Zadanie 4. (0-1)
Wartość wyrażenia cos
2
15
1
°
2
A.
2
3
B.
2
1
C. 2
2
D. 2
3
4 1
4
4
3
16
16
4
16
16
12
16
0
2
2
2
2
$
$
D = -
6 z 18
Próbny egzamin maturalny z Nową Erą
Matematyka - poziom rozszerzony
Zatem dla każdej wartości parametru m funkcja f ma dwa różne miejsca zerowe:
x
m
m
m
2 1
4
2
4
2
4
2
2
1
1
$
hh
, x
m
m
m
2 1
4
2
4
2
4
6
2
3
2
$
hh
Warunek x1+x2 = |x1-x2| możemy więc zapisać w następujący sposób:
(2m-1)+(2m+3) = |(2m-1)-(2m+3)|, przy czym x
x
0
1
2 H
, czyli m
2
1
H-
4m+2=|2m-1-2m-3|,
4m+2=|-4|,
4m+2=4,
m
2
1
Uwaga
Miejsca zerowe funkcji kwadratowej f(x)=x2-(4m+2) x+4m2+4m-3 możemy też wyznaczyć,
przekształcając ją do postaci iloczynowej:
f(x)=x2-2(2m +1)x+(2m+1)2-4,
f(x)=(x-(2m+1))2-4,
f(x)=(x-2m-1-2)(x-2m-1+2),
f(x)=(x-2m-3)(x-2m+1), więc
x1 =2m+3, x2 =2m-1.
Schemat punktowania I sposobu rozwiązania
Rozwiązanie, w którym postęp jest niewielki, ale konieczny na drodze do pełnego
rozwiązania
1 pkt
Zdający obliczy wyróżnik trójmianu kwadratowego i stwierdzi, że dla każdej wartości parametru m
istnieją dwa różne miejsca zerowe funkcji f.
Rozwiązanie, w którym jest istotnym postęp
2 pkt
Zdający wyznaczy miejsca zerowe w zależności od parametru m: x=2m+3, x=2m-1.
Pokonanie zasadniczych trudności
3 pkt
Zdający zapisze warunek 2m+3+2m-1=|2m+3-(2m-1)|
lub 2m+3+2m-1=|2m-1-(2m+3)|
Rozwiązanie pełne
4 pkt
Zdający rozwiąże równanie i zapisze wynik m
2
1
II sposób
Funkcja kwadratowa f ma dwa różne miejsca zerowe wtedy i tylko wtedy, gdy wyróżnik trójmianu
x2-(4m+2)x+4m2+4m-3 jest dodatni. Sprawdzamy, dla jakich wartości parametru m spełniona
jest nierówność
0
D
:
(
(
))
(
)
m
m
m
4
2
4 1
4
4
3
0
2
2
$
$
,
16m2+16m + 4-16m2-16m+12 > 0,
16 > 0,
co jest prawdą dla każdej rzeczywistej wartości parametru m.
Zapiszemy teraz warunek x1+x2 = |x1-x2|, korzystając z wzorów Viète’a:
m
x
x
1
4
2
1
2
h
7 z 18
Próbny egzamin maturalny z Nową Erą
Matematyka - poziom rozszerzony
Ponieważ |x1 - x2| H 0, więc aby zachodziła równość, musi być spełniony warunek:
m
1
4
2
0
H
h
,
czyli m
4
2
0
H
Zatem m
2
1
H-
Ponieważ dla m
2
1
H-
prawdziwa jest nierówność x1+x2 H 0, więc można bez utraty równoważności
podnieść obie strony równania x1+x2=|x1-x2| do kwadratu:
x
x
x
x
1
2
2
1
2
2
h
h ,
x
x x
x
x
x x
x
2
2
1
2
1
2
1
2
1
2
2
2
2
2
,
x x
4
0
1
2 = ,
x x
0
1
2 = .
Ze wzorów Viète’a otrzymujemy:
m
m
1
4
4
3
0
2 +
= ,
4m2+4m-3=0,
4m2+4m+1-4=0,
(2m+1)2-4=0,
(2m+1- 2)(2m+1+2)=0,
(2m -1)(2m+ 3)=0,
2m-1=0 lub 2m+3=0,
m= 2
1 lub m=
2
3
Tylko pierwsza z tych liczb spełnia warunek m
2
1
H-
. Zatem tylko dla m
2
1
spełnione są warunki
zadania.
Schemat punktowania II sposobu rozwiązania
Rozwiązanie, w którym postęp jest niewielki, ale konieczny na drodze do pełnego
rozwiązania
1 pkt
Zdający obliczy wyróżnik trójmianu kwadratowego i stwierdzi, że dla każdej wartości parametru m
istnieją dwa różne miejsca zerowe funkcji f.
Rozwiązanie, w którym jest istotnym postęp
2 pkt
Zdający zapisze warunek x
x
x
x
1
2
1
2
w postaci równoważnej: x
x
0
1
2 H
i x
x
x
x
1
2
2
1
2
2
h
h .
Pokonanie zasadniczych trudności
3 pkt
Zdający
skorzysta dwukrotnie ze wzorów Viète’a, zapisze nierówność
m
1
4
2
0
H
h
oraz równanie
m
m
1
4
4
3
0
2 +
= , a następnie każde z nich rozwiąże (nierówność: m
2
1
H-
, równanie: m
2
1
lub m
2
3
).
albo
skorzysta dwukrotnie ze wzorów Viète’a, zapisze nierówność
m
1
4
2
0
H
h
oraz równanie
m
m
1
4
4
3
0
2 +
= , a następnie napisze, że rozwiązaniem jest część wspólna rozwiązania
nierówności i rozwiązania równania.
8 z 18
Próbny egzamin maturalny z Nową Erą
Matematyka - poziom rozszerzony
Rozwiązanie pełne
4 pkt
Zdający poda wynik m
2
1
III sposób
Przypuśćmy, że istnieje taka wartość parametru m, dla której funkcja
f(x)=x2-(4m+2) x+4m2+4m-3 ma dwa różne miejsca zerowe x1, x2 spełniające warunek
x1+x2=|x1-x2|.
Po podniesieniu obu stron tej równości do kwadratu otrzymujemy:
(x1+x2)2=(x1-x2)2,
x
x x
x
x
x x
x
2
2
1
2
1
2
2
2
1
2
1
2
2
2
,
4x1x2=0,
x1x2=0.
Ze wzorów Viète’a otrzymujemy:
m
m
1
4
4
3
0
2 +
= ,
4m2+4m-3=0,
4m2+4m+1-4=0,
(2m+1)2-4=0,
(2m+1- 2)(2m +1+2)=0,
(2m -1)(2m + 3)=0,
2m-1=0 lub 2m+3=0,
m= 2
1 lub m=
2
3
Pozostaje teraz tylko sprawdzić, czy dla wyznaczonych wartości parametru m spełnione są warunki zadania.
Gdy m = 2
1 , to:
( )
f x
x
x
4 2
1
2
4
2
1
4 2
1
3
2
2
$
$
$
j
j
, więc
f(x)=x(x-4).
Zatem istnieją dwa różne miejsca zerowe: x1=0, x2=4. Spełniają one warunek x1 + x2= |x1 - x2|, gdyż
0+4=|0-4|.
Gdy m =
2
3
, to:
( )
f x
x
x
4
2
3
2
4
2
3
4
2
3
3
2
$
$
$
j
j
j
j
, więc
f x
x x
4
h
h.
Zatem funkcja f ma dwa różne miejsca zerowe: x1=0, x2=-4. Nie spełniają one jednak warunku
x1 + x2= |x1 - x2|, gdyż 0
4
4
0
4
4
!
h
h
Zatem jest tylko jedna wartość parametru, m = 2
1 , dla której spełnione są warunki zadania.
Schemat punktowania III sposobu rozwiązania
Rozwiązanie, w którym postęp jest niewielki, ale konieczny na drodze do pełnego
rozwiązania
1 pkt
Zdający stwierdzi, że jednym z miejsc zerowych funkcji f jest 0.
9 z 18
Próbny egzamin maturalny z Nową Erą
Matematyka - poziom rozszerzony
Rozwiązanie, w którym jest istotnym postęp
2 pkt
Zdający zapisze równanie wynikające ze wzoru Viète’a na x1 ∙ x2: m
m
1
4
4
3
0
2 +
Pokonanie zasadniczych trudności zadania
3 pkt
Zdający rozwiąże równanie m
m
1
4
4
3
0
2 +
= (m
2
1
lub m
2
3
).
Rozwiązanie pełne
4 pkt
Zdający sprawdzi oba przypadki rozwiązania równania i wyciągnie poprawne wnioski, że m
2
1
spełnia warunek podany w zadaniu, a m
2
3
nie spełnia tego warunku.
Zadanie 12. (0-3)
V. Rozumowanie
i argumentacja.
POZIOM PODSTAWOWY
2.1. Wyrażenia algebraiczne.
Zdający używa wzorów skróconego mnożenia na (a ± b)2 oraz a2 - b2
(przeprowadza dowód algebraiczny).
Przykładowe rozwiązania
I sposób
Przekształcając nierówność w sposób równoważny, otrzymujemy:
x
xy
y
x
xz
z
y
zy
z
x
y
z
xy
xz
yz
2
2
2
2
2
2
0
2
2
2
2
2
2
2
2
2
H
,
x
y
x
z
y
z
x
y
x
y z
z
2
0
2
2
2
2
2 H
h
h
h
h
h
,
x
y
x
z
y
z
x
y
z
0
2
2
2
2 H
h
h
h
h
Ta nierówność jest prawdziwa, ponieważ jej lewa strona jest sumą czterech liczb nieujemnych, więc
jest nieujemna.
Schemat punktowania I sposobu rozwiązania
Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp
1 pkt
Zdający zapisze nierówność w postaci
x
xy
y
x
xz
z
y
zy
z
x
y
z
xy
xz
yz
2
2
2
2
2
2
0
2
2
2
2
2
2
2
2
2
H
albo
x
y
x
z
y
z
z
x
y
xy
xz
yz
0
2
2
2
2
2
2
2
2
2
H
h
h
h
albo
x
y
x
z
y
z
x
y
x
y z
z
2
0
2
2
2
2
2 H
h
h
h
h
h
Pokonanie zasadniczych trudności zadania
2 pkt
Zdający zapisze nierówność w postaci
x
y
x
z
y
z
x
y
z
0
2
2
2
2 H
h
h
h
h
Rozwiązanie pełne
3 pkt
Zdający przeprowadzi pełne rozumowanie.
II sposób
Nierówność możemy zapisać w postaci równoważnej
(
)
x
y
z x
y
z
yz
3
4
3
3
4
0
2
2
2
H
Możemy ją potraktować jak nierówność kwadratową z jedną niewiadomą x.
10 z 18
Próbny egzamin maturalny z Nową Erą
Matematyka - poziom rozszerzony
Ponieważ współczynnik przy x2 jest dodatni, więc wystarczy wykazać, że wyróżnik trójmianu stojącego
po lewej stronie nierówności jest niedodatni.
(
)
(
)
(
)
(
)
(
(
)
)
,
y
z
y
z
yz
y
yz
z
y
y
yz
z
z
y
y
z
z
16
12 3
3
4
4 5
4
5
4 3
2
4
2
3
4 3
2
3
0
x
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2 G
D =
gdyż
(
)
y
y
z
z
3
2
3
0
2
2
2 H
dla dowolnych liczb rzeczywistych y, z.
Uwaga
Prawdziwość nierówności
0
x G
D
, czyli
(
)
y
yz
z
4 5
4
5
0
2
2 G
, a więc y
yz
z
5
4
5
0
2
2 H
, możemy
wykazać też w inny sposób, np. zapisując ją w postaci równoważnej (
)
y
z
y
z
2
4
0
2
2
2 H
, której
prawdziwość jest oczywista. Możemy też potraktować tę nierówność jak nierówność kwadratową
z niewiadomą y. Wówczas
(
)z
z
z
4
4 5 5
84
0
y
2
2
2
$
$
G
D =
dla każdej liczby rzeczywistej z. To, wraz
z dodatnim znakiem współczynnika przy y2, oznacza prawdziwość tej nierówności.
Schemat punktowania II sposobu rozwiązania
Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp
1 pkt
Zdający uporządkuje wyrażenie jako trójmian kwadratowy np. zmiennej x:
(
)
x
y
z x
y
z
yz
3
4
3
3
4
0
2
2
2
H
i obliczy wyróżnik tego trójmianu:
(
)
y
yz
z
4 5
4
5
x
2
2
D =-
Pokonanie zasadniczych trudności zadania
2 pkt
Zdający uzasadni, że nierówność
(
)
y
yz
z
4 5
4
5
0
2
2 G
jest prawdziwa dla każdej liczby rzeczywistej
y i każdej liczby rzeczywistej z poprzez
zapisanie jej w postaci równoważnej (
)
y
z
y
z
2
4
0
2
2
2 H
albo
obliczenie wyróżnika
(
)z
z
z
4
4 5 5
84
y
2
2
2
$
$
D =
trójmianu y
yz
z
5
4
5
2
2
i stwierdzenie,
że jest on niedodatni dla każdej liczby rzeczywistej z.
Rozwiązanie pełne
3 pkt
Zdający przeprowadzi pełne rozumowanie.
Zadanie 13. (0-4)
III. Modelowanie
matematyczne.
10.2. Elementy statystyki opisowej. Teoria prawdopodobieństwa
i kombinatoryka.
Zdający oblicza prawdopodobieństwo warunkowe.
Przykładowe rozwiązanie
A - zdarzenie polega na tym, że suma wyrzuconych oczek na wszystkich kostkach będzie parzysta
B - zdarzenie polega na tym, że dokładnie na jednej kostce wypadnie 6 oczek
Z definicji prawdopodobieństwa warunkowego
P A B
P B
P A
B
B
A
B
B
A
B
X
X
h
h
h
Wystarczy więc obliczyć tylko A
B
oraz B .
Obliczmy liczbę wszystkich zdarzeń elementarnych sprzyjających zdarzeniu B.
Sześć oczek mogło wypaść na pierwszej, drugiej albo na trzeciej kostce, a na pozostałych dowolna
liczba oczek oprócz sześciu. Mamy zatem: B
3 5 5
75
$
$
możliwości.
11 z 18
Próbny egzamin maturalny z Nową Erą
Matematyka - poziom rozszerzony
Obliczmy liczbę wszystkich zdarzeń elementarnych sprzyjających zdarzeniu A
B
Na dokładnie jednej kostce wypadło sześć oczek, więc na dwóch pozostałych muszą wypaść dwie
parzyste (różne od sześciu) albo dwie nieparzyste liczby oczek.
W pierwszym przypadku mamy 3 ∙ 2 ∙ 2 = 12 możliwości, a w drugim 3 ∙ 3 ∙ 3 = 27.
Więc A
B
39
12
27
Zatem
)
P A B
75
39
25
13
Schemat punktowania
Rozwiązanie, w którym postęp jest niewielki, ale konieczny na drodze do pełnego
rozwiązania
1 pkt
Zdający
obliczy liczbę wszystkich zdarzeń elementarnych:
63
X =
albo
opisze obie sytuacje, w których na jednej kostce wypadnie 6 oczek i suma oczek będzie parzysta.
Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp
2 pkt
Zdający obliczy
prawdopodobieństwo zdarzenia A
B
B
albo
prawdopodobieństwo zdarzenia B lub tylko B .
Pokonanie zasadniczych trudności zadania
3 pkt
Zdający obliczy prawdopodobieństwo zdarzenia A
B
B
) oraz prawdopodobieństwo
zdarzenia B (lub tylko B ).
Rozwiązanie pełne
4 pkt
Zdający obliczy prawdopodobieństwo warunkowe
)
P A B
:
)
P A B
75
39
25
13
Zadanie 14. (0-4)
V. Rozumowanie
i argumentacja.