{"id":"matematyka-2020-wrzesien-poprawkowa-podstawowa/zad/3","paper_id":"matematyka-2020-wrzesien-poprawkowa-podstawowa","number":"3","points":1,"ptype":"closed","subject":"matematyka","category":"inne","year":2020,"month":"wrzesien","level":"podstawowa","text":"Zadanie 3. (0-1)\nLiczba 2log5 + 3log2 jest równa\nA.\nlog(2 ∙5) + log(3 ∙2)\nC.\n2∙3log(5 ∙2)\nB. log 2ହ + log 3ଶ\nD. log(5ଶ ∙2ଷ)","answer":"D","answer_text":"3. Jeżeli zdający wyznacza pierwiastki trójmianu kwadratowego w przypadku, gdy obliczony\nwyróżnik Δ jest niedodatni, to otrzymuje 0 punktów za całe rozwiązanie.\nZasady oceniania rozwiązań zadań\nZadanie 27. (0-2)\nPrzykładowe rozwiązania\nI sposób\nZ własności ciągu geometrycznego otrzymujemy równanie\n\n\n\n\n\n2\n4\n2\n2\n11\nx\nx\nx\n\n\n\n\n,\n2\n2\n16\n16\n4\n13\n22\nx\nx\nx\nx\n\n\n\n\n\n,\n2\n15\n3\n18\n0\nx\nx\n\n\n\n,\n2\n5\n6\n0\nx\nx\n\n\n\n,\n\n\n\n1 5\n6\n0\nx\nx\n\n\n\n,\n1\n\nx\nlub\n6\n5\nx \nDla\n1\n\nx\notrzymujemy ciąg geometryczny \n\n3,6,12 o ilorazie 2.\nDla\n6\n5\nx \notrzymujemy ciąg geometryczny \n\n49\n4\n14\n,\n,\n5\n5\n5\n\no ilorazie\n7\n2\n\nII sposób\nNiech q oznacza iloraz ciągu geometrycznego. Wtedy ze wzoru na n-ty wyraz ciągu\ngeometrycznego otrzymujemy układ równań:\n\n\n4\n2\n2\nx\nx\nq\n\n\n\ni\n\n\n2\n11\n2\nx\nx\nq\n\n\n\nZauważmy, że dla\n2\nx  otrzymujemy ciąg \n\n0, 6,9\n\n, który nie jest geometryczny. Zatem\n2\nx .\nWtedy mamy\n4\n2\n2\nx\nq\nx\n\n\n\ni\n\n\n\n2\n4\n2\n2\n11\n2\nx\nx\nx\nx\n\n\n\n\n\n\nStąd\n2\n(4\n2)\n2\n11\nx\nx\nx\n\n\n\n\n,\n\n\n\n\n\n2\n2\n11\n4\n2\nx\nx\nx\n\n\n\n\n,\n2\n2\n16\n16\n4\n13\n22\nx\nx\nx\nx\n\n\n\n\n\n,\n2\n15\n3\n18\n0\nx\nx\n\n\n\n,\n2\n5\n6\n0\nx\nx\n\n\n\n,\n\n\n\n1 5\n6\n0\nx\nx\n\n\n\n,\n1\n\nx\nlub\n6\n5\nx \nDla\n1\n\nx\notrzymujemy ciąg \n\n3,6,12 geometryczny o ilorazie 2, zaś dla\n6\n5\nx \notrzymujemy\nciąg \n\n49\n4\n14\n,\n,\n5\n5\n5\n\ngeometryczny o ilorazie\n7\n2\n\nZasady oceniania rozwiązań zadań\nZasady oceniania\nZdający otrzymuje 1 p.\ngdy zapisze\n\nrównanie z niewiadomą x wynikające z własności ciągu geometrycznego, np.:\n\n\n\n\n\n2\n4\n2\n2\n11\nx\nx\nx\n\n\n\n\nalbo\n\nukład dwóch równań z dwiema niewiadomymi, z których jedną z niewiadomych jest x,\nnp.:\n\n\n4\n2\n2\nx\nx\nq\n\n\n\ni\n\n\n2\n11\n2\nx\nx\nq\n\n\n\ni na tym zakończy lub dalej popełni błędy.\nZdający otrzymuje 2 p.\ngdy obliczy wszystkie wartości x :\n1\n\nx\n,\n6\n5\nx \nUwaga\nJeżeli zdający poda\n1\n\nx\ni zapisze, że ciąg (3,6,12) jest geometryczny, to otrzymuje 1 punkt.\nZadanie 28. (0-2)\nPrzykładowe rozwiązania\nI sposób\nPrzekształcamy tezę równoważnie\n\n\n2\n3\n\n\n\na a\nb\nb\nab\n2\n2\n3\n\n\n\na\nab\nb\nab\n2\n2\n2\n0\n\n\n\na\nab\nb\n\n\n2\n0\n\n\na\nb\nKwadrat dowolnej liczby rzeczywistej jest nieujemny. Wyrażenie \n\n2\n\na\nb\njest dodatnie,\nponieważ z założenia\n\na\nb i kwadrat dowolnej liczby rzeczywistej różnej od zera jest\ndodatni.\nTo kończy dowód.\nII sposób\nPrzekształcamy równoważnie nierówność i otrzymujemy:\n2\n2\n3\na\nab\nb\nab\n\n\n\n2\n2\n2\n0\na\nab\nb\n\n\n\nWyrażenie\n2\n2\n2\na\nab\nb\n\n\ntraktujemy jako trójmian kwadratowy jednej zmiennej np. a.\nObliczamy wyróżnik trójmianu kwadratowego\n2\n2\n2\na\nab\nb\n\n\n:\n2\n2\n4\n4\n0\nb\nb\n\n\n\nZatem, dla każdej liczby rzeczywistej b, parabola, będąca wykresem trójmianu\nkwadratowego\n2\n2\n2\na\nab\nb\n\n\nma dokładnie jeden punkt wspólny z osią Ox. Jest nim\npunkt\no współrzędnych \n\n,0\nb\nOznacza to, że gdy a\nb\n\ntrójmian kwadratowy\n2\n2\n2\na\nab\nb\n\n\nprzyjmuje wartość równą\nzeru. Jeśli natomiast a\nb\n\n, to, biorąc pod uwagę fakt, że ramiona paraboli będącej\nwykresem tego trójmianu są skierowane „do góry”, oznacza to, że ten trójmian przyjmuje\nwartości dodatnie.\nZasady oceniania rozwiązań zadań\nTo kończy dowód.\nZasady oceniania\nZdający otrzymuje 1 p.\ngdy:\n\nprzekształci podaną nierówność do postaci \n\n2\n0\n\n\na\nb\nalbo\n\nwyznaczy wyróżnik trójmianu kwadratowego\n2\n2\n2\n0\n\n\n\na\nab\nb\n, np.:\n0\n\ni na tym zakończy lub dalej popełni błędy.\nZdający otrzymuje 2 p.\ngdy zapisze pełne uzasadnienie.\nUwaga\nJeżeli zdający sprawdza prawdziwość nierówności jedynie dla wybranych wartości\na i b, to otrzymuje 0 punktów za całe rozwiązanie.\nZadanie 29. (0-2)\nPrzykładowe rozwiązanie\nI sposób\nWprowadźmy oznaczenia jak na rysunku.\nTrójkąt ASO jest podobny do trójkąta BPO na podstawie cechy podobieństwa (kąt, kąt, kąt).\nOznaczamy\n\nSO\nx . Ponieważ okręgi o środkach S i P są styczne zewnętrznie, więc\n6\n2\n8\n\n\n\n\n\nSP\nR\nr\nZapisujemy proporcję wynikająca z podobieństwa trójkątów BP\nAS\nPO\nSO\n\nk\n𝑆\n𝑃\n𝑅= 6\n𝑟= 2\nl\nα\n𝑂\n𝐴\n𝐵\n𝑥\nZasady oceniania rozwiązań zadań\n6\n2\nsin\n8\nx\nx\n\n\n\n, stąd\n4\nx \nOtrzymujemy\n6\n2\n1\nsin\n12\n4\n2\n\n\n\n. Kąt jest kątem ostrym, stąd\n30\n\n.\nZasady oceniania I sposobu rozwiązania\nZdający otrzymuje 1 p.\ngdy zauważy, że trójkąt ASO jest podobny do trójkąta BPO i zapisze proporcję wynikającą\nz podobieństwa tych trójkątów, np.\n\nBP\nAS\nPO\nSO\ni na tym zakończy lub dalej popełnia błędy.\nZdający otrzymuje 2 p.\ngdy przeprowadzi poprawnie dalsze rozumowanie.\nII sposób\nWprowadźmy oznaczenia jak na rysunku.\nProwadzimy odcinek SC równoległy do prostej k, stąd\n2\n\n\n\nAS\nBC\nr\n, zaś\n6\n2\n4\n\n\n\n\n\nCP\nR\nr\nTrójkąt ASO jest podobny do trójkąta CPS na podstawie cechy podobieństwa (kąt, kąt, kąt),\n\n\nCSP\nAOS\n.\nPonieważ okręgi są styczne zewnętrznie, więc\n6\n2\n8\n\n\n\n\n\nSP\nR\nr\nW trójkącie CPS mamy\n4\n1\nsin\n8\n2\n\n\n\nCP\nSP\n\n, a stąd mamy\n30\n\n.\nk\n𝑆\n𝑃\n𝑅= 6\n𝑟= 2\nl\nα\n𝑂\n𝐴\n𝐵\n𝐶\nZasady oceniania rozwiązań zadań\nZasady oceniania II sposobu rozwiązania\nZdający otrzymuje 1 p.\ngdy zauważy, że trójkąt ASO jest podobny do trójkąta CPS i zapisze równość:sin\nCP\nSP\n\ni na tym zakończy lub dalej popełnia błędy.\nZdający otrzymuje 2 p.\ngdy przeprowadzi poprawnie dalsze rozumowanie.\nZadanie 30. (0-2)\nPrzykładowe rozwiązanie\nIloczyn jest równy zero, jeśli przynajmniej jeden z czynników jest równy zero.\nZatem\n3\n8\n0\n\n\nx\nlub\n2\n9\n0\n\n\nx\nRównanie\n3\n8\n0\n\n\nx\nma jedno rozwiązanie:\n2\n\nx\nRównanie\n2\n9\n0\n\n\nx\nma dwa rozwiązania:\n3\n\nx\nlub\n3\n\nx\nZatem rozwiązaniami równania \n\n\n3\n2\n8\n9\n0\n\n\n\nx\nx\nsą liczby:\n3\n\nx\n,\n2\n\nx\n,\n3\n\nx\nZasady oceniania\nZdający otrzymuje 1 p.\ngdy\n\nzapisze dwa równania\n3\n8\n0\n\n\nx\ni\n2\n9\n0\n\n\nx\nlub z zapisu wynika, że rozwiązuje te\nrównania\nalbo\n\nobliczy lub poda rozwiązania jednego z równań:\n3\n8\n0\n\n\nx\n(\n2\n\nx\n) lub\n2\n9\n0\n\n\nx\n(\n3\n\nx\n,\n3\n\nx\n)\ni na tym zakończy lub dalej popełni błędy.\nZdający otrzymuje 2 p.\ngdy wyznaczy wszystkie rozwiązania równania:\n3\n\nx\n,\n2\n\nx\n,\n3\n\nx\n, ale nie uzyska ich\nw wyniku błędnej metody.\nUwagi\n1. Jeżeli zdający poda wszystkie rozwiązania równania, bez zapisanych obliczeń\nlub uzasadnienia, to otrzymuje 2 punkty.\n2. Jeżeli zdający poprawnie zapisze lewą stronę równania w postaci sumy jednomianów\ni doprowadzając ją do postaci iloczynu popełni błędy, ale skorzysta z własności iloczynu\nrównego zero, to za całe rozwiązanie może otrzymać co najwyżej 1 punkt.\nZasady oceniania rozwiązań zadań\nZadanie 31. (0-2)\nRozwiązanie\nI sposób\nDoświadczenie polega na losowaniu jednej kuli z pudełka.\nLiczba wszystkich kul w pudełko po dołożeniu n kul białych jest równa 8n , stąd\n8\nn\n\n\nLiczba wszystkich kul białych w pudełku po dołożeniu n kul białych jest równa 5n , stąd\n5\n\n\nA\nn .\nA - oznacza zdarzenie polegające na wylosowaniu jednej kuli białej z pudełka.\nPrawdopodobieństwo zdarzenia A:\n( ) \nA\nP A\n, czyli 5\n11\n8\n12\n\n\n\nn\nn\nStąd 88 11","solution":null,"image":"img/matematyka-2020-wrzesien-poprawkowa-podstawowa/zad-3.webp","solution_image":null,"topics":"logarytmy","page_from":2,"source":"ocr","answer_source":null,"answer_text_source":"ocr","solution_source":null,"text_source":"ocr","source_label":"Matematyka · Inne · wrzesień 2020 (podstawowa)","subject_label":"Matematyka","category_label":"Inne","text_html":"

Zadanie 3. (0-1)
Liczba 2log5 + 3log2 jest równa
A.
log(2 ∙5) + log(3 ∙2)
C.
2∙3log(5 ∙2)
B. log 2ହ + log 3ଶ
D. log(5ଶ ∙2ଷ)

","answer_text_html":"
  1. Jeżeli zdający wyznacza pierwiastki trójmianu kwadratowego w przypadku, gdy obliczony
\n

wyróżnik Δ jest niedodatni, to otrzymuje 0 punktów za całe rozwiązanie.
Zasady oceniania rozwiązań zadań
Zadanie 27. (0-2)
Przykładowe rozwiązania
I sposób
Z własności ciągu geometrycznego otrzymujemy równanie





2
4
2
2
11
x
x
x




,
2
2
16
16
4
13
22
x
x
x
x





,
2
15
3
18
0
x
x



,
2
5
6
0
x
x



,



1 5
6
0
x
x



,
1

x
lub
6
5
x 
Dla
1

x
otrzymujemy ciąg geometryczny 

3,6,12 o ilorazie 2.
Dla
6
5
x 
otrzymujemy ciąg geometryczny 

49
4
14
,
,
5
5
5

o ilorazie
7
2

II sposób
Niech q oznacza iloraz ciągu geometrycznego. Wtedy ze wzoru na n-ty wyraz ciągu
geometrycznego otrzymujemy układ równań:


4
2
2
x
x
q



i


2
11
2
x
x
q



Zauważmy, że dla
2
x  otrzymujemy ciąg 

0, 6,9

, który nie jest geometryczny. Zatem
2
x .
Wtedy mamy
4
2
2
x
q
x



i



2
4
2
2
11
2
x
x
x
x






Stąd
2
(4
2)
2
11
x
x
x




,





2
2
11
4
2
x
x
x




,
2
2
16
16
4
13
22
x
x
x
x





,
2
15
3
18
0
x
x



,
2
5
6
0
x
x



,



1 5
6
0
x
x



,
1

x
lub
6
5
x 
Dla
1

x
otrzymujemy ciąg 

3,6,12 geometryczny o ilorazie 2, zaś dla
6
5
x 
otrzymujemy
ciąg 

49
4
14
,
,
5
5
5

geometryczny o ilorazie
7
2

Zasady oceniania rozwiązań zadań
Zasady oceniania
Zdający otrzymuje 1 p.
gdy zapisze

równanie z niewiadomą x wynikające z własności ciągu geometrycznego, np.:





2
4
2
2
11
x
x
x




albo

układ dwóch równań z dwiema niewiadomymi, z których jedną z niewiadomych jest x,
np.:


4
2
2
x
x
q



i


2
11
2
x
x
q



i na tym zakończy lub dalej popełni błędy.
Zdający otrzymuje 2 p.
gdy obliczy wszystkie wartości x :
1

x
,
6
5
x 
Uwaga
Jeżeli zdający poda
1

x
i zapisze, że ciąg (3,6,12) jest geometryczny, to otrzymuje 1 punkt.
Zadanie 28. (0-2)
Przykładowe rozwiązania
I sposób
Przekształcamy tezę równoważnie


2
3



a a
b
b
ab
2
2
3



a
ab
b
ab
2
2
2
0



a
ab
b


2
0


a
b
Kwadrat dowolnej liczby rzeczywistej jest nieujemny. Wyrażenie 

2

a
b
jest dodatnie,
ponieważ z założenia

a
b i kwadrat dowolnej liczby rzeczywistej różnej od zera jest
dodatni.
To kończy dowód.
II sposób
Przekształcamy równoważnie nierówność i otrzymujemy:
2
2
3
a
ab
b
ab



2
2
2
0
a
ab
b



Wyrażenie
2
2
2
a
ab
b


traktujemy jako trójmian kwadratowy jednej zmiennej np. a.
Obliczamy wyróżnik trójmianu kwadratowego
2
2
2
a
ab
b


:
2
2
4
4
0
b
b



Zatem, dla każdej liczby rzeczywistej b, parabola, będąca wykresem trójmianu
kwadratowego
2
2
2
a
ab
b


ma dokładnie jeden punkt wspólny z osią Ox. Jest nim
punkt
o współrzędnych 

,0
b
Oznacza to, że gdy a
b

trójmian kwadratowy
2
2
2
a
ab
b


przyjmuje wartość równą
zeru. Jeśli natomiast a
b

, to, biorąc pod uwagę fakt, że ramiona paraboli będącej
wykresem tego trójmianu są skierowane „do góry”, oznacza to, że ten trójmian przyjmuje
wartości dodatnie.
Zasady oceniania rozwiązań zadań
To kończy dowód.
Zasady oceniania
Zdający otrzymuje 1 p.
gdy:

przekształci podaną nierówność do postaci 

2
0


a
b
albo

wyznaczy wyróżnik trójmianu kwadratowego
2
2
2
0



a
ab
b
, np.:
0

i na tym zakończy lub dalej popełni błędy.
Zdający otrzymuje 2 p.
gdy zapisze pełne uzasadnienie.
Uwaga
Jeżeli zdający sprawdza prawdziwość nierówności jedynie dla wybranych wartości
a i b, to otrzymuje 0 punktów za całe rozwiązanie.
Zadanie 29. (0-2)
Przykładowe rozwiązanie
I sposób
Wprowadźmy oznaczenia jak na rysunku.
Trójkąt ASO jest podobny do trójkąta BPO na podstawie cechy podobieństwa (kąt, kąt, kąt).
Oznaczamy

SO
x . Ponieważ okręgi o środkach S i P są styczne zewnętrznie, więc
6
2
8





SP
R
r
Zapisujemy proporcję wynikająca z podobieństwa trójkątów BP
AS
PO
SO

k
𝑆
𝑃
𝑅= 6
𝑟= 2
l
α
𝑂
𝐴
𝐵
𝑥
Zasady oceniania rozwiązań zadań
6
2
sin
8
x
x



, stąd
4
x 
Otrzymujemy
6
2
1
sin
12
4
2



. Kąt jest kątem ostrym, stąd
30

.
Zasady oceniania I sposobu rozwiązania
Zdający otrzymuje 1 p.
gdy zauważy, że trójkąt ASO jest podobny do trójkąta BPO i zapisze proporcję wynikającą
z podobieństwa tych trójkątów, np.

BP
AS
PO
SO
i na tym zakończy lub dalej popełnia błędy.
Zdający otrzymuje 2 p.
gdy przeprowadzi poprawnie dalsze rozumowanie.
II sposób
Wprowadźmy oznaczenia jak na rysunku.
Prowadzimy odcinek SC równoległy do prostej k, stąd
2



AS
BC
r
, zaś
6
2
4





CP
R
r
Trójkąt ASO jest podobny do trójkąta CPS na podstawie cechy podobieństwa (kąt, kąt, kąt),


CSP
AOS
.
Ponieważ okręgi są styczne zewnętrznie, więc
6
2
8





SP
R
r
W trójkącie CPS mamy
4
1
sin
8
2



CP
SP

, a stąd mamy
30

.
k
𝑆
𝑃
𝑅= 6
𝑟= 2
l
α
𝑂
𝐴
𝐵
𝐶
Zasady oceniania rozwiązań zadań
Zasady oceniania II sposobu rozwiązania
Zdający otrzymuje 1 p.
gdy zauważy, że trójkąt ASO jest podobny do trójkąta CPS i zapisze równość:sin
CP
SP

i na tym zakończy lub dalej popełnia błędy.
Zdający otrzymuje 2 p.
gdy przeprowadzi poprawnie dalsze rozumowanie.
Zadanie 30. (0-2)
Przykładowe rozwiązanie
Iloczyn jest równy zero, jeśli przynajmniej jeden z czynników jest równy zero.
Zatem
3
8
0


x
lub
2
9
0


x
Równanie
3
8
0


x
ma jedno rozwiązanie:
2

x
Równanie
2
9
0


x
ma dwa rozwiązania:
3

x
lub
3

x
Zatem rozwiązaniami równania 


3
2
8
9
0



x
x
są liczby:
3

x
,
2

x
,
3

x
Zasady oceniania
Zdający otrzymuje 1 p.
gdy

zapisze dwa równania
3
8
0


x
i
2
9
0


x
lub z zapisu wynika, że rozwiązuje te
równania
albo

obliczy lub poda rozwiązania jednego z równań:
3
8
0


x
(
2

x
) lub
2
9
0


x
(
3

x
,
3

x
)
i na tym zakończy lub dalej popełni błędy.
Zdający otrzymuje 2 p.
gdy wyznaczy wszystkie rozwiązania równania:
3

x
,
2

x
,
3

x
, ale nie uzyska ich
w wyniku błędnej metody.
Uwagi

\n
  1. Jeżeli zdający poda wszystkie rozwiązania równania, bez zapisanych obliczeń
\n

lub uzasadnienia, to otrzymuje 2 punkty.

\n
  1. Jeżeli zdający poprawnie zapisze lewą stronę równania w postaci sumy jednomianów
\n

i doprowadzając ją do postaci iloczynu popełni błędy, ale skorzysta z własności iloczynu
równego zero, to za całe rozwiązanie może otrzymać co najwyżej 1 punkt.
Zasady oceniania rozwiązań zadań
Zadanie 31. (0-2)
Rozwiązanie
I sposób
Doświadczenie polega na losowaniu jednej kuli z pudełka.
Liczba wszystkich kul w pudełko po dołożeniu n kul białych jest równa 8n , stąd
8
n


Liczba wszystkich kul białych w pudełku po dołożeniu n kul białych jest równa 5n , stąd
5


A
n .
A - oznacza zdarzenie polegające na wylosowaniu jednej kuli białej z pudełka.
Prawdopodobieństwo zdarzenia A:
( ) 
A
P A
, czyli 5
11
8
12



n
n
Stąd 88 11

","solutions":[]}