{"id":"matematyka-2020-czerwiec-matura-rozszerzona/zad/11","paper_id":"matematyka-2020-czerwiec-matura-rozszerzona","number":"11","points":4,"ptype":"open","subject":"matematyka","category":"matura","year":2020,"month":"czerwiec","level":"rozszerzona","text":"Zadanie 11. (0-4)\nDane jest równanie kwadratowe\n(\n)\n2\n2\n3\n2\n2\n7\n15\n0\nx\nm\nx\nm\nm\nz niewiadomą x . Wyznacz\nwszystkie wartości parametru m, dla których różne rozwiązania\n1x i\n2x tego równania istnieją\ni spełniają warunek\n2\n2\n1\n1\n2\n2\n2\n5\n2\n2\nx\nx x\nx\n\nMMA_1R\nOdpowiedź:\nWypełnia\negzaminator\nNr zadania\n11.\nMaks. liczba pkt\n4\nUzyskana liczba pkt\n\nMMA_1R\nFunkcja f jest określona wzorem f(x)=3x+1/x^2+1 dla wszystkich liczb rzeczywistych x. Pochodna f' tej funkcji jest określona wzorem A. f'(x) = 3/2x B. f'(x) = -3x^2-2x+3/2x C. f'(x) = -3x^2-2x+3/(x^2+1)^2 D. f'(x) = 9x^2+2x+3/(x^2+1)^2","answer":null,"answer_text":"Zadanie 11. (0-4)\nWymagania ogólne\nWymagania szczegółowe\nIII. Modelowanie matematyczne.\n3. Równania i nierówności. Zdający stosuje wzory\nViète’a (R3.1).\nZasady oceniania I i II sposobu\nRozwiązanie zadania składa się z dwóch części.\nPierwsza z nich polega na:\nrozwiązaniu nierówności\n:\n{ }\n\\ 8\nm\nR\n∈\nalbo\nsprawdzeniu,\nże\ndla\nkażdej\nobliczonej\nwartości\nparametru\nm\nrównanie\n(\n)\n2\n2\n3\n2\n2\n7\n15\n0\nx\nm\nx\nm\nm\nma dwa rozwiązania rzeczywiste.\nZa poprawne rozwiązanie tej części zdający otrzymuje 1 punkt.\nDruga część polega na wyznaczeniu tych wartości parametru m, dla których jest spełniony\nwarunek\n2\n2\n1\n1 2\n2\n2\n5\n2\n2\nx\nx x\nx\n. Za tę część rozwiązania zdający otrzymuje 3 punkty.\nPodział punktów za drugą część rozwiązania:\n1 punkt zdający otrzymuje za:\nobliczenie dwóch pierwiastków trójmianu\n(\n)\n2\n2\n3\n2\n2\n7\n15\nx\nm\nx\nm\nm\n:\n1\n5\nx\nm\noraz\n2\n2\n3.\nx\nm\nalbo\nprzekształcenie wyrażenia\n2\n2\n1\n1 2\n2\n2\n5\n2\nx\nx x\nx\ndo postaci: (\n)\n2\n1\n2\n1 2\n2 x\nx\nx x\nlub równoważnej, ale zawierającej jedynie zmienne\n1\n2\nx\nx\noraz\n1\n2\nx x\n⋅\n0\n>\nΔ\n2 punkty zdający otrzymuje za:\nzapisanie równania\n2\n2\n1\n1 2\n2\n2\n5\n2\n2\nx\nx x\nx\nw postaci równania z jedną niewiadomą m, np.:\n(\n)\n(\n)(\n)\n(\n)\n2\n2\n2\n5\n5\n5\n2\n3\n2 2\n3\n2\nm\nm\nm\nm\nalbo\n• zapisanie równania (\n)\n2\n1\n2\n1\n2\n2\n2\nx\nx\nx x\nw postaci równania z jedną niewiadomą m,\nnp.: (\n)\n2\n2\n2 3\n2\n2\n7\n15\n2\nm\nm\nm\n3 punkty zdający otrzymuje za rozwiązanie równania\n2\n20\n31\n9\n0\nm\nm\n:\n1\n9\n5\nm = -\noraz\n2\n1\n4\nm =\nUwagi\n1. Jeżeli zdający zamienia wzory Viète'a przy przekształcaniu lewej strony równania\n2\n2\n1\n1 2\n2\n2\n5\n2\n2\nx\nx x\nx\n, to za całe rozwiązanie może otrzymać co najwyżej 2 punkty.\n2. Jeżeli\nzdający\nrozpatruje\nwarunek\n0\nΔ ≥\ni\nnie\nsprawdzi,\nże\ndla\nkażdej\nz otrzymanych wartości parametru m równanie ma dwa rozwiązania rzeczywiste,\nto może otrzymać co najwyżej 3 punkty za całe rozwiązanie.\n3. Jeżeli zdający przekształci warunek\n2\n2\n1\n1 2\n2\n2\n5\n2\n2\nx\nx x\nx\n, otrzyma (\n)\n2\n1\n2\n1\n2\n2\n3\n2\nx\nx\nx x\ni rozwiąże zadanie konsekwentnie do końca, to za drugą część rozwiązania może\notrzymać co najwyżej 2 punkty.\n4. Jeżeli zdający wykorzystuje niepoprawny wzór „kwadrat sumy dwóch wyrażeń jest równy\nsumie kwadratów tych wyrażeń”, przekształci warunek\n2\n2\n1\n1 2\n2\n2\n5\n2\n2\nx\nx x\nx\ndo postaci\n(\n)\n2\n1\n2\n1\n2\n2\n5\n2\nx\nx\nx x\n, i rozwiąże zadanie konsekwentnie do końca, to za drugą część\nrozwiązania może otrzymać co najwyżej 1 punkt.\n5. Jeżeli zdający rozpatrując równość\n2\n2\n1\n1 2\n2\n2\n5\n2\n2\nx\nx x\nx\nzmieni liczbę po prawej stronie\ni zapisze równanie, wynikające ze wzorów Viete’a, w postaci (\n)\n2\n2 3\n2\n2\n7\n15\n0\nm\nm\nm\n,\npomijając wykładnik 2 potęgi o podstawie (\n)\n3\n2\nm+\n, to za drugą część rozwiązania\nzadania może otrzymać co najwyżej 1 punkt.\nPrzykładowe rozwiązania\nI sposób\n1. Równanie ma dwa różne rozwiązania, gdy wyróżnik trójmianu jest dodatni:\n0\nΔ >\nObliczamy wyróżnik trójmianu:\n(\n)\n(\n)\n(\n)\n(\n)\n2\n2\n2\n2\n3\n2\n4 2\n7\n15\n16\n64\n8\nm\nm\nm\nm\nm\nm\nΔ = -\n(\n)\n2\n8\n0\nm -\n>\n, gdy\n8\nm ≠\nStąd wynika, że trójmian ma następujące pierwiastki:\n1\n5\nx\nm\noraz\n2\n2\n3\nx\nm\nMamy zatem rozwiązać równanie\n(\n)\n(\n)(\n)\n(\n)\n2\n2\n2\n5\n5\n5\n2\n3\n2 2\n3\n2\nm\nm\nm\nm\nTo równanie doprowadzamy do postaci równoważnej:\n2\n20\n31\n9\n0\nm\nm\nZasady oceniania rozwiązań zadań\nMa ono dwa rozwiązania:\n1\n9\n5\nm = -\noraz\n2\n1\n4\nm =\nKażde z otrzymanych rozwiązań jest różne od 8.\nWarunki zadania spełniają dwie wartości parametru m:\n1\n9\n5\nm = -\noraz\n2\n1\n4\nm =\nII sposób\nPrzekształcamy równość\n2\n2\n1\n1 2\n2\n2\n5\n2\n2\nx\nx x\nx\nw sposób równoważny:\n(\n)\n2\n2\n1\n2\n1\n2\n2\n5\n2\nx\nx\nx x\n,\n(\n)\n(\n)\n2\n1\n2\n1\n2\n1\n2\n2\n2\n5\n2\nx\nx\nx x\nx x\n,\n(\n)\n2\n1\n2\n1\n2\n2\n2\nx\nx\nx x\nZe wzorów Viète'a wynika, że\n1\n2\n3\n2\nx\nx\nm\noraz\n2\n1 2\n2\n7\n15\nx x\nm\nm\n,\no ile pierwiastki\n1x i\n2x trójmianu istnieją.\nMamy zatem rozwiązać równanie\n(\n)\n2\n2\n2 3\n2\n2\n7\n15\n2\nm\nm\nm\nTo równanie doprowadzamy do postaci równoważnej\n2\n20\n31\n9\n0\nm\nm\nMa ono dwa rozwiązania:\n1\n9\n5\nm = -\noraz\n2\n1\n4\nm =\nPozostaje sprawdzić, czy dla tych wartości m dany trójmian kwadratowy ma dwa różne\npierwiastki. Możemy, tak jak w sposobie pierwszym, obliczyć wyróżnik i przekonać się, że jest\non nieujemny. Możemy także podstawić znalezione wartości parametru m do danego\ntrójmianu i przekonać się, że otrzymane trójmiany mają dwa różne pierwiastki.\nPo podstawieniu\n9\n5\nm = -\notrzymamy trójmian:\n2\n17\n528\n5\n25\nx\nx\nPo podstawieniu\n1\n4\nm =\notrzymamy trójmian:\n2\n11\n105\n4\n8\nx\nx\nOba trójmiany mają dwa różne pierwiastki. Można się o tym przekonać, obliczając wyróżniki\nlub zauważając, że oba trójmiany mają dodatni współczynnik przy\n2x i ujemny wyraz wolny.\nWarunki zadania spełniają dwie wartości parametru m:\n1\n9\n5\nm = -\noraz\n2\n1\n4\nm =","solution":"$m = -\\\\dfrac{9}{5}$ oraz $m = \\\\dfrac{1}{4}$","image":"img/matematyka-2020-czerwiec-matura-rozszerzona/zad-11.webp","solution_image":"img/matematyka-2020-czerwiec-matura-rozszerzona/sol-11.svg","topics":"parametr","page_from":12,"source":"ocr","answer_source":null,"answer_text_source":"ocr","solution_source":"zadaniazmatur","text_source":"site","source_label":"Matematyka · Matura · czerwiec 2020 (rozszerzona)","subject_label":"Matematyka","category_label":"Matura","text_html":"

Zadanie 11. (0-4)
Dane jest równanie kwadratowe
(
)
2
2
3
2
2
7
15
0
x
m
x
m
m
z niewiadomą x . Wyznacz
wszystkie wartości parametru m, dla których różne rozwiązania
1x i
2x tego równania istnieją
i spełniają warunek
2
2
1
1
2
2
2
5
2
2
x
x x
x

\n

MMA_1R
Odpowiedź:
Wypełnia
egzaminator
Nr zadania
11.
Maks. liczba pkt
4
Uzyskana liczba pkt

\n

MMA_1R
Funkcja f jest określona wzorem f(x)=3x+1/x^2+1 dla wszystkich liczb rzeczywistych x. Pochodna f' tej funkcji jest określona wzorem A. f'(x) = 3/2x B. f'(x) = -3x^2-2x+3/2x C. f'(x) = -3x^2-2x+3/(x^2+1)^2 D. f'(x) = 9x^2+2x+3/(x^2+1)^2

","answer_text_html":"

Zadanie 11. (0-4)
Wymagania ogólne
Wymagania szczegółowe
III. Modelowanie matematyczne.

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

Viète’a (R3.1).
Zasady oceniania I i II sposobu
Rozwiązanie zadania składa się z dwóch części.
Pierwsza z nich polega na:
rozwiązaniu nierówności
:
{ }
\\ 8
m
R
∈
albo
sprawdzeniu,
że
dla
każdej
obliczonej
wartości
parametru
m
równanie
(
)
2
2
3
2
2
7
15
0
x
m
x
m
m
ma dwa rozwiązania rzeczywiste.
Za poprawne rozwiązanie tej części zdający otrzymuje 1 punkt.
Druga część polega na wyznaczeniu tych wartości parametru m, dla których jest spełniony
warunek
2
2
1
1 2
2
2
5
2
2
x
x x
x
. Za tę część rozwiązania zdający otrzymuje 3 punkty.
Podział punktów za drugą część rozwiązania:
1 punkt zdający otrzymuje za:
obliczenie dwóch pierwiastków trójmianu
(
)
2
2
3
2
2
7
15
x
m
x
m
m
:
1
5
x
m
oraz
2
2
3.
x
m
albo
przekształcenie wyrażenia
2
2
1
1 2
2
2
5
2
x
x x
x
do postaci: (
)
2
1
2
1 2
2 x
x
x x
lub równoważnej, ale zawierającej jedynie zmienne
1
2
x
x
oraz
1
2
x x
⋅
0

\n
\n

Δ
2 punkty zdający otrzymuje za:
zapisanie równania
2
2
1
1 2
2
2
5
2
2
x
x x
x
w postaci równania z jedną niewiadomą m, np.:
(
)
(
)(
)
(
)
2
2
2
5
5
5
2
3
2 2
3
2
m
m
m
m
albo
• zapisanie równania (
)
2
1
2
1
2
2
2
x
x
x x
w postaci równania z jedną niewiadomą m,
np.: (
)
2
2
2 3
2
2
7
15
2
m
m
m
3 punkty zdający otrzymuje za rozwiązanie równania
2
20
31
9
0
m
m
:
1
9
5
m = -
oraz
2
1
4
m =
Uwagi

\n
  1. Jeżeli zdający zamienia wzory Viète'a przy przekształcaniu lewej strony równania
\n

2
2
1
1 2
2
2
5
2
2
x
x x
x
, to za całe rozwiązanie może otrzymać co najwyżej 2 punkty.

\n
  1. Jeżeli
\n

zdający
rozpatruje
warunek
0
Δ ≥
i
nie
sprawdzi,
że
dla
każdej
z otrzymanych wartości parametru m równanie ma dwa rozwiązania rzeczywiste,
to może otrzymać co najwyżej 3 punkty za całe rozwiązanie.

\n
  1. Jeżeli zdający przekształci warunek
\n

2
2
1
1 2
2
2
5
2
2
x
x x
x
, otrzyma (
)
2
1
2
1
2
2
3
2
x
x
x x
i rozwiąże zadanie konsekwentnie do końca, to za drugą część rozwiązania może
otrzymać co najwyżej 2 punkty.

\n
  1. Jeżeli zdający wykorzystuje niepoprawny wzór „kwadrat sumy dwóch wyrażeń jest równy
\n

sumie kwadratów tych wyrażeń”, przekształci warunek
2
2
1
1 2
2
2
5
2
2
x
x x
x
do postaci
(
)
2
1
2
1
2
2
5
2
x
x
x x
, i rozwiąże zadanie konsekwentnie do końca, to za drugą część
rozwiązania może otrzymać co najwyżej 1 punkt.

\n
  1. Jeżeli zdający rozpatrując równość
\n

2
2
1
1 2
2
2
5
2
2
x
x x
x
zmieni liczbę po prawej stronie
i zapisze równanie, wynikające ze wzorów Viete’a, w postaci (
)
2
2 3
2
2
7
15
0
m
m
m
,
pomijając wykładnik 2 potęgi o podstawie (
)
3
2
m+
, to za drugą część rozwiązania
zadania może otrzymać co najwyżej 1 punkt.
Przykładowe rozwiązania
I sposób

\n
  1. Równanie ma dwa różne rozwiązania, gdy wyróżnik trójmianu jest dodatni:
\n

0
Δ >
Obliczamy wyróżnik trójmianu:
(
)
(
)
(
)
(
)
2
2
2
2
3
2
4 2
7
15
16
64
8
m
m
m
m
m
m
Δ = -
(
)
2
8
0
m -

\n
\n

, gdy
8
m ≠
Stąd wynika, że trójmian ma następujące pierwiastki:
1
5
x
m
oraz
2
2
3
x
m
Mamy zatem rozwiązać równanie
(
)
(
)(
)
(
)
2
2
2
5
5
5
2
3
2 2
3
2
m
m
m
m
To równanie doprowadzamy do postaci równoważnej:
2
20
31
9
0
m
m
Zasady oceniania rozwiązań zadań
Ma ono dwa rozwiązania:
1
9
5
m = -
oraz
2
1
4
m =
Każde z otrzymanych rozwiązań jest różne od 8.
Warunki zadania spełniają dwie wartości parametru m:
1
9
5
m = -
oraz
2
1
4
m =
II sposób
Przekształcamy równość
2
2
1
1 2
2
2
5
2
2
x
x x
x
w sposób równoważny:
(
)
2
2
1
2
1
2
2
5
2
x
x
x x
,
(
)
(
)
2
1
2
1
2
1
2
2
2
5
2
x
x
x x
x x
,
(
)
2
1
2
1
2
2
2
x
x
x x
Ze wzorów Viète'a wynika, że
1
2
3
2
x
x
m
oraz
2
1 2
2
7
15
x x
m
m
,
o ile pierwiastki
1x i
2x trójmianu istnieją.
Mamy zatem rozwiązać równanie
(
)
2
2
2 3
2
2
7
15
2
m
m
m
To równanie doprowadzamy do postaci równoważnej
2
20
31
9
0
m
m
Ma ono dwa rozwiązania:
1
9
5
m = -
oraz
2
1
4
m =
Pozostaje sprawdzić, czy dla tych wartości m dany trójmian kwadratowy ma dwa różne
pierwiastki. Możemy, tak jak w sposobie pierwszym, obliczyć wyróżnik i przekonać się, że jest
on nieujemny. Możemy także podstawić znalezione wartości parametru m do danego
trójmianu i przekonać się, że otrzymane trójmiany mają dwa różne pierwiastki.
Po podstawieniu
9
5
m = -
otrzymamy trójmian:
2
17
528
5
25
x
x
Po podstawieniu
1
4
m =
otrzymamy trójmian:
2
11
105
4
8
x
x
Oba trójmiany mają dwa różne pierwiastki. Można się o tym przekonać, obliczając wyróżniki
lub zauważając, że oba trójmiany mają dodatni współczynnik przy
2x i ujemny wyraz wolny.
Warunki zadania spełniają dwie wartości parametru m:
1
9
5
m = -
oraz
2
1
4
m =

","solutions":[{"source":"site","label":"matematykaszkolna.pl","kind":"image","image":"/img/matematyka-2020-czerwiec-matura-rozszerzona/sol-11.svg"},{"source":"zadaniazmatur","label":"zadaniazmatur.pl","kind":"text","html":"

$m = -\\\\dfrac{9}{5}$ oraz $m = \\\\dfrac{1}{4}$

"}]}