{"id":"matematyka-2018-maj-matura-stara-rozszerzona/zad/4","paper_id":"matematyka-2018-maj-matura-stara-rozszerzona","number":"4","points":4,"ptype":"open","subject":"matematyka","category":"matura","year":2018,"month":"maj","level":"rozszerzona","text":"Zadanie 4. (4 pkt)\nZ liczb ośmioelementowego zbioru\n{\n}\n1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 9\nZ =\ntworzymy ośmiowyrazowy ciąg,\nktórego wyrazy nie powtarzają się. Oblicz prawdopodobieństwo zdarzenia polegającego na\ntym, że żadne dwie liczby parzyste nie są sąsiednimi wyrazami utworzonego ciągu. Wynik\nprzedstaw w postaci ułamka zwykłego nieskracalnego.\n\nPoziom rozszerzony\nMMA_1R\nOdpowiedź:\nWypełnia\negzaminator\nNr zadania\n4.\nMaks. liczba pkt\n4\nUzyskana liczba pkt\n\nPoziom rozszerzony\nMMA_1R","answer":"A, B, C, D","answer_text":"4. Jeżeli zdający zapisze |Ω|=8! oraz rozpatrując zdarzenie A′ rozważy trzy sytuacje:\nI. wszystkie trzy liczby parzyste są kolejnymi wyrazami ciągu;\nII. dwie liczby parzyste są dwoma skrajnymi (pierwszym i drugim lub siódmym\ni ósmym) wyrazami ciągu, a trzecia liczba parzysta nie sąsiaduje bezpośrednio z żadną\nz nich;\nIII. dwie liczby parzyste są dwoma kolejnymi, ale nie skrajnymi wyrazami ciągu,\na trzecia parzysta nie sąsiaduje bezpośrednio z żadną z nich\nA′\nA′\noraz zapisze sposób zliczania tych ciągów w każdej z tych trzech sytuacji, uwzględniający\npermutacje liczb parzystych i liczb nieparzystych i jednoczenie gwarantujący to, że żaden\nciąg nie zostanie policzony wielokrotnie;\na ponadto nie ustali poprawnej liczby wszystkich zdarzeń elementarnych sprzyjających\nzdarzeniu A′, to otrzymuje 2 punkty.\n5. Jeżeli zdający rozważa zdarzenie A i wypisuje przynajmniej 12 przypadków, ale jeden\nz nich zapisuje dwukrotnie, to otrzymuje przynajmniej 1 punkt. Dotyczy to także sytuacji\nwypisania 21 przypadków.\nZadanie 5. (0-3)\nV. Rozumowanie\ni argumentacja.\n7. Planimetria. Zdający stosuje twierdzenia\ncharakteryzujące czworokąty wpisane w okrąg\ni czworokąty opisane na okręgu (R7.a).\nPrzykładowe rozwiązania\nI sposób - bilans kątów\nOznaczmy miary kątów trójkąta ABC odpowiednio przez\nγ\nβ\nα\n2\n,\n2\n,\n2\n, a punkt wspólny\ndwusiecznej\nA\nd i odcinka KL przez P, dwusiecznej\nC\nd i odcinka LM przez R oraz\ndwusiecznej\nB\nd i odcinka MN przez Q.\nWówczas\n°\n180\n2\n2\n2\nγ\nβ\nα\n, stąd\n°\n90\nγ\nβ\nα\n. Wtedy\nKAP\nα\n\n, zatem\n90\nAKP\nα\n° -\n\ni\n(\n)\n180\n90\n90\nLKN\nα\nα\n°-\n° -\n° +\n\noraz\n90\nCMR\nγ\n° -\n\noraz\n90\nBMQ\nβ\n° -\n\n,\nzatem\n(\n) (\n)\n180\n90\n90\nLMN\nγ\nβ\nβ\nγ\n°-\n°-\n°-\n\nA\nB\nC\nK\nM\nL\nN\nP\nR\nQ\nSuma kątów LKN i LMN jest więc równa\n(\n) (\n)\n90\n90\n180\nLKN\nLMN\nα\nβ\nγ\nα\nβ\nγ\n° +\n° =\n°\n\n\nTo oznacza, że na czworokącie KNML można opisać okrąg.\nII sposób - symetralne\nRozważmy trójkąt KLM. Z definicji symetrii osiowej wynika, że dwusieczna\nA\nd jest\nsymetralną boku KL. Analogicznie dwusieczna\nC\nd jest symetralną boku LM. Symetralne\nboków trójkąta przecinają się w jednym punkcie, który jest środkiem okręgu opisanego na\ntym trójkącie - oznaczmy go przez O. Czyli punkt wspólny dwusiecznych\nA\nd i\nC\nd\n(symetralnych boków trójkąta KLM) jest środkiem okręgu, którego promieniem jest\nw szczególności odcinek OL.\nPodobnie rozważmy trójkąt LMN . Z definicji symetrii osiowej wynika, że dwusieczna\nC\nd\njest symetralną boku LM . Analogicznie dwusieczna\nB\nd jest symetralną boku MN . Punkt\nwspólny tych dwusiecznych (symetralnych) jest tym samym punktem, o którym była mowa\nwyżej i jest oczywiście środkiem okręgu opisanego na trójkącie LMN. Zatem musi to być ten\nsam okrąg. Wszystkie wierzchołki czworokąta KNML leżą na tym okręgu. To kończy dowód.\nA\nB\nC\nK\nM\nL\nN\nP\nR\nQ\nO\nIII sposób - równość promieni\nOznaczmy przez O punkt przecięcia się dwusiecznych kątów trójkąta ABC, punkt wspólny\ndwusiecznej\nA\nd i odcinka KL przez P, dwusiecznej\nC\nd i odcinka LM przez R oraz\ndwusiecznej\nB\nd i odcinka MN przez Q.\nZ definicji symetrii osiowej i z treści zadania wynika, że KP\nLP\noraz KL\nAO\n⊥\n. Oznacza\nto, że trójkąty OPK i OPL są prostokątne, mają wspólną przyprostokątną OP oraz pozostałe\nprzyprostokątne są równej długości. Są to więc trójkąty przystające (na mocy cechy bkb\nprzystawania trójkątów). Stąd wynika, że\nOK\nOL =\n. Analogicznie trójkąty ORL i ORM są\nprzystające oraz trójkąty OQM i OQN są przystające, a w konsekwencji OL\nOM\noraz\nOM\nON\n. Zatem punkt O jest więc równooddalony od wszystkich wierzchołków\nczworokąta KNML, a to oznacza, że na tym czworokącie można opisać okrąg.\nSchemat punktowania\nRozwiązanie, w którym jest istotny postęp 1 p.\nZdający\n• wyznaczy miarę jednego z kątów czworokąta KNML w zależności od miar kątów\ntrójkąta ABC, np.:\n90\nLKN\nα\n° +\n\nalbo\n• zapisze, że prosta zawierająca dwusieczną kąta trójkąta ABC jest symetralną jednego\nz odcinków KL, LM, MN\nalbo\n• zapisze jedną lub dwie równości spośród:\nOK\nOL =\n, OL\nOM\n, OM\nON\ni na tym zakończy lub dalej popełnia błędy.\nA\nB\nC\nK\nM\nL\nN\nO\nR\nP\nQ\nPokonanie zasadniczych trudności zadania 2 p.\nZdający\n• wyznaczy miary dwóch przeciwległych kątów czworokąta KNML w zależności od\nmiar kątów trójkąta ABC, np.:\n90\nLKN\nα\n° +\n\ni\nLMN\nβ\nγ\n\nalbo\n• zapisze, że punkt przecięcia dwusiecznych kątów trójkąta ABC jest środkiem okręgu\nopisanego na trójkącie KLM lub na trójkącie LMN, lub że jest punktem przecięcia\nsymetralnych trzech boków czworokąta KNML\nalbo\n• zapisze i uzasadni jedną lub dwie równości spośród:\nOK\nOL =\n, OL\nOM\n,\nOM\nON\nUwaga\nJeżeli zdający zapisze wszystkie równości\nOK\nOL =\n, OL\nOM\n, OM\nON\ni stąd wyciągnie wniosek, że punkt O jest środkiem okręgu opisanego na czworokącie\nKNML, ale nie uzasadni żadnej z tych równości (lub uzasadnienie nie będzie pełne),\nto otrzymuje 2 punkty.\nRozwiązanie pełne 3 p.\nZdający przeprowadzi pełne rozumowanie.\nUwagi\n1. Jeżeli zdający przeprowadza dowód z wykorzystaniem bilansu kątów i korzysta z równości\nkątów w trójkątach równoramiennych, to może otrzymać 3 punkty także w przypadku,\ngdy bez stosownego komentarza korzysta z faktu, że trójkąty są równoramienne.\n2. Jeżeli zdający\n• uzależni wszystkie kąty trójkąta ABC oraz jeden z kątów czworokąta KNML\nalbo\n• uzależni jeden z kątów LKN, KNM i jeden z kątów KLM, NML\nod kątów α = AKL = ALK, β = BML = BLM i γ = CLM = CML, to otrzymuje\n1 punkt.\nJeżeli zdający\n• wyznaczy 2 przeciwległe kąty czworokąta KNML w zależności od α, β, γ i wykaże, że\nα + β + γ = 180º\nalbo\n• wyznaczy wszystkie kąty czworokąta KNML i obliczy sumę dwóch przeciwległych\nkątów czworokąta KNML,\nto otrzymuje 2 punkty.\nZadanie 6. (0-3)\nV. Rozumowanie\ni argumentacja.\n2. Wyrażenia algebraiczne. Zdający rozkłada wielomian\nna czynniki, stosując wzory skróconego mnożenia\nrozkłada wielomian na czynniki stosując wzory\nskróconego mnożenia, grupowanie wyrazów,\nwyłączanie wspólnego czynnika poza nawias (2.b).\n1. Liczby rzeczywiste. Zdający stosuje twierdzenie\no rozkładzie liczby naturalnej na czynniki pierwsze\n(R1.a).\nPrzykładowe rozwiązania\nI sposób\nZauważmy, że\n(\n)\n(\n)(\n)\nm\nk\nm\nk\nkm\nm\nk\nkm\nkm\nm\nk\n2\n2\n3\n3\nRozwiązanie zadania składa się z dwóch etapów:\n• uzasadnienie podzielności przez 2;\n• uzasadnienie podzielności przez 3.\nPodzielność przez 2.\nGdy którakolwiek z liczb k, m jest parzysta, to iloczyn\n(\n)\n2\n2\nm\nk\nkm\njest parzysty, a gdy obie\nliczby k, m są nieparzyste, to ich suma k\nm\njest liczbą parzystą, więc iloczyn\n(\n)(\n)\nkm k\nm\nk\nm\njest podzielny przez 2.\nPodzielność przez 3. (I sposób)\nDowód przeprowadzimy w czterech rozłącznych sytuacjach: A, B, C, D.\nA. Którakolwiek z liczb k, m jest podzielna przez 3\nWtedy iloczyn\n(\n)\n2\n2\nm\nk\nkm\njest podzielny przez 3.\nB. Obie liczby k, m przy dzieleniu przez 3 dają resztę 1\nWtedy liczba\nm\nk -\njest podzielna przez 3, więc iloczyn\n(\n)(\n)\nkm k\nm\nk\nm\njest\npodzielny przez 3.\nC. Obie liczby k, m przy dzieleniu przez 3 dają resztę 2\nWtedy liczba\nm\nk -\njest podzielna przez 3, więc iloczyn\n(\n)(\n)\nkm k\nm\nk\nm\njest\npodzielny przez 3.\nD. Jedna z liczb k, m przy dzieleniu przez 3 daje resztę 1, a druga przy dzieleniu przez 3\ndaje resztę 2\nWtedy liczba\nm\nk +\njest podzielna przez 3, więc iloczyn\n(\n)(\n)\nkm k\nm\nk\nm\njest\npodzielny przez 3.\nPodzielność przez 3. (II sposób)\nDowód przeprowadzimy w dwóch rozłącznych sytuacjach: E, F.\nE. Którakolwiek z liczb k, m jest podzielna przez 3.\nWtedy iloczyn\n(\n)\n2\n2\nm\nk\nkm\njest podzielny przez 3.\nF. Żadna z liczb k, m nie jest podzielna przez 3.\nWtedy kwadrat każdej z nich przy dzieleniu przez 3 daje resztę 1, więc różnica\n2\n2\nk\nm\njest podzielna przez 3.\nWykazaliśmy zatem, że liczba\n3\n3\nk m\nkm\njest podzielna przez 2 i przez 3, więc jest podzielna\nprzez\n3\n2 ⋅\n, czyli przez 6. To kończy dowód.\nII sposób\nZauważmy, że\n(\n)\n(\n)\n(\n)\n(\n)(\n)\n(\n)(\n)\n3\n3\n2\n2\n2\n2\n1 1\n1\n1\n1\n1\n1\n1\nk m\nkm\nkm k\nm\nkm k\nkm m\nkm k\nk\nkm m\nm\nIloczyn (\n)(\n)\n1\n1\nk k\nk\nto iloczyn trzech kolejnych liczb całkowitych, więc dokładnie jedna\nz nich jest podzielna przez 3 i co najmniej jedna jest podzielna przez 2, więc iloczyn jest\npodzielny przez 2 i przez 3, a więc jest podzielny przez 6. Analogicznie iloczyn\n(\n)(\n)\n1\n1\nm m\nm\njest podzielny przez 6. Różnica dwóch liczb podzielnych przez 6 jest\npodzielna przez 6. To kończy dowód.\nSchemat punktowania\nZdający otrzymuje 1 p.\njeśli\n• uzasadni podzielność przez 2\nalbo\n• uzasadni podzielność przez 3 w dwóch przypadkach spośród A, B, C, D,\nalbo\n• uzasadni podzielność przez 3 w przypadku F.\nZdający otrzymuje 2 p.\njeśli\n• uzasadni podzielność przez 2 i uzasadni podzielność przez 3 w dwóch przypadkach\nspośród A, B, C, D\nalbo\n• uzasadni podzielność przez 2 i uzasadni podzielność przez 3 w przypadku F,\nalbo\n• uzasadni podzielność przez 3,\nalbo\n• zapisze liczbę\n3\n3\nk m\nkm\nw postaci\n(\n)(\n)\n(\n)(\n)\n1\n1\n1\n1\nkm k\nk\nkm m\nm\nZdający otrzymuje 3 p.\nprzeprowadzi pełne rozumowanie uzasadniające podzielność przez 6.\nUwagi\n1. Akceptujemy stwierdzenie, że iloczyn trzech kolejnych liczb całkowitych jest\npodzielny przez 6 oraz różnica liczb podzielnych przez 6 jest podzielna przez 6.\n2. Jeżeli zdający rozważa reszty z dzielenia liczb k i m przez 6 i udowodni podzielność\nprzez 6 w jednym z poniższych 5 przypadków:\n- dokładnie jedna z liczb k, m jest podzielna przez 6 lub obie liczby k, m dają przy\ndzieleniu przez 6 tę samą resztę;\n- żadna z liczb k, m nie jest podzielna przez 6, a o podzielności liczby k3m - km3\nmożna wnioskować na podstawie iloczynu liczb k, m;\n- żadna z liczb k, m nie jest podzielna przez 6, a o podzielności liczby k3m - km3\nmożna wnioskować na podstawie sumy liczb k, m;\n- żadna z liczb k, m nie jest podzielna przez 6, a o podzielności liczby k3m - km3\nmożna wnioskować na podstawie sumy i iloczynu liczb k, m;\n- żadna z liczb k, m nie jest podzielna przez 6, a o podzielności liczby k3m - km3\nmożna wnioskować na podstawie różnicy i iloczynu liczb k, m,\nto otrzymuje 1 punkt.\nJeżeli zdający rozważa reszty z dzielenia liczb k i m przez 6 i udowodni podzielność\nprzez 6 w trzech z poniższych 5 przypadków:\n- dokładnie jedna z liczb k, m jest podzielna przez 6 lub obie liczby k, m dają przy\ndzieleniu przez 6 tę samą resztę;\n- żadna z liczb k, m nie jest podzielna przez 6, a o podzielności liczby k3m - km3\nmożna wnioskować na podstawie iloczynu liczb k, m;\n- żadna z liczb k, m nie jest podzielna przez 6, a o podzielności liczby k3m - km3\nmożna wnioskować na podstawie sumy liczb k, m;\n- żadna z liczb k, m nie jest podzielna przez 6, a o podzielności liczby k3m - km3\nmożna wnioskować na podstawie sumy i iloczynu liczb k, m;\n- żadna z liczb k, m nie jest podzielna przez 6, a o podzielności liczby k3m - km3\nmożna wnioskować na podstawie różnicy i iloczynu liczb k, m,\nto otrzymuje 2 punkty.\nZadanie 7. (0-4)\nIV. Użycie i tworzenie\nstrategii.\n6. Trygonometria. Zdający rozwiązuje równania\ni nierówności trygonometryczne (R6.e).\nPrzykładowe rozwiązanie\nPrzekształcamy równanie w sposób równoważny\n(\n)\n2\n2 1 sin\n3sin\n0\nx\nx\n,\n2\n2sin\n3sin\n2\n0\nx\nx\nMożemy dokonać podstawienia sinx\nt\n= , przy czym\n1,1\n∈\nt\nRozwiązujemy równanie kwadratowe:\n2\n2\n3\n2\n0\nt\nt\n25\nΔ =\n, 1\n2\nt =\n, 2\n1\n2\nt = -\nPierwsza obliczona wartość 1\n2\nt =\nnie spełnia warunku\n1,1\n∈\nt\nDla drugiej wartości t wyznaczamy wartości x w przedziale\n2\n3π\n,\n2\nπ\n:\n1\nsin\n2\nx = -\n6\nx = -π lub\n7\n6\nx = π .\nSchemat punktowania\nRozwiązanie, w którym postęp jest niewielki, ale konieczny na drodze do pełnego\nrozwiązania 1 p.\nZdający zapisze równanie w postaci, w której występuje tylko jedna funkcja\ntrygonometryczna tego samego argumentu, np. (\n)\n2\n2 1 sin\n3sin\n0\nx\nx\ni na tym zakończy\nlub dalej popełnia błędy.\nRozwiązanie, w którym jest istotny postęp 2 p.\nZdający rozwiąże równanie\n2\n2\n3\n2\n0\nt\nt\ni zapisze 1\n2\nt =\n, 2\n1\n2\nt = -\nPokonanie zasadniczych trudności zadania 3 p.\nZdający odrzuci wartość 1\n2\nt =\ni znajdzie jedno rozwiązanie równania\n1\nsin\n2\nx = -\nw przedziale\n2\n3π\n,\n2\nπ\nRozwiązanie pełne 4 p.\nZdający zapisze wszystkie rozwiązania równania w podanym przedziale:\n6\nx = -π ,\n7\n6\nx = π .\nUwaga\nJeżeli zdający popełnia błędy rachunkowe w doprowadzaniu do równania kwadratowego lub\nbłędy w rozwiązaniu poprawnego równania kwadratowego, w rezultacie otrzymuje np.\nsin\n2\nx =\nlub sin\n1,\nx =\npierwsze równanie uznaje za sprzeczne, drugie rozwiązuje poprawnie\nwe właściwym przedziale, to otrzymuje 3 punkty.\nZadanie 8. (0-5)\nII. Wykorzystanie\ni interpretowanie reprezentacji.\n2. Wyrażenia algebraiczne. Zdający wykonuje dzielenie\nwielomianu przez dwumian x - a; stosuje twierdzenie\no reszcie z dzielenia wielomianu przez dwumian x - a\n(R2.b).\n3. Równania i nierówności. Zdający rozwiązuje\nrównania i nierówności wielomianowe (R3.c).\nPrzykładowe rozwiązanie\nLiczba 5\n2 jest pierwiastkiem wielomianu\n( )x\nW\n, więc\n0\n5\n2\n\n\n\n\n\n\nW\nPonieważ\np\np\nW\n⋅\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n25\n50\n5\n2\n3\n5\n2\n7\n5\n2\n5\n5\n2\n2\n3\n, więc\n2\np\nZatem wielomian\n( )x\nW\nma postać\n( )\n2\n3\n7\n5\n2\n3\nx\nx\nx\nx\nW\ni jest podzielny przez\ndwumian\n5\n2\nx\n. Iloraz z tego dzielenia jest równy\n5\n5\n5\n2\n-x\nx\n. Wyznaczamy pierwiastki\ntego trójmianu :\n2\n5\n1\n1\nx\n,\n2\n5\n1\n2\nx\nZatem\n( )x\nW\nma trzy pierwiastki: 5\n2 ,\n2\n5\n1-\n,\n2\n5\n1+\nRozwiązaniem nierówności\n( )\n0\nW x >\njest zatem każda liczba rzeczywista\n1\n5\n2\n1\n5\n2\n5\n2\n,\n,\nx\n\n\n\n\n∈\n∪\n+∞\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\nSchemat punktowania\nRozwiązanie, w którym postęp jest niewielki, ale konieczny na drodze do pełnego\nrozwiązania 1 p.\nZdający zapisze, że\n0\n5\n2\n\n\n\n\n\n\nW\ni na tym zakończy lub dalej popełnia błędy.\nRozwiązanie, w którym jest istotny postęp 2 p.\nZdający wyznaczy\n2\np\ni na tym zakończy lub dalej popełnia błędy.\nPokonanie zasadniczych trudności zadania 3 p.\nZdający wyznaczy iloraz z dzielenia\n( )\n2\n3\n7\n5\n2\n3\nx\nx\nx\nx\nW\nprzez\n5\n2\nx\n:\n5\n5\n5\n2\n-x\nx\ni na tym zakończy lub dalej popełnia błędy.\nRozwiązanie prawie pełne 4 p.\nZdający wyznaczy pozostałe pierwiastki wielomianu\n( )x\nW\n:\n2\n5\n1-\n,\n2\n5\n1+\nRozwiązanie pełne 5 p.\nZdający wyznaczy rozwiązania nierówności\n( )\n0\nW x >\n:\n1\n5\n2\n1\n5\n2\n5\n2\n,\n,\nx\n\n\n\n\n∈\n∪\n+∞\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\nZadanie 9. (0-6)\nIII. Modelowanie\nmatematyczne.\n3. Równania i nierówności. Zdający stosuje wzory\nViète’a (R3.a).\nPrzykładowe rozwiązanie\nRównanie ma dwa różne rozwiązania rzeczywiste, gdy jego wyróżnik jest dodatni, czyli\n(\n)\n(\n)\n2\n2\n1\n4 1\n1\n0\nm\nm\nΔ =\n-⋅⋅-\n>\n2\n5\n2\n3\n0\nm\nm\n>\n1\n1\nm = -,\n2\n3\n5\nm =\nStąd\n(\n) (\n)\n3\n5\n,\n1\n,\nm∈-∞-\n∪\n+ ∞\nWarunek\nmożemy zapisać w postaci równoważnej\n(\n)(\n)\n2\n2\n1\n2\n1\n1\n2\n2\n1\n2\n7\nx\nx\nx\nx x\nx\nx x\n> -\n,\n(\n) (\n)\n(\n)\n2\n1\n2\n1\n2\n1\n2\n1\n2\n3\n7\nx\nx\nx\nx\nx x\nx x\n> -\nZe wzorów Viète’a na sumę i iloczyn pierwiastków trójmianu kwadratowego możemy tę\nnierówność zapisać w postaci:\n(\n) (\n)\n2\n3\n7\nb\nb\nc\nc\na\na\na\na\n\n\n> -\n\n\n\n\n(\n)\n(\n)\n(\n)\n(\n)\n(\n)\n(\n)\n2\n2\n2\n1\n1\n3\n1\n7\n1\nm\nm\nm\nm\n> -\n(\n)\n(\n)(\n)\n(\n)\n3\n2\n2\n1\n3\n1\n1\n7\n1\nm\nm\nm\nm\n> -\n(\n)\n(\n)(\n)\n(\n)\n3\n2\n2\n1\n3\n1\n1\n7\n1\n0\nm\nm\nm\nm\n>\n(\n)\n(\n)\n(\n)\n(\n)\n(\n)\n2\n2\n1\n1\n3\n1\n7\n1\n0\nm\nm\nm\nm\n>\n(\n)(\n)\n2\n2\n1\n2\n1 3\n3\n7\n7\n0\nm\nm\nm\nm\nm\n>\n(\n)(\n)\n2\n1\n4\n9\n9\n0\nm\nm\nm\n>\n1\n3\nm = - lub\n2\n3\n4\nm =\nlub\n3\n1\nm = -.\n(\n) (\n)\n3\n4\n3\n1\nm\n,\n,\n∈-∞-\n∪-\nWyznaczamy część wspólną zbiorów (\n) (\n)\n3\n5\n1\n,\n,\n-∞-\n∪\n+ ∞ i (\n) (\n)\n3\n4\n3\n1\n,\n,\n-∞-\n∪-\nOdpowiedź\n(\n) (\n)\n3 3\n5 4\n3\nm\n,\n,\n∈-∞-\n∪\nSchemat punktowania\nRozwiązanie zadania składa się z trzech etapów.\nPierwszy etap polega na rozwiązaniu nierówności\n:\n(\n) (\n)\n3\n5\n,\n1\n,\nm∈-∞-\n∪\n+ ∞\nZa poprawne rozwiązanie tego etapu zdający otrzymuje 1 punkt.\nUwaga\nJeżeli zdający zapisze\n, to za tę część otrzymuje 0 punktów.\nDrugi etap polega na rozwiązaniu nierówności\nZa tę część rozwiązania zdający otrzymuje 4 punkty.\nPodział punktów za drugi etap rozwiązania:\n1 punkt zdający otrzymuje za zapisanie nierówności w postaci:\n(\n) (\n)\n(\n)\n2\n1\n2\n1\n2\n1\n2\n1\n2\n3\n7\nx\nx\nx\nx\nx x\nx x\n> -\nlub równoważnej.\n2 punkty zdający otrzymuje za doprowadzenie do nierówności ze zmienną m, np.\n(\n)\n(\n)\n(\n)\n(\n)\n(\n)\n(\n)\n2\n2\n2\n1\n1\n3\n1\n7\n1\nm\nm\nm\nm\n> -\n3\n3\n1\n2\n1\n2\n7\nx\nx\nx x\n> -\n0\n>\nΔ\n0\nΔ ≥\n3\n3\n1\n2\n1\n2\n7\nx\nx\nx x\n> -\n3 punkty zdający otrzymuje za wyznaczenie miejsc zerowych wielomianu\n(\n)\n(\n)\n(\n)\n(\n)\n(\n)\n(\n)\n2\n2\n2\n1\n1\n3\n1\n7\n1\nm\nm\nm\nm\n,\nczyli wielomianu\n3\n2\n4\n13\n9\nm\nm\n+ : 3\n-, 1\n-, 3\n4\n4 punkty zdający otrzymuje za rozwiązanie powyższej nierówności.\n(\n) (\n)\n3\n4\n3\n1\nm\n,\n,\n∈-∞-\n∪-\nTrzeci etap polega na wyznaczeniu szukanej wartości parametru m z uwzględnieniem\nwszystkich warunków.\n(\n) (\n)\n3 3\n5 4\n3\nm\n,\n,\n∈-∞-\n∪\nUwagi\n1. W przypadku otrzymania na jednym z etapów (I lub II) zbioru pustego lub zbioru R jako\nzbioru rozwiązań nierówności przyznajemy 0 punktów za III etap.\n2. W przypadku otrzymania w II etapie zbioru rozwiązań, będącego podzbiorem zbioru\nrozwiązań z I etapu lub otrzymania w I etapie zbioru rozwiązań, będącego podzbiorem\nzbioru rozwiązań z II etapu, przyznajemy 0 punktów za III etap.\n3. O ile nie zachodzą przypadki z uwag 1. i 2. i zdający poprawnie wykona etap I\noraz popełnia błędy w rozwiązaniu nierówności z etapu II, albo gdy popełnia błędy\nw etapie I i otrzyma co najmniej 1 punkt za etap II, to za III etap może otrzymać 1 punkt.\n4. Jeżeli zdający w II etapie rozwiązania stosuje nieistniejącą zależność: „suma sześcianów =\nsześcian sumy”, prowadzącą do uproszczenia badanego problemu, lub zdający stosuje inny\nbłędny wzór, prowadzący do uproszczenia badanego problemu, ale otrzyma nierówność\nwielomianową stopnia trzeciego, uzyska trzy miejsca zerowe i poprawnie rozwiązuje\notrzymaną nierówność, to za II etap otrzymuje 1 punkt (za rozwiązanie nierówności).\n5. Jeżeli zdający w II etapie rozwiązania otrzyma poprawną nierówność wielomianową\nstopnia 3. i popełnia błędy rachunkowe w jej rozwiązaniu, to może otrzymać 3 punkty za\nII etap, o ile wyznaczy 3 różne miejsca zerowe wielomianu z tej nierówności\ni konsekwentnie rozwiąże nierówność do końca, zaś w każdym innym przypadku\notrzymuje 2 punkty za ten etap.\n6. Jeżeli zdający w II etapie rozwiązania rozważa nierówność wielomianową stopnia\nwiększego niż 3. lub niepoprawną nierówność stopnia 3. i wyznacza miejsca zerowe\nw liczbie właściwej dla stopnia wielomianu i otrzymuje przynajmniej 3 miejsca zerowe, to\notrzymuje co najwyżej 3 punkty za II etap, o ile konsekwentnie rozwiąże nierówność.\nJeżeli wielomian w tej nierówności nie ma trzech różnych miejsc zerowych, to zdający\nmoże otrzymać co najwyżej 2 punkty za ten etap.\n7. Jeżeli zdający przy rozwiązywaniu otrzymanej w II etapie nierówności stopnia co\nnajmniej 3. popełnia błąd, polegający na niepoprawnym grupowaniu wyrazów, np.\nz nierówności\n3\n2\n4\n13\n9\n0\nm\nm\n>\nuzyska (\n)(\n)\n2\n4\n13\n9\n0\nm\nm\n>\n, to nie otrzymuje\npunktów za części II.3 i II.4.\nZadanie 10. (0-6)\nIV. Użycie i tworzenie strategii.\n8. Geometria na płaszczyźnie kartezjańskiej. Zdający\nposługuje się równaniem okręgu (x - a)2 + (y - b)2 = r2,\nwyznacza współrzędne środka odcinka, podaje\nrównanie prostej w postaci Ax + By + C = 0 lub\ny = ax + b, mając dane dwa jej punkty lub jeden punkt\ni współczynnik a w równaniu kierunkowym,\nwykorzystuje pojęcie układu współrzędnych na\npłaszczyźnie, rozwiązuje zadania dotyczące\nwzajemnego położenia prostej i okręgu oraz oblicza\nodległość punktu od prostej (8.g, 8.f, 8.b, 8.a, R8.b,\nR8.c).\nPrzykładowe rozwiązania\nI sposób - analitycznie - styczne AC i AB\nProste AC i AB przechodzą przez punkt\n(\n)\n7\n1\nA\n,\n, żadna z nich nie jest prostopadła do osi\nOx układu współrzędnych, więc mają równania postaci\n(\n)\n7\n1\ny\na x\n-,\n7\n1\n0\nax\ny\na\nObie te proste są styczne do okręgu, zatem ich odległości od środka okręgu są równe\npromieniowi okręgu. Stąd otrzymujemy równanie\n2\n7\n1\n10\n1\na\na\n,\n(\n)\n(\n)\n2\n2\n7\n1\n10\n1\na\na\n,\n2\n2\n49\n14\n1\n10\n10\na\na\na\n2\n39\n14\n9\n0\na\na","solution":null,"image":"img/matematyka-2018-maj-matura-stara-rozszerzona/zad-4.webp","solution_image":null,"topics":null,"page_from":8,"source":"ocr","answer_source":"ocr","answer_text_source":"ocr","solution_source":null,"text_source":"ocr","source_label":"Matematyka · Matura · maj 2018 (rozszerzona)","subject_label":"Matematyka","category_label":"Matura","text_html":"

Zadanie 4. (4 pkt)
Z liczb ośmioelementowego zbioru
{
}
1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 9
Z =
tworzymy ośmiowyrazowy ciąg,
którego wyrazy nie powtarzają się. Oblicz prawdopodobieństwo zdarzenia polegającego na
tym, że żadne dwie liczby parzyste nie są sąsiednimi wyrazami utworzonego ciągu. Wynik
przedstaw w postaci ułamka zwykłego nieskracalnego.

\n

Poziom rozszerzony
MMA_1R
Odpowiedź:
Wypełnia
egzaminator
Nr zadania
4.
Maks. liczba pkt
4
Uzyskana liczba pkt

\n

Poziom rozszerzony
MMA_1R

","answer_text_html":"
  1. Jeżeli zdający zapisze |Ω|=8! oraz rozpatrując zdarzenie A′ rozważy trzy sytuacje:
\n

I. wszystkie trzy liczby parzyste są kolejnymi wyrazami ciągu;
II. dwie liczby parzyste są dwoma skrajnymi (pierwszym i drugim lub siódmym
i ósmym) wyrazami ciągu, a trzecia liczba parzysta nie sąsiaduje bezpośrednio z żadną
z nich;
III. dwie liczby parzyste są dwoma kolejnymi, ale nie skrajnymi wyrazami ciągu,
a trzecia parzysta nie sąsiaduje bezpośrednio z żadną z nich
A′
A′
oraz zapisze sposób zliczania tych ciągów w każdej z tych trzech sytuacji, uwzględniający
permutacje liczb parzystych i liczb nieparzystych i jednoczenie gwarantujący to, że żaden
ciąg nie zostanie policzony wielokrotnie;
a ponadto nie ustali poprawnej liczby wszystkich zdarzeń elementarnych sprzyjających
zdarzeniu A′, to otrzymuje 2 punkty.

\n
  1. Jeżeli zdający rozważa zdarzenie A i wypisuje przynajmniej 12 przypadków, ale jeden
\n

z nich zapisuje dwukrotnie, to otrzymuje przynajmniej 1 punkt. Dotyczy to także sytuacji
wypisania 21 przypadków.
Zadanie 5. (0-3)
V. Rozumowanie
i argumentacja.

\n
  1. Planimetria. Zdający stosuje twierdzenia
\n

charakteryzujące czworokąty wpisane w okrąg
i czworokąty opisane na okręgu (R7.a).
Przykładowe rozwiązania
I sposób - bilans kątów
Oznaczmy miary kątów trójkąta ABC odpowiednio przez
γ
β
α
2
,
2
,
2
, a punkt wspólny
dwusiecznej
A
d i odcinka KL przez P, dwusiecznej
C
d i odcinka LM przez R oraz
dwusiecznej
B
d i odcinka MN przez Q.
Wówczas
°
180
2
2
2
γ
β
α
, stąd
°
90
γ
β
α
. Wtedy
KAP
α

, zatem
90
AKP
α
° -

i
(
)
180
90
90
LKN
α
α
°-
° -
° +

oraz
90
CMR
γ
° -

oraz
90
BMQ
β
° -

,
zatem
(
) (
)
180
90
90
LMN
γ
β
β
γ
°-
°-
°-

A
B
C
K
M
L
N
P
R
Q
Suma kątów LKN i LMN jest więc równa
(
) (
)
90
90
180
LKN
LMN
α
β
γ
α
β
γ
° +
° =
°


To oznacza, że na czworokącie KNML można opisać okrąg.
II sposób - symetralne
Rozważmy trójkąt KLM. Z definicji symetrii osiowej wynika, że dwusieczna
A
d jest
symetralną boku KL. Analogicznie dwusieczna
C
d jest symetralną boku LM. Symetralne
boków trójkąta przecinają się w jednym punkcie, który jest środkiem okręgu opisanego na
tym trójkącie - oznaczmy go przez O. Czyli punkt wspólny dwusiecznych
A
d i
C
d
(symetralnych boków trójkąta KLM) jest środkiem okręgu, którego promieniem jest
w szczególności odcinek OL.
Podobnie rozważmy trójkąt LMN . Z definicji symetrii osiowej wynika, że dwusieczna
C
d
jest symetralną boku LM . Analogicznie dwusieczna
B
d jest symetralną boku MN . Punkt
wspólny tych dwusiecznych (symetralnych) jest tym samym punktem, o którym była mowa
wyżej i jest oczywiście środkiem okręgu opisanego na trójkącie LMN. Zatem musi to być ten
sam okrąg. Wszystkie wierzchołki czworokąta KNML leżą na tym okręgu. To kończy dowód.
A
B
C
K
M
L
N
P
R
Q
O
III sposób - równość promieni
Oznaczmy przez O punkt przecięcia się dwusiecznych kątów trójkąta ABC, punkt wspólny
dwusiecznej
A
d i odcinka KL przez P, dwusiecznej
C
d i odcinka LM przez R oraz
dwusiecznej
B
d i odcinka MN przez Q.
Z definicji symetrii osiowej i z treści zadania wynika, że KP
LP
oraz KL
AO
⊥
. Oznacza
to, że trójkąty OPK i OPL są prostokątne, mają wspólną przyprostokątną OP oraz pozostałe
przyprostokątne są równej długości. Są to więc trójkąty przystające (na mocy cechy bkb
przystawania trójkątów). Stąd wynika, że
OK
OL =
. Analogicznie trójkąty ORL i ORM są
przystające oraz trójkąty OQM i OQN są przystające, a w konsekwencji OL
OM
oraz
OM
ON
. Zatem punkt O jest więc równooddalony od wszystkich wierzchołków
czworokąta KNML, a to oznacza, że na tym czworokącie można opisać okrąg.
Schemat punktowania
Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp 1 p.
Zdający
• wyznaczy miarę jednego z kątów czworokąta KNML w zależności od miar kątów
trójkąta ABC, np.:
90
LKN
α
° +

albo
• zapisze, że prosta zawierająca dwusieczną kąta trójkąta ABC jest symetralną jednego
z odcinków KL, LM, MN
albo
• zapisze jedną lub dwie równości spośród:
OK
OL =
, OL
OM
, OM
ON
i na tym zakończy lub dalej popełnia błędy.
A
B
C
K
M
L
N
O
R
P
Q
Pokonanie zasadniczych trudności zadania 2 p.
Zdający
• wyznaczy miary dwóch przeciwległych kątów czworokąta KNML w zależności od
miar kątów trójkąta ABC, np.:
90
LKN
α
° +

i
LMN
β
γ

albo
• zapisze, że punkt przecięcia dwusiecznych kątów trójkąta ABC jest środkiem okręgu
opisanego na trójkącie KLM lub na trójkącie LMN, lub że jest punktem przecięcia
symetralnych trzech boków czworokąta KNML
albo
• zapisze i uzasadni jedną lub dwie równości spośród:
OK
OL =
, OL
OM
,
OM
ON
Uwaga
Jeżeli zdający zapisze wszystkie równości
OK
OL =
, OL
OM
, OM
ON
i stąd wyciągnie wniosek, że punkt O jest środkiem okręgu opisanego na czworokącie
KNML, ale nie uzasadni żadnej z tych równości (lub uzasadnienie nie będzie pełne),
to otrzymuje 2 punkty.
Rozwiązanie pełne 3 p.
Zdający przeprowadzi pełne rozumowanie.
Uwagi

\n
  1. Jeżeli zdający przeprowadza dowód z wykorzystaniem bilansu kątów i korzysta z równości
\n

kątów w trójkątach równoramiennych, to może otrzymać 3 punkty także w przypadku,
gdy bez stosownego komentarza korzysta z faktu, że trójkąty są równoramienne.

\n
  1. Jeżeli zdający
\n

• uzależni wszystkie kąty trójkąta ABC oraz jeden z kątów czworokąta KNML
albo
• uzależni jeden z kątów LKN, KNM i jeden z kątów KLM, NML
od kątów α = AKL = ALK, β = BML = BLM i γ = CLM = CML, to otrzymuje
1 punkt.
Jeżeli zdający
• wyznaczy 2 przeciwległe kąty czworokąta KNML w zależności od α, β, γ i wykaże, że
α + β + γ = 180º
albo
• wyznaczy wszystkie kąty czworokąta KNML i obliczy sumę dwóch przeciwległych
kątów czworokąta KNML,
to otrzymuje 2 punkty.
Zadanie 6. (0-3)
V. Rozumowanie
i argumentacja.

\n
  1. Wyrażenia algebraiczne. Zdający rozkłada wielomian
\n

na czynniki, stosując wzory skróconego mnożenia
rozkłada wielomian na czynniki stosując wzory
skróconego mnożenia, grupowanie wyrazów,
wyłączanie wspólnego czynnika poza nawias (2.b).

\n
  1. Liczby rzeczywiste. Zdający stosuje twierdzenie
\n

o rozkładzie liczby naturalnej na czynniki pierwsze
(R1.a).
Przykładowe rozwiązania
I sposób
Zauważmy, że
(
)
(
)(
)
m
k
m
k
km
m
k
km
km
m
k
2
2
3
3
Rozwiązanie zadania składa się z dwóch etapów:
• uzasadnienie podzielności przez 2;
• uzasadnienie podzielności przez 3.
Podzielność przez 2.
Gdy którakolwiek z liczb k, m jest parzysta, to iloczyn
(
)
2
2
m
k
km
jest parzysty, a gdy obie
liczby k, m są nieparzyste, to ich suma k
m
jest liczbą parzystą, więc iloczyn
(
)(
)
km k
m
k
m
jest podzielny przez 2.
Podzielność przez 3. (I sposób)
Dowód przeprowadzimy w czterech rozłącznych sytuacjach: A, B, C, D.
A. Którakolwiek z liczb k, m jest podzielna przez 3
Wtedy iloczyn
(
)
2
2
m
k
km
jest podzielny przez 3.
B. Obie liczby k, m przy dzieleniu przez 3 dają resztę 1
Wtedy liczba
m
k -
jest podzielna przez 3, więc iloczyn
(
)(
)
km k
m
k
m
jest
podzielny przez 3.
C. Obie liczby k, m przy dzieleniu przez 3 dają resztę 2
Wtedy liczba
m
k -
jest podzielna przez 3, więc iloczyn
(
)(
)
km k
m
k
m
jest
podzielny przez 3.
D. Jedna z liczb k, m przy dzieleniu przez 3 daje resztę 1, a druga przy dzieleniu przez 3
daje resztę 2
Wtedy liczba
m
k +
jest podzielna przez 3, więc iloczyn
(
)(
)
km k
m
k
m
jest
podzielny przez 3.
Podzielność przez 3. (II sposób)
Dowód przeprowadzimy w dwóch rozłącznych sytuacjach: E, F.
E. Którakolwiek z liczb k, m jest podzielna przez 3.
Wtedy iloczyn
(
)
2
2
m
k
km
jest podzielny przez 3.
F. Żadna z liczb k, m nie jest podzielna przez 3.
Wtedy kwadrat każdej z nich przy dzieleniu przez 3 daje resztę 1, więc różnica
2
2
k
m
jest podzielna przez 3.
Wykazaliśmy zatem, że liczba
3
3
k m
km
jest podzielna przez 2 i przez 3, więc jest podzielna
przez
3
2 ⋅
, czyli przez 6. To kończy dowód.
II sposób
Zauważmy, że
(
)
(
)
(
)
(
)(
)
(
)(
)
3
3
2
2
2
2
1 1
1
1
1
1
1
1
k m
km
km k
m
km k
km m
km k
k
km m
m
Iloczyn (
)(
)
1
1
k k
k
to iloczyn trzech kolejnych liczb całkowitych, więc dokładnie jedna
z nich jest podzielna przez 3 i co najmniej jedna jest podzielna przez 2, więc iloczyn jest
podzielny przez 2 i przez 3, a więc jest podzielny przez 6. Analogicznie iloczyn
(
)(
)
1
1
m m
m
jest podzielny przez 6. Różnica dwóch liczb podzielnych przez 6 jest
podzielna przez 6. To kończy dowód.
Schemat punktowania
Zdający otrzymuje 1 p.
jeśli
• uzasadni podzielność przez 2
albo
• uzasadni podzielność przez 3 w dwóch przypadkach spośród A, B, C, D,
albo
• uzasadni podzielność przez 3 w przypadku F.
Zdający otrzymuje 2 p.
jeśli
• uzasadni podzielność przez 2 i uzasadni podzielność przez 3 w dwóch przypadkach
spośród A, B, C, D
albo
• uzasadni podzielność przez 2 i uzasadni podzielność przez 3 w przypadku F,
albo
• uzasadni podzielność przez 3,
albo
• zapisze liczbę
3
3
k m
km
w postaci
(
)(
)
(
)(
)
1
1
1
1
km k
k
km m
m
Zdający otrzymuje 3 p.
przeprowadzi pełne rozumowanie uzasadniające podzielność przez 6.
Uwagi

\n
  1. Akceptujemy stwierdzenie, że iloczyn trzech kolejnych liczb całkowitych jest
\n

podzielny przez 6 oraz różnica liczb podzielnych przez 6 jest podzielna przez 6.

\n
  1. Jeżeli zdający rozważa reszty z dzielenia liczb k i m przez 6 i udowodni podzielność
\n

przez 6 w jednym z poniższych 5 przypadków:

\n\n

dzieleniu przez 6 tę samą resztę;

\n\n

można wnioskować na podstawie iloczynu liczb k, m;

\n\n

można wnioskować na podstawie sumy liczb k, m;

\n\n

można wnioskować na podstawie sumy i iloczynu liczb k, m;

\n\n

można wnioskować na podstawie różnicy i iloczynu liczb k, m,
to otrzymuje 1 punkt.
Jeżeli zdający rozważa reszty z dzielenia liczb k i m przez 6 i udowodni podzielność
przez 6 w trzech z poniższych 5 przypadków:

\n\n

dzieleniu przez 6 tę samą resztę;

\n\n

można wnioskować na podstawie iloczynu liczb k, m;

\n\n

można wnioskować na podstawie sumy liczb k, m;

\n\n

można wnioskować na podstawie sumy i iloczynu liczb k, m;

\n\n

można wnioskować na podstawie różnicy i iloczynu liczb k, m,
to otrzymuje 2 punkty.
Zadanie 7. (0-4)
IV. Użycie i tworzenie
strategii.

\n
  1. Trygonometria. Zdający rozwiązuje równania
\n

i nierówności trygonometryczne (R6.e).
Przykładowe rozwiązanie
Przekształcamy równanie w sposób równoważny
(
)
2
2 1 sin
3sin
0
x
x
,
2
2sin
3sin
2
0
x
x
Możemy dokonać podstawienia sinx
t
= , przy czym
1,1
∈
t
Rozwiązujemy równanie kwadratowe:
2
2
3
2
0
t
t
25
Δ =
, 1
2
t =
, 2
1
2
t = -
Pierwsza obliczona wartość 1
2
t =
nie spełnia warunku
1,1
∈
t
Dla drugiej wartości t wyznaczamy wartości x w przedziale
2
3π
,
2
π
:
1
sin
2
x = -
6
x = -π lub
7
6
x = π .
Schemat punktowania
Rozwiązanie, w którym postęp jest niewielki, ale konieczny na drodze do pełnego
rozwiązania 1 p.
Zdający zapisze równanie w postaci, w której występuje tylko jedna funkcja
trygonometryczna tego samego argumentu, np. (
)
2
2 1 sin
3sin
0
x
x
i na tym zakończy
lub dalej popełnia błędy.
Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp 2 p.
Zdający rozwiąże równanie
2
2
3
2
0
t
t
i zapisze 1
2
t =
, 2
1
2
t = -
Pokonanie zasadniczych trudności zadania 3 p.
Zdający odrzuci wartość 1
2
t =
i znajdzie jedno rozwiązanie równania
1
sin
2
x = -
w przedziale
2
3π
,
2
π
Rozwiązanie pełne 4 p.
Zdający zapisze wszystkie rozwiązania równania w podanym przedziale:
6
x = -π ,
7
6
x = π .
Uwaga
Jeżeli zdający popełnia błędy rachunkowe w doprowadzaniu do równania kwadratowego lub
błędy w rozwiązaniu poprawnego równania kwadratowego, w rezultacie otrzymuje np.
sin
2
x =
lub sin
1,
x =
pierwsze równanie uznaje za sprzeczne, drugie rozwiązuje poprawnie
we właściwym przedziale, to otrzymuje 3 punkty.
Zadanie 8. (0-5)
II. Wykorzystanie
i interpretowanie reprezentacji.

\n
  1. Wyrażenia algebraiczne. Zdający wykonuje dzielenie
\n

wielomianu przez dwumian x - a; stosuje twierdzenie
o reszcie z dzielenia wielomianu przez dwumian x - a
(R2.b).

\n
  1. Równania i nierówności. Zdający rozwiązuje
\n

równania i nierówności wielomianowe (R3.c).
Przykładowe rozwiązanie
Liczba 5
2 jest pierwiastkiem wielomianu
( )x
W
, więc
0
5
2






W
Ponieważ
p
p
W
⋅


















25
50
5
2
3
5
2
7
5
2
5
5
2
2
3
, więc
2
p
Zatem wielomian
( )x
W
ma postać
( )
2
3
7
5
2
3
x
x
x
x
W
i jest podzielny przez
dwumian
5
2
x
. Iloraz z tego dzielenia jest równy
5
5
5
2
-x
x
. Wyznaczamy pierwiastki
tego trójmianu :
2
5
1
1
x
,
2
5
1
2
x
Zatem
( )x
W
ma trzy pierwiastki: 5
2 ,
2
5
1-
,
2
5
1+
Rozwiązaniem nierówności
( )
0
W x >
jest zatem każda liczba rzeczywista
1
5
2
1
5
2
5
2
,
,
x




∈
∪
+∞












Schemat punktowania
Rozwiązanie, w którym postęp jest niewielki, ale konieczny na drodze do pełnego
rozwiązania 1 p.
Zdający zapisze, że
0
5
2






W
i na tym zakończy lub dalej popełnia błędy.
Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp 2 p.
Zdający wyznaczy
2
p
i na tym zakończy lub dalej popełnia błędy.
Pokonanie zasadniczych trudności zadania 3 p.
Zdający wyznaczy iloraz z dzielenia
( )
2
3
7
5
2
3
x
x
x
x
W
przez
5
2
x
:
5
5
5
2
-x
x
i na tym zakończy lub dalej popełnia błędy.
Rozwiązanie prawie pełne 4 p.
Zdający wyznaczy pozostałe pierwiastki wielomianu
( )x
W
:
2
5
1-
,
2
5
1+
Rozwiązanie pełne 5 p.
Zdający wyznaczy rozwiązania nierówności
( )
0
W x >
:
1
5
2
1
5
2
5
2
,
,
x




∈
∪
+∞












Zadanie 9. (0-6)
III. Modelowanie
matematyczne.

\n
  1. Równania i nierówności. Zdający stosuje wzory
\n

Viète’a (R3.a).
Przykładowe rozwiązanie
Równanie ma dwa różne rozwiązania rzeczywiste, gdy jego wyróżnik jest dodatni, czyli
(
)
(
)
2
2
1
4 1
1
0
m
m
Δ =
-⋅⋅-

\n
\n

2
5
2
3
0
m
m

\n
\n

1
1
m = -,
2
3
5
m =
Stąd
(
) (
)
3
5
,
1
,
m∈-∞-
∪

\n\n

Warunek
możemy zapisać w postaci równoważnej
(
)(
)
2
2
1
2
1
1
2
2
1
2
7
x
x
x
x x
x
x x

\n
-
\n

,
(
) (
)
(
)
2
1
2
1
2
1
2
1
2
3
7
x
x
x
x
x x
x x

\n
-
\n

Ze wzorów Viète’a na sumę i iloczyn pierwiastków trójmianu kwadratowego możemy tę
nierówność zapisać w postaci:
(
) (
)
2
3
7
b
b
c
c
a
a
a
a

\n
-
\n





(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
2
2
2
1
1
3
1
7
1
m
m
m
m

\n
-
\n

(
)
(
)(
)
(
)
3
2
2
1
3
1
1
7
1
m
m
m
m

\n
-
\n

(
)
(
)(
)
(
)
3
2
2
1
3
1
1
7
1
0
m
m
m
m

\n
\n

(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
2
2
1
1
3
1
7
1
0
m
m
m
m

\n
\n

(
)(
)
2
2
1
2
1 3
3
7
7
0
m
m
m
m
m

\n
\n

(
)(
)
2
1
4
9
9
0
m
m
m

\n
\n

1
3
m = - lub
2
3
4
m =
lub
3
1
m = -.
(
) (
)
3
4
3
1
m
,
,
∈-∞-
∪-
Wyznaczamy część wspólną zbiorów (
) (
)
3
5
1
,
,
-∞-
∪

\n\n

) (
)
3
4
3
1
,
,
-∞-
∪-
Odpowiedź
(
) (
)
3 3
5 4
3
m
,
,
∈-∞-
∪
Schemat punktowania
Rozwiązanie zadania składa się z trzech etapów.
Pierwszy etap polega na rozwiązaniu nierówności
:
(
) (
)
3
5
,
1
,
m∈-∞-
∪

\n\n

Za poprawne rozwiązanie tego etapu zdający otrzymuje 1 punkt.
Uwaga
Jeżeli zdający zapisze
, to za tę część otrzymuje 0 punktów.
Drugi etap polega na rozwiązaniu nierówności
Za tę część rozwiązania zdający otrzymuje 4 punkty.
Podział punktów za drugi etap rozwiązania:
1 punkt zdający otrzymuje za zapisanie nierówności w postaci:
(
) (
)
(
)
2
1
2
1
2
1
2
1
2
3
7
x
x
x
x
x x
x x

\n
-
\n

lub równoważnej.
2 punkty zdający otrzymuje za doprowadzenie do nierówności ze zmienną m, np.
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
2
2
2
1
1
3
1
7
1
m
m
m
m

\n
-
\n

3
3
1
2
1
2
7
x
x
x x

\n
-
\n

0

\n
\n

Δ
0
Δ ≥
3
3
1
2
1
2
7
x
x
x x

\n
-
\n

3 punkty zdający otrzymuje za wyznaczenie miejsc zerowych wielomianu
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
2
2
2
1
1
3
1
7
1
m
m
m
m
,
czyli wielomianu
3
2
4
13
9
m
m

\n\n

-, 1
-, 3
4
4 punkty zdający otrzymuje za rozwiązanie powyższej nierówności.
(
) (
)
3
4
3
1
m
,
,
∈-∞-
∪-
Trzeci etap polega na wyznaczeniu szukanej wartości parametru m z uwzględnieniem
wszystkich warunków.
(
) (
)
3 3
5 4
3
m
,
,
∈-∞-
∪
Uwagi

\n
  1. W przypadku otrzymania na jednym z etapów (I lub II) zbioru pustego lub zbioru R jako
\n

zbioru rozwiązań nierówności przyznajemy 0 punktów za III etap.

\n
  1. W przypadku otrzymania w II etapie zbioru rozwiązań, będącego podzbiorem zbioru
\n

rozwiązań z I etapu lub otrzymania w I etapie zbioru rozwiązań, będącego podzbiorem
zbioru rozwiązań z II etapu, przyznajemy 0 punktów za III etap.

\n
  1. O ile nie zachodzą przypadki z uwag 1. i 2. i zdający poprawnie wykona etap I
\n

oraz popełnia błędy w rozwiązaniu nierówności z etapu II, albo gdy popełnia błędy
w etapie I i otrzyma co najmniej 1 punkt za etap II, to za III etap może otrzymać 1 punkt.

\n
  1. Jeżeli zdający w II etapie rozwiązania stosuje nieistniejącą zależność: „suma sześcianów =
\n

sześcian sumy”, prowadzącą do uproszczenia badanego problemu, lub zdający stosuje inny
błędny wzór, prowadzący do uproszczenia badanego problemu, ale otrzyma nierówność
wielomianową stopnia trzeciego, uzyska trzy miejsca zerowe i poprawnie rozwiązuje
otrzymaną nierówność, to za II etap otrzymuje 1 punkt (za rozwiązanie nierówności).

\n
  1. Jeżeli zdający w II etapie rozwiązania otrzyma poprawną nierówność wielomianową
\n

stopnia 3. i popełnia błędy rachunkowe w jej rozwiązaniu, to może otrzymać 3 punkty za
II etap, o ile wyznaczy 3 różne miejsca zerowe wielomianu z tej nierówności
i konsekwentnie rozwiąże nierówność do końca, zaś w każdym innym przypadku
otrzymuje 2 punkty za ten etap.

\n
  1. Jeżeli zdający w II etapie rozwiązania rozważa nierówność wielomianową stopnia
\n

większego niż 3. lub niepoprawną nierówność stopnia 3. i wyznacza miejsca zerowe
w liczbie właściwej dla stopnia wielomianu i otrzymuje przynajmniej 3 miejsca zerowe, to
otrzymuje co najwyżej 3 punkty za II etap, o ile konsekwentnie rozwiąże nierówność.
Jeżeli wielomian w tej nierówności nie ma trzech różnych miejsc zerowych, to zdający
może otrzymać co najwyżej 2 punkty za ten etap.

\n
  1. Jeżeli zdający przy rozwiązywaniu otrzymanej w II etapie nierówności stopnia co
\n

najmniej 3. popełnia błąd, polegający na niepoprawnym grupowaniu wyrazów, np.
z nierówności
3
2
4
13
9
0
m
m

\n
\n

uzyska (
)(
)
2
4
13
9
0
m
m

\n
\n

, to nie otrzymuje
punktów za części II.3 i II.4.
Zadanie 10. (0-6)
IV. Użycie i tworzenie strategii.

\n
  1. Geometria na płaszczyźnie kartezjańskiej. Zdający
\n

posługuje się równaniem okręgu (x - a)2 + (y - b)2 = r2,
wyznacza współrzędne środka odcinka, podaje
równanie prostej w postaci Ax + By + C = 0 lub
y = ax + b, mając dane dwa jej punkty lub jeden punkt
i współczynnik a w równaniu kierunkowym,
wykorzystuje pojęcie układu współrzędnych na
płaszczyźnie, rozwiązuje zadania dotyczące
wzajemnego położenia prostej i okręgu oraz oblicza
odległość punktu od prostej (8.g, 8.f, 8.b, 8.a, R8.b,
R8.c).
Przykładowe rozwiązania
I sposób - analitycznie - styczne AC i AB
Proste AC i AB przechodzą przez punkt
(
)
7
1
A
,
, żadna z nich nie jest prostopadła do osi
Ox układu współrzędnych, więc mają równania postaci
(
)
7
1
y
a x
-,
7
1
0
ax
y
a
Obie te proste są styczne do okręgu, zatem ich odległości od środka okręgu są równe
promieniowi okręgu. Stąd otrzymujemy równanie
2
7
1
10
1
a
a
,
(
)
(
)
2
2
7
1
10
1
a
a
,
2
2
49
14
1
10
10
a
a
a
2
39
14
9
0
a
a

","solutions":[]}