
lub
1
sin
2
2
⋅⋅
β
ABE
P
d c
lub
1
sin
2
2
⋅⋅
β
CBE
P
d a
i na tym zakończy lub dalej popełnia błędy.
Pokonanie zasadniczych trudności zadania 2 p.
Zdający zapisze zależność między polem trójkąta ABC i polami trójkątów ABE i CBE
w postaci, w której występują jedynie wielkości a, c, d i β , np.:
1
1
1
sin
sin
sin
2
2
2
2
2
⋅⋅
⋅⋅
⋅⋅
β
β
β
a c
d c
d a
i na tym zakończy lub dalej popełnia błędy.
Rozwiązanie pełne 3 p.
Zdający przeprowadzi pełne rozumowanie.
II sposób rozwiązania
Rozwiązanie, w którym postęp jest istotny 1 p.
Zdający zapisze zależności między wielkościami x, y, d, a i c oraz kątem β :
y
a
x
c ,
2
2
2
2
cos 2
x
c
d
cd
β
,
2
2
2
2
cos 2
y
a
d
ad
β
i na tym zakończy lub dalej popełnia błędy.
Pokonanie zasadniczych trudności zadania 2 p.
Zdający zapisze równanie, np.:
2
2
2
2
2
2
2
2
2
cos
2
cos
a
d
ad
a
c
c
d
cd
β
β
i na tym zakończy lub dalej popełnia błędy.
Rozwiązanie pełne 3 p.
Zdający przeprowadzi pełne rozumowanie.
Uwaga
Jeżeli zdający nie rozważy sytuacji gdy a
c
, to może otrzymać co najwyżej 2 punkty.
III sposób rozwiązania
Rozwiązanie, w którym postęp jest istotny 1 p.
Zdający zapisze
• zależność między wielkościami x, y, a i c oraz zależności między wielkościami p, h i a
oraz kątem β :
y
a
x
c ,
sin 2
β
p
d
,
sin
β
h
a
albo
• zależność między wielkościami x, y, a i c oraz zależności między wielkościami
p, h, x i y oraz kątem β :
y
a
x
c ,
p
h
x
x
y
albo
• zależność między wielkościami p, h i a oraz kątem β oraz zależność między
wielkościami x, y, a i c:
sin 2
β
p
d
,
sin
β
h
a
,
y
a
x
c .
Pokonanie zasadniczych trudności zadania 2 p.
Zdający zapisze wystarczającą liczbę zależności między wielkościami x, y, a, c, p i h oraz
kątem β , pozwalającą wyznaczyć d w zależności od wielkości a, c i kąta β , np.:
y
a
x
c ,
sin
sin
2 =
β
β
d
a
x
x
y .
Rozwiązanie pełne 3 p.
Zdający przeprowadzi pełne rozumowanie.
Zadanie 7. (0-4)
III. Modelowanie
matematyczne.

\n
  1. Elementy statystyki opisowej. Teoria prawdopodobieństwa
\n

i kombinatoryka. Zdający wykorzystuje wzory na liczbę
permutacji, kombinacji i wariacji do zliczania obiektów
w sytuacjach kombinatorycznych (R10).
Przykładowe rozwiązanie
Wybieramy miejsce dla dziewiątek. Jest 6
15
2
=


takich miejsc.
Szóstka może wystąpić na jednym z pozostałych 4 miejsc.
Na pozostałych trzech miejscach mają wystąpić trzy cyfry, których suma ma być
równa30
2 9
6
6
-⋅-
Mamy następujące możliwości:
1, 2, 3 i na trzech miejscach te cyfry możemy ustawić na 3!
6
sposobów,
1, 1, 4 i na trzech miejscach te cyfry możemy ustawić na 3
1
3
2
1
=


sposoby,
2, 2, 2 i na trzech miejscach te cyfry możemy ustawić na 3
1
3
=


sposób.
Łącznie, pozostałe trzy cyfry na pozostałych trzech miejscach, możemy ustawić na 10
sposobów.
Stosując regułę mnożenia zapisujemy, że liczba liczb opisanych w treści zadania jest równa

","solutions":[]}