Rozwiązanie PP

maturobranie.pl
Schemat punktowania - matematyka poziom podstawowy
Strona 1
Przykładowe rozwiązania
i schemat punktowania
Zadania zamknięte - 1 punkt za każdą poprawną odpowiedź.
Materiał pobrany ze strony www.maturobranie.pl
Numer
zadania
Poprawna
odpowiedź
Numer
zadania
Poprawna
odpowiedź
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
B
C
A
D
C
D
A
C
A
D
B
C
C
D
B
16
17
18
19
20
21
22
23
24
25
D
B
C
C
B
D
B
A
C
B
Zadanie otwarte
Uwaga: Jeżeli zdający rozwiąże zadanie inną, merytorycznie poprawną metodą, to otrzymuje maksymalną
liczbę punktów.
Zadanie 26. (0-2 pkt)
Rozwiąż nierówność 2(x2 − 2) ≥ (x − 2)(x + 4).
Przykładowe rozwiązanie wraz z komentarzem
2x2 − 4 ≥ x2 + 4x − 2x − 8
x2 − 2x + 4 ≥ 0
∆ = (−2)2 − 4 · 1 · 4 = −12
∆<0
Współczynnik a > 0, więc ramiona paraboli są skierowane ku górze. Parabola nie posiada miejsc zerowych,
ponieważ ∆ < 0. Wynika z tego, że parabola przyjmuje wartości nieujemne dla x ∈ R.
Odp. x ∈ R
Schemat punktowania
1 punkt - przekształcenie nierówności do postaci: x2 − 2x + 4 ≥ 0 oraz stwierdzenie, że ∆ < 0
1 punkt - wyznaczenie zbioru rozwiązań nierówności: x ∈ R
Strona 2
Schemat punktowania - matematyka poziom podstawowy
maturobranie.pl
Zadanie 27. (0-2 pkt)
Oblicz najmniejszą i największą wartość funkcji kwadratowej f (x) = 2(x − 1)2 + 3 w przedziale h−1, 4i.
Przykładowe rozwiązanie wraz z komentarzem
Wyznaczmy wartości funkcji f na krańcach przedziału h−1, 4i
f (−1) = 2 · (−1 − 1)2 + 3 = 11
f (4) = 2 · (4 − 1)2 + 3 = 21
Wykres funkcji kwadratowej f jest fragmentem paraboli o ramionach skierowanych ku górze, gdyż współczynnik
przy najwyższej potędze x jest większy od zera. Sprawdźmy, czy wierzchołek funkcji f leży w interesującym nas
przedziale h−1, 4i. Skoro p = x = 1 ∈ h−1, 4i, to
q = f (1) = 2(1 − 1)2 + 3 = 3
Materiał pobrany ze strony www.maturobranie.pl
Odp. Wartość najmniejsza jest równa 3, natomiast największa to 21.
Schemat punktowania
1 punkt - wyznaczenie wartości funkcji w punktach x = −1 oraz x = 4
1 punkt - wyznaczenie najmniejszej wartości funkcji równej 3 oraz największej wartości równej 21
Zadanie 28. (0-2 pkt)
Wykaż, że różnica kwadratów dwóch kolejnych liczb całkowitych nieparzystych jest podzielna przez 8.
Przykładowe rozwiązanie wraz z komentarzem
Zapiszmy dwie kolejne liczby całkowite nieparzyste m oraz n w postaci n = 2k − 1 i m = 2k + 1, gdzie k ∈ C.
Różnica kwadratów tych liczb jest równa
m2 − n2 = (2k + 1)2 − (2k − 1)2 = 4k 2 + 4k + 1 − (4k 2 − 4k + 1) = 8 · k
Liczba 8k dla k ∈ C jest podzielna przez 8, co oznacza, że różnica m2 − n2 jest też podzielna przez 8.
c.n.d.
Schemat punktowania
1 punkt - zapisanie różnicy w postaci (2k + 1)2 − (2k − 1)2 z uwzględnieniem założeń
1 punkt - wykazanie, że różnica kwadratów dwóch kolejnych liczb całkowitych nieparzystych jest podzielna
przez 8, np. zapisując różnicę m2 − n2 w postaci m2 − n2 = 8 · k
Zadanie 29. (0-2 pkt)
Dane są dwa okręgi styczne zewnętrznie w punkcie Q. Prosta k jest styczna do jednego z okręgów w punkcie
M , a do drugiego w punkcie N (zobacz rysunek). Wykaż, że |^M QN | = 90◦ .
k
M
N
Q
maturobranie.pl
Schemat punktowania - matematyka poziom podstawowy
Strona 3
Przykładowe rozwiązanie wraz z komentarzem
Zauważmy, że punkty O1 , Q i O2 są współliniowe, ponieważ promienie obydwu okręgów poprowadzone do punktu
Q są prostopadłe do wspólnej stycznej w tym punkcie. Zauważmy, że promień okręgu o środku w punkcie O1
jest równy r1 = |O1 M | = |O1 Q|, wówczas trójkąt O1 QM jest trójkątem równoramiennym. Wynika z tego, że
|^O1 M Q| = |^O1 QM | = δ1 . Analogicznie promień okręgu o środku w punkcie O2 jest równy r2 = |O2 N | =
|O2 Q|, co oznacza, że trójkąt QO2 N jest równoramienny. Wynika z tego, że |^O2 QN | = |^O2 N Q| = δ2 .
Dodatkowo oznaczmy α = |^M QN |, β = |^QN M | oraz γ = |^N M Q| (zobacz rysunek).
k
M
•
δ1
γ
N
β •
δ2
δ1 α δ2
Q
O2
Materiał pobrany ze strony www.maturobranie.pl
O1
R
Suma kątów wewnętrznych w trójkącie jest równa 180◦ , zapiszmy więc
α + β + γ = 180◦
(∗)
Następnie zauważmy, że promień poprowadzony ze środka okręgu do punktu styczności tworzy ze styczną kąt
prosty, czyli
β + δ2 = 90◦
γ + δ1 = 90◦
Przekształcając otrzymujemy
β = 90◦ − δ2
γ = 90◦ − δ1
Podstawiając powyższe do równania (∗) otrzymujemy
α + 90◦ − δ2 + 90◦ − δ1 = 180◦
α = δ2 + δ1
(∗∗)
◦
Zauważmy, że |^O1 QM | + |^M QN | + |^O2 QN | = 180 . Zapisując inaczej mamy
δ1 + α + δ2 = 180◦
Podstawiając do powyższego równania (∗∗) otrzymujemy
α + α = 180◦
α = 90◦
c.n.d.
Schemat punktowania
1 punkt - zauważanie, że trójkąty O1 QM i QO2 N są równoramienne
1 punkt - wykazanie, że |^M QN | = 90◦
Strona 4
Schemat punktowania - matematyka poziom podstawowy
maturobranie.pl
Zadanie 30. (0-2 pkt)
Liczby 5 − 2x, 2, 4x − 7 w podanej kolejności są pierwszym, drugim i trzecim wyrazem ciągu arytmetycznego.
Oblicz sumę piętnastu początkowych wyrazów tego ciągu.
Przykładowe rozwiązanie wraz z komentarzem
Niech an , gdzie n ∈ N+ , będzie ciągiem arytmetycznym, takim, że (a1 , a2 , a3 ) = (5 − 2x, 2, 4x − 7). Korzystając
z faktu, że: 2 · an+1 = an + an+2 obliczamy wartość x
2 · 2 = (5 − 2x) + (4x − 7)
x=3
Zatem pierwszy wyraz jest równy a1 = 5 − 2 · 3 = −1. Różnica r ciągu arytmetycznego an wynosi
r = a2 − a1 = 2 − (−1) = 3
Skorzystajmy ze wzoru na sumę n początkowych wyrazów ciągu
Sn =
2a1 + (n − 1)r
·n
2
Materiał pobrany ze strony www.maturobranie.pl
Zatem suma piętnastu początkowych wyrazów tego ciągu wynosi
S15 =
2 · (−1) + 14 · 3
· 15 = 300
2
Odp. Suma piętnastu początkowych wyrazów ciągu jest równa 300.
Schemat punktowania
1 punkt - obliczenie pierwszego wyrazu ciągu oraz różnicy r ciągu: a1 = −1, r = 3
1 punkt - obliczenie piętnastu początkowych wyrazów ciągu: S15 = 300
Zadanie 31. (0-2 pkt)
Dwunastu pracowników firmy ”MaturoBranie” przygotowywało zadania do konkursów matematycznych w ciągu
15 dni pracując po 6 godzin dziennie. W ciągu ilu dni przy tej samej wydajności pracy przygotuje taką samą
pulę zadań pięciu pracowników firmy ”MaturoBranie” pracując po 8 godzin dziennie?
Przykładowe rozwiązanie wraz z komentarzem
Dwunastu pracowników firmy ”MaturoBranie” potrzebowało 15 dni po 6 godzin dziennie, żeby przygotować pulę
zadań, czyli potrzebowali na to 12 · 15 · 6 = 1080 godzin. Przy tej samej wydajności, aby wykonać identyczną
pracę pięciu pracowników pracuje dziennie po 8 godzin przez x dni. Zatem
5 · x · 8 = 1080
x = 27
Odp. Pięciu pracowników w ciągu 27 dni pracując po 8 godzin dziennie przygotuje taką samą pulę zadań.
Schemat punktowania
1 punkt - wyznaczenie łącznej liczby godzin dla 12 pracowników: 1080 godzin
1 punkt - wykonanie niezbędnych obliczeń i wyznaczenie liczby dni: 27 dni
maturobranie.pl
Schemat punktowania - matematyka poziom podstawowy
Strona 5
Zadanie 32. (0-4 pkt)
5
Dany jest trapez równoramienny ABCD, przy czym AB k CD. Tangens kąta ostrego wynosi 12
. Wysokość tego
trapezu poprowadzona z wierzchołka D na podstawę AB dzieli ją na dwa odcinki w stosunku 2 : 5. Oblicz pole
tego trapezu wiedząc, że jego obwód jest równy 172.
I przykładowe rozwiązanie wraz z komentarzem
Przyjmujemy oznaczenia: h - wysokość trapezu, c - długość ramienia. Wysokość poprowadzona z wierzchołka
D dzieli podstawę na dwie części - krótszą 2x oraz dłuższą 5x, gdzie x > 0. Wówczas a = 3x - długość krótszej
podstawy oraz b = 7x - długość dłuższej podstawy (zobacz rysunek pomocniczy).
D
c
2x
c
h
•
α
A
C
3x
3x
E
2x
B
Tangens kąta α w trójkącie AED jest równy
Materiał pobrany ze strony www.maturobranie.pl
tg α =
5
h
=
12
2x
Zatem mamy
5
h
=
12
2x
10 · x = 12 · h
5
h= x
6
Korzystając z twierdzenia Pitagorasa dla trójkąta AED wyznaczmy długość ramienia trapezu c
(2x)2 + h2 = c2
(2x)2 +
5
x
6
2
= c2
169 2
x
36
13
x
c=
6
Obliczmy wartość x wiedząc, że obwód trapezu wynosi 172
c2 =
7x +
13
13
x + 3x + x = 176 / · 3
6
6
43x = 516 / : 43
x = 12
Pole trapezu jest równe
P =
1
1
5
1
5
· (a + b) · h = · (3x + 7x) · x = · (3 · 12 + 7 · 12) · · 12 = 600
2
2
6
2
6
Odp. Pole trapezu wynosi 600j 2 .
Schemat punktowania do I rozwiązania
1 punkt - przedstawienie wysokości trapezu h za pomocą zmiennej x: h = 56 x
1 punkt - przedstawienie długości ramienia trapezu c za pomocą zmiennej x: c =
1 punkt - wyznaczenie wartości zmiennej x: x = 12
1 punkt - obliczenie pola trapezu ABCD: 600j 2
13
6 x
Strona 6
Schemat punktowania - matematyka poziom podstawowy
maturobranie.pl
Zadanie 33. (0-4 pkt)
√
Dany jest trójkąt równoramienny ABC, w którym |AC| = |BC| = 145. Ponadto wiadomo, że A = (−1, −4)
oraz prosta o równaniu 2x + y − 4 = 0 jest osią symetrii trójkąta ABC. Oblicz współrzędne wierzchołków B i
C.
Przykładowe rozwiązanie wraz z komentarzem
Wiadomo, że trójkąt ABC jest równoramienny oraz prosta y = −2x + 4 zawiera oś symetrii tego trójkąta. Niech
punkt S będzie środkiem odcinka AB. Prostą zawierającą oś symetrii trójkąta ABC oznaczmy jako k (zobacz
rysunek).
k
C = (x, −2x + 4)
Materiał pobrany ze strony www.maturobranie.pl
√
145
l
S
B
A = (−1, −4)
C0
Krok 1 - wyznaczenie równania prostej l prostopadłej do prostej k i przechodzącej przez punkt A
Wiemy, że k : y = −2x + 4 oraz l : y = ax + b. k⊥l a to zachodzi, gdy −2 · a = −1. Zatem współczynnik
kierunkowy prostej l jest równy a = 21 . Wiadomo, że prosta l przechodzi przez punkt A, zatem
y=
1
x+b ,
2
x
y
A = (−1, −4)
1
· (−1) + b
2
1
b = −3
2
−4 =
Zatem równanie prostej l jest postaci
y=
1
1
x−3
2
2
Krok 2 - wyznaczenie współrzędnych punktu S przecięcia się prostych k oraz l
Przyrównajmy do siebie równania prostych k i l, wtedy
(
y = −2x + 4
y = 21 x − 3 21
1
1
x−3
2
2
1
1
2 x=7
2
2
5
15
2
x=
/·
2
2
5
x=3
−2x + 4 =
maturobranie.pl
Schemat punktowania - matematyka poziom podstawowy
Strona 7
Obliczamy wartość y podstawiając wartość x = 3 np. do równania prostej k, wówczas
y = −2 · 3 + 4 = −2
Zatem punkt S ma współrzędne S = (3, −2).
Krok 3 - wyznaczenie współrzędnych punktu B = (xB , yB )
Skorzystajmy ze wzoru na współrzędne środka odcinka, wówczas
xA + xB yA + yB
(xS , yS ) =
,
2
2
−1 + xB −4 + yB
(3, −2) =
,
2
2
−4 + yB
−1 + xB
i
−2=
3=
2
2
x=7 i y=0
Materiał pobrany ze strony www.maturobranie.pl
Otrzymaliśmy B = (7, 0).
Krok 4 - obliczenie współrzędnych punktu C
Obliczmy długość odcinka SB
p
√
√
|SB| = (7 − 3)2 + (0 + 2)2 = 16 + 4 = 20
Obliczmy długość odcinka SC korzystając z twierdzenia Pitagorasa w trójkącie prostokątnym SBC
|SC|2 + |SB|2 = |BC|2
√
√
|SC|2 + ( 20)2 = ( 145)2
p
|SC|2 = 125 / ()
√
|SC| = 125
Obliczmy współrzędne punktu C korzystając ze wzoru na odległość odcinka SC
p
|SC| = (xC − xS )2 + (yC − yS )2
p
√
125 = (x − 3)2 + ((−2x + 4) + 2)2 /()2
125 = (x − 3)2 + (−2x + 6)2
125 = x2 − 6x + 9 + 4x2 − 24x + 36
5x2 − 30x − 80 = 0
/:5
2
x − 6x − 16 = 0
∆ = (−6)2 − 4 · 1 · (−16) = 100
√
√
∆ = 100 = 10
6 − 10
x1 =
= −2
2·1
6 + 10
x2 =
=8
2·1
Wyznaczmy wartości y podstawiając wyliczone wartości x do wzoru na prostą l : y = −2x + 4
(
(
x = −2
x=8
lub
y = −2 · (−2) + 4
y = −2 · 8 + 4
(
(
x = −2
x=8
lub
y=8
y = −12
Odp. Współrzędne wierzchołków wynoszą odpowiednio B = (7, 0) i C = (−2, 8) lub B = (7, 0) i C =
(8, −12).
Schemat punktowania
1 punkt - dojście do końca
1 punkt - dojście do końca
1 punkt - dojście do końca
1 punkt - dojście do końca
kroku
kroku
kroku
kroku
1
2
3
4
Strona 8
Schemat punktowania - matematyka poziom podstawowy
maturobranie.pl
Zadanie 34. (0-5 pkt)
√
√
Pole powierzchni całkowitej ostrosłupa prawidłowego trójkątnego ABCS jest równe 144( 3 + 2 2) (zobacz
rysunek).
√ Różnica długości promienia okręgu opisanego i promienia okręgu wpisanego w podstawę ABC jest
równa 4 3. Oblicz objętość tego ostrosłupa.
S
C
O
Materiał pobrany ze strony www.maturobranie.pl
A
B
Przykładowe rozwiązanie wraz z komentarzem
Podstawą ostrosłupa prawidłowego trójkątnego jest trójkąt równoboczny ABC. Oznaczmy a - długość boku
trójkąta ABC, h - wysokość trójkąta ABC, R - długość promienia okręgu opisanego na trójkącie ABC oraz r
- długość promienia okręgu wpisanego w trójkąt ABC (zobacz rysunek).
C
R
a
a
h
O
r
A
a
B
Krok 1 - obliczenie wysokości h trójkąta równobocznego ABC
Z treści zadania mamy
√
R−r =4 3
Zauważmy, że R = 32 h oraz r = 13 h. Podstawiając do powyższego równania otrzymujemy
√
2
1
h− h=4 3
3
3
√
1
h=4 3 /·3
3
√
h = 12 3
Krok 2 - obliczenie długości boku a trójkąta równobocznego ABC
Wysokość w trójkącie równobocznym wyraża się wzorem
√
a 3
h=
2
√
Podstawiając h = 12 3 obliczamy wartość a
√
√
a 3
12 3 =
2
maturobranie.pl
Schemat punktowania - matematyka poziom podstawowy
Strona 9
√
a 3
2
12 3 =
/· √
2
3
a = 24
√
Krok 3 - wyznaczenie wysokości h2 jednej ze ścian bocznych
Oznaczmy H - wysokość ostrosłupa ABCS oraz h2 - wysokość ściany bocznej (zobacz rysunek). Zauważmy, że
w ostrosłupie prawidłowym trójkątnym wszystkie trzy ściany boczne są identyczne, zatem mają one równe pola
powierzchni.
S
h2
H
Materiał pobrany ze strony www.maturobranie.pl
C
O
•
A
r
D
B
√
√
Z treści zadania wiemy, że pole powierzchni całkowitej ostrosłupa ABCS wynosi 144( 3+2 2), wówczas
Pcakowite = Ppodstawy + Pboczne
√
√
1
1
·a·h +3·
· a · h2
144( 3 + 2 2) =
2
2
√
√
√
1
1
· 24 · 12 3 + 3 ·
· 24 · h2
144 3 + 288 2 =
2
2
√
√
√
1
3
144 3 + 288 2 = · 24 · 12 3 + · 24 · h2
2
2
√
√
√
144 3 + 288 2 = 144 3 + 36 · h2
√
36 · h2 = 288 2 / : 36
√
h2 = 8 2
Krok 4 - obliczenie wysokości H ostrosłupa ABCS
Skorzystajmy z twierdzenia Pitagorasa w trójkącie ODS
|OS|2 + |OD|2 = |DS|2
H 2 + r2 = h22
2
1
H2 +
h = h22
3
√ 2
√
1
H2 +
· 12 3 = (8 2)2
3
H 2 + 48 = 128
H 2 = 80
√
√
H = 80 = 4 5
Krok 5 - obliczenie objętości ostrosłupa ABCS
√
√
√
1
1
1
1 1
V = · PP · H = ·
· a · h · H = · · 24 · 12 3 · 4 5 = 192 15
3
3
2
3 2
√
3
Odp. Objętość ostrosłupa ABCS jest równa 192 15 j .
Strona 10
Schemat punktowania - matematyka poziom podstawowy
Materiał pobrany ze strony www.maturobranie.pl
Schemat punktowania
√
1 punkt - obliczenie wysokości h trójkąta równobocznego ABC: h = 12 3
1 punkt - obliczenie długości boku a trójkąta równobocznego ABC: a√= 24
1 punkt - wyznaczenie wysokości h2 jednej ze ścian bocznych:
√ h2 = 8 2
1 punkt - obliczenie wysokości H ostrosłupa ABCS: H = √
4 5
1 punkt - obliczenie objętości ostrosłupa ABCS: V = 192 15 j 3
maturobranie.pl