# Matematyka — zadanie 10

> Źródło: matura.lol — https://matura.lol/question/maturazai-matematyka-mma-p1-1p-152/zad/10
> Wersja Markdown strony zadania (dla asystentów AI). Przy cytowaniu podaj matura.lol i link powyżej.

- arkusz: Matematyka · Matura · maj 2015 (podstawowa)
- rok: 2015
- poziom: podstawowa
- typ: closed
- działy: Równania i nierówności, średnia arytmetyczna, średnia geometryczna, statystyka

## Treść

Zadanie 44. (0-5)
W roku 2015 na uroczystości urodzinowej ktoś spytał jubilata, ile ma lat. Jubilat
odpowiedział: jeżeli swój wiek sprzed 27 lat pomnożę przez swój wiek za 15 lat, to otrzymam
rok swojego urodzenia. Oblicz, ile lat ma ten jubilat.
Wymagania ogólne
III. Modelowanie matematyczne.
Zdający dobiera model matematyczny do prostej sytuacji i krytycznie ocenia trafność modelu.
Wymagania szczegółowe
3.4. Zdający rozwiązuje równania kwadratowe z jedną niewiadomą.
Rozwiązanie
Oznaczmy przez x obecny wiek jubilata (w latach). Wówczas wiek jubilata sprzed 27 lat jest
równy
27
x 
, wiek, jaki będzie miał za 15 lat, jest równy
15
x 
, a rok jego urodzenia to
2015
x
.
Mamy więc równanie 


27
15
2015
x
x
x



.
Po uporządkowaniu otrzymujemy
2
11
2420
0
x
x



Rozwiązaniami tego równania są liczby
55
x 
,
44
x 
Stąd wiemy, że jubilat w roku 2015 obchodzi 55. urodziny.
66 Informator o egzaminie maturalnym z matematyki od roku szkolnego 2014/2015
5.
Przykładowe zadania z matematyki na poziomie rozszerzonym wraz z rozwiązaniami
Zadanie 1. (0-1)
Funkcja określona wzorem
dla wszystkich liczb rzeczywistych
A. nie ma miejsc zerowych.
B. ma dokładnie jedno miejsce zerowe.
C. ma dokładnie dwa miejsca zerowe.
D. ma więcej niż dwa miejsca zerowe.
Wymagania ogólne
II. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji.
Zdający rozumie i interpretuje pojęcia matematyczne oraz operuje obiektami matematycznymi.
Wymagania szczegółowe
3.9.R Zdający rozwiązuje równania i nierówności z wartością bezwzględną, o poziomie
trudności nie wyższym niż
1
2
3
x 

,
3
5
12
x
x




Rozwiązanie C
Zadanie 2. (0-3)
Niech
. Wykaż, że
Wymagania ogólne
V. Rozumowanie i argumentacja.
Zdający tworzy łańcuch argumentów i uzasadnia jego poprawność.
Wymagania szczegółowe
1.6. Zdający wykorzystuje definicję logarytmu i stosuje w obliczeniach wzory na logarytm
iloczynu, logarytm ilorazu i logarytm potęgi o wykładniku naturalnym.
1.2.R Zdający stosuje w obliczeniach wzór na logarytm potęgi oraz wzór na zamianę podstawy
logarytmu.

3
4
f x
x



21
log 7
m 


7
3 1
log 27
m
m


Przykładowe zadania z rozwiązaniami: poziom rozszerzony 67
Rozwiązanie (I sposób)
Zauważmy, że
Zatem
To kończy dowód.
Rozwiązanie (II sposób)
Zauważamy, że
,
co kończy dowód.
Zadanie 3. (0-2)
Oblicz najmniejszą liczbę naturalną n spełniającą nierówność
Wymagania ogólne
II. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji.
Zdający rozumie i interpretuje pojęcia matematyczne oraz operuje obiektami matematycznymi.
Wymagania szczegółowe
2.6.R Zdający dodaje, odejmuje, mnoży i dzieli wyrażenia wymierne; rozszerza i (w łatwych
przykładach) skraca wyrażenia wymierne.
3.8.R Zdający rozwiązuje proste nierówności wymierne typu
1
2
3
x
x



,
2
2
3
2
16
4
x
x
x
x
x




,
3
2
1 3
4
7
5
4
x
x
x
x





Rozwiązanie
Rozwiązujemy nierówność
. Przekształcamy ją w sposób równoważny:
,
,
7
21
1
1
log 21
log 7
m




3
7
7
7
7
7
7
21
1
1
log 27
log 3
3log 3
3log
3 log 21 log 7
3
1
3
7
m
m
m



























3
7
7
7
7
7
7
3 1
1
21
3
1
3 log 21 1
3 log 21 log 7
3log
log 3
log 27
7
m
m
m
















2
10
2
1
3
1
3
30
n
n




2
10
2
1
3
1
3
30
n
n










3 2
10
2 3
1
1
3 3
1
30
n
n
n







32
1
3 3
1
30
n



68 Informator o egzaminie maturalnym z matematyki od roku szkolnego 2014/2015
,
,
W powyższych przekształceniach dwukrotnie skorzystaliśmy z tego, że 

3 3
1
0
n

Zatem
najmniejszą liczbą naturalną spełniającą podaną nierówność jest
Zadanie 4. (0-2)
Równanie
ma dwa rozwiązania
. Liczba
jest liczbą całkowitą
dodatnią. Znajdź tę liczbę. Zakoduj cyfry setek, dziesiątek i jedności otrzymanego wyniku.
Wymagania ogólne
II. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji.
Zdający rozumie i interpretuje pojęcia matematyczne oraz operuje obiektami matematycznymi.
Wymagania szczegółowe
3.1.R Zdający stosuje wzory Viète’a.
Rozwiązanie
Korzystając ze wzorów Viète’a otrzymujemy:
oraz






2
2
2
2
1
2
1
2
1
2
2
2
2
2
2
2
1
2
1
2
1
2
2
48
2 2
1
1
575
2
x
x
x x
x
x
x
x
x
x
x x












Należy zakodować cyfry 5, 7, 5.
Zadanie 5. (0-2)
Wielomian

4
3
2
2
5
6
9
W x
x
x
x
px





jest podzielny przez dwumian
1
x . Oblicz p.
Zakoduj pierwsze trzy cyfry po przecinku nieskończonego rozwinięcia dziesiętnego
otrzymanego wyniku.
Wymagania ogólne
II. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji.
Zdający rozumie i interpretuje pojęcia matematyczne oraz operuje obiektami matematycznymi.


32
1
3 3
1
30
n


3
1 320
n 
1
106 3
n 
107
n 
2
48
2
0
x
x



1
2
,
x x
2
2
1
2
1
1
x
x

1
2
48
x
x


1
2
2
x
x


Przykładowe zadania z rozwiązaniami: poziom rozszerzony 69
Wymagania szczegółowe
3.4.R Zdający stosuje twierdzenie o reszcie z dzielenia wielomianu przez dwumian x
a

Rozwiązanie
jest podzielny przez
1
x , zatem
1
0
W

1
7 6
W
p


. Stąd
1,166
p 
Należy zakodować cyfry 1, 6, 6.
Uwaga
Należy zakodować cyfry otrzymanego wyniku, a nie wyniku przybliżonego, zatem cyfry
1, 6, 6, a nie 1, 6, 7.
Zadanie 6. (0-3)
Wykaż, że dla każdej liczby całkowitej k liczba
jest podzielna przez 5.
Wymagania ogólne
V. Rozumowanie i argumentacja.
Zdający tworzy łańcuch argumentów i uzasadnia jego poprawność.
Wymagania szczegółowe
2.7. (szkoła podstawowa) Zdający rozpoznaje liczby naturalne podzielne przez 5.
Rozwiązanie
Iloczyn jest podzielny przez 5, jeżeli co najmniej jeden z czynników jest podzielny przez 5.
Jeżeli
(l jest liczbą całkowitą), to pierwszy czynnik jest podzielny przez 5.
Jeżeli
, to czynnik
jest podzielny przez 5.
Jeżeli
, to czynnik
jest podzielny
przez 5.
Jeżeli
, to czynnik 



2
2
2
1
25
30
9 1
5 5
6
2
k
l
l
l





jest podzielny przez 5.
Jeżeli
, to czynnik 



1
5
4 1 5
1
k
l
l




jest podzielny przez 5.

W x




2
1
9
1
k k
k
k



5
k
l

5
1
k
l






9
5
10
5
2
k
l
l





5
2
k
l






2
2
2
1
25
20
4 1
5 5
4
1
k
l
l
l
l







5
3
k
l


5
4
k
l


70 Informator o egzaminie maturalnym z matematyki od roku szkolnego 2014/2015
Zadanie 7. (0-2)
Udowodnij, że jeśli
i
oraz
, to
Wymagania ogólne
V. Rozumowanie i argumentacja.
Zdający tworzy łańcuch argumentów i uzasadnia jego poprawność.
Wymagania szczegółowe
2.1. Zdający używa wzorów skróconego mnożenia na 

2
a
b

oraz
2
2
a
b

Rozwiązanie (I sposób)
Korzystamy z nierówności między średnią arytmetyczną i geometryczną:
,
czyli
To kończy dowód.
Rozwiązanie (II sposób)
Z założenia mamy
. Przekształcamy nierówność
w sposób równoważny
,
,
Ta nierówność jest prawdziwa. To kończy dowód.
Rozwiązanie (III sposób)
Oznaczmy:
1
2
a
x


,
1
2
b
x

. Wówczas
2
1
1
1
1
2
2
4
4
ab
x
x
x















,
co kończy dowód.
0
a 
0
b 
1
a
b


1
4
ab 
1
2
2
a
b
ab



1
4
ab 
1
b
a

1
4
ab 


1
1
4
a
a


2
1
0
4
a
a



2
1
0
2
a








Przykładowe zadania z rozwiązaniami: poziom rozszerzony 71
Zadanie 8. (0-5)
Wyznacz wszystkie wartości parametru m, dla których funkcja f określona wzorem
przyjmuje wartości dodatnie dla każdej liczby rzeczywistej.
Wymagania ogólne
IV. Użycie i tworzenie strategii.
Zdający tworzy strategię rozwiązania problemu.
Wymagania szczegółowe
3.2.R Zdający rozwiązuje równania i nierówności liniowe i kwadratowe z parametrem.
Rozwiązanie
Funkcja
w zależności od parametru m jest liniowa lub
kwadratowa. Rozważmy dwa przypadki:
1. Gdy
2
1
0
m 
, to funkcja f jest liniowa.
1. Dla
1
m  funkcja ma wzór
( )
4
2
f x
x

, więc
1
m  nie spełnia warunków
zadania.
2. Dla
1
m  funkcja ma wzór
( )
2
f x 
, więc
1
m  spełnia warunki zadania.
2. Gdy
2
1
0
m 
, to funkcja f jest kwadratowa. Funkcja kwadratowa przyjmuje wartości
dodatnie dla każdej liczby rzeczywistej x, gdy parabola będąca jej wykresem leży
w całości nad osią Ox. Funkcja
ma tę własność, kiedy
zachodzą warunki:
1.
2
1
0
m 
,
2.
0

Pierwszy warunek jest spełniony dla




, 1
1,
m

.
Warunek
0

jest spełniony, gdy




2
2
4 1
8
1
0
m
m




,





2
1
2
1
1
0
m
m
m





,



1
1 2
2
0
m
m
m




,



1
3
0
m
m




,



1
3
0
m
m




,




2
2
1
2 1
2
f x
m
x
m x









2
2
1
2 1
2
f x
m
x
m x









2
2
1
2 1
2
f x
m
x
m x





72 Informator o egzaminie maturalnym z matematyki od roku szkolnego 2014/2015




, 3
1,
m

.
Zatem funkcja kwadratowa przyjmuje wartości dodatnie dla




, 3
1,
m

.
Uwzględniając oba przypadki, otrzymujemy



, 3
1,
m

.
Zadanie 9. (0-1)
Granica
3
5
lim
3
x
x
x




jest równa
A.

B.
0
C.
6
D.

Wymagania ogólne
II. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji.
Zdający rozumie i interpretuje pojęcia matematyczne oraz operuje obiektami matematycznymi.
Wymagania szczegółowe
11.1.R Zdający oblicza granice funkcji (i granice jednostronne), korzystając z twierdzeń
o działaniach na granicach i z własności funkcji ciągłych.
Rozwiązanie
A
Zadanie 10. (0-2)
Oblicz


3
3
2
3
lim
1 4
n
n
n
n




Zakoduj pierwsze trzy cyfry po przecinku rozwinięcia dziesiętnego otrzymanego wyniku.
Wymagania ogólne
II. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji.
Zdający rozumie i interpretuje pojęcia matematyczne oraz operuje obiektami matematycznymi.
Wymagania szczegółowe
5.2.R Zdający oblicza granice ciągów, korzystając z granic ciągów typu
2
1
1
,
n n oraz
z twierdzeń o działaniach na granicach ciągów.
Przykładowe zadania z rozwiązaniami: poziom rozszerzony 73
Rozwiązanie
Obliczamy granicę


3
3
2
3
3
3
3
2
2
3
1
lim
lim
0,03125
32
1 4
1
4
n
n
n
n
n
n
n
n
n






















Ponieważ 1
0,03125
32 
, więc należy zakodować cyfry: 0, 3, 1.
Zadanie 11. (0-2)
Dany jest nieskończony ciąg geometryczny
o wyrazach dodatnich taki, że
1
3
4
a 
,
3
1
3
a 
. Oblicz sumę wszystkich wyrazów tego ciągu.
Wymagania ogólne
II. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji.
Zdający rozumie i interpretuje pojęcia matematyczne oraz operuje obiektami matematycznymi.
Wymagania szczegółowe
5.3.R Zdający rozpoznaje szeregi geometryczne zbieżne i oblicza ich sumy.
Rozwiązanie
Pierwszy wyraz i trzeci wyraz tego ciągu są odpowiednio równe:
1
3
4
a 
,
3
1
3
a 
. Ponieważ
2
3
1
a
a q


, stąd
2
3
1
4
9
a
q
a


. Zatem
2
3
q 
lub
2
3
q 
. Wyrazy ciągu są dodatnie, więc
2
3
q 
. Ponieważ
2
1
3
q 
, więc
1
3
3 3
9
4
2
1
4 1
4
1
3
a
S
q







Suma S wszystkich wyrazów nieskończonego ciągu geometrycznego
o wyrazach
dodatnich jest równa:
9
4
S 


na


na
74 Informator o egzaminie maturalnym z matematyki od roku szkolnego 2014/2015
Zadanie 12 (0-2)
Dana jest funkcja f określona wzorem
4
2
2
15
( )
6
x
f x
x



dla wszystkich liczb rzeczywistych x,
takich że
6
x 
i
6
x 
. Oblicz wartość pochodnej tej funkcji w punkcie
1
x .
Zakoduj cyfrę jedności i dwie pierwsze cyfry po przecinku rozwinięcia dziesiętnego
obliczonego wyniku.
Wymagania ogólne
II. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji.
Zdający rozumie i interpretuje pojęcia matematyczne oraz operuje obiektami matematycznymi.
Wymagania szczegółowe
11.2.R Zdający oblicza pochodne funkcji wymiernych.
Rozwiązanie
Obliczamy pochodną:






















4
2
4
2
2
2
3
2
4
4
2
2
2
2
2
2
2
15
6
2
15
6
6
8
6
2
2
15
2
2
24
15
,
6
6
2
2
24 15
2 37
74
1
2,96.
25
25
5
x
x
x
x
f
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
f





























Należy zakodować cyfry: 2, 9, 6.
Zadanie 13. (0-3)
Dana jest funkcja f określona wzorem

3
4
2
1
f x
x
x


 dla wszystkich liczb
rzeczywistych. Uzasadnij, że prosta l o równaniu 10
9
0
x
y



jest styczna do wykresu
funkcji f.
Wymagania ogólne
V. Rozumowanie i argumentacja.
Zdający tworzy łańcuch argumentów i uzasadnia jego poprawność.
Wymagania szczegółowe
11.3.R Zdający korzysta z geometrycznej i fizycznej interpretacji pochodnej.
Przykładowe zadania z rozwiązaniami: poziom rozszerzony 75
Rozwiązanie
Zapisujemy równanie prostej l w postaci kierunkowej
10
9
y
x


Wyznaczamy pochodną funkcji f:

2
12
2
f
x
x


.
Zauważamy, że dla
1
x  oraz dla
1
x  pochodna funkcji f ma wartość 10 i równa się
współczynnikowi kierunkowemu prostej l.
Obliczamy wartość funkcji f w punkcie
1
x : 
1
1
f 
 oraz w punkcie
1
x : 1
3
f
.
Punkt o współrzędnych 

1, 1

leży na prostej l, natomiast punkt o współrzędnych 

1,3 nie
leży na tej prostej. Zatem prosta o równaniu 10
9
0
x
y



jest styczna do wykresu funkcji f,
co kończy dowód.
Zadanie 14. (0-7)
Rozpatrujemy wszystkie ostrosłupy prawidłowe trójkątne, w których suma promienia okręgu
opisanego na podstawie ostrosłupa i wysokości tego ostrosłupa jest równa 24. Wyznacz
promień okręgu opisanego na podstawie tego z ostrosłupów, który ma największą objętość.
Oblicz tę objętość.
Wymagania ogólne
III. Modelowanie matematyczne.
Zdający buduje model matematyczny danej sytuacji, uwzględniając ograniczenia i zastrzeżenia.
Wymagania szczegółowe
11.6.R Zdający stosuje pochodne do rozwiązywania zagadnień optymalizacyjnych.
Rozwiązanie
Niech x
AO
BO
CO



(zobacz rysunek) oznacza promień okręgu opisanego na
podstawie ostrosłupa oraz h
SO

oznacza wysokość tego ostrosłupa. Wówczas
24
x
h


A
B
C
D
S
h
x

O

76 Informator o egzaminie maturalnym z matematyki od roku szkolnego 2014/2015
Wysokość AD w trójkącie ABC jest równa
3
2
AB
AD


. Zatem promień x okręgu
opisanego na trójkącie ABC (podstawie ostrosłupa) jest równy:
3
3
2
3
2
3
AB
AB
x 


, stąd
3
AB
x

. Wyznaczamy pole podstawy ostrosłupa:
2
3
3
4
x
P 
Ponadto z równości
24
x
h


otrzymujemy
24
h
x


, gdzie 0
24
x


Zatem objętość tego ostrosłupa jest określona wzorem:


2
1 3
3
24
3
4
x
V
x




, czyli


3
2
3
24
4
V
x
x



Należy obliczyć, dla jakiego x spełniającego nierówność 0
24
x


funkcja V określona
wzorem 


3
2
3
24
4
V x
x
x



przyjmuje wartość największą.
Rozważamy funkcję

3
2
24
f x
x
x


określoną dla każdej liczby rzeczywistej x.
Wyznaczamy pochodną tej funkcji f :

2
3
48
f
x
x
x



Następnie obliczamy miejsca zerowe pochodnej:
1
16
x 
,
2
0
x 
. Ponadto:


0
f
x


w każdym z przedziałów 

,0

oraz 

16,,


0
f
x


w przedziale 

0,16 .
Zatem funkcja f jest malejąca w każdym z przedziałów 
,0

oraz

16, i rosnąca
w przedziale 0,16 .
Ponieważ


3
4
V x
f x

dla


0,24
x
, więc w przedziale


0,24
x
funkcja

V x ma
ekstremum w tym samym punkcie, w którym funkcja

f x . Stąd wynika, że w punkcie
16
x 
funkcja V przyjmuje wartość największą.
Objętość ostrosłupa jest równa:


3
2
3
16
24 16
512 3
4
V 




Objętość ostrosłupa prawidłowego trójkątnego jest największa i równa
512 3
V 
, gdy
promień okręgu opisanego na podstawie jest równy 16.
Przykładowe zadania z rozwiązaniami: poziom rozszerzony 77
Zadanie 15. (0-7)
Rozważamy wszystkie prostokąty, których dwa wierzchołki leżą na odcinku AB, gdzie


1,4
A 
i


1,4
B 
, a pozostałe dwa na paraboli o równaniu
2
2
2
y
x


(zobacz
rysunek). Wyznacz wymiary tego z prostokątów, który ma największe pole. Oblicz to pole.
Wymagania ogólne
III. Modelowanie matematyczne.
Zdający buduje model matematyczny danej sytuacji, uwzględniając ograniczenia i zastrzeżenia.
Wymagania szczegółowe
11.6.R Zdający stosuje pochodne do rozwiązywania zagadnień optymalizacyjnych.
Rozwiązanie
Niech punkty C i D leżą na paraboli
2
2
2
y
x


, a punkty E i F leżą na odcinku AB (zob.
rysunek). Oznaczmy przez x odległość punktu D od osi Oy.
78 Informator o egzaminie maturalnym z matematyki od roku szkolnego 2014/2015
Wówczas punkt D ma współrzędne


2
,2
2
D
x
x


, punkt C ma współrzędne


2
,2
2
C
x
x


. Punkty E i F leżą na prostej o równaniu
4
y 
, zatem ich współrzędne
są równe:


,4
E
x

i


,4
F
x

Wyznaczamy długości boków CD i DE prostokąta CDEF:
2
CD
x

oraz
2
2
2
DE
x


dla 0
1
x

.
Zatem pole prostokąta CDEF jest określone wzorem: 


2
2
2
2
P x
x
x



, czyli

3
4
4
P x
x
x


dla 0
1
x

.
Rozważamy funkcję

3
4
4
f x
x
x


określoną dla każdej liczby rzeczywistej x.
Wyznaczamy pochodną tej funkcji f :

2
12
4
f
x
x


.
Następnie obliczamy miejsca zerowe pochodnej:
1
3
3
x 
,
2
3
3
x 
Ponadto:


0
f
x


w każdym z przedziałów
3
,
3









oraz
3 ,
3









,


0
f
x


w przedziale
3
3
,
3
3









Przykładowe zadania z rozwiązaniami: poziom rozszerzony 79
x
x
5
5
5
5
h
h
Zatem funkcja f jest malejąca w każdym z przedziałów
3
,
3



oraz
3 ,
3


i rosnąca w przedziale
3
3
,
3
3

Ponieważ


P x
f x

dla


0,1
x
, więc w przedziale


0,1
x
funkcja

P x ma
ekstremum w tym samym punkcie, w którym funkcja

f x . Stąd wynika, że w punkcie
3
3
x 
funkcja P przyjmuje wartość największą.
Obliczamy wymiary prostokąta:
2 3
3
CD 
,
2
3
4
2
2
3
3
DE











Największe pole ma prostokąt o wymiarach 2 3
3
, 4
3 . Jest ono równe 8 3
9
Zadanie 16. (0-7)
Rozpatrujemy wszystkie trapezy równoramienne, w których krótsza podstawa ma długość 5
i każde z ramion też ma długość 5. Oblicz długość dłuższej podstawy tego z rozpatrywanych
trapezów, który ma największe pole. Oblicz to pole.
Wymagania ogólne
III. Modelowanie matematyczne.
Zdający buduje model matematyczny danej sytuacji, uwzględniając ograniczenia i zastrzeżenia.
Wymagania szczegółowe
11.6.R Zdający stosuje pochodne do rozwiązywania zagadnień optymalizacyjnych.
Rozwiązanie
Niech
oznacza długość dłuższej podstawy, a h wysokość trapezu. Pole tego trapezu
jest określone wzorem
i
Z twierdzenia Pitagorasa otrzymujemy zależność
, stąd
2
5
x 


2 5
2
5
2
x
P
h
x
h






0
5
x


2
2
25
x
h


2
25
h
x


80 Informator o egzaminie maturalnym z matematyki od roku szkolnego 2014/2015
Pole tego trapezu jest określone wzorem









2
2
2
3
4
3
5
25
5
25
5
5
10
250
625,
P x
x
x
x
x
x
x
x
x
x


















gdzie 0
5
x


Należy obliczyć, dla jakiego x spełniającego nierówność
funkcja P określona
wzorem
przyjmuje wartość największą.
Ponieważ funkcja pierwiastkowa ( y
t

) jest rosnąca, więc wystarczy zbadać funkcję
. Wyznaczamy pochodną tej funkcji:
Następnie obliczamy miejsca zerowe pochodnej:
,
Ponadto:


0
f
x


w przedziale 5 ,
2







,


0
f
x


w każdym z przedziałów 

, 5

oraz
5
5,
2







,



5
0
f 

Zatem funkcja f jest malejąca w przedziale 5 ,
2


i rosnąca w przedziale
5
,
2

Ponieważ


P x
f x

dla


0,5
x
, więc w przedziale 

0,5 funkcja P ma ekstremum
w tym samym punkcie, w którym funkcja f . Stąd wynika, że w punkcie
funkcja P
przyjmuje wartość największą.
Zauważmy wreszcie, że jeżeli
, to
. Zatem dłuższa podstawa ma długość 10.
Obliczamy największe pole trapezu dla
:
Największe pole ma trapez, którego dłuższa podstawa ma długość 10. Pole tego trapezu jest
równe 75 3
4
0
5
x



4
3
10
250
625
P x
x
x
x






4
3
10
250
625
f x
x
x
x





3
2
4
30
250
f
x
x
x




1
5
x 
2
5
2
x 
5
2
x 
5
2
x 
2
5
10
x 

5
2
x 

2
5
5
15 5
75
5
25
3
3
2
2
2 2
4
P x



















Przykładowe zadania z rozwiązaniami: poziom rozszerzony 81
Zadanie 17. (0-3)
Dany jest trójkąt ABC i prosta k styczna w punkcie A do okręgu opisanego na tym trójkącie.
Prosta BC przecina prostą k w punkcie P. Długości odcinków AC, BC i PB zostały podane na
rysunku.
Oblicz długość odcinka AB. Zakoduj cyfrę jedności i dwie pierwsze cyfry po przecinku
rozwinięcia dziesiętnego otrzymanego wyniku.
Wymagania ogólne
IV. Użycie i tworzenie strategii.
Zdający tworzy strategię rozwiązania problemu.
Wymagania szczegółowe
7.4.R Zdający rozpoznaje figury podobne i jednokładne; wykorzystuje (także w kontekstach
praktycznych) ich własności.
Rozwiązanie (I sposób)
Niech S oznacza środek okręgu opisanego na trójkącie ABC i niech
PAB

. Kąt PAS jest
prosty, więc
90
BAS



. Trójkąt ABS jest równoramienny, zatem


180
2
180
2 90
2
ASB
BAS








Z twierdzenia o kącie środkowym i wpisanym opartych na tym samym łuku wynika, że
1
1 2
2
2
ACB
ASB







A
P
C
B
12
9
17
82 Informator o egzaminie maturalnym z matematyki od roku szkolnego 2014/2015
Oznaczmy AB
x

oraz PA
y

Trójkąty APB i CPA są podobne, gdyż
PAB
PCA

i kąt przy wierzchołku P jest
wspólnym kątem tych trójkątów. Zatem
PA
PB
PC
PA

,
17
26
y
y

,
2
17 26
y 

Stąd
17 26
y 

. Z podobieństwa trójkątów APB i CPA otrzymujemy też
AB
CA
PA
PC

,
12
26
x
y 
Zatem
12
12 17 26
12 17
9,7032
26
26
26
y
x





Kodujemy cyfry: 9, 7, 0.
A
P
C
B
12
9
17

S
Przykładowe zadania z rozwiązaniami: poziom rozszerzony 83
Rozwiązanie (II sposób)
Z twierdzenia o kącie między styczną a cięciwą wynika, że kąty PAB i ACB są równe.
Ponadto kąt przy wierzchołku P jest wspólnym kątem trójkątów APB i CPA. Zatem te trójkąty
są podobne.
Stąd
PA
PB
PC
PA

,
17
26
y
y

,
2
17 26
y 

Zatem
17 26
y 

. Z podobieństwa trójkątów APB i CPA otrzymujemy też
AB
CA
PA
PC

,
12
26
x
y 
Stąd
12
12 17 26
12 17
9,7032
26
26
26
y
x





Kodujemy cyfry: 9, 7, 0.
x
y
A
P
C
B
12
9
17
84 Informator o egzaminie maturalnym z matematyki od roku szkolnego 2014/2015
Zadanie 18. (0-6)
Dany jest trójkąt prostokątny ABC o kącie prostym przy wierzchołku C i obwodzie równym
2p . Na prostej AB obrano punkty D i E leżące na zewnątrz odcinka AB takie, że AD
AC

i BE
BC

(zobacz rysunek).
Wykaż, że promień okręgu opisanego na trójkącie ECD jest równy
2
p
Wymagania ogólne
V. Rozumowanie i argumentacja.
Zdający tworzy łańcuch argumentów i uzasadnia jego poprawność.
Wymagania szczegółowe
7.5.R Zdający znajduje związki miarowe w figurach płaskich z zastosowaniem twierdzenia
sinusów i twierdzenia cosinusów.
Rozwiązanie
Niech
BAC

,
ABC

(zobacz rysunek).
Kąty CAD i CBE to kąty przyległe odpowiednio do kątów BAC i ABC trójkąta ABC, więc
180
CAD



oraz
180
CBE



Trójkąty CAD i CBE są równoramienne, więc


180
180
2
2
DCA






oraz


180
180
2
2
ECB






A
B
C
D
E


A
B
C
D
E
Przykładowe zadania z rozwiązaniami: poziom rozszerzony 85
Zatem miara kąta ECD jest równa


1
90
90
90
2
2
2
ECD
DCA
ECB













Stąd


1
90
135
2
ECD







Z twierdzenia sinusów dla trójkąta ECD wynika, że
2
sin
ED
R
ECD 
,
gdzie R to promień okręgu opisanego na trójkącie ECD. Ponieważ
2
ED
a
b
c
p



i


2
sin
sin135
sin 180
45
sin 45
2
ECD 




, więc
2
2
2
2
p
R 
Stąd
2
R
p

, co kończy dowód.
Zadanie 19. (0-3)
Ramię AD trapezu ABCD (w którym
AB CD) przedłużono do punktu E takiego, że
3
AE
AD

. Punkt M leży na podstawie AB oraz
4
MB
AM

. Odcinek ME przecina
przekątną BD w punkcie P (zobacz rysunek).
Udowodnij, że
6
BP
PD

A
B
C
D
E
M
P
86 Informator o egzaminie maturalnym z matematyki od roku szkolnego 2014/2015
Wymagania ogólne
V. Rozumowanie i argumentacja.
Zdający tworzy łańcuch argumentów i uzasadnia jego poprawność.
Wymagania szczegółowe
7.3. Zdający rozpoznaje trójkąty podobne i wykorzystuje (także w kontekstach praktycznych)
cechy podobieństwa trójkątów.
Rozwiązanie
Niech N oznacza punkt przecięcia odcinka EM z prostą DC.
Trójkąt AME jest podobny do trójkąta DNE (kąty MAE i NDE są równe oraz kąty AME i DNE
są równe, gdyż proste AB i DC są równoległe). Stąd
AM
DN
AE
DE

,
ale
3
AE
AD

, więc
2
3
DN
AM


Trójkąt MBP jest podobny do trójkąta NDP (kąty MBP i NDP są równe oraz kąty BMP
i DNP, gdyż proste AB i DC są równoległe). Stąd
BP
DP
BM
DN

,
ale
4
BM
AM

, więc
4
4
6
2
3
AM
DP
AM
BP
DP
DP
DN
AM








To kończy dowód.
A
B
C
D
E
M
P
N
Przykładowe zadania z rozwiązaniami: poziom rozszerzony 87
Zadanie 20. (0-4)
Okrąg jest styczny do osi Ox w punkcie


2,0
A 
. Punkt


1,9
B 
leży na tym okręgu.
Wyznacz równanie tego okręgu.
Wymagania ogólne
IV. Użycie i tworzenie strategii.
Zdający tworzy strategię rozwiązania problemu.
Wymagania szczegółowe
8.5.R Zdający posługuje się równaniem okręgu 



2
2
2
x
a
y
b
r




oraz opisuje koła za
pomocą nierówności.
Rozwiązanie
Niech


,
S
a b

będzie środkiem szukanego okręgu. Ponieważ okrąg ten jest styczny do osi
Ox w punkcie


2,0
A 
, więc


2,
S
b

. Z definicji okręgu wynika, że AS
BS

, czyli








2
2
2
2
2
2
0
2 1
9
b
b







Stąd
2
2
9
18
81
b
b
b




,
5
b 
Zatem


2,5
S 
, a równanie okręgu ma postać 



2
2
2
5
25
x
y




Zadanie 21. (0-5)
Okrąg o środku


3,2
S 
leży wewnątrz okręgu o równaniu 



2
2
6
8
100
x
y




i jest do
niego styczny. Wyznacz równanie prostej stycznej do obu tych okręgów.
Wymagania ogólne
IV. Użycie i tworzenie strategii.
Zdający tworzy strategię rozwiązania problemu.
Wymagania szczegółowe
8.5.R Zdający posługuje się równaniem okręgu 



2
2
2
x
a
y
b
r




oraz opisuje koła za
pomocą nierówności.
88 Informator o egzaminie maturalnym z matematyki od roku szkolnego 2014/2015
Rozwiązanie
Środkiem okręgu o równaniu 



2
2
6
8
100
x
y




jest punkt


1
6,8
S 
, a promień tego
okręgu jest równy 10. Środki S i S1 okręgów leżą na prostej o równaniu
2
4
y
x


Szukana styczna jest prostopadła do tej prostej, więc ma równanie postaci
1
2
y
x
b


Odległość środka


1
6,8
S 
od stycznej jest równa 10, zatem
2
2
1 6
8
2
10
1
1
2
b








,
5
11
10
4
b



,
11
5 5
b


Stąd 11
5 5
b


lub 11
5 5
b


, czyli
11 5 5
b 

lub
11 5 5
b 

. Otrzymujemy więc
dwie proste o równaniach
1
11 5 5
2
y
x



oraz
1
11 5 5
2
y
x



Odległość środka S od prostej o równaniu
1
11 5 5
2
y
x



jest równa
2
2
1 3
2 11 5 5
29
2
5
10
5
1
1
2











Ponieważ 29
5
10
10
5


, więc ta prosta jest szukaną styczną.
Zadanie 22. (0-1)
Równanie
2
sin
sin
x
x

w przedziale 0,
A. ma dokładnie 1 rozwiązanie.
B. ma dokładnie 2 rozwiązania.
C. ma dokładnie 3 rozwiązania.
D. nie ma rozwiązań.
Wymagania ogólne
II. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji.
Zdający rozumie i interpretuje pojęcia matematyczne oraz operuje obiektami matematycznymi.
Przykładowe zadania z rozwiązaniami: poziom rozszerzony 89
Wymagania szczegółowe
6.6.R Zdający rozwiązuje równania i nierówności trygonometryczne typu
1
sin 2
2
x 
,
2
sin
cos
1
x
x

, sin
cos
1
x
x

,
1
cos2
2
x 
Rozwiązanie
Przekształcamy równanie
2
sin
sin
x
x

do postaci


sin
sin
1
0
x
x



, zatem sin
0
x  lub
sin
1
x . Rozwiązaniami równania sin
0
x  w przedziale 0, jest
0
x 
oraz x


,
a rozwiązaniem równania sin
1
x  jest
2
x


. Stąd równanie
2
sin
sin
x
x

w przedziale
0, ma dokładnie 3 rozwiązania.
Zdający powinien zaznaczyć odpowiedź C.
Zadanie 23. (0-4)
Rozwiąż równanie sin5
cos2
sin
0
x
x
x



Wymagania ogólne
IV. Użycie i tworzenie strategii.
Zdający tworzy strategię rozwiązania problemu.
Wymagania szczegółowe
6.5.R Zdający stosuje wzory na sinus i cosinus sumy i różnicy kątów, sumę i różnicę sinusów
i cosinusów kątów.
6.6.R Zdający rozwiązuje równania i nierówności trygonometryczne typu
1
sin 2
2
x 
,
2
sin
cos
1
x
x

, sin
cos
1
x
x

,
1
cos2
2
x 
Rozwiązanie
Przekształcamy równanie, korzystając ze wzoru na sumę sinusów: 2sin3 cos2
cos2
0
x
x
x


Stąd


cos2
2sin3
1
0
x
x



. Zatem cos2
0
x  lub 2sin3
1
0
x
Rozwiązaniami równania sin5
cos2
sin
0
x
x
x



są liczby:
4
2
k
x




, gdzie k jest liczbą
całkowitą, lub
2
18
3
k
x




, gdzie k jest liczbą całkowitą, lub
5
2
18
3
k
x




, gdzie k jest
liczbą całkowitą.
90 Informator o egzaminie maturalnym z matematyki od roku szkolnego 2014/2015
Zadanie 24. (0-3)
Wykaż, że dla każdego kąta  prawdziwa jest równość: 

6
6
2
4 sin
cos
1 3cos 2





Wymagania ogólne
V. Rozumowanie i argumentacja.
Zdający tworzy łańcuch argumentów i uzasadnia jego poprawność.
Wymagania szczegółowe
2.1.R Zdający używa wzorów skróconego mnożenia na 

3
a
b

oraz
3
3
a
b

6.4. Zdający stosuje proste zależności między funkcjami trygonometrycznymi:
2
2
sin
cos
1



,
sin
tg
cos




oraz


sin 90
cos




Rozwiązanie
Korzystając z tożsamości







2
6
6
2
2
4
2
2
4
2
2
2
2
2
2
3
,
a
b
a
b
a
a b
b
a
b
a
b
a b










przekształcamy wyrażenie 

6
6
4 sin
cos



i otrzymujemy:









2
6
6
2
2
2
2
2
2
2
2
4 sin
cos
4 sin
cos
sin
cos
3sin
cos
4 1 3sin
cos


















Przekształcamy teraz prawą stronę równości, korzystając ze wzoru na cosinus kąta
podwojonego.










2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
1 3cos 2
1 3 cos
sin
1 3
cos
sin
4sin
cos
1 3 1 4sin
cos
4 12sin
cos
4 1 3sin
cos


























To kończy dowód.
Zadanie 25. (0-2)
Rozwiąż nierówność
1
cos5
2
x 
dla
x





Wymagania ogólne
II. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji.
Zdający rozumie i interpretuje pojęcia matematyczne oraz operuje obiektami matematycznymi.
Przykładowe zadania z rozwiązaniami: poziom rozszerzony 91
Wymagania szczegółowe
6.4.R Zdający posługuje się wykresami funkcji trygonometrycznych (np. gdy rozwiązuje
nierówności typu sin x
a

, cos x
a

, tg x
a

).
Rozwiązanie
Rozwiązujemy nierówność
1
cos5
2
x 
Zatem
2
5
2
3
3
k
x
k









, gdzie k jest liczbą całkowitą, czyli
2
2
15
5
15
5
k
k
x









, gdzie k jest liczbą całkowitą.
Rozwiązaniami tej nierówności dla
x





są:
13
11
15
15
x





lub
7
5
15
15
x





lub
15
15
x





lub 5
7
15
15
x




lub
11
13
15
15
x




Zadanie 26. (0-3)
Dany jest ostrosłup prawidłowy czworokątny. Kąt  jest kątem między dwiema sąsiednimi
ścianami bocznymi. Kąt  jest kątem przy podstawie ściany bocznej (tzn. kątem między
krawędzią podstawy i krawędzią boczną ostrosłupa)  zobacz rysunek.
Wykaż, że
2
cos
tg
1



.
Wymaganie ogólne
V. Rozumowanie i argumentacja.
Zdający tworzy łańcuch argumentów i uzasadnia jego poprawność.
92 Informator o egzaminie maturalnym z matematyki od roku szkolnego 2014/2015
Wymagania szczegółowe
9.4. Zdający rozpoznaje w graniastosłupach i ostrosłupach kąty między ścianami.
9.1. Zdający rozpoznaje w graniastosłupach i ostrosłupach kąty między odcinkami
(np. krawędziami, krawędziami i przekątnymi, itp.), oblicza miary tych kątów.
9.6. Zdający stosuje trygonometrię do obliczeń długości odcinków, miar kątów, pól
powierzchni i objętości.
Rozwiązanie
Oznaczmy, tak jak na poniższym rysunku: a  długość krawędzi podstawy, h  wysokość
ściany bocznej poprowadzona z wierzchołka podstawy, c  długość odcinka łączącego
wierzchołek podstawy ze spodkiem wysokości h.
Na podstawie twierdzenia cosinusów mamy:


2
2
2
2
2
cos
a
h
h
h h





Stąd
2
2
2
cos
h
a
h



Na podstawie twierdzenia Pitagorasa mamy
2
2
2
c
a
h


Ponadto
tg
h
c

, a stąd wynika, że
2
2
2
tg
h
c

Obliczamy zatem


2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
cos
tg
1
a
h
h
a
h
c
h
c
c
c











.
To kończy dowód.
Przykładowe zadania z rozwiązaniami: poziom rozszerzony 93
Zadanie 27. (0-4)
W ostrosłupie prawidłowym trójkątnym krawędź podstawy ma długość a. Płaszczyzna
przechodząca przez krawędź podstawy i środek wysokości tego ostrosłupa jest nachylona do
płaszczyzny podstawy pod kątem . Wyznacz objętość i pole powierzchni bocznej tego
ostrosłupa.
Wymaganie ogólne
IV. Użycie i tworzenie strategii.
Zdający tworzy strategię rozwiązania problemu.
Wymagania szczegółowe
9.2.R Zdający określa, jaką figurą jest dany przekrój graniastosłupa lub ostrosłupa
płaszczyzną.
9.6. Zdający stosuje trygonometrię do obliczeń długości odcinków, miar kątów, pól
powierzchni i objętości.
10.7.G Zdający stosuje twierdzenie Pitagorasa.
Rozwiązanie
Wprowadzamy oznaczenia takie jak na rysunku.
W trójkącie równobocznym ABC mamy:
AB
a

,
3
2
a
CM 
,
1
3
3
6
a
OM
CM


Stąd
tg
OS
OM



, czyli
3
3
2
2
tg
tg
6
3
a
a
OW
OS









M
A
B
C
W
O
S

N
94 Informator o egzaminie maturalnym z matematyki od roku szkolnego 2014/2015
Zatem
2
3
1
3
3 tg
tg
3
4
3
12
a
a
a
V








Następnie


2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
3
3
tg
tg
1 4tg
36
9
12
3
12
a
a
a
a
a
MW
OM
OW











,
2
2
3
1 4tg
1 4tg
6
2 3
a
a
MW






i stąd otrzymujemy
2
2
2
1
3
3
3
1 4tg
1 4tg
2
6
4
b
a
a
P
a









Zadanie 28. (0-4)
Dany jest sześcian ABCDEFGH (zobacz rysunek) o krawędzi równej 1. Punkt S jest
środkiem krawędzi DH . Odcinek DW jest wysokością ostrosłupa ACSD opuszczoną
z wierzchołka D na ścianę ACS . Oblicz długości odcinków AW, CW i SW.
Wymaganie ogólne
IV. Użycie i tworzenie strategii.
Zdający tworzy strategię rozwiązania problemu.
Wymagania szczegółowe
9.2. Zdający określa, jaką figurą jest dany przekrój graniastosłupa lub ostrosłupa płaszczyzną.
10.7.G Zdający stosuje twierdzenie Pitagorasa.
H
G
A
B
C
F
E
D
Przykładowe zadania z rozwiązaniami: poziom rozszerzony 95
Rozwiązanie
Łączymy punkty A i S , A i C oraz C i S (zobacz rysunek). Niech T oznacza punkt
przecięcia przekątnych AC i BD podstawy tego sześcianu.
Punkt S leży na krawędzi DH , więc AS
CS

, a zatem trójkąt ACS , stanowiący podstawę
ostrosłupa ACSD, jest trójkątem równoramiennym. Wynika stąd, że odcinek ST jest
wysokością tego trójkąta. Długość odcinka ST obliczamy stosując twierdzenie Pitagorasa do
trójkąta prostokątnego TSD :
2
2
2
2
2
1
2
2
2
ST
SD
DT

















, czyli
3
2
ST 
Zauważamy, że odcinek DW jest wysokością trójkąta prostokątnego TDS poprowadzoną do
przeciwprostokątnej TS . Długość odcinka DW obliczymy zapisując na dwa sposoby pole
trójkąta TDS :
1
1
2
2
SD TD
ST
DW





,
1
2
6
2
2
6
3
2
DW



Stąd i z twierdzenia Pitagorasa zastosowanego do trójkąta prostokątnego SWD wynika, że:
H
G
A
B
C
F
E
D
S
T
W

96 Informator o egzaminie maturalnym z matematyki od roku szkolnego 2014/2015
2
2
1
6
1
3
2
6
12
6
SW


















Teraz zauważamy, że wysokość ST trójkąta równoramiennego ACS jest zawarta w osi
symetrii tego trójkąta. Wynika stąd, że AW
CW

. Długość odcinka AW obliczamy stosując
twierdzenie Pitagorasa do trójkąta prostokątnego ATW , w którym
3
3
3
2
6
3
TW
ST
SW





Otrzymujemy zatem
2
2
2
2
2
2
3
5
2
3
6
AW
AT
TW





















,
skąd
30
6
AW
CW


Podsumowując, szukane odcinki mają długości:
30
6
AW
CW


,
3
6
SW 
Zadanie 29. (0-6)
Kwadrat ABCD o boku długości 1 jest podstawą ostrosłupa ABCDS . Odcinek HS jest
wysokością ostrosłupa, przy czym punkt H dzieli przekątną AC podstawy w stosunku 2 :1
(zobacz rysunek). Krawędzie boczne BS i DS mają długość równą 1. Oblicz objętość tego
ostrosłupa oraz długości krawędzi AS i CS .
Wymaganie ogólne
IV. Użycie i tworzenie strategii.
Zdający tworzy strategię rozwiązania problemu.
C
A
B
D
S
H
Przykładowe zadania z rozwiązaniami: poziom rozszerzony 97
Wymagania szczegółowe
10.7.G Zdający stosuje twierdzenie Pitagorasa.
Rozwiązanie
Niech T oznacza punkt przecięcia przekątnych AC i BD podstawy ostrosłupa
(zobacz rysunek).
Ponieważ
2
AC 
, więc
2
3
CH 
oraz
2
2
2
2
3
6
HT 


. Trójkąt BSD jest
równoramiennym trójkątem prostokątnym, dlatego że jego ramiona mają długości
1
BS
DS

, a podstawa
2
BD 
. Stąd wynika, że
2
2
ST 
. Obliczamy zatem
wysokość HS tego ostrosłupa, stosując twierdzenie Pitagorasa do trójkąta SHT :
2
2
2
1
1
4
2
18
9
HS
ST
HT





, skąd wynika, że
2
3
HS 
Objętość V tego ostrosłupa jest zatem równa:
1
2
2
1
3
3
9
V 


Pozostaje obliczyć jeszcze długości krawędzi bocznych AS i CS . Z twierdzenia Pitagorasa
zastosowanego dwukrotnie, najpierw do trójkąta AHS , otrzymujemy
2
2
2
2
2
2 2
2
4
3
3
3
AS
AH
HS



















, więc
2 3
3
AS 
,
natomiast do trójkąta CHS
2
2
2
2
2
2
2
2
3
3
3
CS
CH
HS



















, skąd
6
3
CS 
C
A
B
D
S
H
T
98 Informator o egzaminie maturalnym z matematyki od roku szkolnego 2014/2015
Uwaga
Rozważany ostrosłup nie jest prawidłowy, a wszystkie ściany boczne tego ostrosłupa są
trójkątami równoramiennymi.
Zadanie 30. (0-4)
Dany jest sześcian ABCDEFGH (zobacz rysunek), którego krawędź ma długość 15. Punkty
Q i R dzielą krawędzie HG i FG w stosunku 2 :1, to znaczy
10
HQ
FR


Płaszczyzna AQR przecina krawędzie DH i BF odpowiednio w punktach P i S . Oblicz
długości odcinków DP i BS .
Wymaganie ogólne
IV. Użycie i tworzenie strategii.
Zdający tworzy strategię rozwiązania problemu.
Wymagania szczegółowe
9.2.R Zdający określa, jaką figurą jest dany przekrój graniastosłupa lub ostrosłupa
płaszczyzną.
9.1. Zdający rozpoznaje w graniastosłupach i ostrosłupach kąty między odcinkami
(np. krawędziami, krawędziami i przekątnymi itp.), oblicza miary tych kątów.
7.4.R Zdający rozpoznaje figury podobne i jednokładne; wykorzystuje (także w kontekstach
praktycznych) ich własności.
P
S
R
H
G
A
B
C
F
E
D




Q
Przykładowe zadania z rozwiązaniami: poziom rozszerzony 99
Rozwiązanie (I sposób)
Rozważamy kwadrat EFGH . Niech T oznacza punkt przecięcia przedłużeń odcinków QR
i EF (zobacz rysunek).
Trójkąty prostokątne RFT i RGQ są podobne na mocy cechy kkk. Stąd wynika, że
10
FT 
Teraz rozważamy kwadrat ABFE (zobacz rysunek).
Trójkąty prostokątne ABS i TFS są podobne na mocy cechy kkk. Możemy więc zapisać
równanie
SF
BS
FT
AB

, a zatem
15
10
15
x
x


Rozwiązujemy to równanie
15
150 10
x
x


,
6
x 
Zatem długość szukanego odcinka BS jest równa 9. Ponieważ punkty B i D leżą
symetrycznie względem płaszczyzny ACGE , więc
9
DP
BS


A
B
F
E
15-x
x
10
T
S
15
E
F
G
H
Q
R
T
5
5
10
10
100 Informator o egzaminie maturalnym z matematyki od roku szkolnego 2014/2015
Rozwiązanie (II sposób)
Rysujemy przekątne AC , BD, EG oraz łączymy punkty P i S . Oznaczmy kolejno:
W  środek odcinka PS ,
1
W  punkt przecięcia przekątnych AC i BD, T  środek odcinka
QR (zobacz rysunek). Niech ponadto
1T będzie takim punktem przekątnej AC ,
że
1
GT
CT

Zauważamy, że DP
BS

co wynika, z symetrii względem płaszczyzny ACGE . Zatem
czworokąt BSPD jest prostokątem. Stąd wynika, że prosta przechodząca przez środki boków
tego prostokąta  punkty W i
1
W  jest prostopadła do płaszczyzny ABCD. Ponadto, prosta
przechodząca przez punkty T i
1T jest także prostopadła do tej płaszczyzny. Zauważamy, że
punkty: A , W ,
1
W , T i
1T leżą w jednej płaszczyźnie - jest nią płaszczyzna ACGE . Na
mocy cechy kkk, trójkąty prostokątne
1
AWW i
1
ATT są podobne, więc możemy zapisać
równość
1
1
1
1
TT
WW
AT
AW

, skąd wynika, że
1
1
1
1
TT
AW
WW
AT


Ponieważ
1
15
TT 
,
1
15 2
2
AW 
oraz
1
5 2
25 2
15 2
2
2
AT 


, więc
1
15 2
15
2
9
25 2
2
WW



Oczywiście
1
9
DP
BS
WW


.
P
S
R
H
G
A
B
C
F
E
D




Q
1
W
W 

T


1T
Przykładowe zadania z rozwiązaniami: poziom rozszerzony 101
Zadanie 31. (0-3)
Oblicz, ile jest wszystkich liczb siedmiocyfrowych, w zapisie których nie występuje zero i na
dokładnie dwóch miejscach stoją cyfry parzyste.
Wymagania ogólne
IV. Użycie i tworzenie strategii.
Zdający tworzy strategię rozwiązania problemu.
Wymagania szczegółowe
10.1.R
Zdający
wykorzystuje
wzory
na
liczbę
permutacji,
kombinacji,
wariacji
z powtórzeniami do zliczania obiektów w bardziej złożonych sytuacjach kombinatorycznych.
Rozwiązanie
Rozwiązanie zadania składa się z trzech kroków. W kroku pierwszym obliczamy, na ile
sposobów można wybrać dwa miejsca (spośród siedmiu), na których stoją cyfry parzyste. Ten
krok możemy wykonać czterema sposobami.
 Możemy skorzystać ze wzoru na liczbę dwuelementowych kombinacji ze zbioru
siedmioelementowego; wyraża się ona współczynnikiem dwumianowym
7
2



. Ten
współczynnik możemy odczytać z trójkąta Pascala lub obliczyć ze wzoru


!
!
!
m
m
n
n m
n







Mamy zatem


7
7!
7!
6 7 5!
6 7
3 7
21.
2
2! 7
2 !
2!5!
2!5!
2












 Możemy po prostu wszystkie te sposoby wyboru dwóch miejsc wypisać (kółko białe
oznacza miejsce dla cyfry nieparzystej, kółko czarne - dla parzystej):
102 Informator o egzaminie maturalnym z matematyki od roku szkolnego 2014/2015
1:
●
●
○
○
○
○
○
2:
●
○
●
○
○
○
○
3:
●
○
○
●
○
○
○
4:
●
○
○
○
●
○
○
5:
●
○
○
○
○
●
○
6:
●
○
○
○
○
○
●
7:
○
●
●
○
○
○
○
8:
○
●
○
●
○
○
○
9:
○
●
○
○
●
○
○
10:
○
●
○
○
○
●
○
11:
○
●
○
○
○
○
●
12:
○
○
●
●
○
○
○
13:
○
○
●
○
●
○
○
14:
○
○
●
○
○
●
○
15:
○
○
●
○
○
○
●
16:
○
○
○
●
●
○
○
17:
○
○
○
●
○
●
○
18:
○
○
○
●
○
○
●
19:
○
○
○
○
●
●
○
20:
○
○
○
○
●
○
●
21:
○
○
○
○
○
●
●
 Możemy także te możliwości zliczać: jeśli pierwsza (licząc od lewej strony) cyfra
parzysta stoi na pierwszym miejscu, to drugą możemy ustawić na jednym z sześciu
miejsc (od drugiego do siódmego); jeśli pierwsza (od lewej strony) cyfra parzysta stoi
na drugim miejscu, to drugą możemy ustawić na jednym z pięciu miejsc i tak dalej.
Wreszcie, jeśli pierwsza cyfra parzysta stoi na szóstym miejscu, to druga może stać
tylko na miejscu siódmym. Łącznie mamy więc
6 5 4 3 2 1
21

sposobów wyboru dwóch miejsc dla cyfr parzystych.
 Możemy wreszcie rozumować następująco: jedną cyfrę parzystą możemy ustawić na
jednym z 7 miejsc, drugą na jednym z sześciu miejsc. W ten sposób każde ustawienie
policzyliśmy dwukrotnie, np. ustawienie
○
○
●
○
●
○
○
Przykładowe zadania z rozwiązaniami: poziom rozszerzony 103
możemy otrzymać wybierając najpierw miejsce trzecie, a potem miejsce piąte lub
wybierając najpierw miejsce piąte, a potem miejsce trzecie. Zatem liczba sposobów
wyboru tych dwóch miejsc jest równa
7 6
7 3
21
2


W kroku drugim obliczamy, na ile sposobów możemy na miejscach wybranych dla cyfr
parzystych i nieparzystych napisać te cyfry. Skorzystamy dwukrotnie z reguły mnożenia.
Najpierw na wybranych dwóch miejscach ustawiamy cyfry parzyste. Ponieważ w zapisie
liczby nie występuje zero, więc na każdym miejscu mamy do wyboru cztery cyfry: 2, 4, 6, 8.
Mamy zatem
2
4
16

sposobów zapisania cyfr parzystych na wybranych miejscach. Wreszcie
na każdym z pozostałych pięciu miejsc zapisujemy jedną z pięciu cyfr nieparzystych: 1, 3, 5,
7, 9. Mamy zatem
5
5
3125

sposobów zapisania cyfr nieparzystych na pozostałych
miejscach.
W kroku trzecim obliczamy, ile jest liczb siedmiocyfrowych spełniających warunki opisane
w zadaniu. Korzystamy jeszcze raz z reguły mnożenia i otrzymujemy
2
5
21 4
5
21 16 3125
1 050 000






liczb.
Zadanie 32. (0-4)
Oblicz sumę wszystkich liczb trzycyfrowych zapisanych wyłącznie za pomocą cyfr 1, 2 i 3,
wiedząc, że cyfry mogą się powtarzać.
Wymagania ogólne
IV. Użycie i tworzenie strategii.
Zdający tworzy strategię rozwiązania problemu.
Wymagania szczegółowe
10.1.R
Zdający
wykorzystuje
wzory
na
liczbę
permutacji,
kombinacji,
wariacji
z powtórzeniami do zliczania obiektów w bardziej złożonych sytuacjach kombinatorycznych.
Rozwiązanie
Zauważmy najpierw, że istnieje tylko 27 liczb trzycyfrowych, których cyfry są wybrane
spośród cyfr 1, 2 i 3. Pierwszą cyfrę możemy bowiem wybrać na 3 sposoby, drugą także na
trzy sposoby (cyfry mogą się powtarzać) i trzecią też na trzy sposoby. Najprostszy sposób
rozwiązania zadania polega zatem na wypisaniu i dodaniu (np. na kalkulatorze) tych liczb.
Oto one:
111 + 112 + 113 + 121 + 122 + 123 + 131 + 132 + 133 = 1098,
211 + 212 + 213 + 221 + 222 + 223 + 231 + 232 + 233 = 1998,
311 + 312 + 313 + 321 + 322 + 323 + 331 + 332 + 333 = 2898.
104 Informator o egzaminie maturalnym z matematyki od roku szkolnego 2014/2015
Suma wszystkich liczb jest równa
1098 + 1998 + 2898 = 5994.
Liczby te można łatwo dodać bez używania kalkulatora. Zauważmy, że sumy liczb w trzech
wierszach są równe:
9 100 + (11 + 12 + 13 + 21 + 22 + 23 + 31 + 32 + 33) = 900 + 198 = 1098

,
9 200 + (11 + 12 + 13 + 21 + 22 + 23 + 31 + 32 + 33) = 1800 + 198 = 1998

,
9 300 + (11 + 12 + 13 + 21 + 22 + 23 + 31 + 32 + 33) = 2700 + 198 = 2898

Dodawanie
11 + 12 + 13 + 21 + 22 + 23 + 31 + 32 + 33 = 198
może być wykonane w pamięci; pozostałe dodawania można łatwo wykonać też w pamięci
lub pisemnie. Najważniejsze było zauważenie, że we wszystkich dodawaniach występowała
ta sama suma liczb dwucyfrowych i zmieniały się tylko sumy setek. Ta obserwacja będzie
podstawą dla drugiego sposobu rozwiązania.
Obliczając sumę wszystkich 27 liczb, każdą z tych liczb zapiszemy w postaci
100+
10+
a
b
c


i będziemy oddzielnie dodawać wielokrotności 100, oddzielnie wielokrotności 10 i wreszcie
oddzielnie cyfry jedności. Policzmy, w ilu liczbach jedynka występuje na pierwszym miejscu
(tzn. jako cyfra setek). Otóż na drugim miejscu możemy postawić jedną z trzech cyfr i na
trzecim też jedną z trzech cyfr. Zatem jedynka jest na pierwszym miejscu w dziewięciu
liczbach. W sumie wszystkich dwudziestu siedmiu liczb dziewięć razy wystąpi składnik 100.
Podobnie 9 razy wystąpi składnik 200 i 9 razy wystąpi składnik 300. Zatem składniki postaci
100
a
dadzą sumę
9 100 + 9 200 + 9 300 = 9 100 (1 + 2 + 3) = 9 100 6 = 5400







Tak samo pokazujemy, że każda cyfra wystąpi 9 razy na drugim miejscu (tzn. jako cyfra
dziesiątek). Zatem składniki postaci
10
b
dadzą sumę
9 10 + 9 20 + 9 30 = 9 10 (1 + 2 + 3) = 9 10 6 = 540







Wreszcie tak samo pokazujemy, że każda cyfra wystąpi 9 razy jako cyfra jedności. Suma cyfr
jedności jest zatem równa
9 1 + 9 2 + 9 3 = 9 (1 + 2 + 3) = 9 6 = 54





Suma wszystkich liczb wynosi zatem
5400 + 540 + 54 = 5994 .
Przykładowe zadania z rozwiązaniami: poziom rozszerzony 105
Zadanie 33. (0-7)
Oblicz, ile jest wszystkich liczb ośmiocyfrowych, których iloczyn cyfr jest równy 24.
Wymagania ogólne
IV. Użycie i tworzenie strategii.
Zdający tworzy strategię rozwiązania problemu.
Wymagania szczegółowe
10.1.R Zdający wykorzystuje wzory na liczbę permutacji, kombinacji, wariacji z powtórzeniami do
zliczania obiektów w bardziej złożonych sytuacjach kombinatorycznych.
Rozwiązanie
Rozkładamy liczbę 24 na czynniki pierwsze 24
3 2 2 2
.
Mamy więc pięć, parami wykluczających się możliwości, w których iloczyn cyfr liczby
ośmiocyfrowej jest równy 24:
1. Wśród cyfr tej liczby są trzy dwójki, jedna trójka i cztery jedynki ( 24
3 2 2 2 1 1 1 1
).
Liczbę takich liczb można obliczyć na przykład tak:

7
8
280
3





- wybieramy jedno miejsce z ośmiu dla trójki a następnie trzy
miejsca z pozostałych siedmiu dla dwójki
albo tak:

8
4
280
4




- wybieramy cztery miejsca dla cyfr różnych od jedynki, a następnie
spośród nich wybieramy miejsce dla trójki,
albo tak:

8!
280
3! 4! 

- ustawiamy na wszystkie możliwe sposoby cyfry liczby 32221111.
2. Wśród cyfr tej liczby są trójka, czwórka, dwójka i pięć jedynek ( 24
3 4 2 1 1 1 1 1
).
Liczbę takich liczb można obliczyć na przykład tak:
 8 7 6
336

- wybieramy miejsca dla cyfr: trzy, cztery, dwa
albo tak:

8
3!
336
3




- wybieramy trzy miejsca dla cyfr: trzy, cztery, dwa, następnie
przestawiamy te cyfry między sobą,
albo tak:
 8!
336
5! 
- ustawiamy na wszystkie możliwe sposoby cyfry liczby 32411111.
106 Informator o egzaminie maturalnym z matematyki od roku szkolnego 2014/2015
3. Wśród cyfr tej liczby są trójka, ósemka i sześć jedynek ( 24
3 8 1 1 1 1 1 1
).
Liczbę takich liczb można obliczyć na przykład tak:
 8 7
56

- wybieramy miejsce dla trójki i z pozostałych dla ósemki
albo tak:

8
2
56
2




- wybieramy dwa miejsca z ośmiu dla trójki i ósemki, następnie
wybieramy miejsce dla każdej z nich,
albo tak:
 8!
56
6! 
- ustawiamy na wszystkie możliwe sposoby cyfry liczby 38111111.
4. Wśród cyfr tej liczby są szóstka, czwórka i sześć jedynek ( 24
6 4 1 1 1 1 1 1
).
Liczbę takich liczb można obliczyć na przykład tak:
 8 7
56

- wybieramy miejsce dla szóstki i czwórki
albo tak:

8
2
56
2




- wybieramy dwa miejsca z ośmiu dla szóstki i czwórki, następnie
wybieramy miejsce dla każdej z nich,
albo tak:
 8!
56
6! 
- ustawiamy na wszystkie możliwe sposoby cyfry liczby 64111111.
5. Wśród cyfr tej liczby są dwie dwójki, jedna szóstka i pięć jedynek( 24
6 2 2 1 1 1 1 1
).
Liczbę takich liczb można obliczyć na przykład tak:

7
8
168
2





- wybieramy miejsce dla szóstki, następnie dwa miejsca z siedmiu dla
dwójek
albo tak:

8
3
168
3



- wybieramy trzy miejsca z ośmiu dla szóstki i dwóch dwójek,
następnie spośród nich wybieramy miejsce dla szóstki,
albo tak:

8!
168
2! 5! 

- ustawiamy na wszystkie możliwe sposoby cyfry liczby 62211111.
Zatem wszystkich liczb ośmiocyfrowych, których iloczyn cyfr jest równy 24, jest
280 336 56 56 168
896





Przykładowe zadania z rozwiązaniami: poziom rozszerzony 107
Zadanie 34. (0-6)
Oblicz, ile jest wszystkich liczb stucyfrowych o sumie cyfr równej 5, w zapisie których
występują tylko cyfry 0, 1, 3, 5.
Wymagania ogólne
IV. Użycie i tworzenie strategii.
Zdający tworzy strategię rozwiązania problemu.
Wymagania szczegółowe
10.1.R
Zdający
wykorzystuje
wzory
na
liczbę
permutacji,
kombinacji,
wariacji
z powtórzeniami do zliczania obiektów w bardziej złożonych sytuacjach kombinatorycznych.
Rozwiązanie
Wszystkie liczby stucyfrowe o sumie cyfr równej 5, w zapisie których występują tylko cyfry
0, 1, 3, 5 możemy podzielić na 4 grupy w zależności od tego, jaka cyfra stoi na pierwszym
miejscu liczby:
1. Liczba 5000 000,w której po cyfrze 5następuje 99 zer. Jest jedna taka liczba.
2. Liczby postaci 3000 1 000 1 000, w których po cyfrze 3występuje 97 cyfr 0 i dwie
cyfry 1, stojące na dwóch miejscach wybranych z 99 możliwych miejsc. Jest
99
99 98
99 49
4851
2
2











takich liczb.
3. Liczby postaci 1000 3 000 1 000 lub 1000 1 000 3 000, w których po cyfrze 1
występuje 97 cyfr 0 oraz cyfry 1 i 3(w dowolnej kolejności), stojące na dwóch
miejscach wybranych z 99 możliwych miejsc. Jest 99 98
9702


takich liczb.
4. Liczby postaci 1000 1 000 1 000 1 000 1 000, w których po cyfrze 1 występuje
95 cyfr 0 i cztery cyfry 1, stojące na czterech miejscach wybranych z 99 możliwych
miejsc. Jest 99
99 98 97 96
33 49 97 24
3 764 376
4
24















takich liczb.
Zatem wszystkich liczb stucyfrowych o sumie cyfr równej 5, w zapisie których występują
tylko cyfry 0, 1, 3, 5, jest
1 4851 9702
3764 376
3778930.




108 Informator o egzaminie maturalnym z matematyki od roku szkolnego 2014/2015
Zadanie 35. (0-3)
Doświadczenie losowe polega na tym, że losujemy jednocześnie dwie liczby ze zbioru


1,2,3, ,12,13 . Oblicz prawdopodobieństwo warunkowe, że wśród wylosowanych liczb
będzie liczba 8, pod warunkiem, że suma wylosowanych liczb będzie nieparzysta.
Wymagania ogólne
IV. Użycie i tworzenie strategii.
Zdający tworzy strategię rozwiązania problemu.
Wymagania szczegółowe
10.2.R Zdający oblicza prawdopodobieństwo warunkowe.
Rozwiązanie
Zdarzeniami
elementarnymi
są
wszystkie
dwuelementowe
podzbiory
(pary
nieuporządkowane, kombinacje) zbioru 

1,2,3, ,12,13 . Jest to model klasyczny.
Wprowadzamy oznaczenia:
A - wśród wylosowanych liczb będzie liczba 8,
B - suma wylosowanych liczb będzie nieparzysta.
Mamy obliczyć
(
)
(
)
( )
A
B
P A
B
P A B
P B
B




Zdarzeniu B sprzyjają kombinacje złożone z jednej liczby nieparzystej i jednej parzystej,
7 6
42
B 
,
Zdarzeniu A
B

sprzyjają kombinacje złożone z liczby 8 i jednej liczby nieparzystej,
1 7
7
A
B



,
stąd
7
1
(
)
42
6
P A B 

Zatem prawdopodobieństwo, że wśród wylosowanych liczb będzie liczba 8, pod warunkiem,
że suma wylosowanych liczb będzie nieparzysta, jest równe 1
6 .
Zadanie 36. (0-3)
Niech
,
A B będą zdarzeniami losowymi zawartymi w . Wykaż, że jeżeli
( )
0,7
P A 
i
( )
0,8
P B 
, to
(
)
0,625
P A B 


P A B oznacza prawdopodobieństwo warunkowe.
Przykładowe zadania z rozwiązaniami: poziom rozszerzony 109
Wymagania ogólne
IV. Użycie i tworzenie strategii.
Zdający tworzy strategię rozwiązania problemu.
Wymagania szczegółowe
10.2.R Zdający oblicza prawdopodobieństwo warunkowe.
Rozwiązanie
(
)
(
)
( )
P A
B
P A B
P B


Wykażemy najpierw, że jeżeli
( )
0,7
P A 
i
( )
0,8
P B 
, to
(
)
0,5
P A
B


Wiemy, że
(
)
( )
( )
(
)
P A
B
P A
P B
P A
B





oraz
(
)
1
P A
B

.
Mamy więc: 1
(
)
( )
( )
(
)
P A
B
P A
P B
P A
B






, stąd
(
)
( )
( ) 1
P A
B
P A
P B



,
czyli
(
)
0,5
P A
B


Stąd
(
)
0,5
(
)
0,625
( )
0,8
P A
B
P A B
P B




Zadanie 37. (0-4)
Wybieramy losowo jedną liczbę ze zbioru 

1,2,3 i gdy otrzymamy liczbę n , to rzucamyn
razy symetryczną monetą. Oblicz prawdopodobieństwo otrzymania co najmniej jednego orła.
Wynik przedstaw w postaci ułamka zwykłego nieskracalnego.
Wymagania ogólne
IV. Użycie i tworzenie strategii.
Zdający tworzy strategię rozwiązania problemu.
Wymagania szczegółowe
10.3.R Zdający korzysta z twierdzenia o prawdopodobieństwie całkowitym.
Rozwiązanie
Wprowadzamy oznaczenia dla zdarzeń:
1
B - wylosujemy liczbę 1,
2
B - wylosujemy liczbę 2,
3
B - wylosujemy liczbę 3,
A - otrzymamy co najmniej jednego orła.
110 Informator o egzaminie maturalnym z matematyki od roku szkolnego 2014/2015
Zdarzenia
1
B ,
2
B i
3
B spełniają założenia twierdzenia o prawdopodobieństwie całkowitym,
ponieważ
1
2
3
B
B
B


,
1
2
1
3
2
3
B
B
B
B
B
B





,
1
2
3
1
(
)
(
)
(
)
0
3
P B
P B
P B




Stosując twierdzenie o prawdopodobieństwie całkowitym do zdarzenia A , otrzymujemy
1
1
2
2
3
3
( )
(
) (
)
(
) (
)
(
) (
)
P A
P A B P B
P A B P B
P A B P B



Ponieważ
1
1
(
)
2
P A B

,
2
3
(
)
4
P A B

,
3
7
(
)
8
P A B

, więc
1
1
2
2
3
3
1 1
3 1
7 1
17
( )
(
) (
)
(
) (
)
(
) (
)
2 3
4 3
8 3
24
P A
P A B P B
P A B P B
P A B P B










Zatem prawdopodobieństwo otrzymania co najmniej jednego orła jest równe 17
24 .
Uwaga
Zdający może rozwiązać zadanie za pomocą drzewa.
Zadanie 38. (0-2)
Niech
,
A B będą zdarzeniami losowymi zawartymi w . Wykaż, że jeżeli



P A
B
P A P B


, to 



P A
B
P A P B




B oznacza zdarzenie przeciwne do zdarzenia B.
Wymagania ogólne
V. Rozumowanie i argumentacja.
Zdający tworzy łańcuch argumentów i uzasadnia jego poprawność.
Wymagania szczegółowe
10.3. Zdający oblicza prawdopodobieństwa w prostych sytuacjach, stosując klasyczną
definicję prawdopodobieństwa.
Rozwiązanie













1
P A
B
P A
P A
B
P A
P A P B
P A
P B
P A P B











Przykładowe zadania z rozwiązaniami: poziom rozszerzony 111
112 Informator o egzaminie maturalnym z matematyki od roku szkolnego 2014/2015
6.
Informacja o egzaminie maturalnym z matematyki dla absolwentów niesłyszących
6.1. EGZAMIN MATURALNY Z MATEMATYKI DLA ABSOLWENTÓW NIESŁYSZĄCYCH
w przypadku arkusza standardowego - w jakim stopniu absolwent spełnia wymagania
z zakresu tego przedmiotu określone w podstawie programowej kształcenia ogólnego dla IV
etapu edukacyjnego w zakresie rozszerzonym i podstawowym. W zadaniach zestawu
egzaminacyjnego mogą też być sprawdzane wymagania z etapów wcześniejszych.
Ogólne informacje o egzaminie maturalnym z matematyki od roku szkolnego 2014/2015,
krótka charakterystyka arkusza egzaminacyjnego oraz najważniejsze zasady dotyczące
oceniania wypowiedzi zdających, przedstawione w częściach 1. - 3. Informatora, dotyczą
również arkuszy dla absolwentów niesłyszących. Jednak zgodnie z zapisami odpowiedniego
rozporządzenia Ministra Edukacji Narodowej1, absolwenci niepełnosprawni przystępują do
egzaminu maturalnego w warunkach i
formie dostosowanych do rodzaju
ich
niepełnosprawności.
Dostosowania obejmują:
 w odniesieniu do formy egzaminu maturalnego m.in.
- zmianę sposobu sformułowania niektórych zadań (zamiana słów, zwrotów lub całych
zdań), jeżeli mogłyby one być niezrozumiałe lub błędnie zrozumiane przez osoby
niesłyszące (nie dotyczy to terminów typowych dla danej dziedziny wiedzy),
- zmianę schematu punktowania niektórych zadań,
 w odniesieniu do warunków przeprowadzania egzaminu maturalnego m.in.
- przedłużenie czasu przewidzianego na przeprowadzenie egzaminu,
- możliwość korzystania ze słowników językowych.
Poniżej przedstawione zostały przykładowe zadania ilustrujące dostosowania dla
absolwentów niesłyszących. Numeracja zadań odpowiada numeracji zadań w części 4. i 5.
Jeżeli zadanie nie zostało przedstawione poniżej, oznacza to, że wersja dla niesłyszących nie
różni się niczym od wersji przedstawionej w wyżej wymienionych częściach.
Szczegółowa informacja na temat zakresu dostosowania warunków przeprowadzania
egzaminu maturalnego dla absolwentów niesłyszących ogłaszana jest w komunikacie
Dyrektora Centralnej Komisji Egzaminacyjnej w sierpniu poprzedzającym rok szkolny,
w którym jest przeprowadzany egzamin maturalny, na stronie internetowej CKE.
1 Tj. § 7 ust. 1 rozporządzenia Ministra Edukacji Narodowej z dnia 17 listopada 2010 r. w sprawie warunków
organizowania kształcenia, wychowania i opieki dla dzieci i młodzieży niepełnosprawnych oraz
niedostosowanych społecznie w przedszkolach, szkołach i oddziałach ogólnodostępnych lub integracyjnych
(Dz.U. Nr 228, poz. 1490, z późn. zm.).
Informacja dla absolwentów niesłyszących 113
6.2. PODSTAWOWE ZASADY OCENIANIA ROZWIĄZAŃ ZADAŃ OTWARTYCH
W zadaniach krótkiej odpowiedzi zdający otrzymuje 1 lub 2 punkty za rozwiązanie, którego
nie doprowadził do końca lub w którym zrobił błędy; określony jest jednak minimalny postęp,
które w tym rozwiązaniu musi być osiągnięty, by otrzymać 1 punkt, oraz co powinno być
w rozwiązaniu, by można było je ocenić na 2 punkty.
W rozwiązaniach zadań rozszerzonej odpowiedzi zostaje wyróżniona najważniejsza faza,
nazywana pokonaniem zasadniczych trudności zadania. Przyjęto zasadę, że za pokonanie
zasadniczych trudności zadania przyznaje się co najmniej połowę punktów, jakie zdający
otrzymałby za bezbłędne rozwiązanie tego zadania. Tak więc w zadaniu za 4 punkty, za
pokonanie zasadniczych trudności przyznajemy 2 lub 3 punkty (zależnie od zadania).
W zadaniu za 5 punktów za pokonanie zasadniczych trudności zadania na ogół przyznajemy
3 punkty. W zadaniach za 6 punktów - na ogół 3 lub 4 punkty. Wyróżnienie w rozwiązaniu
zadania rozszerzonej odpowiedzi fazy pokonania zasadniczych trudności zadania powoduje
następnie wyróżnienie kilku innych faz. Przed pokonaniem zasadniczych trudności zadania
wyróżniamy jeszcze jedną lub dwie fazy je poprzedzające: dokonanie niewielkiego postępu,
który jednak jest konieczny dla rozwiązania zadania oraz dokonanie istotnego postępu
w rozwiązaniu zadania. Zdający, który pokonał zasadnicze trudności zadania, mógł na tym
poprzestać lub mógł kontynuować rozwiązanie. Wyróżniamy ważną kategorię rozwiązań,
w których zdający pokonał zasadnicze trudności zadania i kontynuował rozwiązanie do
końca, jednak w rozwiązaniu zrobił błędy niewpływające na poprawność całego rozumowania
(na przykład nieistotne dla całego rozumowania błędy rachunkowe lub niektóre błędy
nieuwagi). Tak samo wyróżniamy kategorię pokonania zasadniczych trudności z nieistotnymi
błędami. W każdym przypadku określana jest liczba punktów przyznawana za rozwiązania
w każdej (lub niektórych) z powyższych kategorii. Należy podkreślić, że schemat oceniania
rozwiązania zadania jest traktowany jako integralna część zadania; na ogół ten schemat
oceniania uwzględnia wszystkie typowe sposoby rozwiązania i czasami również niektóre
nietypowe.
Zatem w zadaniu za 3 punkty:
1. rozwiązanie, w którym nie ma istotnego postępu 0 pkt
2. rozwiązanie, w którym jest istotny postęp, ale nie zostały pokonane zasadnicze
trudności zadania 1 pkt
3. zostały pokonane zasadnicze trudności zadania, ale zadanie nie zostało rozwiązane
bezbłędnie 2 pkt
4. zadanie zostało rozwiązane bezbłędnie 3 pkt
114 Informator o egzaminie maturalnym z matematyki od roku szkolnego 2014/2015
Natomiast w zadaniu za 4 punkty:
1. rozwiązanie, w którym nie ma istotnego postępu 0 pkt
2. został dokonany istotny postęp w rozwiązaniu zadania, ale nie zostały pokonane
zasadnicze trudności zadania lub zostały pokonane zasadnicze trudności zadania,
lub w czasie pokonywania zasadniczych trudności zadania zostały zrobione błędy,
usterki 1 pkt
3. zostały pokonane zasadnicze trudności zadania i zdający na tym skończył lub błędnie
kontynuował rozwiązanie 2 pkt
4. zostały pokonane zasadnicze trudności zadania, zdający doprowadził rozwiązanie
do końca, ale w rozwiązaniu są błędy, usterki 3 pkt
5. zadanie zostało rozwiązane bezbłędnie 4 pkt
Poniżej zamieszczone zostały przykładowe sposoby przydziału punktów za poszczególne fazy
rozwiązania zadań rozszerzonej odpowiedzi.
Najprostszy podział punktów za rozwiązanie zadania za 5 punktów wygląda następująco:
1. rozwiązanie, w którym nie ma istotnego postępu 0 pkt
2. został dokonany istotny postęp w rozwiązaniu zadania, ale nie zostały pokonane
zasadnicze trudności zadania 1 pkt
3. zostały pokonane zasadnicze trudności zadania, ale w czasie ich pokonywania zostały
zrobione błędy 2 pkt
4. zasadnicze trudności zadania zostały pokonane bezbłędnie i zdający na tym poprzestał
lub błędnie kontynuował rozwiązanie 3 pkt
5. zostały pokonane zasadnicze trudności zadania, zdający doprowadził rozwiązanie do
końca, ale w rozwiązaniu zadania są usterki (błędy rachunkowe, zgubienie rozwiązań,
brak wyboru właściwych rozwiązań itp.) 4 pkt
6. zadanie zostało rozwiązane bezbłędnie 5 pkt
A oto inny przydział punktów w zadaniu za 5 punktów :
1. rozwiązanie, w którym nie ma istotnego postępu 0 pkt
2. rozwiązanie, w którym postęp jest wprawdzie niewielki, ale konieczny do całkowitego
rozwiązania zadania 1 pkt
3. został dokonany istotny postęp w rozwiązaniu zadania, ale nie zostały pokonane
zasadnicze trudności zadania lub zostały pokonane zasadnicze trudności zadania,
rozwiązanie zadania nie zostało doprowadzone do końca, ale w czasie pokonywania
zasadniczych trudności zadania zostały zrobione błędy, usterki 2 pkt
4. zasadnicze trudności zadania zostały pokonane bezbłędnie i zdający na tym poprzestał
lub błędnie kontynuował rozwiązanie 3 pkt
5. zostały pokonane zasadnicze trudności zadania, zdający doprowadził rozwiązanie do
końca, ale w rozwiązaniu są usterki (błędy rachunkowe, zgubienie rozwiązań, brak
wyboru właściwych rozwiązań itp.) 4 pkt
6. zadanie zostało rozwiązane bezbłędnie 5 pkt
Informacja dla absolwentów niesłyszących 115
Przykładowy sposób przydziału punktów w zadaniu za 6 punktów:
1. rozwiązanie, w którym nie ma istotnego postępu 0 pkt
2. rozwiązanie, w którym postęp jest wprawdzie niewielki, ale konieczny na drodze do
całkowitego rozwiązania zadania 1 pkt
3. został dokonany istotny postęp w rozwiązaniu zadania, ale nie zostały pokonane
zasadnicze trudności zadania 2 pkt
4. zostały pokonane zasadnicze trudności zadania, rozwiązanie zadania nie zostało
doprowadzone do końca, ale w czasie pokonywania zasadniczych trudności zadania
zostały zrobione błędy, usterki 3 pkt
5. zasadnicze trudności zadania zostały pokonane bezbłędnie i zdający na tym poprzestał
lub błędnie kontynuował rozwiązanie 4 pkt
6. zostały pokonane zasadnicze trudności zadania, zdający doprowadził rozwiązanie do
końca, ale w rozwiązaniu zadania są usterki (błędy rachunkowe, zgubienie rozwiązań,
brak wyboru właściwych rozwiązań itp.) 5 pkt
7. zadanie zostało rozwiązane bezbłędnie 6 pkt
Poniżej zamieszczone zostały przykłady zadań wraz z rozwiązaniami, opisem sposobu
przyznawania punktów i uwagami, które mogą być pomocne w lepszym zrozumieniu sposobu
oceniania na poziomie rozszerzonym.
116 Informator o egzaminie maturalnym z matematyki od roku szkolnego 2014/2015
6.3. PRZYKŁADY ZADAŃ WRAZ Z ROZWIĄZANIAMI I OPISEM SPOSOBU PRZYZNAWANIA
PUNKTÓW
Zadanie I (0-3)
Dany jest ostrokątny trójkąt równoramienny ABC, w którym AC
BC

. Na bokach, na
zewnątrz trójkąta ABC, zbudowano kwadraty ABDE, BCFG i ACHJ. Udowodnij, że pola
trójkątów AHE i BEG są równe.
Rozwiązanie
Omówimy cztery sposoby rozwiązania tego zadania.
Sposób I (trygonometryczny)
Przyjmijmy oznaczenia:
,
,
AB
AE
a
AC
BC
BG
b
BAC
ABC








Rozwiązanie tym sposobem polega na obliczeniu dwóch szukanych pól za pomocą a, b i .
Mamy bowiem:
1
sin
2
AHE
P
AE
AH
EAH




,
1
sin
2
BEG
P
BE
BG
EBG




Zauważmy, że: AE
a

oraz BG
b

. Obliczamy długości odcinków AH i BE oraz
wyrażamy za pomocą  miary kątów EAH i EBG.
Mamy:
2
AH
b

,
2
BE
a

Informacja dla absolwentów niesłyszących 117
Ponieważ trójkąt ABC jest równoramienny i ostrokątny, więc
45

. Następnie
90
45
135
135
45
180
EAB
BAC
CAH













,
a więc kąt wypukły EAH jest równy


360
135
225






Podobnie,
90
45
135
135
45
180
GBC
ABC
EBA













,
a więc kąt wypukły EBG jest równy


360
135
225






Zatem
225
EAH
EBG




Stąd otrzymujemy


1
1
sin
2 sin 225
2
2
AHE
P
AE
AH
EAH
a b









oraz


1
1
sin
2
sin 225
2
2
BEG
P
BE
BG
EBG
a
b









Stąd wynika, że
AHE
BEG
P
P

, co kończy dowód.
Komentarz
Rozwiązanie składa się z trzech kroków: obliczenie długości boków AH i BE, udowodnienie
równości kątów EAH i EBG (np. przez wyznaczenie obu kątów za pomocą ) oraz
zastosowanie wzoru na pole trójkąta.
Pokonanie zasadniczych trudności zadania polega na obliczeniu wszystkich wielkości
potrzebnych we wzorach na pole. Jeden z możliwych błędów zdających, na który należy
zwrócić tu uwagę, może polegać na złym zastosowaniu wzoru na pole trójkąta
(np. pominięcie współczynnika 1
2 ). Pomimo tego błędu zdający otrzymuje poprawny wynik.
W takim przypadku uznajemy rozwiązanie za niedokończone  bezbłędnie zostały pokonane
tylko zasadnicze trudności zadania.
118 Informator o egzaminie maturalnym z matematyki od roku szkolnego 2014/2015
Schemat oceniania I sposobu rozwiązania
Istotny postęp 1 pkt
Obliczenie długości boków AH i BE za pomocą boków AB i AC
lub
udowodnienie, że
EAH
EBG

Pokonanie zasadniczych trudności 2 pkt
Obliczenie długości boków AH i BE za pomocą boków AB i AC oraz udowodnienie, że
EAH
EBG

Rozwiązanie pełne 3 pkt
Udowodnienie, że pola obu trójkątów są równe.
Uwagi
Zdający może wykonać obliczenia związane tylko z jednym z dwóch trójkątów i na tym
skończyć. Na przykład, w przypadku trójkąta AHE może wykonać następujące obliczenia
(przyjmując oznaczenia
,
,
AB
a AC
b
BAC




):

2
AH
b

;

225
EAH



;



1
2 sin 225
2
AHE
P
a b





Wówczas:
 jeśli zdający wyznaczy tylko długość boku AH lub miarę kąta EAH, to takie
rozwiązanie nie jest jeszcze traktowane jako istotny postęp i przyznajemy za nie
0 punktów,
 jeśli zdający wyznaczy długość boku AH i miarę kąta EAH, to takie rozwiązanie
częściowe traktujemy jako „istotny postęp” i przyznajemy za nie 1 punkt,
 jeśli zdający wyznaczy bok AH i zapisze pole w postaci
1
2 sin
2
AHE
P
ab
EAH



, nie
wyznaczając przy tym kąta EAH za pomocą kąta , to takie rozwiązanie częściowe
traktujemy także jako „istotny postęp” i przyznajemy za nie 1 punkt,
 jeśli zdający wyznaczy bok AH, wyznaczy kąt EAH za pomocą kąta  i zapisze pole
trójkąta AHE w postaci


1
2 sin 225
2
AHE
P
ab





, to traktujemy takie
rozwiązanie jako pokonanie zasadniczych trudności zadania i przyznajemy za nie
2 punkty.
Informacja dla absolwentów niesłyszących 119
Sposób II (stosunek pól)
W tym rozwiązaniu korzystamy z następującej własności trójkątów:
Dane są dwa trójkąty ABC i DEF takie, że
A
D

Wówczas
ABC
DEF
AB
AC
P
P
DE
DF



Powyższa proporcja wyraża w sposób czysto geometryczny tę samą treść co wzór
trygonometryczny na pole trójkąta. Mianowicie mamy:
1
sin
2
ABC
P
AB
AC
A




oraz
1
sin
2
DEF
P
DE
DF
D




Sformułowanie geometryczne pozwala przeprowadzić dowód bez odwoływania się do
trygonometrii.
Tak jak w sposobie pierwszym dowodzimy, że
EAH
EBG

Następnie korzystamy ze wspomnianej wyższej własności trójkątów:
2
1
2
AHE
BEG
AE
AH
AE
AC
AE
AC
P
P
BE
BG
AB
BG
AB
BG











,
co dowodzi, że
AHE
BEG
P
P

Korzystając z oznaczeń z poprzedniego sposobu rozwiązania, możemy to rozwiązanie zapisać
w sposób następujący. Przyjmujemy AB
a

i AC
b

. Wówczas
2
AH
b

oraz
120 Informator o egzaminie maturalnym z matematyki od roku szkolnego 2014/2015
2
EB
a

. Tak jak w sposobie I, pokazujemy, że
EAH
EBG

. Korzystając
z twierdzenia o stosunku pól otrzymujemy
2
1
2
AHE
BEG
AE
AH
P
a b
P
BE
BG
a b







,
co dowodzi, że
AHE
BEG
P
P

Komentarz
W tym sposobie rozwiązania podstawowym zadaniem jest  tak jak w sposobie pierwszym
 obliczenie długości odcinków AH i BE oraz wykazanie równości kątów EAH i EBG.
Dlatego schemat oceniania może być taki sam jak w sposobie I. Uwagi dotyczące rozwiązań
niekompletnych są właściwie takie same jak w przypadku sposobu I.
Schemat oceniania II sposobu rozwiązania
Istotny postęp 1 pkt
Obliczenie długości boków AH i BE za pomocą boków AB i AC
lub
wykazanie, że
EAH
EBG

Pokonanie zasadniczych trudności 2 pkt
Obliczenie długości boków AH i BE za pomocą boków AB i AC oraz wykazanie, że
EAH
EBG

Rozwiązanie pełne 3 pkt
Wykorzystanie wzoru trygonometrycznego do obliczenia pól obu trójkątów i wykazania,
że te pola są równe.
Uwaga
Jeśli zdający wykonuje obliczenia tylko w jednym z rozważanych trójkątów, to w istocie
rozwiązuje zadanie sposobem pierwszym i korzystamy ze schematu oceniania w sposobie I.
Informacja dla absolwentów niesłyszących 121
Sposób III (geometria analityczna)
Rozwiązanie zadania sposobem analitycznym składa się z trzech kroków. Po pierwsze,
w wygodny sposób umieszczamy rozważane figury geometryczne w układzie współrzędnych
 lub równoważnie  do istniejących figur dobieramy układ współrzędnych. Po drugie,
w przyjętym układzie współrzędnych obliczamy współrzędne potrzebnych punktów.
Wreszcie, za pomocą obliczonych współrzędnych, obliczamy wielkości, o które chodzi
w zadaniu.
W naszym przypadku te kroki sprowadzają się do:
 wyboru układu współrzędnych;
 obliczenia współrzędnych wierzchołków trójkątów AHE i BEG;
 obliczenia pól trójkątów AHE i BEG.
Pokonanie zasadniczych trudności zadania polega na obliczeniu współrzędnych wierz-
chołków trójkątów AHE i BGE.
Popatrzmy teraz, w jaki sposób można przeprowadzić takie rozwiązanie. Najpierw musimy
wybrać układ współrzędnych. Można to zrobić na wiele sposobów; trudności obliczeniowe
zadania będą zależały od sposobu wyboru układu. Jednym z najwygodniejszych sposobów
jest wybór układu współrzędnych uwzględniający naturalne symetrie figur występujących
w zadaniu. W naszym przypadku wybieramy układ tak, by oś Oy zawierała oś symetrii
trójkąta równoramiennego ABC. Umieszczamy zatem trójkąt ABC w układzie współrzędnych
tak, że






,0 ,
,0 ,
0,
A
a
B
a
C
h



,
gdzie
0
a 
i
0
h 
. Ponieważ trójkąt ABC jest ostrokątny, więc
45


BAC
, skąd wynika,
że a
h

Wyznaczamy teraz współrzędne punktów E, G i H. Oczywiście bok AB ma długość 2a, skąd
wynika, że


, 2
E
a
a


. Współrzędne punktów G i H możemy wyznaczyć wieloma
sposobami. Pokażemy dokładnie dwa z nich i zasygnalizujemy trzeci sposób, znacznie
bardziej pracochłonny.
122 Informator o egzaminie maturalnym z matematyki od roku szkolnego 2014/2015
 Korzystamy z tego, że jeśli obrócimy wektor 

,x y o 90 zgodnie z ruchem
wskazówek zegara, to otrzymamy wektor 

,y
x

. (Tę własność można łatwo odczytać
z rysunku i zapamiętać.) W naszym zadaniu mamy


,
CA
a
h


, skąd


,
CH
h a

Stąd dostajemy




0,
,
,
H
C
CH
h
h a
h a
h






W podobny sposób:






,
,
,
,
,
BC
a h
BG
h a
G
a
h a




 Niech K będzie rzutem punktu G na oś Ox i niech L będzie rzutem punktu H na oś Oy.
Wówczas trójkąty CLH i GKB są przystające do trójkąta AOC, skąd
,
CL
GK
a
HL
BK
h




To daje współrzędne punktów


,
G
a
b a


i


,
H
h a
h


 Wyznaczamy równanie prostej AC:
h
y
x
h
a


oraz równanie prostej prostopadłej do
niej, przechodzącej przez punkt C:
a
y
x
h
h


. Następnie na tej prostej prostopadłej
znajdujemy oba punkty odległe od punktu C o długość odcinka AC; jest to najbardziej
pracochłonna część zadania. Wreszcie wybieramy ten z otrzymanych dwóch punktów,
który ma ujemną współrzędną x. W podobny sposób możemy wyznaczyć współrzędne
punktu G.
Następnie obliczamy pola trójkątów AHE i BEG. Możemy skorzystać ze wzoru znajdującego
się w zestawie Wybranych wzorów matematycznych. Jeśli wierzchołki trójkąta KLM mają
współrzędne






,
,
,
,
,
K
K
L
L
M
M
K
x
y
L
x
y
M
x
y



,
to pole wyraża się wzorem





1
2
KLM
L
K
M
K
L
K
M
K
P
x
x
y
y
y
y
x
x







W naszym przypadku mamy






, 2
,
,0 ,
,
E
a
a
A
a
H
h a
h





,
skąd dostajemy









1
2
0
2
2
AHE
P
a
a
a
h
a
a
h
a
a a
h
a h
a











Podobnie,






, 2
,
,0 ,
,
E
a
a
B
a
G
a
h a





,
skąd dostajemy







2
2
1
1
2
0
2
6
4
2
2
2
BEG
P
a
a
a
a
a
a
h
a
a
a
ah
a h
a













To kończy dowód.
Informacja dla absolwentów niesłyszących 123
Zauważmy też, że pole trójkąta AHE można obliczyć prościej: podstawa AE ma długość 2a,
wysokość (niezaznaczona na rysunku) ma długość h
a

Uwaga
Pola trójkątów można też obliczyć inaczej. Można np. wyznaczyć długość jednego boku,
równanie prostej zawierającej ten bok oraz odległość trzeciego wierzchołka od tej prostej
(odpowiednie wzory także znajdują się w tablicach).
Schemat oceniania III sposobu rozwiązania
Istotny postęp 1 pkt
Umieszczenie trójkąta ABC w układzie współrzędnych i podanie współrzędnych jego
wierzchołków.
Pokonanie zasadniczych trudności 2 pkt
Obliczenie współrzędnych punktów E, G i H.
Rozwiązanie pełne 3 pkt
Obliczenie pól trójkątów AHE i BEG np. za pomocą wzorów znajdujących się w tablicach
i zauważenie, że te pola są równe.
Uwaga
Zdający rozwiązujący zadanie tym sposobem mogą popełnić bardzo wiele różnych błędów:
na przykład, mogą źle wyznaczyć współrzędne punktów E, G i H lub mogą źle obliczyć pola
trójkątów. Mogą wreszcie wybrać takie metody obliczania pól, że nie będzie oczywiste, czy
otrzymane wyniki są równe (może to wymagać odpowiednich przekształceń). Niezależnie od
charakteru i przyczyny błędu, schemat oceniania wyraźnie wskazuje, jaką liczbę punktów
należy przyznać zdającemu. Maksymalną liczbę punktów zdający otrzymuje za bezbłędnie
wykonane kroki. Może się jednak zdarzyć, że zdający popełni nieistotny błąd rachunkowy
przy wyznaczaniu współrzędnych któregoś punktu i w ten sposób uzyska błędne wyniki
w ostatnim kroku. Jeśli jednak metoda obliczania pól trójkątów jest poprawna, zostały
dokonane poprawne podstawienia do wzorów, zgodne z otrzymanymi wynikami obliczeń
oraz obliczenia w tym kroku zostały wykonane poprawnie, to zdający otrzymuje 2 punkty
(jest to sytuacja, w której zdający doprowadza rozwiązanie do końca, popełniając nieistotny
błąd rachunkowy podczas pokonywania zasadniczych trudności).
124 Informator o egzaminie maturalnym z matematyki od roku szkolnego 2014/2015
Sposób IV (bezpośrednie obliczenie pól)
Prowadzimy w trójkącie ABC wysokość CK. Następnie niech punkt L będzie rzutem punktu
H na prostą KC i niech punkt P będzie rzutem punktu G na prostą AB.
Wówczas widać, że trójkąty CLH i BPG są przystające do trójkątów AKC i BKC. Mianowicie
CH
AC
BC
BG



. Jeśli następnie
BAC
ABC


,
to
90
ACK



,
HCL


oraz
90
CHL



. Podobnie,
BCK


,
90
GBP



oraz
BGP


. Wspomniane przystawania trójkątów wynikają teraz
z cechy przystawania kbk.
Przyjmijmy oznaczenia:
,
a
AK
BK
h
CK



Wówczas HL
BP
h


oraz CL
GP
a


. Ponadto a
h

. Niech następnie punkt M
będzie rzutem punktu A na prostą HL. Ponieważ a
h

, więc punkt M leży wewnątrz odcinka
HL. Możemy już obliczyć pole trójkąta EAH. Mianowicie




1
1 2
2
2
AHE
P
AE
HM
a
h
a
a h
a









Następnie niech punkt O będzie punktem przecięcia prostych EG i AP. Z podobieństwa
trójkątów EAO i GPO wynika, że
2
2
AO
AE
a
PO
PG
a



Zatem


2
2
2
3
3
AO
AP
a
h





,
skąd wynika, że




2
2
2
2
3
3
BO
AO
AB
a
h
a
h
a









Informacja dla absolwentów niesłyszących 125
Wreszcie





1
1
1 2
2
2
2
2 3
EBG
EBO
GBO
P
P
P
BO
AE
BO GP
h
a
a
a
a h
a
















To kończy dowód.
Schemat oceniania IV sposobu rozwiązania
Istotny postęp 1 pkt
Dorysowanie trójkątów CLH i GPB oraz zauważenie, że są one przystające do trójkąta AKC
(lub BKC). Nie wymagamy w tym miejscu od zdającego pełnego dowodu przystawania;
przyjmujemy, że uzasadnienie przystawania jest oczywiste.
Pokonanie zasadniczych trudności 2 pkt
Obliczenie pola jednego z trójkątów AHE i BEG.
Rozwiązanie pełne 3 pkt
Obliczenie pól obu trójkątów i stwierdzenie, że są one równe.
Uwaga
W takim sposobie rozwiązania zadania jest mało prawdopodobne, by zdający popełnił istotny
błąd. Mogą być rozwiązania niedokończone. Mogą też być różne inne próby rozwiązania
polegające na dorysowywaniu do rysunku różnych odcinków. Jeśli nie jest wyraźnie
widoczny cel takich poszukiwań i nie został on wyraźnie wskazany w rozwiązaniu, to zdający
otrzymuje 0 punktów.
126 Informator o egzaminie maturalnym z matematyki od roku szkolnego 2014/2015
Zadanie II (0-5)
Ile jest nieparzystych liczb naturalnych trzycyfrowych, w których co najmniej jedna cyfra jest
dziewiątką?
Rozwiązanie
Omówimy 6 sposobów rozwiązania tego zadania.
Sposób I (umieszczenie dziewiątki)
W tym sposobie rozwiązania pokażemy najpierw rozumowanie błędne polegające na
policzeniu kilkakrotnym tych samych liczb. Wskazany błąd jest bardzo często popełniany
przez uczniów rozwiązujących to zadanie; można go jednak dość łatwo naprawić. Wystarczy
odjąć liczbę tych liczb, które były policzone dwa razy i odjąć podwojoną liczbę tych liczb,
które były policzone trzy razy. Obliczenie, ile należy odjąć, jest dość łatwe. Problem polega
jednak na tym, że uczniowie popełniający ten błąd nie zdają sobie sprawy z tego, na czym on
polega  nie dostrzegają, że niektóre liczby policzyli wielokrotnie.
A oto rozwiązanie. Wiemy, że jedną z cyfr jest 9; możemy ją umieścić na jednym z trzech
miejsc: pierwszym, drugim lub trzecim.
 Jeśli umieścimy dziewiątkę na pierwszym miejscu, to na drugim możemy umieścić
dowolną z 10 cyfr, a na trzecim dowolną z pięciu cyfr nieparzystych. Łącznie daje to
w tym przypadku 50 liczb.
 Jeśli umieścimy dziewiątkę na drugim miejscu, to na pierwszym możemy umieścić
dowolną z 9 cyfr, a na trzecim dowolną z pięciu cyfr nieparzystych. Łącznie daje to w tym
przypadku 45 liczb.
 Jeśli umieścimy dziewiątkę na trzecim miejscu, to na pierwszym możemy umieścić
dowolną z 9 cyfr, a na drugim dowolną z 10 cyfr. Łącznie daje to w tym przypadku 90
liczb.
W sumie daje to 50
45 90
185



liczb.
Które liczby zostały policzone wielokrotnie? Popatrzmy na przykład. Przypuśćmy, że
najpierw umieściliśmy cyfrę 9 na pierwszym miejscu, a na pozostałych miejscach
umieściliśmy kolejno cyfry 5 i 9. Otrzymaliśmy liczbę 959. Przypuśćmy teraz, że najpierw
umieściliśmy cyfrę 9 na trzecim miejscu, a następnie umieściliśmy na pierwszych dwóch
miejscach kolejno cyfry 9 i 5. Znów otrzymaliśmy liczbę 959. Ta liczba została więc
w powyższym sposobie zliczania policzona dwukrotnie. Zobaczmy teraz, w jaki sposób
można poprawić to rozwiązanie błędne.
Dostaliśmy wynik 185. Zauważmy jednak, że liczby z dwiema dziewiątkami były policzone
po dwa razy, a liczba 999 nawet trzy razy. Zliczamy teraz liczby z dwiema dziewiątkami.
 Jeśli umieścimy dziewiątkę na pierwszym i drugim miejscu, to na trzecim możemy
umieścić dowolną z 4 cyfr nieparzystych: 1, 3, 5 lub 7.
 Jeśli umieścimy dziewiątkę na drugim i trzecim miejscu, to na pierwszym możemy
umieścić dowolną z 8 cyfr (od 1 do 8).
 Jeśli umieścimy dziewiątkę na pierwszym i trzecim miejscu, to na drugim możemy
umieścić dowolną z 9 cyfr (od 0 do 8).
Informacja dla absolwentów niesłyszących 127
W sumie okazuje się, że mamy 21 liczb z dwiema dziewiątkami. Od otrzymanego wyniku
musimy zatem odjąć 21. Następnie mamy jedną liczbę (mianowicie 999) z trzema
dziewiątkami. Policzyliśmy ją trzykrotnie, więc od otrzymanego wyniku musimy jeszcze
odjąć 2. Zatem liczb, które nas interesują, jest 185 21 2
162


Schemat oceniania I sposobu rozwiązania
Pokazane na początku rozwiązanie błędne zawiera istotne elementy rozumowania
prawidłowego, więc powinno być ocenione jako rozwiązanie częściowe. Uznajemy je za
,,istotny postęp”.
Postęp niewielki 1 pkt
Zdający obliczy, że przy umieszczeniu dziewiątki na pierwszym miejscu otrzyma 50 liczb lub
obliczy, że przy umieszczeniu dziewiątki na drugim miejscu otrzyma 45 liczb lub obliczy, że
przy umieszczeniu dziewiątki na trzecim miejscu otrzyma 90 liczb.
Istotny postęp 2 pkt
Zdający obliczy, że przy umieszczeniu dziewiątki na pierwszym miejscu otrzyma 50 liczb, że
przy umieszczeniu dziewiątki na drugim miejscu otrzyma 45 liczb i że przy umieszczeniu
dziewiątki na trzecim miejscu otrzyma 90 liczb. Nie wymagamy, by w tej kategorii otrzymał
wynik łączny 185 liczb.
Pokonanie zasadniczych trudności 4 pkt
Zdający otrzyma wynik 185 liczb, następnie zauważy, że pewne liczby policzono
wielokrotnie oraz obliczy, że 21 liczb policzono dwukrotnie. Za samo zauważenie, że pewne
liczby zostały policzone wielokrotnie, bez podania prawidłowej ich liczby (na przykład
w wyniku błędnego obliczenia), zdający otrzymuje 3 punkty.
Rozwiązanie pełne 5 pkt
Zdający pokona zasadnicze trudności zadania, zauważy, że liczba 999 była policzona
trzykrotnie i obliczy poprawnie liczbę wszystkich rozważanych liczb:
50 45 90 21 2 162




Sposób II (pierwsza dziewiątka)
Wszystkie interesujące nas liczby dzielimy na trzy grupy i policzymy liczby w każdej grupie.
 Do pierwszej grupy zaliczamy liczby zaczynające się dziewiątką.
 Do drugiej grupy zaliczamy liczby, w których pierwsza dziewiątka znajduje się na drugim
miejscu.
 Do trzeciej grupy zaliczamy liczby, w których pierwsza dziewiątka znajduje się na
trzecim miejscu.
Teraz zliczamy liczby znajdujące się w tych grupach.
128 Informator o egzaminie maturalnym z matematyki od roku szkolnego 2014/2015
 W pierwszej grupie znajduje się 50 liczb: na pierwszym miejscu jest dziewiątka, na
drugim dowolna z 10 cyfr i na trzecim dowolna z pięciu cyfr nieparzystych.
 W drugiej grupie znajduje się 40 liczb: na pierwszym miejscu znajduje się jedna z 8 cyfr
(nie może być 0 i 9), na drugim miejscu jest dziewiątka i na trzecim jedna
z pięciu cyfr nieparzystych.
 W trzeciej grupie znajdują się 72 liczby: na pierwszym miejscu znajduje się jedna z 8 cyfr
(jak wyżej), na drugim jedna z 9 cyfr (nie może być 9) i na trzecim miejscu znajduje się
dziewiątka.
Łącznie mamy zatem 162 liczby.
Komentarz
Zdający rozwiązujący zadanie tą metodą pewnie wie o niebezpieczeństwie i prawdopodobnie
nie popełni większych błędów. Możliwe są natomiast drobne błędy rachunkowe.
Schemat oceniania II sposobu rozwiązania
Postęp niewielki 1 pkt
Zdający prawidłowo zdefiniuje trzy grupy liczb.
Istotny postęp 2 pkt
Zdający obliczy, ile jest liczb w co najmniej jednej z tych trzech grup.
Pokonanie zasadniczych trudności 4 pkt
Zdający prawidłowo obliczy, ile jest liczb w każdej z tych trzech grup. Za prawidłowy wynik
w dwóch grupach zdający otrzymuje 3 punkty.
Rozwiązanie pełne 5 pkt
Zdający pokona zasadnicze trudności zadania i obliczy poprawnie liczbę wszystkich
rozważanych liczb:
50
40 72
162



Informacja dla absolwentów niesłyszących 129
Sposób III (liczba dziewiątek)
Najpierw policzymy liczby, w których jest tylko jedna cyfra 9. Tym razem zastosujemy
metodę znaną z powyższego błędnego rozwiązania, jednak użycie tej metody będzie
poprawne, gdyż jest tylko jedna cyfra 9. Możemy umieścić ją na jednym z trzech miejsc.
 Jeśli umieścimy dziewiątkę na pierwszym miejscu, to na drugim możemy umieścić
dowolną z 9 cyfr (od 0 do 8), a na trzecim dowolną z czterech cyfr nieparzystych:
1, 3, 5, 7. Łącznie daje to w tym przypadku 36 liczb.
 Jeśli umieścimy dziewiątkę na drugim miejscu, to na pierwszym możemy umieścić
dowolną z 8 cyfr (od 1 do 8), a na trzecim dowolną z czterech cyfr nieparzystych:
1, 3, 5, 7. Łącznie daje to w tym przypadku 32 liczby.
 Jeśli umieścimy dziewiątkę na trzecim miejscu, to na pierwszym możemy umieścić
dowolną z 8 cyfr (od 1 do 8), a na drugim dowolną z 9 cyfr (od 0 do 8). Łącznie daje to
w tym przypadku 72 liczby.
W sumie daje to 36 32 72
140



liczb.
Teraz policzymy liczby, w których są dwie cyfry 9.
 Jeśli umieścimy dziewiątkę na pierwszym i drugim miejscu, to na trzecim możemy
umieścić dowolną z 4 cyfr nieparzystych.
 Jeśli umieścimy dziewiątkę na drugim i trzecim miejscu, to na pierwszym możemy
umieścić dowolną z 8 cyfr.
 Jeśli umieścimy dziewiątkę na pierwszym i trzecim miejscu, to na drugim możemy
umieścić dowolną z 9 cyfr.
W sumie daje to 4 8 9
21

liczb.
Wreszcie mamy jedną liczbę z trzema dziewiątkami: 999.
Mamy więc 140
21 1 162


liczby.
Schemat oceniania III sposobu rozwiązania
Istotny postęp 2 pkt
Obliczenie, że istnieje 140 liczb z jedną dziewiątką lub obliczenie, że istnieje 21 liczb
z dwiema dziewiątkami. Każde z tych obliczeń wymaga rozpatrzenia trzech przypadków
w zależności od położenia dziewiątek. Zdający otrzymuje 1 punkt, jeśli prawidłowo
rozpatrzy dwa z tych trzech przypadków i na tym poprzestanie lub popełni błąd w trzecim
obliczeniu lub obliczeniu sumy.
Pokonanie zasadniczych trudności 4 pkt
Obliczenie, że istnieje 140 liczb z jedną dziewiątką i istnieje 21 liczb z dwiema dziewiątkami.
Jeśli zdający poprawnie wykona jedno z tych obliczeń, a w drugim popełni błąd taki jak
opisany w poprzedniej kategorii, to otrzymuje 3 punkty.
130 Informator o egzaminie maturalnym z matematyki od roku szkolnego 2014/2015
Rozwiązanie pełne 5 pkt
Podanie pełnej odpowiedzi. Jeśli zdający poprawnie obliczy, że istnieje 140 liczb z jedną
dziewiątką lub 21 liczb z dwiema dziewiątkami, drugie z tych obliczeń doprowadzi do końca
z błędem w jednym z trzech przypadków, następnie zauważy, że istnieje dokładnie jedna
liczba z trzema dziewiątkami i poprawnie doda otrzymane liczby - otrzymując w efekcie
wynik błędny - otrzymuje 4 punkty.
Sposób IV (uzupełnianie)
Najpierw policzymy wszystkie liczby trzycyfrowe nieparzyste. Wszystkich liczb
trzycyfrowych jest 900; co druga jest nieparzysta. Istnieje zatem 450 liczb trzycyfrowych
nieparzystych. Możemy również rozumować następująco: na pierwszym miejscu można
umieścić jedną z dziewięciu cyfr, na drugim jedną z dziesięciu cyfr, a na trzecim jedną
z pięciu cyfr nieparzystych: 1, 3, 5, 7, 9. Łącznie mamy zatem 9 10 5
450


liczb. Teraz
policzymy wszystkie liczby nieparzyste, w których nie występuje cyfra 9. Tym razem na
pierwszym miejscu możemy umieścić jedną z ośmiu cyfr (od 1 do 8), na drugim jedną
z dziewięciu cyfr (od 0 do 8), a na trzecim jedną z czterech cyfr nieparzystych: 1, 3, 5, 7;
łącznie mamy zatem8 9 4
288

liczb. Liczby w zadaniu to oczywiście liczby należące do
pierwszej grupy (wszystkie liczby nieparzyste) i nienależące do drugiej grupy (w której są
liczby nieparzyste bez dziewiątki). Stąd wynika, że liczb w zadaniu jest 450 288 162


Schemat oceniania IV sposobu rozwiązania
Postęp niewielki 1 pkt
Obliczenie liczby liczb trzycyfrowych: 900.
Istotny postęp 2 pkt
Obliczenie liczby nieparzystych liczb trzycyfrowych: 450. Jeśli zdający oblicza tę liczbę
metodą rozmieszczania cyfr i popełni błąd rachunkowy, to otrzymuje 1 punkt. Jeśli zdający
stwierdzi, że istnieje 899 liczb trzycyfrowych i jako liczbę nieparzystych liczb trzycyfrowych
poda liczbę 449 lub 450, to otrzymuje 1 punkt.
Pokonanie zasadniczych trudności 4 pkt
Obliczenie liczby nieparzystych liczb trzycyfrowych niezawierających cyfry 9: jest 288 liczb.
Jeżeli zdający obliczy poprawnie liczbę nieparzystych liczb trzycyfrowych niezawierających
cyfry 9, ale popełni błąd opisany w kategorii ,,istotny postęp'”, to otrzymuje 3 punkty.
Rozwiązanie pełne 5 pkt
Zdający otrzyma prawidłowy wynik (162 liczby) nie popełniając przy tym błędu
(np. opisanego w kategorii ,,istotny postęp”). W przypadku, gdy popełni taki błąd, otrzymuje
4 punkty.
Informacja dla absolwentów niesłyszących 131
Sposób V(zasada włączeń i wyłączeń)
Niektórzy uczniowie mogą zastosować w rozwiązaniu zasadę włączeń i wyłączeń, choć nie
ma jej w podstawie programowej  mogli ją na przykład odkryć samodzielnie, jako
intuicyjnie niemal oczywistą regułę.
Niech A będzie zbiorem liczb nieparzystych z dziewiątką na pierwszym miejscu, B zbiorem
liczb nieparzystych z dziewiątką na drugim miejscu i wreszcie C zbiorem nieparzystych
z dziewiątką na trzecim miejscu. Zbiorem liczb, które nas interesują, jest oczywiście zbiór
A
B
C


. Nietrudno teraz zauważyć, że:
50
A 
,
45
B 
,
90
C 
5
A
B


,
10
A
C


,
9
B
C


1
A
B
C



Z zasady włączeń i wyłączeń dostajemy
50
45
90
5 10
9 1
162.
A
B
C
A
B
C
A
B
A
C
B
C
A
B
C




















Schemat oceniania V sposobu rozwiązania
Postęp niewielki 1 pkt
Zdający zdefiniuje zbiory A, B i C i zauważy, że ma obliczyć A
B
C


Postęp większy 2 pkt
Zdający obliczy A , B i C .
Istotny postęp 3 pkt
Zdający obliczy A
B

, B
C

, A
C

i A
B
C


Pokonanie zasadniczych trudności 4 pkt
Zdający poprawnie zapisze wzór włączeń i wyłączeń i podstawi do niego prawidłowe dane.
Jeśli zdający zdefiniuje zbiory A, B i C, poprawnie zapisze wzór włączeń i wyłączeń
i poprawnie obliczy co najmniej A , B i C oraz popełni błędy w pozostałych obliczeniach,
to otrzymuje 3 punkty.
Rozwiązanie pełne 5 pkt
Uwaga
Jeśli zdający tylko zdefiniuje zbiory A, B i C oraz poprawnie zapisze wzór włączeń
i wyłączeń, to otrzymuje 2 punkty.
132 Informator o egzaminie maturalnym z matematyki od roku szkolnego 2014/2015
Sposób VI (wypisywanie liczb w kolejności rosnącej)
Ten sposób rozwiązania może naprowadzić zdającego na stosunkowo proste rozwiązanie.
Oczywiście wypisywanie wszystkich liczb spełniających warunki zadania nie może być
dokonywane bez zastanowienia. Nie chodzi zatem o wypisanie w kolejności rosnącej
wszystkich liczb trzycyfrowych (jest ich 900), wykreśleniu liczb parzystych oraz liczb,
w których nie występuje dziewiątka i zliczeniu liczb niewykreślonych. Jeśli zdający nie
popełni błędu, powinien otrzymać 162 liczby. Oczywiście takie rozwiązanie, wykonane
bezbłędnie, powinno być ocenione na 5 punktów.
Zdający może również wypisywać w kolejności rosnącej tylko właściwe liczby. Oto
poprawny wynik:
109
119 129 139 149 159 169 179 189
191
193 195 197 199
209
219 229 139 249 259 269 279 289
291
293 295 297 299
309
319 329 339 349 359 369 379 389
391
393 395 397 399
409
419 429 439 449 459 469 479 489
491
493 495 497 499
509
519 529 539 549 559 569 579 589
591
593 595 597 599
609
619 629 639 649 659 669 679 689
691
693 695 697 699
709
719 729 739 749 759 769 779 789
791
793 795 797 799
809
819 829 839 849 859 869 879 889
891
893 895 897 899
901
903 905 907 909
911
913 915 917 919
921
923 925 927 929
931
933 935 937 939
941
943 945 947 949
951
953 955 957 959
961
963 965 967 969
971
973 975 977 979
981
983 985 987 989
991
993 995 997 999
W pierwszych 16 wierszach mamy ośmiokrotnie wiersz z 9 liczbami i wiersz z 5 liczbami.
W następnych 10 wierszach mamy po 5 liczb. Łącznie zatem wypisano


8 9
5
10 5
162




Informacja dla absolwentów niesłyszących 133
liczby.
W trakcie wypisywania możemy zauważyć regułę i ją opisać: najpierw występują liczby
zaczynające się od cyfry różnej od 9 (mamy tu 8 możliwości). Dla każdej takiej pierwszej
cyfry c mamy 9 liczb postaci
c09, c19, c29, c39, c49, c59, c69, c79, c89,
po których przychodzi 5 liczb postaci
c91, c93, c95, c97, c99.
Dla każdej cyfry
1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8
c 
wypiszemy w ten sposób 14 liczb. To łącznie daje
8 14
112


liczb. Następnie wypisujemy liczby zaczynające się od dziewiątki. Warunek
mówiący, że w zapisie liczby występuje dziewiątka, jest teraz spełniony; na drugim miejscu
może zatem wystąpić dowolna z 10 cyfr, a na trzecim dowolna z pięciu cyfr nieparzystych:
1, 2, 5, 7, 9. To daje łącznie 50 liczb, a więc ostatecznie dostajemy 162 liczby.
Komentarz
Zdający mogą próbować wypisywać liczby w różnej kolejności, stosując różne strategie.
W przypadku, gdy zdający wyłącznie wypisuje liczby i podaje ostateczną odpowiedź,
uznajemy tylko rozwiązania całkowicie bezbłędne: odpowiedź 162 popartą poprawną listą
liczb. Za takie rozwiązanie zdający powinien otrzymać 5 punktów. Za rozwiązania
polegające na wypisywaniu liczb, niezawierające wyjaśnień i prowadzące do błędnej
odpowiedzi zdający powinien otrzymać 0 punktów. Jeśli zdający poda odpowiedź poprawną
(162 liczby) bez jakiegokolwiek uzasadnienia, to za takie rozwiązanie można otrzymać co
najwyżej 1 punkt. Jeśli natomiast poprawna odpowiedź jest poparta nieprawidłową listą
liczb, to zdający otrzymuje 0 punktów.
Metoda polegająca na wypisywaniu liczb może - jak widzieliśmy wyżej - prowadzić do
trafnych uogólnień. Pokonanie zasadniczych trudności zadania polega na dokonaniu dwóch
obserwacji: dla każdej cyfry różnej od 0 i 9 mamy 14 interesujących nas liczb zaczynających
się tą cyfrą oraz dla cyfry 9 mamy 50 liczb zaczynających się tą cyfrą.
Schemat oceniania VI sposobu rozwiązania
Jeśli zdający opisze regułę prowadzącą do wypisania poprawnej listy, to przyznajemy punkty
według następującego schematu:
Istotny postęp 2 pkt
 Zdający zauważy, że jeśli pierwsza cyfra jest różna od 9, to mamy 14 liczb
lub
 zdający zauważy, że jeśli pierwsza cyfra jest dziewiątką, to mamy 50 liczb.
Uznajemy w tej kategorii rozwiązania, w których zdający wypisze w wyraźnie wyodrębnionej
grupie 14 liczb zaczynających się np. od jedynki i wskaże (np. za pomocą trzech kropek), że
ta sama reguła obowiązuje dla pozostałych pierwszych cyfr różnych od dziewiątki. Uznajemy
także rozwiązania, w których zdający wyłącznie obliczy, że jest 50 liczb nieparzystych
zaczynających się od dziewiątki.
134 Informator o egzaminie maturalnym z matematyki od roku szkolnego 2014/2015
Pokonanie zasadniczych trudności 4 pkt
Zdający zauważy obie reguły opisane w poprzedniej kategorii.
Rozwiązanie pełne 5 pkt
Zdający pokona zasadnicze trudności zadania i ponadto poprawnie obliczy liczbę wszystkich
rozważanych liczb: 8 14 50
162



Uwaga
W tej metodzie rozwiązania zdający może popełnić wiele błędów. Na przykład, może
wypisując liczby zaczynające się cyfrą 1 nie zauważyć, że liczba 199 pojawia się dwukrotnie:
raz w ciągu 10 liczb
109, 119, 129, 139, 149, 159, 169, 179, 189, 199
i drugi raz w ciągu liczb
191, 193, 195, 197, 199.
Jeśli zdający wyłącznie zauważy, że istnieje 15 liczb zaczynających się od cyfry różnej od 9,
powinien otrzymać 1 punkt. Inny błąd może polegać na złym obliczeniu, ile jest liczb
zaczynających się od dziewiątki. Zdający może na przykład zapomnieć, że rozważamy
wyłącznie liczby nieparzyste i przyjmie, że istnieje 100 takich liczb. Za taką obserwację też
powinien otrzymać 1 punkt. Te błędy mogą prowadzić do następujących błędnych
odpowiedzi:
8 15 50
170



oraz
8 14 100
192



Za doprowadzenie rozwiązania do końca z jednym z tych dwóch błędów zdający powinien
otrzymać 4 punkty. Oba opisane błędy prowadzą do odpowiedzi
8 15 100
220



,
za którą zdający powinien otrzymać 3 punkty.
Informacja dla absolwentów niesłyszących 135
Zadanie III (0-3)
Wykaż, że jeżeli
0
x 
, to
2
16
12
x
x


I sposób rozwiązania (pierwsza pochodna)
Definiujemy funkcję f określoną wzorem
2
16
( )
f x
x
x


dla


0,
x
.
Funkcja f jest różniczkowalna, obliczamy pochodną funkcji:



2
3
2
2
2
2
2
2
4
16
2
16
( )
2
x
x
x
x
f
x
x
x
x
x









Ponieważ
2
2
4
0
x
x


 dla każdej liczby rzeczywistej x, to
( )
0
f
x


wtedy i tylko wtedy, gdy
2
x 
,
( )
0
f
x


wtedy i tylko wtedy, gdy


0,2
x
,
( )
0
f
x


wtedy i tylko wtedy, gdy


2,
x
.
Wynika stąd, że funkcja f jest malejąca w przedziale 0,2 i jest rosnąca
w przedziale

2,, czyli dla
2
x 
przyjmuje wartość najmniejszą.
Obliczamy
16
(2)
4
12
2
f



, stąd wynika, że
( )
12
f x 
co należało udowodnić.
Schemat oceniania I sposobu rozwiązania
Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp 1 pkt
Określenie funkcji
2
16
( )
f x
x
x


dla


0,
x
 i obliczenie jej pochodnej



2
3
2
2
2
2
2
2
4
16
2
16
( )
2
x
x
x
x
f
x
x
x
x
x









Pokonanie zasadniczych trudności 2 pkt
Obliczenie miejsca zerowego pochodnej i wyznaczenie przedziałów, w których pochodna ma
„stały znak”:
( )
0
f
x


wtedy i tylko wtedy, gdy
2
x 
,
( )
0
f
x


wtedy i tylko wtedy, gdy


0,2
x
,
( )
0
f
x


wtedy i tylko wtedy, gdy


2,
x
.
136 Informator o egzaminie maturalnym z matematyki od roku szkolnego 2014/2015
Rozwiązanie pełne 3 pkt
Stwierdzenie, że funkcja f jest malejąca w przedziale 0,2 i jest rosnąca w przedziale

2,, czyli dla
2
x 
przyjmuje wartość najmniejszą.
Obliczenie
(2)
12
f

i zapisanie wniosku:
( )
12
f x 
, co należało udowodnić.
Uwagi
1. Zdający po obliczeniu, że
( )
0
f
x


tylko dla
2
x 
, może uzasadnić tezę korzystając
z drugiej pochodnej funkcji f .
2. Jeżeli zdający obliczy, że
( )
0
f
x


tylko dla
2
x 
i stąd już wywnioskuje, że:
( )
(2)
12
f x
f


, to za rozwiązanie przyznajemy 2 punkty.
Komentarz
Jeżeli w obliczaniu pochodnej zdający popełni błąd, który nie zmieni miejsc zerowych
pochodnej i dalej doprowadzi rozwiązanie do końca, to może otrzymać za całe zadanie
maksymalnie 2 punkty.
Przykłady tego typu błędów:

3
2
16
x
f
x
x



,




2
2
2
2
4
x
x
x
f
x
x





,




2
2
2
2
2
2
x
x
x
f
x
x





Jeżeli w obliczaniu pochodnej zdający popełni błąd, który zmienia miejsca zerowe pochodnej,
to otrzymuje za zadanie 0 punktów.
Informacja dla absolwentów niesłyszących 137
II sposób rozwiązania (przekształcenia równoważne)
Zapisujemy nierówność
2
16
12
x
x


i przekształcamy ją równoważnie:
2
16
4
4
4
16
0
x
x
x
x






,


2
2
4
4
4
4
4
0
x
x
x
x
x






,




2
2
4
2
2
0
x
x
x




,


2
4
2
1
0
x
x









Jeżeli
0
x 
, to lewa strona nierówności jest nieujemna, jako iloczyn czynników nieujemnego
i dodatniego, co należało udowodnić.
Schemat oceniania II sposobu rozwiązania
Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp 1 pkt
Zapisanie nierówności w postaci
2
16
4
4
4
16
0
x
x
x
x






Pokonanie zasadniczych trudności 2 pkt
Zapisanie nierówności w postaci 



2
2
4
2
2
0
x
x
x




Rozwiązanie pełne 4 pkt
 Zapisanie nierówności w postaci 

2
4
2
1
0
x
x









i stwierdzenie, że jeżeli
0
x 
, to
lewa strona nierówności jest nieujemna, bo iloczyn czynników nieujemnego
i dodatniego jest nieujemny, co kończy dowód
albo
 zapisanie nierówności w postaci 



2
2
4
2
2
0
x
x
x




i stwierdzenie, że jeżeli
0
x 
,
to lewa strona nierówności jest nieujemna, bo suma dwóch liczb nieujemnych jest
nieujemna, co kończy dowód.
III sposób rozwiązania (funkcja wymierna)
Zapisujemy nierówność
2
16
12
x
x


w postaci równoważnej
3
12
16
0
x
x
x



138 Informator o egzaminie maturalnym z matematyki od roku szkolnego 2014/2015
Przy założeniu
0
x 
, nierówność ta jest równoważna nierówności
3 12
16
0
x
x



dla
0
x 
Określamy wielomian
3
( )
12
16
W x
x
x



Stwierdzamy, że jednym z miejsc zerowych wielomianu W jest liczba 2 . Po podzieleniu
wielomianu W przez dwumian
2
x 
otrzymujemy iloraz
2
2
8
x
x

, który zapisujemy
w postaci iloczynowej



2
2
8
2
4
x
x
x
x




Stąd






2
3
2
( )
12
16
2
2
8
2
4
W x
x
x
x
x
x
x
x










Stwierdzamy, że jeżeli
0
x 
, to
( )
0
W x 
jako iloczyn czynników nieujemnych, co kończy
dowód.
Schemat oceniania III sposobu rozwiązania
Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp 1 pkt
Stwierdzenie, że przy założeniu
0
x 
, nierówność jest równoważna nierówności
3 12
16
0
x
x



dla
0
x 
Pokonanie zasadniczych trudności 2 pkt
Zapisanie wielomianu W w postaci iloczynowej



2
3
( )
12
16
2
4
W x
x
x
x
x






Rozwiązanie pełne 3 pkt
Uzasadnienie, że jeżeli
0
x 
, to
( )
0
W x 
, co kończy dowód.
IV
sposób
rozwiązania
(zastosowanie
nierówności
dla
średniej
arytmetycznej
i geometrycznej)
Niektórzy uczniowie mogą odwołać się do tej nierówności, choć nie ma jej w podstawie
programowej i, jak widzieliśmy, rozwiązanie zadania nie wymaga jej znajomości. Lewą
stronę nierówności zapisujemy w postaci
2
8
8
x
x
x


Przy założeniu
0
x 
, korzystamy z nierówności dla średniej arytmetycznej i średniej
geometrycznej:
jeżeli
0
a 
,
0
b 
,
0
c 
, to
3
3
a
b
c
abc



, czyli
3
3
a
b
c
abc


Podstawiając
2
a
x

,
8
b
x

,
8
c
x

Informacja dla absolwentów niesłyszących 139
otrzymujemy
2
2
3
3
8
8
8 8
3
3 64
12
x
x
x
x
x x







Stąd wynika, że
2
16
12
x
x


, co kończy dowód.
Schemat oceniania IV sposobu rozwiązania
Rozwiązanie, w którym postęp jest wprawdzie niewielki, ale konieczny na drodze do
pełnego rozwiązania zadania 1 pkt
Zapisanie lewej strony nierówności w postaci
2
8
8
x
x
x


Pokonanie zasadniczych trudności 2 pkt
Zastosowanie nierówności dla średniej arytmetycznej i średniej geometrycznej:
jeżeli
0
a 
,
0
b 
,
0
c 
, to
3
3
a
b
c
abc



, dla
2
a
x

,
8
b
x

,
8
c
x

Rozwiązanie pełne 3 pkt
Zapisanie, że dla
0
x 
, po zastosowaniu nierówności dla średniej arytmetycznej i średniej
geometrycznej otrzymujemy
2
2
3
8
8
8 8
3
12
x
x
x
x
x x






, co kończy dowód.
140 Informator o egzaminie maturalnym z matematyki od roku szkolnego 2014/2015
Zadanie IV (0-7)
Dany jest prostokątny arkusz kartonu o długości 80 cm i szerokości 50 cm. W czterech rogach
tego arkusza wycięto kwadratowe naroża (na rysunku zaznaczone kolorem szarym).
Następnie
zagięto
karton
wzdłuż
linii
przerywanych,
tworząc
w
ten
sposób
prostopadłościenne pudełko (bez przykrywki). Oblicz długość boku wyciętych kwadratowych
naroży, dla której objętość otrzymanego pudełka jest największa. Oblicz tę objętość.
Rozwiązanie
Oznaczmy literą x długość boku kwadratowych naroży. Podstawa pudełka ma wymiary
(80
2 ) (50
2 )
x
x



Wysokość pudełka jest równa x. Zatem objętość wyraża się wzorem
(80
2 ) (50
2 )
V
x
x
x





,
czyli


2
3
2
3
2
(4000 160
100
4
)
4
260
4000
4
65
1000
V
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x











dla 0
25
x


Rozważmy funkcję

3
2
65
1000
f x
x
x
x



określoną dla każdej liczby rzeczywistej x.
Obliczamy pochodną tej funkcji:

2
3
130
1000
f
x
x
x




Następnie znajdujemy miejsca zerowe tej pochodnej:
2
130
12 1000
16900 12000
4900






,
1
2
130
70
130
70
1
10,
33
6
6
3
x
x






Ponadto:
( )
0
f
x


w każdym z przedziałów 

,10

oraz 100 ,
3







,
( )
0
f
x


w przedziale
100
10, 3






Informacja dla absolwentów niesłyszących 141
Zatem funkcja f jest rosnąca w każdym z przedziałów 
,10

oraz 100 ,
3


i malejąca
w przedziale
100
10, 3
Ponieważ


4
V x
f x

dla


0,25
x
, więc w przedziale 

0,25 funkcja
( )
V x ma
ekstremum w tym samym punkcie, w którym funkcja
( )
f x . Stąd wynika, że w punkcie
10
x 
funkcja V przyjmuje wartość największą. Szukana objętość jest zatem równa
(80
20) (50
20) 10
18000
V 





cm2.
Schemat oceniania
Rozwiązanie zadania składa się z trzech etapów.
a) Pierwszy etap (3 pkt) składa się z trzech części:
 wybór zmiennej i wyrażenie za pomocą tej zmiennej wielkości, które będą
potrzebne do zdefiniowania funkcji. Oznaczenie literą x długości boku
kwadratowych
naroży,
zapisanie
wymiarów
podstawy
pudełka
(80
2 ) (50
2 )
x
x



,
 zdefiniowanie funkcji jednej zmiennej, zapisanie objętości jako funkcji zmiennej
wysokości pudełka x:
(80
2 ) (50
2 )
V
x
x
x





,
 określenie dziedziny funkcji V: 0
25
x


Zdający otrzymuje 2 punkty za poprawne zdefiniowanie funkcji zmiennej x opisującej
objętość prostopadłościanu. Ponadto zdający otrzymuje 1 punkt za poprawne określenie
dziedziny wynikającej z treści zadania, a nie z wyznaczonego wzoru funkcji.
b) Drugi etap (3 pkt) składa się z trzech części:
 wyznaczenie pochodnej funkcji f:

2
3
130
1000
f
x
x
x




,
 obliczenie miejsc zerowych pochodnej:
1
2
1
10,
333
x
x


,
 uzasadnienie (np. przez badanie monotoniczności funkcji), że funkcja posiada
wartość największą w punkcie
10
x 
Za poprawne rozwiązanie każdej z części tego etapu zdający otrzymuje 1 punkt, o ile
poprzednia część etapu została zrealizowana bezbłędnie.
c) Trzeci etap (1 pkt).
Obliczenie największej objętości:
(80
20) (50
20) 10
18000
V 





cm2.
142 Informator o egzaminie maturalnym z matematyki od roku szkolnego 2014/2015
Komentarz
Zdający rozwiązując zadanie może nie doprowadzić rozumowania do końca lub popełnić
różnego rodzaju błędy np.:
1. Błędne określenie dziedziny funkcji V np. zapisanie
0
x 
lub
50
x 
. Jeżeli zdający nie
poda dziedziny funkcji lub poda ją błędnie, to za całe rozwiązanie może otrzymać
maksymalnie 6 punktów.
2. Błędne zapisanie wzoru na objętość pudełka (np. błędne określenie wymiarów pudełka
lub wzoru na objętość prostopadłościanu).
3. Niewłaściwe wyznaczenie pochodnej rozważanej funkcji.
4. Nieprawidłowo obliczone miejsca zerowe pochodnej.
5. Błędne określenie monotoniczności funkcji oraz jej ekstremów.
6. Brak uzasadnienia, błędne lub niepełne uzasadnienie, że funkcja V w punkcie
10
x 
przyjmuje maksimum lokalne.
7. Nieobliczenie lub błędne obliczenie największej objętości pudełka.
Schemat oceniania pokazuje jak w poszczególnych sytuacjach ocenić rozwiązanie zadania.
Informacja dla absolwentów niesłyszących 143
6.4. PRZYKŁADOWE ZADANIA Z MATEMATYKI NA POZIOMIE PODSTAWOWYM DLA
ABSOLWENTÓW NIESŁYSZĄCYCH WRAZ Z ROZWIĄZANIAMI
Numeracja zadań w części 6.4. odpowiada numeracji zadań w części 4. Jeżeli zadanie nie
zostało przedstawione poniżej, oznacza to, że wersja dla niesłyszących nie różni się niczym
od wersji przedstawionej w części 4.
Zadanie 16. (0-1)
Kąt środkowy i kąt wpisany w okrąg są oparte na tym samym łuku. Suma miar tych kątów
jest równa180 .
Jaka jest miara kąta środkowego?
A. 60
B. 90
C. 120
D. 135
Wymagania ogólne
II. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji.
Zdający używa prostych, dobrze znanych obiektów matematycznych.
Wymagania szczegółowe
7.1. Zdający stosuje zależności między kątem środkowym i kątem wpisanym.
Rozwiązanie C
Zadanie 21. (0-1)
W kinie jest 5 wolnych miejsc. Liczba wszystkich sposobów, na jakie Ala i Bartek mogą usiąść
na dwóch miejscach, jest równa
A. 25
B. 20
C. 15
D. 12
Wymagania ogólne
III. Modelowanie matematyczne.
Zdający dobiera model matematyczny do prostej sytuacji i krytycznie ocenia trafność modelu.
Wymagania szczegółowe
10.2. Zdający zlicza obiekty w prostych sytuacjach kombinatorycznych, niewymagających
użycia wzorów kombinatorycznych, stosuje regułę mnożenia i regułę dodawania.
Rozwiązanie B
144 Informator o egzaminie maturalnym z matematyki od roku szkolnego 2014/2015
Zadanie 23. (0-2)
Rozwiąż nierówność
0
7
6
2


x
x
Wymagania ogólne
II. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji.
Zdający używa prostych, dobrze znanych obiektów matematycznych.
Wymagania szczegółowe
3.5. Zdający rozwiązuje nierówności kwadratowe z jedną niewiadomą.
Rozwiązanie
Korzystamy ze wzorów na pierwiastki równania kwadratowego lub rozkładamy trójmian na
czynniki



2
6
7
7
1
x
x
x
x





. Trójmian kwadratowy
2
6
7
y
x
x



ma dwa
pierwiastki:
1
2
7,
1
x
x

. Ponieważ parabola o równaniu
2
6
7
y
x
x



ma ramiona
skierowane do góry, to leży ona poniżej osi Ox między swoimi miejscami zerowymi. Zatem
rozwiązaniem nierówności jest przedział domknięty
7,1

Zadanie 24. (0-2)
Oblicz najmniejszą wartość funkcji kwadratowej
2
( )
6
1
f x
x
x


 w przedziale
1,0
Wymagania ogólne
II. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji.
Zdający używa prostych, dobrze znanych obiektów matematycznych.
Wymagania szczegółowe
4.11. Zdający wyznacza wartość najmniejszą i wartość największą funkcji kwadratowej
w przedziale domkniętym.
Rozwiązanie
Wyznaczamy współrzędne wierzchołka paraboli o równaniu
2
6
1
y
x
x


. Mamy
3,
8
2
4
w
w
b
x
y
a
a




. Ponieważ parabola ma ramiona skierowane do góry, to
w przedziale 
,3

dana funkcja maleje. Dlatego maleje także na zawartym w nim
przedziale 0,1 . Dlatego najmniejszą wartość funkcja ma w prawym końcu, czyli dla
1
x .
Tą wartością jest
21
6 1 1
4
y 
.
Informacja dla absolwentów niesłyszących 145
Zadanie 26. (0-2)
Napisz równanie prostej równoległej do prostej o równaniu
2
11
y
x


i przechodzącej przez
punkt
(1,2).
P 
Wymagania ogólne
II. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji.
Zdający używa prostych, dobrze znanych obiektów matematycznych.
Wymagania szczegółowe
8.3. Zdający wyznacza równanie prostej, która jest równoległa lub prostopadła do prostej
danej w postaci kierunkowej i przechodzi przez dany punkt.
Rozwiązanie
Wszystkie proste równoległe do danej prostej mają taki sam współczynnik kierunkowy.
Dlatego szukamy prostej o równaniu
2
y
x
b


. Ponieważ szukana prosta przechodzi przez
punkt
(1,2)
P 
, otrzymujemy 2
2 1 b
, więc
0
b 
. Dlatego prosta ta ma równanie
2
y
x

Zadanie 27. (0-2)
Wyznacz równanie prostej zawierającej środkową CD trójkąta ABC, którego wierzchołkami
są punkty:

1
,2 


A
,

1,6

B
,


10
,7

C
Wymagania ogólne
IV. Użycie i tworzenie strategii.
Zdający stosuje strategię, która jasno wynika z treści zadania.
Wymagania szczegółowe
8.5.Zdający wyznacza współrzędne środka odcinka.
8.1. Zdający wyznacza równanie prostej przechodzącej przez dwa dane punkty (w postaci
kierunkowej lub ogólnej).
Rozwiązanie
Wiemy, że szukana prosta przechodzi przez punkt


7,10
C 
oraz że przechodzi przez punkt
D, który jest środkiem boku AB. Dlatego korzystając ze wzoru na współrzędne środka
odcinka mamy


2
6
1 1
,
2,0
2
2
D










. Ze wzoru na równanie prostej przechodzącej
przez dwa dane punkty otrzymujemy: 




10
2
7
0 10
7
0
y
x






, a stąd
5
10
20
0
y
x




, czyli
2
4
0
y
x



146 Informator o egzaminie maturalnym z matematyki od roku szkolnego 2014/2015
Zadanie 28. (0-2)
W trójkącie prostokątnym, w którym przyprostokątne mają długości 2 i 4, jeden z kątów
ostrych ma miarę .
 Oblicz sin
cos .



Wymagania ogólne
IV. Użycie i tworzenie strategii.
Zdający stosuje strategię, która jasno wynika z treści zadania.
Wymagania szczegółowe
6.1.Zdający wykorzystuje definicje i wyznacza wartości funkcji sinus, cosinus i tangens kątów
o miarach od 0° do 180°.
Rozwiązanie
Niech  będzie kątem leżącym naprzeciwko boku o długości 2, a  niech będzie kątem
leżącym naprzeciwko boku o długości 4. Zauważmy, że sin
cos



oraz cos
sin



,
więc mamy sin
cos
sin
cos







, czyli szukana wartość nie zależy od wyboru kąta.
Przeciwprostokątna w danym trójkącie ma długość
2
2
2
4
20


. Z definicji funkcji
trygonometrycznych otrzymujemy
2
4
8
2
sin
cos
20
5
20
20





Zadanie 29. (0-2)
Kąt  jest ostry i
1
sin
4

Oblicz
2
3
2tg 

Wymagania ogólne
II. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji.
Zdający używa prostych, dobrze znanych obiektów matematycznych.
Wymagania szczegółowe
6.4. Zdający stosuje proste zależności między funkcjami trygonometrycznymi:
2
2
sin
cos
1



, tg



cos
sin

oraz sin(90
)
cos




Rozwiązanie
Mamy tg
sin
cos




, więc tg2
2
2
2
2
2
2
1
sin
sin
1
4
cos
1 sin
15
1
1
4






















Dlatego
2
2
47
3
2tg
3
15
15





Informacja dla absolwentów niesłyszących 147
Zadanie 30. (0-2)
Ile wyrazów ujemnych ma ciąg 

n
a
określony wzorem
24
2
2



n
n
an
dla
1

n
?
Wymagania ogólne
II. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji.
Zdający używa prostych, dobrze znanych obiektów matematycznych.
Wymagania szczegółowe
5.1.Zdający wyznacza wyrazy ciągu określonego wzorem ogólnym.
Rozwiązanie
Szukamy liczb naturalnych spełniających nierówność
2
2
24
0
n
n



Zapisujemy tę nierówność w postaci
2
2
1
25
0
n
n



, 

2
2
1
5
0
n 


, więc






1 5
1 5
0,
6
4
0
n
n
n
n






. Ponieważ
4
0
n 

, otrzymujemy
6
n 
Dlatego liczba n może mieć jedną z pięciu wartości: 1, 2, 3, 4, 5, czyli ciąg ma pięć wyrazów
ujemnych.
Zadanie 32. (0-2)
Wyrazami ciągu arytmetycznego 

n
a
są kolejne liczby naturalne, które przy dzieleniu przez
5 dają resztę 2. Ponadto
3
12.
a 
Oblicz
15
a .
Wymagania ogólne
IV. Użycie i tworzenie strategii.
Zdający stosuje strategię, która jasno wynika z treści zadania.
Wymagania szczegółowe
5.3. Zdający stosuje wzór na n-ty wyraz i na sumę n początkowych wyrazów ciągu
arytmetycznego.
Rozwiązanie
Ponieważ dokładnie co piąta liczba naturalna daje z dzielenia przez 5 resztę 2, to różnica
danego ciągu arytmetycznego równa się 5. Dlatego
3
1
1
12
2
10
a
a
r
a





, więc
1
2.
a 
Dlatego
15
1
14
2
14 5
72
a
a
r





148 Informator o egzaminie maturalnym z matematyki od roku szkolnego 2014/2015
Zadanie 33. (0-2)
Dany jest prostokąt o bokach a i b. Zmniejszamy długość boku a o 10% oraz zwiększamy
długość boku b o 20%. Wyznacz stosunek a
b , jeśli wiadomo, że otrzymany prostokąt ma taki
sam obwód jak prostokąt o bokach a i b.
Wymagania ogólne
III. Modelowanie matematyczne.
Zdający dobiera model matematyczny do prostej sytuacji i krytycznie ocenia trafność modelu.
Wymagania szczegółowe
5.4. (gimnazjum) Zdający stosuje obliczenia procentowe do rozwiązywania problemów
w kontekście praktycznym, np. oblicza ceny po podwyżce lub obniżce o dany procent,
wykonuje obliczenia związane z VAT, oblicza odsetki dla lokaty rocznej.
Rozwiązanie
Otrzymany prostokąt ma boki długości 0,9a oraz 1,2b . Z porównania obwodów tych
prostokątów otrzymujemy związek 2 0,9
2 1,2
2
2
a
b
a
b




, skąd 0,4
0,2
b
a

. Dlatego
0,4
2
0,2
a
b 

Zadanie 34. (0-2)
Udowodnij, że jeśli x, y są liczbami rzeczywistymi, to
xy
y
x
2
2
2


Wymagania ogólne
V. Rozumowanie i argumentacja.
Zdający prowadzi proste rozumowanie, składające się z niewielkiej liczby kroków.
Wymagania szczegółowe
2.1.Zdający używa wzorów skróconego mnożenia na (a ±b)2 oraz a2 - b2.
Rozwiązanie
Zauważmy, że dla dowolnych liczb x, y mamy 

2
0
x
y


, więc
xy
y
x
2
2
2


, co kończy
dowód.
Informacja dla absolwentów niesłyszących 149
Zadanie 35. (0-2)
Rzucamy dwa razy symetryczną sześcienną kostką do gry. Oblicz prawdopodobieństwo
otrzymania iloczynu liczby oczek równego 5.
Wymagania ogólne
III. Modelowanie matematyczne.
Zdający dobiera model matematyczny do prostej sytuacji i krytycznie ocenia trafność modelu.
Wymagania szczegółowe
10.3. Zdający oblicza prawdopodobieństwa w prostych sytuacjach, stosując klasyczną
definicję prawdopodobieństwa.
Rozwiązanie
Zdarzeniami elementarnymi są pary liczb całkowitych 

,
,
a b
gdzie 1
,
6
a b


. Mamy 36
takich par. Zdarzenia elementarne sprzyjające to pary 

1,5 oraz 

5,1 . Dlatego
prawdopodobieństwo otrzymania iloczynu liczby oczek równego 5 jest równe 2
1
36
18

Zadanie 36. (0-4)
W ciągu arytmetycznym 

na
dane są wyrazy:
19
,4
6
3


a
a
. Ile wyrazów tego ciągu
należy do przedziału

0, 200 ?
Wymagania ogólne
III. Modelowanie matematyczne.
Zdający dobiera model matematyczny do prostej sytuacji i krytycznie ocenia trafność modelu.
Wymagania szczegółowe
5.3. Zdający stosuje wzór na n-ty wyraz i na sumę n początkowych wyrazów ciągu
arytmetycznego.
Rozwiązanie
Mamy
1
4
2
a
r


,
1
19
5
a
r


. Więc 3
15,
5
r
r

 oraz
1
6
a . Pytamy, dla jakich n
mamy 0
200
n
a


, czyli


0
6
1 5
200
n



Więc


6
206
11
211
6
5
1
206,
1
,
5
5
5
5
n
n
n







Pierwszą nierówność spełniają liczby
3
n 
, a drugą nierówność liczby
42
n 
. Dlatego jest
40 liczb naturalnych spełniających te dwa warunki i 40 wyrazów ciągu leży w przedziale


0,200 .
150 Informator o egzaminie maturalnym z matematyki od roku szkolnego 2014/2015
Zadanie 37. (0-4)
Na zewnątrz trójkąta prostokątnego ABC, w którym
90


ACB
oraz
5

AC
,
12

BC
zbudowano kwadrat ACDE (zobacz rysunek). Punkt H leży na prostej AB i kąt
90


EHA
Oblicz pole trójkąta HAE.
Wymagania ogólne
IV. Użycie i tworzenie strategii.
Zdający stosuje strategię, która jasno wynika z treści zadania.
Wymagania szczegółowe
7.3. Zdający rozpoznaje trójkąty podobne i wykorzystuje (także w kontekstach praktycznych)
cechy podobieństwa trójkątów.
Rozwiązanie
Zauważmy, że trójkąt prostokątny EAH jest podobny do trójkąta ABC, bo kąty EAH oraz ABC
są przystające, jako kąty o ramionach równoległych. Oznaczymy przez s skalę podobieństwa
trójkąta EAH do trójkąta ABC. Wtedy
2
2
2
2
1
1 5 12
30
2
2
EAH
ABC
P
s P
s
AC
BC
s
s









Następnie obliczamy s.
Mamy
2
2
2
2
5
5 .
13
5
12
AE
AC
s
AB
AC
BC






Więc
2
5
750
30
13
169
EAH
P









A
B
C
D
E
H
Informacja dla absolwentów niesłyszących 151
Zadanie 38. (0-4)
Punkt D leży na boku BC trójkąta równoramiennego ABC, w którym
BC
AC 
. Odcinek AD dzieli trójkąt ABC na dwa trójkąty
równoramienne w taki sposób, że
CD
AD 
oraz
BD
AB 
(zobacz
rysunek). Udowodnij, że
5

ADC
ACD .
Wymagania ogólne
V. Rozumowanie i argumentacja.
Zdający prowadzi proste rozumowanie, składające się z niewielkiej
liczby kroków.
Wymagania szczegółowe
10.17 (gimnazjum) Zdający rozpoznaje figury, które mają oś symetrii i figury, które mają
środek symetrii. Wskazuje oś symetrii i środek symetrii figury.
Rozwiązanie I
Niech
BAD

i
ACD

Trójkąty ABD, ACD i ABC są równoramienne, więc
DAB
BAD



,
CAD
ACD



oraz
CAB
CBA





Suma miar kątów trójkąta ACD jest równa 180, więc
180
2
ADC



Wiadomo również, że
180
ADC
ADB


,
czyli 180
2
180





. Stąd
2



Suma miar kątów trójkąta ABC jest równa 180, więc 

2
180






, czyli


2 2
180






. Stąd 7
180

.
Więc
180
2
7
2
5
5
ADC
ACD










. To kończy dowód.
Rozwiązanie II
Oznaczmy kąty  i  jak w poprzednim rozwiązaniu.
Ponieważ kąt ADB jest kątem zewnętrznym trójkąta ADC, więc
2



Również kąt ADC jest kątem zewnętrznym trójkąta ABD, więc
2
4
5
5
ADC
ACD

















, co kończy dowód.
A
B
C
D
A
B
C
D




152 Informator o egzaminie maturalnym z matematyki od roku szkolnego 2014/2015

3
a
a
A
B
C
Zadanie 39. (0-2)
Oblicz sinus kąta między przekątną sześcianu a jego płaszczyzną
podstawy.
Wymagania ogólne
IV. Użycie i tworzenie strategii.
Zdający stosuje strategię, która jasno wynika z treści zadania.
Wymagania szczegółowe
9.2. Zdający rozpoznaje w graniastosłupach i ostrosłupach kąt między odcinkami
i płaszczyznami (między krawędziami i ścianami, przekątnymi i ścianami), oblicza miary tych
kątów.
Rozwiązanie
Mamy trójkąt prostokątny ABC, utworzony przez przekątną AB
sześcianu, przekątną AC podstawy sześcianu oraz krawędź BC,
jak na rysunku. Kąt ostry  tego trójkąta jest kątem między
przekątną sześcianu i płaszczyzną jego podstawy. Długość prze-
kątnej sześcianu o krawędzi długości a jest równa
3
a
, więc
sinus kąta  jest równy
1
3
sin
3
3
3
a
a



Zadanie 40. (0-4)
W graniastosłupie czworokątnym prawidłowym przekątna o długości d jest nachylona do
płaszczyzny podstawy pod kątem  takim, że sin
0,2

. Podaj objętość tego graniastosłupa
w zależności od d.
Wymagania ogólne
III. Modelowanie matematyczne.
Zdający dobiera model matematyczny do prostej sytuacji i krytycznie ocenia trafność modelu.
Wymagania szczegółowe
9.6. Zdający stosuje trygonometrię do obliczeń długości odcinków, miar kątów, pól
powierzchni i objętości.
Informacja dla absolwentów niesłyszących 153
Rozwiązanie I
Przyjmijmy oznaczenia jak na rysunku.
Trójkąt BDH jest prostokątny, więc
sin
h
d

, czyli 1
5
h
d

. Stąd
1
5
h
d

Z twierdzenia Pitagorasa dla trójkąta BDH otrzymujemy
2
2
2
2
2
2
1
24
5
25
BD
d
h
d
d
d











Pole podstawy graniastosłupa jest więc równe
2
2
2
1
1 24
12
2
2 25
25
ABCD
P
BD
d
d





Dlatego objętość tego graniastosłupa jest równa
2
3
12
1
12
25
5
125
ABCD
V
P
h
d
d
d





Rozwiązanie II
Przyjmijmy oznaczenia jak w rozwiązaniu I.
Trójkąt BDH jest prostokątny, więc sin
h
d

, czyli
sin
h
d


. Stąd
0,2
h
d

W trójkącie BDH mamy również
2
cos
a
d

, czyli
2
2
cos
1 (0,2)
0,96 .
a
d
d
d





Stąd
2
2
3
1 0,96
0,2
0,096
2
V
a h
d
d
d





Zadanie 41. (0-4)
Oblicz, ile jest wszystkich liczb naturalnych czterocyfrowych takich, że w zapisie dziesiętnym
tych liczb jest jedna cyfra nieparzysta i trzy cyfry parzyste.
Uwaga: przypominamy, że zero jest liczbą parzystą.
Wymagania ogólne
IV. Użycie i tworzenie strategii.
Zdający stosuje strategię, która jasno wynika z treści zadania.
Wymagania szczegółowe
10.2. Zdający zlicza obiekty w prostych sytuacjach kombinatorycznych, niewymagających
użycia wzorów kombinatorycznych, stosuje regułę mnożenia i regułę dodawania.

d
h
A
D
B
C
E
F
G
H
a
a
154 Informator o egzaminie maturalnym z matematyki od roku szkolnego 2014/2015
Rozwiązanie
Mamy 5 cyfr parzystych: 0, 2, 4, 6, 8 oraz 5 cyfr nieparzystych: 1, 3, 5, 7, 9. Musimy jednak
pamiętać, że 0 nie może być pierwszą cyfrą zapisu dziesiętnego liczby. Dlatego mamy dwa
przypadki: a) gdy pierwsza cyfra jest nieparzysta oraz b) gdy pierwsza cyfra jest parzysta.
W przypadku a) pierwszą cyfrę można wybrać na 5 sposobów; każda pozostała cyfra musi
być parzysta i każdą z nich też możemy wybrać na 5 sposobów. Dlatego w przypadku a)
mamy
45 możliwości.
W przypadku b) cyfrę parzystą, stojącą na pierwszym miejscu, możemy wybrać na 4 sposoby.
Na pozostałych miejscach mamy ustawić jedną cyfrę nieparzystą oraz dwie cyfry parzyste.
Miejsce dla cyfry nieparzystej możemy wybrać na 3 sposoby; na pozostałych dwóch
miejscach ustawiamy cyfry parzyste. Cyfrę na każdym z tych trzech miejsc można wybrać na
5 sposobów. Dlatego w przypadku b) mamy
3
3
4 3 5
12 5



możliwości.
W obu przypadkach łącznie otrzymujemy


4
3
3
5
12 5
5 12
5
17 125
2125








liczb
spełniających warunki zadania.
Zadanie 42. (0-4)
Z pojemnika, w którym jest pięć losów: dwa wygrywające i trzy puste, losujemy dwa razy po
jednym losie bez oddawania losów do pojemnika. Oblicz prawdopodobieństwo, że
otrzymamy jeden lub dwa losy wygrywające. Wynik zapisz w postaci ułamka nieskracalnego.
Wymagania ogólne
III. Modelowanie matematyczne.
Zdający dobiera model matematyczny do prostej sytuacji i krytycznie ocenia trafność modelu.
Wymagania szczegółowe
10.3. Zdający oblicza prawdopodobieństwa w prostych sytuacjach, stosując klasyczną
definicję prawdopodobieństwa.
Rozwiązanie I (model klasyczny)
Oznaczmy przez
1
w ,
2
w losy wygrywające, a przez
1p ,
2p ,
3
p losy puste. Wszystkie wyniki
losowania dwóch losów bez ich oddawania możemy przedstawić w tabeli: wynik pierwszego
losowania wyznacza wiersz, a wynik drugiego losowania - kolumnę, w przecięciu których
leży pole, odpowiadające tej parze losowań. Pola położone na przekątnej odrzucamy, gdyż
odpowiadałyby one wylosowaniu dwa razy tego samego losu, a to jest niemożliwe, gdyż
losujemy bez oddawania losu.
Niech A oznacza zdarzenie polegające na wylosowaniu dwóch losów, wśród których jeden
lub dwa są wygrywające. Zdarzenia elementarne sprzyjające zdarzeniu A zaznaczamy
w tabeli krzyżykiem (x).
Informacja dla absolwentów niesłyszących 155
Mamy więc 20 wszystkich zdarzeń elementarnych, czyli
20

, oraz 14 zdarzeń
elementarnych sprzyjających zdarzeniu A, czyli
14
A 
Prawdopodobieństwo zdarzenia A jest zatem równe

14
7
20
10
A
P A 



Rozwiązanie II (metoda drzewa)
Losowanie z pojemnika kolejno dwóch losów bez oddawania możemy zilustrować za pomocą
drzewa, gdzie w oznacza wylosowanie losu wygrywającego, a p - losu pustego. Pogrubione
gałęzie drzewa odpowiadają zdarzeniu A polegającemu na wylosowaniu dwóch losów, wśród
których co najmniej jeden jest wygrywający. Na odcinkach drzewa zostały zapisane
odpowiednie prawdopodobieństwa.
Więc prawdopodobieństwo zdarzenia A jest równe

2 1
2 3
3 2
2
6
6
14
7
5 4
5 4
5 4
20
20
10
P A










1
w
2
w
1p
2p
3
p
1
w
x
x
x
x
2
w
x
x
x
x
1p
x
x
2p
x
x
3
p
x
x
w
p
w
p
w
p
2
5
3
5
1
4
3
4
2
4
2
4
156 Informator o egzaminie maturalnym z matematyki od roku szkolnego 2014/2015
Zadanie 43. (0-3)
Udowodnij, że prawdziwa jest nierówność
2
50
50
2
1
2
1
2




Wymagania ogólne
V. Rozumowanie i argumentacja.
Zdający prowadzi proste rozumowanie, składające się z niewielkiej liczby kroków.
Wymagania szczegółowe
2.1.Zdający używa wzorów skróconego mnożenia na (a ±b)2 oraz a2 - b2.
Rozwiązanie I
Dla dowodu przekształcimy w sposób równoważny tezę.
Ponieważ obie strony danej nierówności
2
50
50
2
1
2
1
2




są dodatnie, możemy je
podnieść do kwadratu. Otrzymujemy kolejno:




2
2
50
50
26
2
1
2
1
2



50
50
50
50
52
2
1 2
2
1
2
1
2
1
2







50
50
50
52
2 2
2
2
1 2
1
2





100
52
51
2 2
1
2
2


100
50
2
1
2 .

Obie strony tej nierówności są także dodatnie, więc podnosząc je do kwadratu otrzymujemy
100
100
2
1
2 .

Otrzymana nierówność jest oczywiście prawdziwa, a więc dana w zadaniu nierówność jest
również prawdziwa, co kończy dowód.
Rozwiązanie II
Oznaczmy
50
50
2
1,
2
1.
a
b




Zauważmy, że dla dowolnych liczb a, b, takich, że
,
a
b

mamy 

2
0
a
b


, skąd
2
2
2
a
b
ab


. Więc






2
2
2
2
2
2
2
2
2
50
50
52
2
2
2 2
1 2
1
2 .
a
b
a
b
ab
a
b
a
b
a
b














Stąd
52
26
2
2
a
b



, co kończy dowód.
Informacja dla absolwentów niesłyszących 157
Zadanie 44. (0-5)
W roku 2015 na uroczystości urodzinowej Marka ktoś spytał go, ile ma lat. Marek
odpowiedział: jeżeli swój wiek sprzed 27 lat pomnożę przez wiek, który będę miał za 15 lat,
to otrzymam rok swojego urodzenia. Oblicz, ile lat ma Marek.
Wymagania ogólne
III. Modelowanie matematyczne.
Zdający dobiera model matematyczny do prostej sytuacji i krytycznie ocenia trafność modelu.
Wymagania szczegółowe
3.4. Zdający rozwiązuje równania kwadratowe z jedną niewiadomą.
Rozwiązanie
Oznaczamy przez x obecny wiek Marka (w latach). Wówczas wiek Marka sprzed 27 lat jest
równy
27
x 
, wiek jaki będzie miał za 15 lat jest równy
15
x 
, a rok jego urodzenia to
2015
x
.
Mamy więc równanie 


27
15
2015
x
x
x



.
Po uporządkowaniu otrzymujemy
2
11
2420
0
x
x



Rozwiązaniami tego równania są liczby
55
x 
,
44
x 
Stąd wiemy, że Marek w roku 2015 ma 55 lat.
158 Informator o egzaminie maturalnym z matematyki od roku szkolnego 2014/2015
6.5. PRZYKŁADOWE ZADANIA Z MATEMATYKI NA POZIOMIE ROZSZERZONYM DLA
ABSOLWENTÓW NIESŁYSZĄCYCH WRAZ Z ROZWIĄZANIAMI
Numeracja zadań w części 6.5. odpowiada numeracji zadań w części 5. Jeżeli zadanie nie
zostało przedstawione poniżej, oznacza to, że wersja dla niesłyszących nie różni się niczym
od wersji przedstawionej w części 5.
Zadanie 11. (0-2)
Dany jest nieskończony ciąg geometryczny
o wyrazach dodatnich taki, że
1
3
4
a 
,
3
1
3
a 
. Oblicz sumę wszystkich wyrazów tego ciągu.
Wymagania ogólne
II. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji.
Zdający rozumie i interpretuje pojęcia matematyczne oraz operuje obiektami matematycznymi.
Wymagania szczegółowe
5.3.R Zdający rozpoznaje szeregi geometryczne zbieżne i oblicza ich sumy.
Rozwiązanie
Pierwszy wyraz tego ciągu jest równy
1
3
4
a 
, a trzeci wyraz tego ciągu jest równy
3
1
3
a 
Ponieważ,
2
3
1
a
a q


, stąd
2
3
1
4
9
a
q
a


. Zatem
2
3
q 
lub
2
3
q 
. Wyrazy ciągu są dodatnie,
więc
2
3
q 
. Ponieważ
2
1
3
q 
, więc
1
3
3 3
9
4
2
1
4 1
4
1
3
a
S
q







Suma S wszystkich wyrazów nieskończonego ciągu geometrycznego
o wyrazach
dodatnich jest równa:
9
4
S 


na


na
Informacja dla absolwentów niesłyszących 159
Zadanie 13. (0-3)
Dana jest funkcja f określona wzorem

3
4
2
1
f x
x
x


 dla wszystkich liczb
rzeczywistych. Uzasadnij, że prosta l o równaniu 10
9
0
x
y



jest styczna do wykresu
funkcji f.
Wymagania ogólne
V. Rozumowanie i argumentacja.
Zdający tworzy łańcuch argumentów i uzasadnia jego poprawność.
Wymagania szczegółowe
11.3.R Zdający korzysta z geometrycznej i fizycznej interpretacji pochodnej.
Rozwiązanie
Zapisujemy równanie prostej l w postaci kierunkowej
10
9
y
x


Wyznaczamy pochodną funkcji f:

2
12
2
f
x
x


.
Zauważamy, że dla
1
x  oraz dla
1
x  pochodna funkcji f jest równa10 i równa się
współczynnikowi kierunkowemu prostej l.
Obliczamy wartość funkcji f w punkcie
1
x : 
1
1
f 
 oraz w punkcie
1
x : 1
3
f
.
Punkt o współrzędnych 

1, 1

leży na prostej l, natomiast punkt o współrzędnych 

1,3 nie
leży na tej prostej. Zatem prosta o równaniu 10
9
0
x
y



jest styczna do wykresu funkcji f,
co kończy dowód.
160 Informator o egzaminie maturalnym z matematyki od roku szkolnego 2014/2015
Zadanie 28. (0-4)
Dany jest sześcian ABCDEFGH (zobacz rysunek) o krawędzi równej 1. Punkt S jest
środkiem krawędzi DH . Odcinek DW jest wysokością ostrosłupa ACSD poprowadzoną
z wierzchołka D na ścianę ACS . Oblicz długości odcinków AW, CW i SW.
Wymaganie ogólne
IV. Zdający tworzy strategię rozwiązania problemu.
Wymagania szczegółowe
9.2. Zdający określa, jaką figurą jest dany przekrój graniastosłupa lub ostrosłupa
płaszczyzną.
10.7.G Zdający stosuje twierdzenie Pitagorasa.
Rozwiązanie
Łączymy punkty A i S , A i C oraz C i S (zobacz rysunek). Niech T oznacza punkt
przecięcia przekątnych AC i BD podstawy tego sześcianu.
H
G
A
B
C
F
E
D
Informacja dla absolwentów niesłyszących 161
Punkt S leży na krawędzi DH , więc AS
CS

, a zatem trójkąt ACS , który jest podstawą
ostrosłupa ACSD, jest trójkątem równoramiennym. Wynika stąd, że odcinek ST jest
wysokością tego trójkąta. Długość odcinka ST obliczamy stosując twierdzenie Pitagorasa do
trójkąta prostokątnego TSD :
2
2
2
2
2
1
2
2
2
ST
SD
DT

















, czyli
3
2
ST 
Zauważamy, że odcinek DW jest wysokością trójkąta prostokątnego TDS poprowadzoną do
przeciwprostokątnej TS . Długość odcinka DW obliczymy zapisując na dwa sposoby pole
trójkąta TDS :
1
1
2
2
SD TD
ST
DW





,
1
2
6
2
2
6
3
2
DW



Stąd i z twierdzenia Pitagorasa zastosowanego do trójkąta prostokątnego SWD wynika, że:
2
2
1
6
1
3
2
6
12
6
SW


















Teraz zauważamy, że wysokość ST trójkąta równoramiennego ACS jest zawarta w osi
symetrii tego trójkąta. Wynika stąd, że AW
CW

. Długość odcinka AW obliczamy stosując
twierdzenie Pitagorasa do trójkąta prostokątnego ATW , w którym
H
G
A
B
C
F
E
D
S
T
W

162 Informator o egzaminie maturalnym z matematyki od roku szkolnego 2014/2015
3
3
3
2
6
3
TW
ST
SW





Otrzymujemy zatem
2
2
2
2
2
2
3
5
2
3
6
AW
AT
TW





















,
skąd
30
6
AW
CW


Podsumowując, szukane odcinki mają długości:
30
6
AW
CW


,
3
6
SW 
Zadanie 30. (0-4)
Dany jest sześcian ABCDEFGH (zobacz rysunek), którego krawędź ma długość 15. Punkty
Q i R dzielą krawędzie HG i FG w stosunku 2 :1, to znaczy
10
HQ
FR


Płaszczyzna AQR przecina krawędź DH w punkcie P , a krawędź BF w punkcie S .
Oblicz długości odcinków DP i BS .
Wymaganie ogólne
IV. Zdający tworzy strategię rozwiązania problemu.
P
S
R
H
G
A
B
C
F
E
D




Q
Informacja dla absolwentów niesłyszących 163
Wymagania szczegółowe
9.2.R Zdający określa, jaką figurą jest dany przekrój graniastosłupa lub ostrosłupa
płaszczyzną.
9.1. Zdający rozpoznaje w graniastosłupach i ostrosłupach kąty między odcinkami
(np. krawędziami, krawędziami i przekątnymi itp.), oblicza miary tych kątów.
7.4.R Zdający rozpoznaje figury podobne i jednokładne; wykorzystuje (także w kontekstach
praktycznych) ich własności.
Rozwiązanie (I sposób)
Rozważamy kwadrat EFGH . Niech T oznacza punkt przecięcia przedłużeń odcinków QR
i EF (zobacz rysunek).
Trójkąty prostokątne RFT i RGQ są podobne na mocy cechy kkk. Stąd wynika, że
10
FT 
Teraz rozważamy kwadrat ABFE (zobacz rysunek).
E
F
G
H
Q
R
T
5
5
10
10
164 Informator o egzaminie maturalnym z matematyki od roku szkolnego 2014/2015
Trójkąty prostokątne ABS i TFS są podobne na mocy cechy kkk. Możemy więc zapisać
równanie
SF
BS
FT
AB

, a zatem
15
10
15
x
x


Rozwiązujemy to równanie
15
150 10
x
x


,
25
150
x 
,
6
x 
Zatem długość szukanego odcinka BS jest równa 9. Ponieważ punkty B i D leżą
symetrycznie względem płaszczyzny ACGE , więc
9
DP
BS


Rozwiązanie (II sposób)
Rysujemy przekątne AC , BD, EG oraz łączymy punkty P i S . Oznaczmy kolejno:
W  środek odcinka PS ,
1
W  punkt przecięcia przekątnych AC i BD, T  środek
odcinka QR (zobacz rysunek). Niech ponadto
1T będzie takim punktem przekątnej AC ,
że
1
GT
CT

A
B
F
E
15-x
x
10
T
S
15
Informacja dla absolwentów niesłyszących 165
Zauważamy, że DP
BS

co wynika, z symetrii względem płaszczyzny ACGE . Zatem
czworokąt BSPD jest prostokątem. Stąd wynika, że prosta przechodząca przez środki boków
tego prostokąta  punkty W i
1
W  jest prostopadła do płaszczyzny ABCD. Ponadto, prosta
przechodząca przez punkty T i
1T jest także prostopadła do tej płaszczyzny. Zauważamy, że
punkty: A , W ,
1
W , T i
1T leżą w jednej płaszczyźnie - jest nią płaszczyzna ACGE . Na
mocy cechy kkk, trójkąty prostokątne
1
AWW i
1
ATT są podobne, więc możemy zapisać
równość
1
1
1
1
TT
WW
AT
AW

, skąd wynika, że
1
1
1
1
TT
AW
WW
AT


Ponieważ
1
15
TT 
,
1
15 2
2
AW 
oraz
1
5 2
25 2
15 2
2
2
AT 


, więc
1
15 2
15
2
9
25 2
2
WW



Oczywiście
1
9
DP
BS
WW


.
P
S
R
H
G
A
B
C
F
E
D




Q
1
W
W 

T


1T
166 Informator o egzaminie maturalnym z matematyki od roku szkolnego 2014/2015
Zadanie 31. (0-3)
Oblicz, ile jest wszystkich liczb siedmiocyfrowych, w zapisie których nie ma zera i na
dokładnie dwóch miejscach są cyfry parzyste.
Wymagania ogólne
IV. Użycie i tworzenie strategii.
Wymagania szczegółowe
10.1.R
Zdający
wykorzystuje
wzory
na
liczbę
permutacji,
kombinacji,
wariacji
z powtórzeniami do zliczania obiektów w bardziej złożonych sytuacjach kombinatorycznych.
Rozwiązanie
Rozwiązanie zadania składa się z trzech kroków. W kroku pierwszym obliczamy, na ile
sposobów można wybrać dwa miejsca (spośród siedmiu), na których stoją cyfry parzyste. Ten
krok możemy wykonać czterema sposobami.
 Możemy skorzystać ze wzoru na liczbę dwuelementowych kombinacji ze zbioru
siedmioelementowego; wyraża się ona współczynnikiem dwumianowym
7
2



. Ten
współczynnik możemy odczytać z trójkąta Pascala lub obliczyć ze wzoru


!
!
!
m
m
n
n m
n







Mamy zatem


7
7!
7!
6 7 5!
6 7
3 7
21.
2
2! 7
2 !
2!5!
2!5!
2












 Możemy wszystkie te sposoby wyboru dwóch miejsc wypisać (kółko białe oznacza
miejsce dla cyfry nieparzystej, kółko czarne - dla parzystej):
Informacja dla absolwentów niesłyszących 167
1:
●
●
○
○
○
○
○
2:
●
○
●
○
○
○
○
3:
●
○
○
●
○
○
○
4:
●
○
○
○
●
○
○
5:
●
○
○
○
○
●
○
6:
●
○
○
○
○
○
●
7:
○
●
●
○
○
○
○
8:
○
●
○
●
○
○
○
9:
○
●
○
○
●
○
○
10:
○
●
○
○
○
●
○
11:
○
●
○
○
○
○
●
12:
○
○
●
●
○
○
○
13:
○
○
●
○
●
○
○
14:
○
○
●
○
○
●
○
15:
○
○
●
○
○
○
●
16:
○
○
○
●
●
○
○
17:
○
○
○
●
○
●
○
18:
○
○
○
●
○
○
●
19:
○
○
○
○
●
●
○
20:
○
○
○
○
●
○
●
21:
○
○
○
○
○
●
●
 Możemy także te możliwości zliczać: jeśli pierwsza (licząc od lewej strony) cyfra
parzysta stoi na pierwszym miejscu, to drugą możemy ustawić na jednym z sześciu
miejsc (od drugiego do siódmego); jeśli pierwsza (od lewej strony) cyfra parzysta stoi
na drugim miejscu, to drugą możemy ustawić na jednym z pięciu miejsc i tak dalej.
Wreszcie, jeśli pierwsza cyfra parzysta stoi na szóstym miejscu, to druga może stać
tylko na miejscu siódmym. Łącznie mamy więc
6 5 4 3 2 1
21

sposobów wyboru dwóch miejsc dla cyfr parzystych.
 Możemy wreszcie rozumować następująco: jedną cyfrę parzystą możemy ustawić na
jednym z 7 miejsc, drugą na jednym z sześciu miejsc. W ten sposób każde ustawienie
policzyliśmy dwa razy, np. ustawienie
○
○
●
○
●
○
○
168 Informator o egzaminie maturalnym z matematyki od roku szkolnego 2014/2015
możemy otrzymać wybierając najpierw miejsce trzecie, a potem miejsce piąte lub
wybierając najpierw miejsce piąte, a potem miejsce trzecie. Zatem liczba sposobów
wyboru tych dwóch miejsc jest równa
7 6
7 3
21
2


Obliczamy, na ile sposobów możemy na miejscach wybranych dla cyfr parzystych
i nieparzystych napisać te cyfry. Skorzystamy dwa razy z reguły mnożenia. Najpierw na
wybranych dwóch miejscach ustawiamy cyfry parzyste. Ponieważ w zapisie liczby nie ma
zera, więc na każdym miejscu mamy do wyboru cztery cyfry: 2, 4, 6, 8. Mamy zatem
2
4
16

sposobów zapisania cyfr parzystych na wybranych miejscach. Wreszcie na każdym
z pozostałych pięciu miejsc zapisujemy jedną z pięciu cyfr nieparzystych: 1, 3, 5, 7, 9. Mamy
zatem
5
5
3125

sposobów zapisania cyfr nieparzystych na pozostałych miejscach.
Obliczamy, ile jest liczb siedmiocyfrowych spełniających warunki opisane w zadaniu.
Korzystamy jeszcze raz z reguły mnożenia i otrzymujemy
2
5
21 4
5
21 16 3125
1050000






liczb.
Zadanie 32. (0-4)
Oblicz sumę wszystkich liczb trzycyfrowych zapisanych wyłącznie za pomocą cyfr 1, 2 i 3.
Cyfry mogą się powtarzać.
Wymagania ogólne
IV. Użycie i tworzenie strategii.
Wymagania szczegółowe
10.1.R
Zdający
wykorzystuje
wzory
na
liczbę
permutacji,
kombinacji,
wariacji
z powtórzeniami do zliczania obiektów w bardziej złożonych sytuacjach kombinatorycznych.
Rozwiązanie
Zauważmy najpierw, że istnieje tylko 27 liczb trzycyfrowych, których cyfry są wybrane
spośród cyfr 1, 2 i 3. Pierwszą cyfrę możemy bowiem wybrać na 3 sposoby, drugą także na
trzy sposoby (cyfry mogą się powtarzać) i trzecią też na trzy sposoby. Najprostszy sposób
rozwiązania zadania polega zatem na wypisaniu i dodaniu (np. na kalkulatorze) tych liczb.
Oto one:
111 + 112 + 113 + 121 + 122 + 123 + 131 + 132 + 133 = 1098,
211 + 212 + 213 + 221 + 222 + 223 + 231 + 232 + 233 = 1998,
311 + 312 + 313 + 321 + 322 + 323 + 331 + 332 + 333 = 2898.
Informacja dla absolwentów niesłyszących 169
Suma wszystkich liczb jest równa
1098 + 1998 + 2898 = 5994.
Liczby te można łatwo dodać bez używania kalkulatora. Zauważmy, że sumy liczb w trzech
wierszach są równe:
9 100 + (11 + 12 + 13 + 21 + 22 + 23 + 31 + 32 + 33) = 900 + 198 = 1098

,
9 200 + (11 + 12 + 13 + 21 + 22 + 23 + 31 + 32 + 33) = 1800 + 198 = 1998

,
9 300 + (11 + 12 + 13 + 21 + 22 + 23 + 31 + 32 + 33) = 2700 + 198 = 2898

Dodawanie
11 + 12 + 13 + 21 + 22 + 23 + 31 + 32 + 33 = 198
może być wykonane w pamięci; pozostałe dodawania można łatwo wykonać też w pamięci
lub pisemnie. Najważniejsze było zauważenie, że we wszystkich dodawaniach występowała
ta sama suma liczb dwucyfrowych i zmieniały się tylko sumy setek. Ta obserwacja będzie
podstawą dla drugiego sposobu rozwiązania.
Obliczając sumę wszystkich 27 liczb, każdą z tych liczb zapiszemy w postaci
100+
10+
a
b
c


i będziemy oddzielnie dodawać wielokrotności 100, oddzielnie wielokrotności 10 i wreszcie
oddzielnie cyfry jedności. Policzmy, w ilu liczbach jedynka występuje na pierwszym miejscu
(tzn. jako cyfra setek). Otóż na drugim miejscu możemy postawić jedną z trzech cyfr i na
trzecim też jedną z trzech cyfr. Zatem jedynka jest na pierwszym miejscu w dziewięciu
liczbach. W sumie wszystkich dwudziestu siedmiu liczb dziewięć razy wystąpi składnik 100.
Podobnie 9 razy wystąpi składnik 200 i 9 razy wystąpi składnik 300. Zatem składniki postaci
100
a
dadzą sumę
9 100 + 9 200 + 9 300 = 9 100 (1 + 2 + 3) = 9 100 6 = 5400







Tak samo pokazujemy, że każda cyfra wystąpi 9 razy na drugim miejscu (tzn. jako cyfra
dziesiątek). Zatem składniki postaci
10
b
dadzą sumę
9 10 + 9 20 + 9 30 = 9 10 (1 + 2 + 3) = 9 10 6 = 540







Wreszcie tak samo pokazujemy, że każda cyfra wystąpi 9 razy jako cyfra jedności. Suma cyfr
jedności jest zatem równa
9 1 + 9 2 + 9 3 = 9 (1 + 2 + 3) = 9 6 = 54





Suma wszystkich liczb wynosi zatem
5400 + 540 + 54 = 5994 .
170 Informator o egzaminie maturalnym z matematyki od roku szkolnego 2014/2015
Zadanie 33. (0-7)
Oblicz, ile jest wszystkich liczb ośmiocyfrowych, których iloczyn cyfr jest równy 24.
Wymagania ogólne
IV. Użycie i tworzenie strategii.
Wymagania szczegółowe
10.1.R
Zdający
wykorzystuje
wzory
na
liczbę
permutacji,
kombinacji,
wariacji
z powtórzeniami do zliczania obiektów w bardziej złożonych sytuacjach kombinatorycznych.
Rozwiązanie
Rozkładamy liczbę 24 na czynniki pierwsze 24
3 2 2 2
.
Mamy więc pięć możliwości, w których iloczyn cyfr liczby ośmiocyfrowej jest równy 24
(możliwości te parami wykluczają się):
1. Wśród cyfr tej liczby są trzy dwójki, jedna trójka i cztery jedynki ( 24
3 2 2 2 1 1 1 1
).
Liczbę takich liczb można obliczyć na przykład tak:

7
8
280
3





- wybieramy jedno miejsce z ośmiu dla trójki a następnie trzy
miejsca z pozostałych siedmiu dla dwójki
albo tak:

8
4
280
4




- wybieramy cztery miejsca dla cyfr różnych od jedynki, a następnie
spośród nich wybieramy miejsce dla trójki,
albo tak:

8!
280
3! 4! 

- ustawiamy na wszystkie możliwe sposoby cyfry liczby 32221111.
2. Wśród cyfr tej liczby są trójka, czwórka, dwójka i pięć jedynek ( 24
3 4 2 1 1 1 1 1
).
Liczbę takich liczb można obliczyć na przykład tak:
 8 7 6
336

- wybieramy miejsca dla cyfr: trzy, cztery, dwa
albo tak:

8
3!
336
3




- wybieramy trzy miejsca dla cyfr: trzy, cztery, dwa, następnie
przestawiamy te cyfry między sobą,
albo tak:
Informacja dla absolwentów niesłyszących 171
 8!
336
5! 
- ustawiamy na wszystkie możliwe sposoby cyfry liczby 32411111.
3. Wśród cyfr tej liczby są trójka, ósemka i sześć jedynek ( 24
3 8 1 1 1 1 1 1
).
Liczbę takich liczb można obliczyć na przykład tak:
 8 7
56

- wybieramy miejsce dla trójki i z pozostałych dla ósemki
albo tak:

8
2
56
2




- wybieramy dwa miejsca z ośmiu dla trójki i ósemki, następnie
wybieramy miejsce dla każdej z nich,
albo tak:
 8!
56
6! 
- ustawiamy na wszystkie możliwe sposoby cyfry liczby 38111111.
4. Wśród cyfr tej liczby są szóstka, czwórka i sześć jedynek ( 24
6 4 1 1 1 1 1 1
).
Liczbę takich liczb można obliczyć na przykład tak:
 8 7
56

- wybieramy miejsce dla szóstki i czwórki
albo tak:

8
2
56
2




- wybieramy dwa miejsca z ośmiu dla szóstki i czwórki, następnie
wybieramy miejsce dla każdej z nich,
albo tak:
 8!
56
6! 
- ustawiamy na wszystkie możliwe sposoby cyfry liczby 64111111.
5. Wśród cyfr tej liczby są dwie dwójki, jedna szóstka i pięć jedynek( 24
6 2 2 1 1 1 1 1
).
Liczbę takich liczb można obliczyć na przykład tak:

7
8
168
2





- wybieramy miejsce dla szóstki, następnie dwa miejsca z siedmiu dla
dwójek
albo tak:

8
3
168
3



- wybieramy trzy miejsca z ośmiu dla szóstki i dwóch dwójek,
następnie spośród nich wybieramy miejsce dla szóstki,
albo tak:

8!
168
2! 5! 

- ustawiamy na wszystkie możliwe sposoby cyfry liczby 62211111.
Zatem wszystkich liczb ośmiocyfrowych, których iloczyn cyfr jest równy 24, jest
172 Informator o egzaminie maturalnym z matematyki od roku szkolnego 2014/2015
280 336 56 56 168
896





Zadanie 35. (0-3)
Losujemy jednocześnie dwie liczby ze zbioru 

1,2,3, ,12,13 . Oblicz prawdopodobieństwo
warunkowe, że wśród wylosowanych liczb będzie liczba 8, pod warunkiem, że suma
wylosowanych liczb będzie nieparzysta.
Wymagania ogólne
IV. Użycie i tworzenie strategii.
Wymagania szczegółowe
10.2.R Zdający oblicza prawdopodobieństwo warunkowe.
Rozwiązanie
Zdarzeniami elementarnymi są wszystkie dwuelementowe podzbiory (pary nieuporządkowane,
kombinacje) zbioru 

1,2,3, ,12,13 . Jest to model klasyczny.
Wprowadzamy oznaczenia:
A - wśród wylosowanych liczb będzie liczba 8,
B - suma wylosowanych liczb będzie nieparzysta.
Mamy obliczyć
(
)
(
)
( )
A
B
P A
B
P A B
P B
B




Zdarzeniu B sprzyjają kombinacje złożone z jednej liczby nieparzystej i jednej parzystej,
7 6
42
B 
,
Zdarzeniu A
B

sprzyjają kombinacje złożone z liczby 8 i jednej liczby nieparzystej,
1 7
7
A
B



,
stąd
7
1
(
)
42
6
P A B 

Zatem prawdopodobieństwo, że wśród wylosowanych liczb będzie liczba 8, pod warunkiem,
że suma wylosowanych liczb będzie nieparzysta, jest równe 1
6 .
Informacja dla absolwentów niesłyszących 173
174 Informator o egzaminie maturalnym z matematyki od roku szkolnego 2014/2015
Opinia Konferencji Rektorów Akademickich Szkół Polskich
o informatorach maturalnych od 2015 roku
Konferencja Rektorów Akademickich Szkół Polskich z wielką satysfakcją odnotowuje
konsekwentne dążenie systemu oświaty do poprawy jakości wykształcenia absolwentów
szkół średnich. Konferencja z uwagą obserwuje kolejne działania Ministerstwa Edukacji
Narodowej w tym zakresie, zdając sobie sprawę, że od skuteczności tych działań w dużym
stopniu zależą także efekty kształcenia osiągane w systemie szkolnictwa wyższego.
W szczególności dotyczy to kwestii właściwego przygotowania młodzieży do studiów
realizowanych z uwzględnieniem nowych form prowadzenia procesu kształcenia.
Podobnie jak w przeszłości, Konferencja konsekwentnie wspiera wszystkie działania
zmierzające do tego, by na uczelnie trafiali coraz lepiej przygotowani kandydaci na studia.
Temu celowi służyła w szczególności pozytywna opinia Komisji Edukacji KRASP z 2008 roku
w sprawie nowej podstawy programowej oraz uchwała Zgromadzenia Plenarnego KRASP
z dn. 6 maja 2011 r. w sprawie nowych zasad egzaminu maturalnego.
Z satysfakcją dostrzegamy, że ważne zmiany w egzaminie maturalnym, postulowane
w cytowanej wyżej uchwale zostały praktycznie wdrożone przez MEN poprzez zmianę
odpowiednich rozporządzeń.
Przedłożone do zaopiniowania informatory o egzaminach maturalnych opisują formę
poszczególnych egzaminów maturalnych, przeprowadzanych na podstawie wymagań
określonych w nowej podstawie programowej, a także ilustrują te wymagania wieloma
przykładowymi zadaniami egzaminacyjnymi.
Po zapoznaniu się z przedłożonymi materiałami, KRASP z satysfakcją odnotowuje:
w zakresie języka polskiego:
wzmocnienie roli umiejętności komunikacyjnych poprzez odejście od prezentacji na
egzaminie ustnym i zastąpienie jej egzaminem ustnym, na którym zdający będzie musiał
ad hoc przygotować samodzielną wypowiedź argumentacyjną,
rezygnację z klucza w ocenianiu wypowiedzi pisemnych,
zwiększenie roli tekstów teoretycznoliterackich i historycznoliterackich na maturze
rozszerzonej;
w zakresie historii:
kompleksowe sprawdzanie umiejętności z zakresu chronologii historycznej, analizy
i interpretacji historycznej oraz tworzenia narracji historycznej za pomocą rozbudowanej
wypowiedzi pisemnej na jeden z zaproponowanych tematów, łącznie pokrywających
wszystkie epoki oraz obszary historii;
w zakresie wiedzy o społeczeństwie:
położenie silniejszego akcentu na sprawdzanie umiejętności złożonych (interpretowanie
informacji, dostrzeganie związków przyczynowo-skutkowych) w oparciu o poszerzony
zasób materiałów źródłowych: teksty (prawne, naukowe, publicystyczne), materiały
statystyczne, mapy, rysunki itp.
Opinia KRASP o informatorach maturalnych od 2015 roku 175
w zakresie matematyki:
istotne zwiększenie wymagań na poziomie rozszerzonym poprzez włączenie zadań
z rachunku różniczkowego i pojęć zaawansowanej matematyki,
istotne poszerzenie wymagań z zakresu kombinatoryki oraz teorii prawdopodobieństwa;
w zakresie biologii oraz chemii:
zwiększenie znaczenia umiejętności wyjaśniania procesów i zjawisk biologicznych
i chemicznych,
mierzenie
umiejętności
analizy
eksperymentu
sposobu
jego
planowania,
przeprowadzania, stawianych hipotez i wniosków formułowanych na podstawie
dołączonych wyników;
w zakresie fizyki:
zwiększenie znaczenia rozumienia istoty zjawisk oraz tworzenie formuł matematycznych
łączących kilka zjawisk,
mierzenie umiejętności planowania i opisu wykonania prostych doświadczeń, a także
umiejętności analizy wyników wraz z uwzględnieniem niepewności pomiarowych;
w zakresie geografii:
uwzględnienie interdyscyplinarności tej nauki poprzez sprawdzanie umiejętności
integrowania wiedzy z nauk przyrodniczych do analizy zjawisk i procesów zachodzących
w środowisku geograficznym,
znaczne wzbogacenie zasobu materiałów źródłowych (mapy, wykresy, tabele
statystyczne, teksty źródłowe, barwne zdjęcia, w tym lotnicze i satelitarne), także
w postaci barwnej.
Konferencja Rektorów Akademickich Szkół Polskich z zadowoleniem przyjmuje też
informację o wprowadzeniu na świadectwach maturalnych od 2015 roku dodatkowej formy
przedstawiania wyniku uzyskanego przez zdającego w postaci jego pozycji na skali
centylowej, tj. określenie, jaki odsetek zdających uzyskał taki sam lub słabszy wynik od
posiadacza świadectwa. Wprowadzenie tej dodatkowej skali uwolni szkoły wyższe od
dotychczasowego dylematu odnoszenia do siebie surowych wyników kandydatów na studia
rekrutowanych na podstawie wyników egzaminów maturalnych o istotnie różnym poziomie
trudności - rekrutacja stanie się prostsza i bardziej obiektywna.
Reasumując, w opinii Konferencji Rektorów Akademickich Szkół Polskich zaprezentowana
w przedłożonych informatorach forma matury istotnie przyczyni się do tego, że młodzież
przekraczająca progi uczelni będzie lepiej przygotowana do podjęcia studiów wyższych.
5 lipca 2013 r.
Przewodniczący KRASP
prof. zw. dr hab. Wiesław Banyś

## Rozwiązanie — maturazai.pl (AI)

## Poprawna odpowiedź: C - \(b = -\dfrac{8}{3}\)

## Sposób 1 - Najpierw znajdź miejsce zerowe \(g\), potem wstaw do \(f\)

**Krok 1: Znajdź miejsce zerowe funkcji \(g\).**

Miejsce zerowe to taki \(x\), dla którego \(g(x) = 0\):
\[g(x) = 0 \implies -3x + 4 = 0\]
\[-3x = -4\]
\[x = \frac{4}{3}\]

**Krok 2: Wstaw to samo \(x\) do \(f\) i przyrównaj do zera.**

Skoro \(f\) ma to samo miejsce zerowe, to \(f\!\left(\frac{4}{3}\right) = 0\):
\[2 \cdot \frac{4}{3} + b = 0\]
\[\frac{8}{3} + b = 0\]
\[\boxed{b = -\frac{8}{3}}\]

## Sposób 2 - Przez wzór na miejsce zerowe funkcji liniowej

Dla funkcji liniowej \(h(x) = ax + c\) miejsce zerowe to \(x_0 = -\dfrac{c}{a}\).

Miejsce zerowe \(g(x) = -3x + 4\):
\[x_0 = -\frac{4}{-3} = \frac{4}{3}\]

Miejsce zerowe \(f(x) = 2x + b\):
\[x_0 = -\frac{b}{2}\]

Warunek: oba miejsca zerowe równe:
\[-\frac{b}{2} = \frac{4}{3}\]
\[b = -\frac{8}{3}\]

Ten sam wynik - **\(b = -\dfrac{8}{3}\)**.

## Wzory z karty CKE

W tym zadaniu nie używamy konkretnych wzorów z karty CKE - wystarczy definicja miejsca zerowego funkcji (zerowanie wzoru) i podstawowe działania algebraiczne.

## Dlaczego inne odpowiedzi są błędne

| Odp. | Typowy błąd |
| A: \(b = 4\) | Uczeń wziął wyraz wolny z \(g\), czyli \(4\), i przepisał jako \(b\) - bez żadnych obliczeń |
| B: \(b = -\dfrac{3}{2}\) | Uczeń wzął współczynnik \(-3\) z \(g\) i podzielił przez \(2\) z \(f\), mylnie szukając „stosunku współczynników" |
| D: \(b = \dfrac{4}{3}\) | Uczeń znalazł poprawnie miejsce zerowe \(x_0 = \dfrac{4}{3}\), ale przepisał je jako \(b\) - bez podstawienia do \(f(x) = 0\) |

## Typowe pułapki i uwagi

> ⚠️ **Uwaga:** Miejsce zerowe to wartość \(x\), nie \(y\). Szukamy \(x\), dla którego \(f(x) = 0\) - nie odczytujemy wyrazu wolnego!

> ⚠️ **Uwaga:** Po znalezieniu miejsca zerowego \(g\) nie zapominaj wstawić go do \(f\) i przyrównać do zera. Samo \(x_0 = \frac{4}{3}\) to jeszcze nie odpowiedź - to jest odpowiedź D (pułapka!).

> ⚠️ **Uwaga:** Przy obliczaniu \(-\dfrac{b}{2} = \dfrac{4}{3}\) pamiętaj o znaku: \(b = -\dfrac{8}{3}\), a nie \(+\dfrac{8}{3}\).

**Poprawna odpowiedź: C**

### Sposób 1 - Wyznaczenie miejsca zerowego \(g\), a potem \(b\)
**Krok 1 - miejsce zerowe \(g\):**
\[g(x) = 0 \Rightarrow -3x + 4 = 0 \Rightarrow x = \tfrac{4}{3}.\]

**Krok 2 - \(f(\tfrac{4}{3}) = 0\):**
\[2\cdot\tfrac{4}{3} + b = 0\]
\[\tfrac{8}{3} + b = 0 \Rightarrow b = -\tfrac{8}{3}.\]

### Sposób 2 - Ogólny wzór dla funkcji liniowej
Miejsce zerowe \(f(x) = 2x + b\) to \(x = -\tfrac{b}{2}\).
Miejsce zerowe \(g(x) = -3x + 4\) to \(x = \tfrac{4}{3}\).
Równanie:
\[-\tfrac{b}{2} = \tfrac{4}{3} \Rightarrow b = -\tfrac{8}{3}.\]

### Dlaczego inne odpowiedzi są błędne
- **A. \(b = 4\)** - przyjęto \(b\) równe wyrazowi wolnemu z \(g\); ale to inna funkcja.
- **B. \(b = -\tfrac{3}{2}\)** - wynik zamiany ról \(f\) i \(g\) przy wyznaczaniu miejsc zerowych.
- **D. \(b = \tfrac{4}{3}\)** - to samo miejsce zerowe wzięte jako wyraz wolny.

**Zapamiętaj:** miejsce zerowe funkcji \(ax + b\) to \(x = -\tfrac{b}{a}\) - zawsze zwróć uwagę na znak!

**Poprawna odpowiedź: C**

### Sposób 1: Użycie warunku miejsc zerowych funkcji liniowych
Funkcja liniowa f(x) = 2x + b ma miejsce zerowe, gdy 2x + b = 0. Zatem x = -b/2.
Funkcja liniowa g(x) = -3x + 4 ma miejsce zerowe, gdy -3x + 4 = 0. Zatem x = 4/3.
Warunek zadania mówi, że miejsca zerowe są takie same, więc:
-b/2 = 4/3
-b = 8/3
b = -8/3

📖 Karta wzorów: [Słowa kluczowe: funkcja liniowa], strona [4]

### Sposób 2: Użycie wzoru na miejsce zerowe funkcji liniowej
Miejsce zerowe funkcji liniowej f(x) = ax + b jest dane wzorem x = -b/a.
Dla funkcji f(x) = 2x + b, miejsce zerowe to x₁ = -b/2.
Dla funkcji g(x) = -3x + 4, miejsce zerowe to x₂ = -4/-3 = 4/3.
Zgodnie z treścią zadania, x₁ = x₂, więc -b/2 = 4/3. Zatem -3b = 8, a więc b = -8/3.

📖 Karta wzorów: [Wzory], strona [7] (Wzory dotyczące funkcji kwadratowych, które można zastosować do funkcji liniowych)

### Dlaczego nie inne odpowiedzi?
* **A:** Ta odpowiedź nie jest poprawna, ponieważ nie prowadzi do poprawnego wyniku dla b.
* **B:** Ta odpowiedź również nie jest poprawna, ponieważ nie wykorzystuje warunku równości miejsc zerowych.
* **D:** Ta odpowiedź jest nieprawidłowa, ponieważ nie uwzględnia warunku, że miejsca zerowe dwóch funkcji są równe.

**Dodatkowe wyjaśnienie:**

Zadanie polega na tym, że funkcja liniowa f(x) = 2x + b ma miejsce zerowe, które jest równe -b/2. Funkcja liniowa g(x) = -3x + 4 ma miejsce zerowe, które jest równe 4/3. Zgodnie z treścią zadania, te dwa miejsca zerowe muszą być takie same. Dlatego musimy znaleźć wartość b, dla której -b/2 = 4/3. Rozwiązując to równanie, otrzymujemy b = -8/3.

## Linki

- [dane JSON](https://matura.lol/api/question/maturazai-matematyka-mma-p1-1p-152/zad/10)
- [otwórz w wyszukiwarce](https://matura.lol/?problem=maturazai-matematyka-mma-p1-1p-152%2Fzad%2F10)

## Podobne zadania

- [Zadanie 5](https://matura.lol/question/matematyka-2009-styczen-probna-podstawowa/zad/5) — Zadanie 5. (6 pkt) Rozwiąż nierówność ( ) 0 4 2 2 < x Podaj wszystkie rozwiązania równania 3 2 6 4 24 0 x x x , które należą do zbioru rozwiązań tej nierówności
- [Zadanie 6](https://matura.lol/question/matematyka-2005-maj-matura-podstawowa/zad/6) — Zadanie 6. (6 pkt) Dane są zbiory liczb rzeczywistych: { } : 2 3 A x x 〈 ( ) { } 3 3 2 : 2 1 8 13 6 3 B x x x x x ≤ Zapisz w postaci przedziałów liczbowych zbio
- [Zadanie 8](https://matura.lol/question/matematyka-2022-grudzien-probna-rozszerzona/zad/8) — Zadanie 8. (0-5) Rozwiąż nierówność 𝒙-𝟏 𝒙𝟐-𝟒- 𝟏 𝟐-𝒙≥ 𝟑 𝟐+ 𝒙+ 𝟐 Zapisz obliczenia. 8. 0-1- 2-3- 4-5 MMAP-R0_100 MMAP-R0_100
- [Zadanie 33](https://matura.lol/question/matematyka-2016-maj-matura-stara-podstawowa/zad/33) — Zadanie 33. (5 pkt) Grupa znajomych wyjeżdżających na biwak wynajęła bus. Koszt wynajęcia busa jest równy 960 złotych i tę kwotę rozłożono po równo pomiędzy ucz

_Ostatnia aktualizacja danych: 2026-10-03_