{"id":"matematyka-2018-czerwiec-matura-podstawowa/zad/1","paper_id":"matematyka-2018-czerwiec-matura-podstawowa","number":"1","points":1,"ptype":"closed","subject":"matematyka","category":"matura","year":2018,"month":"czerwiec","level":"podstawowa","text":"Zadanie 1. (0-1)\nDla\n2\n1\n2\nx =\n+ oraz\n2\n1\ny =\n- wartość wyrażenia\n2\n2\n2\nx\nxy\ny\njest równa\nA. 4\nB. 1\nC.\n2\nD.\n1\n2\nDla x = √2/2 + 1 oraz y=√2-1 wartość wyrażenia x^2 - 2xy + y^2 jest równa A. 4, B. 1, C. √2, D. 1/√2.","answer":"A","answer_text":"1 =\nx\noraz\n2\n1\n2\nx\nalbo\nwyłączamy czynnik (\n)\nx\n1\nprzed nawias i zapisujemy lewą stronę nierówności w\npostaci\niloczynowej (\n)(\n)\n1\n2\n1\n0\nx\nx\n<\n, a następnie zapisujemy alternatywę dwóch układów\nnierówności\n1\n0\n2\n1\n0\nx\nx\n>\n\n\n+ <\n\nlub 1\n0\n2\n1\n0\nx\nx\n<\n\n\n+ >\n\ni równoważnie\n1\n1\n2\nx\nx\n<\n< -\n\nlub\n1\n1\n2\nx\nx\n>\n> -\n\nalbo\nzapisujemy lewą stronę nierówności w postaci\n2\n2\n1\n0\nx\nx\n+ <\nobliczamy wyróżnik\ntego trójmianu:\n(\n)\n9\n1\n2\n4\n1\n⋅\n⋅\nΔ\ni stąd\n1\n4\n3\n1\n1\nx\noraz\n2\n1\n4\n3\n1\n2\nx\nalbo\npodajemy je bezpośrednio, np. zapisując pierwiastki trójmianu\n1\n1 =\nx\n,\n2\n1\n2\nx\nlub\nzaznaczając je na wykresie.\nRealizacja drugiego etapu\nZapisujemy zbiór rozwiązań nierówności:\n(\n)\n∞\n∪\n\n\n\n\n\n\n∞\n,1\n2\n1\n,\nSchemat oceniania\nPoziom podstawowy\nSchemat oceniania\nZdający otrzymuje 1 p.\ngdy:\n• obliczy lub poda pierwiastki trójmianu kwadratowego\n1\n1 =\nx\n,\n2\n1\n2\nx\ni na tym\nzakończy\nlub błędnie zapisze zbiór rozwiązań nierówności\nalbo\n• zapisze alternatywę dwóch układów nierówności\n1\n1\n2\nx\nx\n<\n< -\n\nlub\n1\n1\n2\nx\nx\n>\n> -\n\ni na tym zakończy lub dalej popełni błędy,\nalbo\n• zaznaczy na wykresie miejsca zerowe funkcji\n(\n) (\n)\nx\nx\nx\nx\nf\n1\n1\n2\n)\n(\ni na tym\nzakończy lub błędnie zapisze zbiór rozwiązań nierówności,\nalbo\n• realizując pierwszy etap popełni błąd (ten sam błąd popełniony wielokrotnie\ntraktujemy jak jeden błąd), ale otrzyma dwa różne pierwiastki trójmianu\nkwadratowego i konsekwentnie do popełnionego błędu rozwiąże nierówność.\nZdający otrzymuje 2 p.\ngdy:\n• zapisze zbiór rozwiązań nierówności:\n(\n)\n∞\n∪\n\n\n\n\n\n\n∞\n,1\n2\n1\n,\nlub\n(\n)\n1\n,\n1,\n2\nx\n\n\n∈-∞-\n∪\n+ ∞\n\n\n\n\n,\nlub\n2\n1\n<\nx\nlub\n1\n>\nx\nalbo\n• sporządzi poprawną ilustrację geometryczną (oś liczbowa, wykres) i zapisze zbiór\nrozwiązań nierówności w postaci:\n2\n1\n<\nx\n,\n1\n>\nx\n,\nalbo\n• poda zbiór rozwiązań nierówności w postaci graficznej z poprawnie zaznaczonymi\nkońcami przedziałów.\nZadanie 27. (0-2)\nWykresem funkcji kwadratowej f określonej wzorem\n( )\n2\nf\nx\nx\nbx\nc\n+ jest parabola, na\nktórej leży punkt\n(\n)\n0, 5\nA =\n. Osią symetrii tej paraboli jest prosta o równaniu\n7\nx =\n. Oblicz\nwartości współczynników b i c.\nRozwiązanie (I sposób)\nPonieważ prosta o równaniu\n7\nx =\njest osią symetrii paraboli, która jest wykresem funkcji f,\nwięc pierwsza współrzędna wierzchołka tej paraboli jest równa 7, czyli\nSchemat oceniania\nPoziom podstawowy\n7\n2\nb\na\n,\n7\n2\nb\nStąd\n14\nb = -\nWykres funkcji przechodzi przez punkt\n(\n)\n0, 5\nA =\n, więc wyraz wolny c we wzorze funkcji\njest równy\n5\nc = -.\nOdpowiedź. Wartości współczynników b i c są równe:\n14\nb = -\n,\n5\nc = -.\nRozwiązanie (II sposób)\nPonieważ prosta o równaniu\n7\nx =\njest osią symetrii paraboli, która jest wykresem funkcji f,\nwięc wzór funkcji możemy zapisać w postaci kanonicznej\n( )\n(\n)\n2\n7\nf x\nx\nq\nPunkt\n(\n)\n0, 5\nA =\nleży na tym wykresie, wiec\n( )\n0\n5\nf\n= -, czyli\n(\n)\n2\n5\n0\n7\nq\n,\n5\n49\nq\n,\n54\nq = -\nZatem\n( )\n(\n)\n2\n7\n54\nf x\nx\n. Przekształcając tę postać kanoniczną do postaci ogólnej,\notrzymujemy\n( )\n2\n14\n49\n54\nf x\nx\nx\n,\n( )\n2\n14\n5\nf x\nx\nx\nOdpowiedź. Wartości współczynników b i c są równe:\n14\nb = -\n,\n5\nc = -.\nRozwiązanie (III sposób)\nPonieważ prosta o równaniu\n7\nx =\njest osią symetrii paraboli, która jest wykresem funkcji f,\nwięc jeśli punkt\n(\n)\n0, 5\nA =\nleży na tej paraboli, to jego obraz w symetrii osiowej względem\ntej prostej również leży na tej paraboli. Obrazem punktu\n(\n)\n0, 5\nA =\nw tej symetrii jest punkt\n(\n)\n14, 5\nA′ =\nZatem\n( )\n0\n5\nf\n= - i\n(\n)\n14\n5\nf\n= -, czyli\n2\n2\n0\n0\n5\n14\n14\n5\nb\nc\nb\nc\n\n⋅\n\n⋅\n\n,\n2\n5\n14\n14\n5\n5\nc\nb\n\n\n,\n2\n5\n14\n14\nc\nb\n\n\n,\n5\n14\nc\nb\n\n= -\n\nOdpowiedź. Wartości współczynników b i c są równe:\n14\nb = -\n,\n5\nc = -.\nSchemat oceniania I, II i III sposobu rozwiązania\nZdający otrzymuje 1 p.\ngdy\n• obliczy wartość współczynnika b:\n14\nb = -\nSchemat oceniania\nPoziom podstawowy\nalbo\n• obliczy lub poda wartość współczynnika c:\n5\nc = -\nalbo\n• zapisze układ równań z niewiadomymi b i c:\n2\n0\n0\n5\nb\nc\n⋅\n= - i\n2\n14\n14\n5\nb\nc\n+ ⋅\nalbo\n• zapisze wzór funkcji f w postaci\n( )\n(\n)\n2\n7\nf x\nx\nq\noraz równanie\n(\n)\n2\n5\n0\n7\nq\ni na tym poprzestanie lub dalej popełnia błędy\nZdający otrzymuje 2 p.\ngdy obliczy wartości współczynników b i c:\n14\nb = -\n,\n5\nc = -.\nZadanie 28. (0-2)\nWykaż, że reszta z dzielenia sumy kwadratów czterech kolejnych liczb naturalnych przez 8\njest równa 6.\nRozwiązanie\nNiech n ,\n1\nn + ,\n2\nn +\n,\n3\nn + będą czterema kolejnymi liczbami naturalnymi. Sumujemy\nkwadraty tych liczb i odpowiednio tę sumę porządkujemy:\n(\n)\n(\n)\n(\n)\n(\n)\n(\n)(\n)\n2\n2\n2\n2\n2\n2\n2\n1\n2\n3\n4\n12\n14\n4\n12\n8\n6\n4\n3\n2\n6\n4\n1\n2\n6\nn\nn\nn\nn\nn\nn\nn\nn\nn\nn\nn\nn\nOczywiście liczba postaci (\n)(\n)\n4\n1\n2\nn\nn\njest podzielna przez 4 . Ponadto\n1\nn + i\n2\nn +\nto\ndwie kolejne liczby całkowite, więc jedna z nich jest parzysta. Zatem iloczyn (\n)(\n)\n4\n1\n2\nn\nn\njest podzielny przez 4 i przez 2, czyli jest podzielny przez 8. Stąd wynika, że liczba\n(\n)(\n)\n4\n1\n2\n6\nn\nn\nprzy dzieleniu przez 8 daje resztę równą 6. To kończy dowód.\nSchemat oceniania\nZdający otrzymuje 1 p.\ngdy zapisze sumę kwadratów czterech kolejnych liczb naturalnych w postaci:\n(\n)\n2\n4\n3\n2\n6\nn\nn\ni na tym zakończy lub dalej popełni błędy.\nZdający otrzymuje 2 p.\ngdy przeprowadzi pełne, poprawne rozumowanie.\nUwaga:\nJeśli zdający sprawdza prawdziwość twierdzenia dla sumy kwadratów konkretnych czterech\nliczb naturalnych, to otrzymuje 0 punktów.\nSchemat oceniania\nPoziom podstawowy\nZadanie 29. (0-2)\nDany jest prostokąt ABCD. Na boku CD tego prostokąta wybrano taki punkt E, że\nDE\nEC\n2\n, a na boku AB wybrano taki punkt F, że BF\nDE\n. Niech P oznacza punkt\nprzecięcia prostej EF z prostą BC (zobacz rysunek). Wykaż, że trójkąty AED i FPB są\nprzystające.\nRozwiązanie (I sposób) „cecha kąt-bok-kąt przystawania”\nDorysowujemy odcinek FG , taki że punkt G jest środkiem odcinka EC . Ponieważ\nDE\nEC\n2\n, więc otrzymujemy równość DE\nEG\nGC\nα\n\nA\nF\nE\nD\nC\nP\nB\nα\nα\nG\nA\nF\nE\nD\nC\nP\nB\nSchemat oceniania\nPoziom podstawowy\nZatem GC\nFB\n, a skoro\n90\nGCB\nFBC\n°\n\n\n, więc\n90\nFGC =\n°\n\n, skąd wynika, że\ntrójkąt FEG jest prostokątny.\nPonieważ\nAD\nFG\n,\n90\nADE\nFGE\n°\n\n\ni\nDE\nEG\n, więc z cechy bkb\nwnioskujemy, że trójkąty AED i FEG są przystające. Niech\nDAE\nα\n\n. Wtedy\nz przystawania tych trójkątów wnosimy, że\nEFG\nα\n\n. Ponieważ odcinki PC i FG są\nrównoległe, więc\nFPB\nEFG\nα\n\n\n(kąty odpowiadające).\nPonieważ\nFPB\nEFG\nα\n\n\nDE\nBF =\n,\n90\nPBF\nADE\n° =\n\n\noraz , zatem na mocy\ncechy kbk trójkąty AED i PFB są przystające.\nSchemat oceniania I sposobu rozwiązania\nZdający otrzymuje 1 p.\ngdy uzasadni, że trójkąty AED i FEG są trójkątami przystającymi i na tym zakończy\nlub dalej popełni błędy.\nZdający otrzymuje 2 p.\ngdy przeprowadzi pełne, poprawne rozumowanie.\nUwaga:\nJeżeli zdający wprowadza do zadania dodatkowe założenia niewynikające z treści tego\nzadania\ni korzysta z tych założeń, to otrzymuje 0 punktów za całe rozwiązanie.\nRozwiązanie (II sposób) - „przechodniość przystawania”\nDorysowujemy odcinek FG , taki, że punkt G jest środkiem odcinka EC . Ponieważ\nDE\nEC\n2\n, więc otrzymujemy równość DE\nEG\nGC\nZatem GC\nFB\n, a skoro\n90\nGCB\nFBC\n°\n\n\n, więc\n90\nFGC =\n°\n\n, skąd wynika, że\ntrójkąt FEG jest prostokątny.\nα\n\nA\nF\nE\nD\nC\nP\nB\nα\nα\nG\nSchemat oceniania\nPoziom podstawowy\nPonieważ\nAD\nFG\n,\n90\nADE\nFGE\n°\n\n\ni\nDE\nEG\n, więc z cechy bkb\nwnioskujemy, że trójkąty AED i FEG są przystające.\nNiech\nDAE\nα\n\n. Zatem\nEFG\nα\n\n. Ponieważ FG\nPC\n\n, więc\nFPB\nEFG\nα\n\n\nTrójkąty EFG i FPB są trójkątami przystającymi na mocy cechy kbk , gdyż są to trójkąty\nprostokątne, mają jeden kąt ostry równej miary oraz\nEG\nBF =\n. Skoro trójkąt AED jest\nprzystający do trójkąta FEG , a trójkąt FEG jest przystający do trójkąta PFB, więc\nz przechodniości relacji przystawania wynika, że trójkąty AED i PBF są przystające.\nSchemat oceniania II sposobu rozwiązania\nZdający otrzymuje 1 p.\ngdy uzasadni, że trójkąty AED i FEG są trójkątami przystającymi i na tym zakończy\nlub dalej popełni błędy.\nZdający otrzymuje 2 p.\ngdy przeprowadzi pełne, poprawne rozumowanie.\nUwaga:\nJeżeli zdający wprowadza do zadania dodatkowe założenia niewynikające z treści tego\nzadania\ni korzysta z tych założeń, to otrzymuje 0 punktów za całe rozwiązanie.\nRozwiązanie (III sposób) - „podobieństwo trójkątów”\nTrójkąty PBF i PCE są podobne na podstawie cechy kkk , bo są to trójkąty prostokątne\ni kąt FPB jest wspólnym kątem obu tych trójkątów.\nSkala podobieństwa tych trójkątów jest równa 2 , gdyż z treści zadania wiadomo, że\nBF\nDE\noraz\nDE\nEC\n2\n. Wynika stąd, że\n2\nCP\nBP\n, a zatem PB\nBC\nAD\nPonieważ zachodzą równości\nPB\nAD\n,\n90\nPBF\nADE\n° =\n\n\n, BF\nDE\n,\nwięc trójkąty AED i PBF są przystające na mocy cechy bkb przystawania trójkątów.\nTo kończy dowód.\nA\nF\nE\nD\nC\nP\nB\nSchemat oceniania\nPoziom podstawowy\nSchemat oceniania III sposobu rozwiązania\nZdający otrzymuje 1 p.\ngdy uzasadni, że trójkąty PBF i PCE są trójkątami podobnymi i skala podobieństwa tych\ntrójkątów\njest równa 2 i na tym zakończy lub dalej popełni błędy.\nZdający otrzymuje 2 p.\ngdy przeprowadzi pełne, poprawne rozumowanie.\nUwaga:\nJeżeli zdający wprowadza do zadania dodatkowe założenia niewynikające z treści tego\nzadania\ni korzysta z tych założeń, to otrzymuje 0 punktów za całe rozwiązanie.\nZadanie 30. (0-2)\nKątα jest ostry i sin\ncos\n2\nα\nα\n. Oblicz wartość wyrażenia\n1\ntg\ntg\nα\nα .\nRozwiązanie I sposób\nRównanie sin\ncos\n2\nα\nα\npodnosimy obustronnie do kwadratu\n2\n2\nsin\ncos\n2sin\ncos\n2\nα\nα\nα\nα\n, a następnie korzystając z tożsamości\n2\n2\nsin\ncos\n1\nα\nα\notrzymujemy 1 2sin\ncos\n2\nα\nα\n, zatem\n1\nsin\ncos\n2\nα\nα =\nNastępnie korzystamy ze związku między funkcjami tego samego kąta\nsin\ntg\ncos\nα\nα\nα\ni przekształcamy wyrażenie\n1\ntg\ntg\nα\nα\n:\n2\n2\n1\nsin\ncos\nsin\ncos\n1\n1\ntg\n2\n1\ntg\ncos\nsin\nsin\ncos\nsin\ncos\n2\nα\nα\nα\nα\nα\nα\nα\nα\nα\nα\nα\nα\nSchemat oceniania\nZdający otrzymuje 1 p.\ngdy\n• przekształci wyrażenie\n1\ntg\ntg\nα\nα\ndo postaci\nα\nα cos\nsin\n1\nalbo\n• wyznaczy wartość wyrażenia\n1\nsin\ncos\n2\nα\nα =\ni na tym zakończy lub dalej popełnia błędy.\nZdający otrzymuje 2 p.\ngdy obliczy wartość wyrażenia\n1\ntg\ntg\nα\nα\n: 2.\nSchemat oceniania\nPoziom podstawowy\nRozwiązanie II sposób\nZ równania sin\ncos\n2\nα\nα\nwyznaczamy jedną z funkcji trygonometrycznych w\nzależności od drugiej, np. sinus kąta w zależności od cosinusa kąta: sin\n2\ncos\nα\nα\nNastępnie korzystając z tożsamości\n2\n2\nsin\ncos\n1\nα\nα\n= otrzymujemy:\n(\n)\n2\n2\n2\ncos\ncos\n1\nα\nα\n= , stąd otrzymujemy równanie kwadratowe\n2\n2cos\n2 2 cos\n1\n0\nα\nα\nRównanie można zapisać w postaci (\n)\n2","solution":null,"image":"img/matematyka-2018-czerwiec-matura-podstawowa/zad-1.webp","solution_image":"img/matematyka-2018-czerwiec-matura-podstawowa/sol-1.svg","topics":"algebra","page_from":2,"source":"ocr","answer_source":null,"answer_text_source":"ocr","solution_source":null,"text_source":"site","source_label":"Matematyka · Matura · czerwiec 2018 (podstawowa)","subject_label":"Matematyka","category_label":"Matura","text_html":"

Zadanie 1. (0-1)
Dla
2
1
2
x =

\n\n

2
1
y =

\n\n

2
2
2
x
xy
y
jest równa
A. 4
B. 1
C.
2
D.
1
2
Dla x = √2/2 + 1 oraz y=√2-1 wartość wyrażenia x^2 - 2xy + y^2 jest równa A. 4, B. 1, C. √2, D. 1/√2.

","answer_text_html":"

1 =
x
oraz
2
1
2
x
albo
wyłączamy czynnik (
)
x
1
przed nawias i zapisujemy lewą stronę nierówności w
postaci
iloczynowej (
)(
)
1
2
1
0
x
x
<
, a następnie zapisujemy alternatywę dwóch układów
nierówności
1
0
2
1
0
x
x

\n
\n


\n\n


lub 1
0
2
1
0
x
x
<

\n\n


i równoważnie
1
1
2
x
x
<
< -

lub
1
1
2
x
x

\n
\n

> -

albo
zapisujemy lewą stronę nierówności w postaci
2
2
1
0
x
x

\n\n

obliczamy wyróżnik
tego trójmianu:
(
)
9
1
2
4
1
⋅
⋅
Δ
i stąd
1
4
3
1
1
x
oraz
2
1
4
3
1
2
x
albo
podajemy je bezpośrednio, np. zapisując pierwiastki trójmianu
1
1 =
x
,
2
1
2
x
lub
zaznaczając je na wykresie.
Realizacja drugiego etapu
Zapisujemy zbiór rozwiązań nierówności:
(
)
∞
∪






∞
,1
2
1
,
Schemat oceniania
Poziom podstawowy
Schemat oceniania
Zdający otrzymuje 1 p.
gdy:
• obliczy lub poda pierwiastki trójmianu kwadratowego
1
1 =
x
,
2
1
2
x
i na tym
zakończy
lub błędnie zapisze zbiór rozwiązań nierówności
albo
• zapisze alternatywę dwóch układów nierówności
1
1
2
x
x
<
< -

lub
1
1
2
x
x

\n
\n

> -

i na tym zakończy lub dalej popełni błędy,
albo
• zaznaczy na wykresie miejsca zerowe funkcji
(
) (
)
x
x
x
x
f
1
1
2
)
(
i na tym
zakończy lub błędnie zapisze zbiór rozwiązań nierówności,
albo
• realizując pierwszy etap popełni błąd (ten sam błąd popełniony wielokrotnie
traktujemy jak jeden błąd), ale otrzyma dwa różne pierwiastki trójmianu
kwadratowego i konsekwentnie do popełnionego błędu rozwiąże nierówność.
Zdający otrzymuje 2 p.
gdy:
• zapisze zbiór rozwiązań nierówności:
(
)
∞
∪






∞
,1
2
1
,
lub
(
)
1
,
1,
2
x


∈-∞-
∪

\n\n





,
lub
2
1
<
x
lub
1

\n
\n

x
albo
• sporządzi poprawną ilustrację geometryczną (oś liczbowa, wykres) i zapisze zbiór
rozwiązań nierówności w postaci:
2
1
<
x
,
1

\n
\n

x
,
albo
• poda zbiór rozwiązań nierówności w postaci graficznej z poprawnie zaznaczonymi
końcami przedziałów.
Zadanie 27. (0-2)
Wykresem funkcji kwadratowej f określonej wzorem
( )
2
f
x
x
bx
c

\n\n

której leży punkt
(
)
0, 5
A =
. Osią symetrii tej paraboli jest prosta o równaniu
7
x =
. Oblicz
wartości współczynników b i c.
Rozwiązanie (I sposób)
Ponieważ prosta o równaniu
7
x =
jest osią symetrii paraboli, która jest wykresem funkcji f,
więc pierwsza współrzędna wierzchołka tej paraboli jest równa 7, czyli
Schemat oceniania
Poziom podstawowy
7
2
b
a
,
7
2
b
Stąd
14
b = -
Wykres funkcji przechodzi przez punkt
(
)
0, 5
A =
, więc wyraz wolny c we wzorze funkcji
jest równy
5
c = -.
Odpowiedź. Wartości współczynników b i c są równe:
14
b = -
,
5
c = -.
Rozwiązanie (II sposób)
Ponieważ prosta o równaniu
7
x =
jest osią symetrii paraboli, która jest wykresem funkcji f,
więc wzór funkcji możemy zapisać w postaci kanonicznej
( )
(
)
2
7
f x
x
q
Punkt
(
)
0, 5
A =
leży na tym wykresie, wiec
( )
0
5
f
= -, czyli
(
)
2
5
0
7
q
,
5
49
q
,
54
q = -
Zatem
( )
(
)
2
7
54
f x
x
. Przekształcając tę postać kanoniczną do postaci ogólnej,
otrzymujemy
( )
2
14
49
54
f x
x
x
,
( )
2
14
5
f x
x
x
Odpowiedź. Wartości współczynników b i c są równe:
14
b = -
,
5
c = -.
Rozwiązanie (III sposób)
Ponieważ prosta o równaniu
7
x =
jest osią symetrii paraboli, która jest wykresem funkcji f,
więc jeśli punkt
(
)
0, 5
A =
leży na tej paraboli, to jego obraz w symetrii osiowej względem
tej prostej również leży na tej paraboli. Obrazem punktu
(
)
0, 5
A =
w tej symetrii jest punkt
(
)
14, 5
A′ =
Zatem
( )
0
5
f
= - i
(
)
14
5
f
= -, czyli
2
2
0
0
5
14
14
5
b
c
b
c

⋅

⋅

,
2
5
14
14
5
5
c
b


,
2
5
14
14
c
b


,
5
14
c
b

= -

Odpowiedź. Wartości współczynników b i c są równe:
14
b = -
,
5
c = -.
Schemat oceniania I, II i III sposobu rozwiązania
Zdający otrzymuje 1 p.
gdy
• obliczy wartość współczynnika b:
14
b = -
Schemat oceniania
Poziom podstawowy
albo
• obliczy lub poda wartość współczynnika c:
5
c = -
albo
• zapisze układ równań z niewiadomymi b i c:
2
0
0
5
b
c
⋅
= - i
2
14
14
5
b
c

\n\n

albo
• zapisze wzór funkcji f w postaci
( )
(
)
2
7
f x
x
q
oraz równanie
(
)
2
5
0
7
q
i na tym poprzestanie lub dalej popełnia błędy
Zdający otrzymuje 2 p.
gdy obliczy wartości współczynników b i c:
14
b = -
,
5
c = -.
Zadanie 28. (0-2)
Wykaż, że reszta z dzielenia sumy kwadratów czterech kolejnych liczb naturalnych przez 8
jest równa 6.
Rozwiązanie
Niech n ,
1
n + ,
2
n +
,
3
n + będą czterema kolejnymi liczbami naturalnymi. Sumujemy
kwadraty tych liczb i odpowiednio tę sumę porządkujemy:
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)(
)
2
2
2
2
2
2
2
1
2
3
4
12
14
4
12
8
6
4
3
2
6
4
1
2
6
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
Oczywiście liczba postaci (
)(
)
4
1
2
n
n
jest podzielna przez 4 . Ponadto
1
n + i
2
n +
to
dwie kolejne liczby całkowite, więc jedna z nich jest parzysta. Zatem iloczyn (
)(
)
4
1
2
n
n
jest podzielny przez 4 i przez 2, czyli jest podzielny przez 8. Stąd wynika, że liczba
(
)(
)
4
1
2
6
n
n
przy dzieleniu przez 8 daje resztę równą 6. To kończy dowód.
Schemat oceniania
Zdający otrzymuje 1 p.
gdy zapisze sumę kwadratów czterech kolejnych liczb naturalnych w postaci:
(
)
2
4
3
2
6
n
n
i na tym zakończy lub dalej popełni błędy.
Zdający otrzymuje 2 p.
gdy przeprowadzi pełne, poprawne rozumowanie.
Uwaga:
Jeśli zdający sprawdza prawdziwość twierdzenia dla sumy kwadratów konkretnych czterech
liczb naturalnych, to otrzymuje 0 punktów.
Schemat oceniania
Poziom podstawowy
Zadanie 29. (0-2)
Dany jest prostokąt ABCD. Na boku CD tego prostokąta wybrano taki punkt E, że
DE
EC
2
, a na boku AB wybrano taki punkt F, że BF
DE
. Niech P oznacza punkt
przecięcia prostej EF z prostą BC (zobacz rysunek). Wykaż, że trójkąty AED i FPB są
przystające.
Rozwiązanie (I sposób) „cecha kąt-bok-kąt przystawania”
Dorysowujemy odcinek FG , taki że punkt G jest środkiem odcinka EC . Ponieważ
DE
EC
2
, więc otrzymujemy równość DE
EG
GC
α

A
F
E
D
C
P
B
α
α
G
A
F
E
D
C
P
B
Schemat oceniania
Poziom podstawowy
Zatem GC
FB
, a skoro
90
GCB
FBC
°


, więc
90
FGC =
°

, skąd wynika, że
trójkąt FEG jest prostokątny.
Ponieważ
AD
FG
,
90
ADE
FGE
°


i
DE
EG
, więc z cechy bkb
wnioskujemy, że trójkąty AED i FEG są przystające. Niech
DAE
α

. Wtedy
z przystawania tych trójkątów wnosimy, że
EFG
α

. Ponieważ odcinki PC i FG są
równoległe, więc
FPB
EFG
α


(kąty odpowiadające).
Ponieważ
FPB
EFG
α


DE
BF =
,
90
PBF
ADE
° =


oraz , zatem na mocy
cechy kbk trójkąty AED i PFB są przystające.
Schemat oceniania I sposobu rozwiązania
Zdający otrzymuje 1 p.
gdy uzasadni, że trójkąty AED i FEG są trójkątami przystającymi i na tym zakończy
lub dalej popełni błędy.
Zdający otrzymuje 2 p.
gdy przeprowadzi pełne, poprawne rozumowanie.
Uwaga:
Jeżeli zdający wprowadza do zadania dodatkowe założenia niewynikające z treści tego
zadania
i korzysta z tych założeń, to otrzymuje 0 punktów za całe rozwiązanie.
Rozwiązanie (II sposób) - „przechodniość przystawania”
Dorysowujemy odcinek FG , taki, że punkt G jest środkiem odcinka EC . Ponieważ
DE
EC
2
, więc otrzymujemy równość DE
EG
GC
Zatem GC
FB
, a skoro
90
GCB
FBC
°


, więc
90
FGC =
°

, skąd wynika, że
trójkąt FEG jest prostokątny.
α

A
F
E
D
C
P
B
α
α
G
Schemat oceniania
Poziom podstawowy
Ponieważ
AD
FG
,
90
ADE
FGE
°


i
DE
EG
, więc z cechy bkb
wnioskujemy, że trójkąty AED i FEG są przystające.
Niech
DAE
α

. Zatem
EFG
α

. Ponieważ FG
PC

, więc
FPB
EFG
α


Trójkąty EFG i FPB są trójkątami przystającymi na mocy cechy kbk , gdyż są to trójkąty
prostokątne, mają jeden kąt ostry równej miary oraz
EG
BF =
. Skoro trójkąt AED jest
przystający do trójkąta FEG , a trójkąt FEG jest przystający do trójkąta PFB, więc
z przechodniości relacji przystawania wynika, że trójkąty AED i PBF są przystające.
Schemat oceniania II sposobu rozwiązania
Zdający otrzymuje 1 p.
gdy uzasadni, że trójkąty AED i FEG są trójkątami przystającymi i na tym zakończy
lub dalej popełni błędy.
Zdający otrzymuje 2 p.
gdy przeprowadzi pełne, poprawne rozumowanie.
Uwaga:
Jeżeli zdający wprowadza do zadania dodatkowe założenia niewynikające z treści tego
zadania
i korzysta z tych założeń, to otrzymuje 0 punktów za całe rozwiązanie.
Rozwiązanie (III sposób) - „podobieństwo trójkątów”
Trójkąty PBF i PCE są podobne na podstawie cechy kkk , bo są to trójkąty prostokątne
i kąt FPB jest wspólnym kątem obu tych trójkątów.
Skala podobieństwa tych trójkątów jest równa 2 , gdyż z treści zadania wiadomo, że
BF
DE
oraz
DE
EC
2
. Wynika stąd, że
2
CP
BP
, a zatem PB
BC
AD
Ponieważ zachodzą równości
PB
AD
,
90
PBF
ADE
° =


, BF
DE
,
więc trójkąty AED i PBF są przystające na mocy cechy bkb przystawania trójkątów.
To kończy dowód.
A
F
E
D
C
P
B
Schemat oceniania
Poziom podstawowy
Schemat oceniania III sposobu rozwiązania
Zdający otrzymuje 1 p.
gdy uzasadni, że trójkąty PBF i PCE są trójkątami podobnymi i skala podobieństwa tych
trójkątów
jest równa 2 i na tym zakończy lub dalej popełni błędy.
Zdający otrzymuje 2 p.
gdy przeprowadzi pełne, poprawne rozumowanie.
Uwaga:
Jeżeli zdający wprowadza do zadania dodatkowe założenia niewynikające z treści tego
zadania
i korzysta z tych założeń, to otrzymuje 0 punktów za całe rozwiązanie.
Zadanie 30. (0-2)
Kątα jest ostry i sin
cos
2
α
α
. Oblicz wartość wyrażenia
1
tg
tg
α
α .
Rozwiązanie I sposób
Równanie sin
cos
2
α
α
podnosimy obustronnie do kwadratu
2
2
sin
cos
2sin
cos
2
α
α
α
α
, a następnie korzystając z tożsamości
2
2
sin
cos
1
α
α
otrzymujemy 1 2sin
cos
2
α
α
, zatem
1
sin
cos
2
α
α =
Następnie korzystamy ze związku między funkcjami tego samego kąta
sin
tg
cos
α
α
α
i przekształcamy wyrażenie
1
tg
tg
α
α
:
2
2
1
sin
cos
sin
cos
1
1
tg
2
1
tg
cos
sin
sin
cos
sin
cos
2
α
α
α
α
α
α
α
α
α
α
α
α
Schemat oceniania
Zdający otrzymuje 1 p.
gdy
• przekształci wyrażenie
1
tg
tg
α
α
do postaci
α
α cos
sin
1
albo
• wyznaczy wartość wyrażenia
1
sin
cos
2
α
α =
i na tym zakończy lub dalej popełnia błędy.
Zdający otrzymuje 2 p.
gdy obliczy wartość wyrażenia
1
tg
tg
α
α
: 2.
Schemat oceniania
Poziom podstawowy
Rozwiązanie II sposób
Z równania sin
cos
2
α
α
wyznaczamy jedną z funkcji trygonometrycznych w
zależności od drugiej, np. sinus kąta w zależności od cosinusa kąta: sin
2
cos
α
α
Następnie korzystając z tożsamości
2
2
sin
cos
1
α
α
= otrzymujemy:
(
)
2
2
2
cos
cos
1
α
α
= , stąd otrzymujemy równanie kwadratowe
2
2cos
2 2 cos
1
0
α
α
Równanie można zapisać w postaci (
)
2

","solutions":[{"source":"site","label":"matematykaszkolna.pl","kind":"image","image":"/img/matematyka-2018-czerwiec-matura-podstawowa/sol-1.svg"}]}