{"id":"matematyka-2019-nowa-era-probna-rozszerzona/zad/13","paper_id":"matematyka-2019-nowa-era-probna-rozszerzona","number":"13","points":0,"ptype":"open","subject":"matematyka","category":"probna","year":2019,"month":null,"level":"rozszerzona","text":"Zadanie 13. (0-5)\nWyznacz wszystkie wartości parametru m\nR\n!\n, dla których równanie\nm\nm\n1\n9\n4 3\n2\nx\nx\n$\nh\nma dwa różne rozwiązania rzeczywiste.\n\n13 z 20\nPróbny egzamin maturalny z Nową Erą\nMatematyka - poziom rozszerzony\nOdpowiedź:\nWypełnia\nsprawdzający\nNr zadania\n13\nMaks. liczba pkt\n5\nUzyskana liczba pkt\n\n14 z 20\nPróbny egzamin maturalny z Nową Erą\nMatematyka - poziom rozszerzony","answer":null,"answer_text":"Zadanie 13. (0-5)\nWymaganie ogólne\nWymagania szczegółowe\nII. Wykorzystanie\ni interpretowanie\nreprezentacji.\nR1.4. Liczby rzeczywiste.\nZdający oblicza potęgi o wykładnikach wymiernych i stosuje prawa\ndziałań na potęgach o wykładnikach wymiernych.\nR3.2. Równania i nierówności.\nZdający rozwiązuje równania i nierówności kwadratowe z parametrem.\nP4.14. Funkcje.\nZdający szkicuje wykresy funkcji wykładniczych dla różnych podstaw.\n11 z 17\nPróbny egzamin maturalny z Nową Erą\nMatematyka - poziom rozszerzony\nPrzykładowe rozwiązanie\nDziedziną równania\nm\nm\n1\n9\n4 3\n2\nx\nx\n$\nh\njest zbiór wszystkich liczb rzeczywistych.\nPodstawiamy\ny\n3x\nWtedy\nwyjściowe\nrównanie\nmożna\nzapisać\nw\npostaci\nm\ny\ny\nm\n1\n4\n2\n0\n2\nh\n. Funkcja wykładnicza f x\n3x\n^ h\njest różnowartościowa, zatem dla\nkażdego m nowe równanie ma tyle samo dodatnich rozwiązań, co wyjściowe rzeczywistych.\nDla m = 1 równanie przybiera postać 4y = 3, więc ma dokładnie jedno rozwiązanie równe y\n4\n3\nJedynym rozwiązaniem wyjściowego równania jest więc w tym przypadku\nlog\nx\n4\n3\n3\nj.\nNiech m\n1\n! . Wówczas m\ny\ny\nm\n1\n4\n2\n0\n2\nh\njest równaniem kwadratowym zmiennej y i ma\nono dwa różne pierwiastki rzeczywiste, gdy\n4\nm\nm\nm\nm\n0\n16\n4\n1\n2\n6\n2\n1 T =\nh\nh\nh\nm\nm\n4\n2\n3\n^h\nh, więc gdy\nm\n3\n2\n1\n1\n. Ponieważ jednak y\n0\n2 , więc obydwa rozwiązania\nmuszą być dodatnie. Z wzorów Viète’a wynika, że iloczynem tych pierwiastków jest liczba m\nm\n1\n2\n,\na ich sumą - liczba m\n1\n4\n. Obie te liczby muszą być dodatnie. Mamy więc m\n1\n0\n2\nUwzględniając warunek\nm\n3\n2\n1\n1\n, uzyskany przy rozpatrywaniu wyróżnika, widzimy, że równanie\nm\nm\n1\n9\n4 3\n2\nx\nx\n$\nh\ndwa różne rozwiązania wtedy i tylko wtedy, gdy\nm\n1\n2\n1\n1 .\nSchemat oceniania\nRozwiązanie, w którym postęp jest niewielki, ale konieczny na drodze do pełnego rozwiązania 1 pkt\nZdający rozpatrzy przypadek m = 1 lub zaproponuje podstawienie y\n3x\n, sprowadzające wyjściowe\nrównanie do równania postaci m\ny\ny\nm\n1\n4\n2\n0\n2\nh\nRozwiązanie, w którym postęp jest istotny\n2 pkt\nZdający stwierdzi, że równanie m\ny\ny\nm\n1\n4\n2\n0\n2\nh\nma dwa różne pierwiastki tylko\nw przypadku, gdy m\n1\n! i wyróżnik jest dodatni. Wyznaczy ograniczenia związane z liczbą m,\nwynikające z tego warunku:\nm\n3\n2\n1\n1\nPokonanie zasadniczych trudności zadania\n3 pkt\nZdający stwierdzi, że obydwa pierwiastki muszą być dodatnie i wypisze, na podstawie wzorów Viète’a,\nwarunki:\nm\nm\n1\n2\n0\n2\noraz m\n1\n4\n0\n2\n, które dodatkowo musi spełniać parametr m.\nRozwiązanie prawie pełne\n4 pkt\nZdający rozwiąże nierówności przedstawione w powyższym punkcie, uzyskując warunek m\n1\n2 .\nNie uwzględni jednak warunku\nm\n3\n2\n1\n1\n. W przypadku, gdy zdający doprowadzi poprawnie\nrozumowanie dotyczące przypadku m\n1\n! do końca, ale nie uwzględni warunku m = 1, również\ndostaje 4 punkty.\nRozwiązanie pełne\n5 pkt\nZdający rozwiąże nierówności wynikające z wypisanych warunków i uwzględniając wcześniejsze\nograniczenia wynikające ze znaku wyróżnika uzyskuje odpowiedź:\n,\nm\n1 2\n! ^\nh. Uwzględni przy tym\nw dyskusji przypadek m = 1. Jeśli w rozwiązaniu nie powołuje się wprost na różnowartościowość\nfunkcji wykładniczej, nie traci za to punktów.\n12 z 17\nPróbny egzamin maturalny z Nową Erą\nMatematyka - poziom rozszerzony","solution":null,"image":"img/matematyka-2019-nowa-era-probna-rozszerzona/zad-13.webp","solution_image":null,"topics":"parametr","page_from":12,"source":"ocr","answer_source":null,"answer_text_source":"ocr","solution_source":null,"text_source":"ocr","source_label":"Matematyka · Matura próbna · 2019 (rozszerzona)","subject_label":"Matematyka","category_label":"Matura próbna","text_html":"

Zadanie 13. (0-5)
Wyznacz wszystkie wartości parametru m
R
!
, dla których równanie
m
m
1
9
4 3
2
x
x
$
h
ma dwa różne rozwiązania rzeczywiste.

\n

13 z 20
Próbny egzamin maturalny z Nową Erą
Matematyka - poziom rozszerzony
Odpowiedź:
Wypełnia
sprawdzający
Nr zadania
13
Maks. liczba pkt
5
Uzyskana liczba pkt

\n

14 z 20
Próbny egzamin maturalny z Nową Erą
Matematyka - poziom rozszerzony

","answer_text_html":"

Zadanie 13. (0-5)
Wymaganie ogólne
Wymagania szczegółowe
II. Wykorzystanie
i interpretowanie
reprezentacji.
R1.4. Liczby rzeczywiste.
Zdający oblicza potęgi o wykładnikach wymiernych i stosuje prawa
działań na potęgach o wykładnikach wymiernych.
R3.2. Równania i nierówności.
Zdający rozwiązuje równania i nierówności kwadratowe z parametrem.
P4.14. Funkcje.
Zdający szkicuje wykresy funkcji wykładniczych dla różnych podstaw.
11 z 17
Próbny egzamin maturalny z Nową Erą
Matematyka - poziom rozszerzony
Przykładowe rozwiązanie
Dziedziną równania
m
m
1
9
4 3
2
x
x
$
h
jest zbiór wszystkich liczb rzeczywistych.
Podstawiamy
y
3x
Wtedy
wyjściowe
równanie
można
zapisać
w
postaci
m
y
y
m
1
4
2
0
2
h
. Funkcja wykładnicza f x
3x
^ h
jest różnowartościowa, zatem dla
każdego m nowe równanie ma tyle samo dodatnich rozwiązań, co wyjściowe rzeczywistych.
Dla m = 1 równanie przybiera postać 4y = 3, więc ma dokładnie jedno rozwiązanie równe y
4
3
Jedynym rozwiązaniem wyjściowego równania jest więc w tym przypadku
log
x
4
3
3
j.
Niech m
1
! . Wówczas m
y
y
m
1
4
2
0
2
h
jest równaniem kwadratowym zmiennej y i ma
ono dwa różne pierwiastki rzeczywiste, gdy
4
m
m
m
m
0
16
4
1
2
6
2
1 T =
h
h
h
m
m
4
2
3
^h
h, więc gdy
m
3
2
1
1
. Ponieważ jednak y
0
2 , więc obydwa rozwiązania
muszą być dodatnie. Z wzorów Viète’a wynika, że iloczynem tych pierwiastków jest liczba m
m
1
2
,
a ich sumą - liczba m
1
4
. Obie te liczby muszą być dodatnie. Mamy więc m
1
0
2
Uwzględniając warunek
m
3
2
1
1
, uzyskany przy rozpatrywaniu wyróżnika, widzimy, że równanie
m
m
1
9
4 3
2
x
x
$
h
dwa różne rozwiązania wtedy i tylko wtedy, gdy
m
1
2
1
1 .
Schemat oceniania
Rozwiązanie, w którym postęp jest niewielki, ale konieczny na drodze do pełnego rozwiązania 1 pkt
Zdający rozpatrzy przypadek m = 1 lub zaproponuje podstawienie y
3x
, sprowadzające wyjściowe
równanie do równania postaci m
y
y
m
1
4
2
0
2
h
Rozwiązanie, w którym postęp jest istotny
2 pkt
Zdający stwierdzi, że równanie m
y
y
m
1
4
2
0
2
h
ma dwa różne pierwiastki tylko
w przypadku, gdy m
1
! i wyróżnik jest dodatni. Wyznaczy ograniczenia związane z liczbą m,
wynikające z tego warunku:
m
3
2
1
1
Pokonanie zasadniczych trudności zadania
3 pkt
Zdający stwierdzi, że obydwa pierwiastki muszą być dodatnie i wypisze, na podstawie wzorów Viète’a,
warunki:
m
m
1
2
0
2
oraz m
1
4
0
2
, które dodatkowo musi spełniać parametr m.
Rozwiązanie prawie pełne
4 pkt
Zdający rozwiąże nierówności przedstawione w powyższym punkcie, uzyskując warunek m
1
2 .
Nie uwzględni jednak warunku
m
3
2
1
1
. W przypadku, gdy zdający doprowadzi poprawnie
rozumowanie dotyczące przypadku m
1
! do końca, ale nie uwzględni warunku m = 1, również
dostaje 4 punkty.
Rozwiązanie pełne
5 pkt
Zdający rozwiąże nierówności wynikające z wypisanych warunków i uwzględniając wcześniejsze
ograniczenia wynikające ze znaku wyróżnika uzyskuje odpowiedź:
,
m
1 2
! ^
h. Uwzględni przy tym
w dyskusji przypadek m = 1. Jeśli w rozwiązaniu nie powołuje się wprost na różnowartościowość
funkcji wykładniczej, nie traci za to punktów.
12 z 17
Próbny egzamin maturalny z Nową Erą
Matematyka - poziom rozszerzony

","solutions":[]}