Rodzaj dokumentu:
Zasady oceniania rozwiązań zadań
Egzamin:
Egzamin maturalny
Przedmiot:
Matematyka
Poziom:
Poziom rozszerzony
Uwagi:
1. Akceptowane są wszystkie rozwiązania merytorycznie poprawne i spełniające warunki zadania.
2. Jeżeli zdający, rozwiązując zadanie otwarte, popełni błędy rachunkowe, które na żadnym etapie
rozwiązania nie upraszczają i nie zmieniają danego zagadnienia, lecz stosuje poprawną metodę i konsekwentnie do popełnionych błędów rachunkowych rozwiązuje zadanie, to może otrzymać co najwyżej
(n − 1) punktów (gdzie n jest maksymalną możliwą do uzyskania liczbą punktów za dane zadanie).
Wymagania egzaminacyjne w 2023 i 2024 r.:
https://link.operon.pl/uk
Zadanie 1. (0–3)
Wymagania ogólne
Wymagania szczegółowe
II. Wykorzystanie i tworzenie informacji.
1. Interpretowanie i operowanie informacjami
przedstawionymi w tekście, zarówno matematycznym, jak i popularnonaukowym, a także
w formie wykresów, diagramów, tabel.
Zdający:
V.4) R rozwiązuje równania i nierówności z wartością bezwzględną, o stopniu trudności nie większym niż:
2|x + 3| + 3|x – 1| = 13, |x + 2| + 2|x – 3| < 11.
Zasady oceniania
 9 23 
3 pkt – zastosowanie poprawnej metody i zapisanie poprawnego rozwiązania: x ∈ − ; 
 4 4 
2 pkt – rozwiązanie nierówności w dwóch spośród trzech przedziałów, których suma jest równa 
1 pkt – zastosowanie definicji wartości bezwzględnej i zapisanie nierówności x − 4 , 5 + x + 1 ≤ 8 odpowiednio w trzech rozpatrywanych przedziałach
ALBO
– rozwiązanie nierówności w przedziale (−∞; − 1)
ALBO
9

– rozwiązanie nierówności w przedziale  ; ∞

 2
0 pkt – rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania
Przykładowe rozwiązanie
Rozwiązujemy nierówność w trzech przedziałach:
1) x ∈ (−∞; − 1)
Korzystając z definicji wartości bezwzględnej, nierówność x − 4 , 5 + x + 1 ≤ 8 zapisujemy w postaci:
−2 x + 3, 5 ≤ 8
 9

Rozwiązaniem tej nierówności jest: x ∈ − ; − 1


 4

9
2) x ∈ −1; 

2
Nierówność x − 4 , 5 + x + 1 ≤ 8 zapisujemy w postaci: − x + 4 , 5 + x + 1 ≤ 8
w w w. o p e r o n . p l
1
Matematyka. Poziom rozszerzony
Próbna Matura z OPERONEM dla szkół ponadpodstawowych

9
Rozwiązaniem tej nierówności jest: x ∈ −1; 

2

9
3) x ∈  ; ∞

 2
Nierówność x − 4 , 5 + x + 1 ≤ 8 zapisujemy w postaci: 2 x − 3, 5 ≤ 8
 9 23 
Rozwiązaniem tej nierówności jest: x ∈  ; 
 2 4 
 9 23 
Zatem rozwiązaniem nierówności x − 4 , 5 + x + 1 ≤ 8 jest: x ∈ − ;  .
 4 4 
Rozwiązanie graficzne nierówności x − 4 , 5 + x + 1 ≤ 8 .
Funkcję f ( x) = x − 4 , 5 + x + 1 można zapisać w postaci:
−2 x + 3, 5, gdy x ∈ (−∞; − 1)

f ( x) = 5, 5, gdy x ∈ [−1; 4 , 5)

2 x − 3, 5, gdy x ∈ [ 4 , 5; + ∞)

 −9 23 
Zatem f ( x) ≤ 8 dla x ∈ 
; .
 4 4 
Y
9
8
7
6
5
4
3
2
1
–6 –5 –4 –3 –2 –1 0
–1
–2
–3
–4
1 2 3 4 5 6 X
Zadanie 2. (0–5)
Wymagania ogólne
Wymagania szczegółowe
III. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji.
2. Dobieranie i tworzenie modeli matematycznych przy
rozwiązywaniu problemów praktycznych i teoretycznych.
IV. Rozumowanie i argumentacja.
3. Dobieranie argumentów do uzasadnienia poprawności
rozwiązywania problemów, tworzenie ciągu argumentów,
gwarantujących poprawność rozwiązania i skuteczność
w poszukiwaniu rozwiązań zagadnienia.
I. Sprawność rachunkowa.
Wykonywanie obliczeń na liczbach rzeczywistych, także
przy użyciu kalkulatora, stosowanie praw działań matematycznych przy przekształcaniu wyrażeń algebraicznych oraz
wykorzystywanie tych umiejętności przy rozwiązywaniu
problemów w kontekstach rzeczywistych i teoretycznych.
Zdający:
V.3) R stosuje wzory Viete’a dla równań kwadratowych;
V.5) R analizuje równania i nierówności
liniowe z parametrami oraz równania
i nierówności kwadratowe z parametrami, w szczególności wyznacza liczbę
rozwiązań w zależności od parametrów,
podaje warunki, przy których rozwiązania mają żądaną własność, i wyznacza
rozwiązania w zależności od parametrów.
XIII.5) R rozwiązuje zadania optymalizacyjne z zastosowaniem pochodnej.
w w w. o p e r o n . p l
2
Matematyka. Poziom rozszerzony
Próbna Matura z OPERONEM dla szkół ponadpodstawowych
Zasady oceniania
−


2
∈
5 pkt – zastosowanie poprawnej metody i poprawna odpowiedź: m = 2 i


4 pkt – uzasadnienie, że dla m =
( 6 − 2) ; 6 + 2 
4
4



( 6 − 4) funkcja f m = −(2 m − 1)(5m − 5m − 1) ma maksimum
−
2
( )
5
3
( m − 1)
lokalne i jest to wartość największa
− 6 −4
−(2 m − 1)(5 m2 − 5 m − 1)
3 pkt – w yznaczenie m =
, dla którego funkcja f ( m) =
przyjmuje
3
5
( m − 1)
(
)
ekstremum lokalne
2 pkt – rozwiązanie nierówności ∆ > 0 oraz uwzględnienie warunku m− 1 ≠ 0 i zastosowanie wzorów
Viete’a do sumy sześcianów pierwiastków równania:
 2 m − 1  3m  −(2 m − 1)(5 m2 − 5 m − 1)
 2 m − 1 3


−
=
3
x1 3 + x2 3 = 

3
 m − 1  m − 1 
 m − 1 
m −1
(
)
1 pkt – uwzględnienie warunku m− 1 ≠ 0 oraz rozwiązanie nierówności ∆ > 0:
 − 6 + 2  
6 + 2 
m ∈ 
; 1 ∪ 1;

 

4
4 
0 pkt – niepoprawna metoda lub brak rozwiązania
Przykładowe rozwiązanie
1) Dla m = 1 równanie ( m − 1) x 2 − (2 m − 1) x + 3 m = 0 jest równaniem liniowym i ma tylko jeden pierwiastek, zatem m ¹ 1.
2
2) Równanie kwadratowe ma dwa pierwiastki, gdy ∆ > 0: ∆ = (2 m − 1) − 12 m( m − 1) = −8 m2 + 8 m + 1
( 6 − 2) ; 6 + 2 
−

−8 m2 + 8 m + 1 > 0 ⇔ m ∈ 


4



4
3) Sumę x1 3 + x2 3 zapisujemy w postaci umożliwiającej wykorzystanie wzorów Viete’a:
3
x1 3 + x2 3 = ( x1 + x2 ) − 3 x1 x2 ( x1 + x2 ).
Po zastosowaniu wzorów Viete’a suma x1 3 + x2 3 przyjmuje postać:
 2 m − 1  3m  −(2 m − 1)(5 m2 − 5 m − 1)
 2 m − 1 3


−
=
3
x1 3 + x2 3 = 
.

3
 m − 1  m − 1 
 m − 1 
( m − 1)
Obliczamy, dla jakiej wartości parametru m funkcja f ( m) =
wartość największą.
 −(2 m − 1)(5 m2 − 5 m − 1)′ 3(5 m2 − 8 m + 2 )

 =
f ′ ( m) = 
4
3


( m − 1)
( m − 1)


f ′ ( m) = 0 ⇔ Liczba m =
3(5 m2 − 8 m + 2 )
4
( m − 1)
= 0 , czyli gdy m =
w w w. o p e r o n . p l
3
( m − 1)
, m ≠ 1 przyjmuje
( 6 − 4)
−
6 +4
lub m =
5
5
( 6 − 2) ; 6 + 2 , zatem tylko dla m = −( 6 − 4) może
−

6 +4
nie należy do przedziału 

5

być największa wartość funkcji f ( m) =
−(2 m − 1)(5 m2 − 5 m − 1)
4
4



−(2 m − 1)(5 m2 − 5 m − 1)
3
( m − 1)
5
, m ≠ 1.
3
Matematyka. Poziom rozszerzony
Próbna Matura z OPERONEM dla szkół ponadpodstawowych
( 6 − 2) ; −( 6 − 4)  funkcja f(m) jest rosnąca f ′ m > 0 , a dla m ∈ −( 6 − 4) ; 6 + 2 
−

Dla m ∈ 


4
( ( )



5
funkcja f(m) jest malejąca ( f ′ ( m) > 0), stąd w m =
)





4
5
( 6 − 4) występuje maksimum lokalne funkcji f(m),
−
5
( 6 − 2) ; 6 + 2 .
−

które jest jednocześnie największą wartością tej funkcji w przedziale 


4
4



Zadanie 3. (0–4)
Wymagania ogólne
Wymagania szczegółowe
III. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji. Zdający:
2. Dobieranie i tworzenie modeli matematycznych IV.2) stosuje układy równań do rozwiązywania
przy rozwiązywaniu problemów praktycznych
zadań tekstowych.
i teoretycznych.
Zasady oceniania
4 pkt – zastosowanie poprawnej metody i zapisanie poprawnej odpowiedzi: t = 7 s
3 pkt – rozwiązanie równania
2
2
(−32 + t) + (24 − t) = 5: t = 7 lub t = 9
2 pkt –zapisanie równania pozwalającego obliczyć, po jakim czasie odległość między samochodzikami
2
2
(−32 + 4 t) + (24 − 3t) = 5
będzie równa 5 cm:
1 pkt – w ybranie metody rozwiązania zadania i zapisanie współrzędnych S A = ( 32 − 4 t; 0) oraz
SO = (0; 24 − 3t)
0 pkt – niepoprawna metoda lub brak rozwiązania
Przykładowe rozwiązanie
Przyjmujemy, że samochodziki poruszają się po osiach układu współrzędnych kartezjańskich.
SO
d
SA
W chwili t współrzędne samochodzików opisują współrzędne: S A = ( 32 − 4 t; 0), SO = (0;24 − 3t).
Odległość S A SO = d =
Rozwiązujemy równanie
2
2
2
(−32 + 4 t) + (24 − 3t) = 5
2
2
(−32 + 4 t) + (24 − 3t) = 5, przekształcając je równoważnie:
2
(−32 + 4 t) + (24 − 3t) = 25
2
25(8 − t) = 25
2
Stąd (8 − t) = 1, czyli 8 − t = 1 lub 8 − t = −1.
Zatem t = 7 lub t = 9.
Odległość między samochodzikami będzie równa 5 cm po upływie 7 s od chwili startu. Rozwiązanie
t = 9 należy odrzucić, gdyż po upływie 9 s samochodzik Olka przejedzie drogę 27 cm, czyli dłuższą niż
odległość samochodu w chwili startu od wierzchołka kąta.
w w w. o p e r o n . p l
4
Matematyka. Poziom rozszerzony
Próbna Matura z OPERONEM dla szkół ponadpodstawowych
Zadanie 4. (0–4)
Wymagania ogólne
Wymagania szczegółowe
IV. Rozumowanie i argumentacja.
1. Przeprowadzanie rozumowań, także kilkuetapowych, podawanie argumentów uzasadniających
poprawność rozumowania, odróżnianie dowodu
od przykładu.
Zdający:
I.2) R przeprowadza proste dowody dotyczące
podzielności liczb całkowitych;
II.4) rozkłada wielomiany na czynniki metodą
wyłączania wspólnego czynnika przed nawias
oraz metodą grupowania wyrazów […].
Zasady oceniania
4 pkt – zastosowanie poprawnej metody i uzasadnienie tezy
3 pkt – zapisanie sumy x 4 + 6 x 3 + 11 x 2 + 6 x w postaci iloczynowej: x ( x + 1)( x + 2)( x + 3)
2 pkt – zapisanie wielomianu W ( x) w postaci pozwalającej uzasadnić tezę, np.:
1 4
( x + 6 x 3 + 11 x 2 + 6 x )
24
1 pkt – obliczenie log 2 8 = 6
W ( x) =
0 pkt – niepoprawna metoda lub brak rozwiązania
Przykładowe rozwiązanie
Obliczmy wartości współczynnika wielomianu: log 2 8 = a stąd
a
( 2 ) = 8, czyli a = 6.
1 4
( x + 6 x 3 + 11 x 2 + 6 x )
24
Wielomian W ( x) jest liczbą całkowitą dla każdego x Î  wtedy, gdy suma x 4 + 6 x 3 + 11 x 2 + 6 x dzieli
się przez 24.
Zapisujemy sumę x 4 + 6 x 3 + 11 x 2 + 6 x w postaci iloczynowej:
x 4 + 6 x 3 + 11 x 2 + 6 x = x ( x + 1)( x + 2)( x + 3)
Zapisujemy wielomian W ( x) w postaci: W ( x) =
Iloczyn czterech kolejnych liczb całkowitych jest podzielny przez 24, ponieważ co najmniej jedna z tych liczb
jest podzielna przez 2, co najmniej jedna jest podzielna przez 3 oraz jedna jest podzielna przez 4. Zatem
1 4
suma x 4 + 6 x 3 + 11 x 2 + 6 x jest wielokrotnością liczby 24 i dlatego iloczyn
( x + 6 x 3 + 11 x 2 + 6 x ) jest
24
liczbą całkowitą. Co należało uzasadnić.
Zadanie 5. (0–3)
Wymagania ogólne
Wymagania szczegółowe
III. Wykorzystanie i interpretowanie re- Zdający:
prezentacji.
II.1) R znajduje pierwiastki całkowite i wymierne wielo1. Stosowanie obiektów matematycznych mianu o współczynnikach całkowitych;
i operowanie nimi, interpretowanie poIII.1) R rozwiązuje nierówności wielomianowe typu
jęć matematycznych.
W ( x) > 0, W ( x)≥ 0,W ( x) < 0;
III.2) R rozwiązuje równania i nierówności wymierne
x +1
1
2x
nie trudniejsze niż
+
≥
.
x ( x − 1) x + 1 ( x − 1)( x + 1)
Zasady oceniania
3 pkt – zastosowanie poprawnej metody i zapisanie zbioru rozwiązań nierówności:
2 
x ∈  ; 1 ∪ (2; 3)
 3 
w w w. o p e r o n . p l
5
Matematyka. Poziom rozszerzony
Próbna Matura z OPERONEM dla szkół ponadpodstawowych

2
3 x − ( x − 1)

3
2 pkt – przekształcenie nierówności do postaci
<0
x
−
2
(
)( x − 3)
1 pkt – zapisanie nierówności w postaci
F ( x)
G( x)
< 0 i wyznaczenie jej dziedziny:x ∈ R − {2; 3}
0 pkt – niepoprawna metoda lub brak rozwiązania
Przykładowe rozwiązanie
14
10
<
− 3 jest określona dla x ∈  \ {2; 3}
x −5x +6 2− x
Przekształcamy nierówność równoważnie:
10 ( x − 3)
3( x − 3)( x − 2)
14
10
14
+
<0
<
−3 ⇔
+
x2 − 5 x + 6 2 − x
x 2 − 5 x + 6 ( x − 2)( x − 3) ( x − 2)( x − 3)
Nierówność
2
14 + 10 x − 30 + 3 x 2 − 15 x + 18
<0
( x − 2)( x − 3)
3 x2 − 5 x + 2
<0
( x − 2)( x − 3)

2
3 x − ( x − 1)

3
<0
( x − 2)( x − 3)

2
Szukamy zbioru rozwiązań nierówności 3 x − ( x − 1)( x − 2)( x − 3) < 0.

3

2
Na podstawie szkicu wykresu funkcji f ( x) = 3 x − ( x − 1)( x − 2)( x − 3) odczytujemy rozwiązanie nie
3
2 
równości: x ∈  ; 1 ∪ (2; 3).
 3 
Y
1
–1
0
1
2
3 X
–1
–2
w w w. o p e r o n . p l
6
Matematyka. Poziom rozszerzony
Próbna Matura z OPERONEM dla szkół ponadpodstawowych
Zadanie 6.
Zadanie 6.1. (0–4)
Wymagania ogólne
Wymagania szczegółowe
IV. Rozumowanie i argumentacja.
3. Dobieranie argumentów do uzasadnienia poprawności rozwiązywania problemów, tworzenie
ciągu argumentów, gwarantujących poprawność
rozwiązania i skuteczność w poszukiwaniu rozwiązań zagadnienia.
III. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji.
1. Stosowanie obiektów matematycznych i operowanie nimi, interpretowanie pojęć matematycznych.
Zdający:
XIII.1) R oblicza granice funkcji (w tym jednostronne);
XIII.3) R oblicza pochodną funkcji potęgowej
o wykładniku rzeczywistym oraz oblicza pochodną, korzystając z twierdzeń o pochodnej
sumy, różnicy, iloczynu i ilorazu;
XIII.4) R stosuje pochodną do badania monotoniczności funkcji.
Zasady oceniania
1 
4 pkt – zastosowanie poprawnej metody i wyznaczenie zbioru wartości funkcji f(x):  ; 3
 3 
3 pkt – uzasadnienie, że minimum i maksimum lokalne są jednocześnie najmniejszą i największą wartością funkcji f(x), np. policzenie granic funkcji lim f ( x) oraz lim f ( x)
x→−∞
x→∞
2 pkt – obliczenie miejsc zerowych pochodnej oraz uzasadnienie istnienia minimum i maksimum lokalnego w x = –1 oraz x = 1
−2 ( x 2 − 1)
1 pkt – wyznaczenie pochodnej funkcji f(x): f ′ ( x) = 2
( x − x + 1)2
0 pkt – niepoprawna metoda lub brak rozwiązania
Przykładowe rozwiązanie
Obliczamy pochodną funkcji f(x).
(2 x + 1)( x 2 − x + 1) − ( x 2 + x + 1)(2 x − 1) −2 ( x 2 − 1)
f ' ( x) =
= 2
, x ∈ 
( x 2 − x + 1)2
( x − x + 1)2
Obliczamy najmniejszą i największą wartość funkcji f(x), korzystając z własności pochodnej funkcji.
−2 ( x 2 − 1)
Sprawdzamy warunek konieczny istnienia ekstremum lokalnego funkcji: f ′ ( x ) = 2
=0
( x − x + 1)2
f ′ ( x) = 0dla x = −1 lub x = 1.
Dla x < −1 pochodna f ′ ( x) jest ujemna, czyli w tym przedziale funkcja jest malejąca, dla x ∈ (−1; 1)
pochodna f ′ ( x) jest dodatnia, czyli w tym przedziale funkcja jest rosnąca, a dla x > 1 pochodna f ′ ( x)
jest ujemna, więc funkcja dla x > 1 jest rosnąca. Zatem funkcja f(x) ma w punkcie x = –1 minimum lo1
kalne równe f (−1) = , a w punkcie x = 1 maksimum lokalne równe f(1) = 3. Są to jednocześnie naj3
mniejsza i największa wartość funkcji, gdyż lim f ( x) = 1 oraz lim f ( x) = 1. Ponadto pochodna funkcji
x→−∞
x→∞
nie ma innych (niż –1 i 1) miejsc zerowych, więc nie ma innych punktów, w których byłyby ekstrema
lokalne funkcji f(x).
1 
Zbiorem wartości funkcji f(x) jest przedział  ; 3 .
 3 
w w w. o p e r o n . p l
7
Matematyka. Poziom rozszerzony
Próbna Matura z OPERONEM dla szkół ponadpodstawowych
Zadanie 6.2. (0–3)
Wymagania ogólne
Wymagania szczegółowe
III. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji.
1. Stosowanie obiektów matematycznych i operowanie nimi, interpretowanie pojęć matematycznych.
Zdający:
IX.1) R posługuje się równaniem prostej w postaci ogólnej
na płaszczyźnie, w tym wyznacza równanie prostej o zadanych własnościach (takich jak na przykład przechodzenie
przez dwa dane punkty, równoległość lub prostopadłość do
innej prostej, styczność do okręgu);
XIII.2) R stosuje definicję pochodnej funkcji, podaje interpretację geometryczną pochodnej;
XIII.3) R oblicza pochodną funkcji potęgowej o wykładniku rzeczywistym oraz oblicza pochodną, korzystając
z twierdzeń o pochodnej sumy, różnicy, iloczynu i ilorazu.
Zasady oceniania
3 pkt – zastosowanie poprawnej metody i zapisanie równania szukanej stycznej np. w postaci:
90
73
y=
x+
49
49
 2 19 
2 pkt – zapisanie równania stycznej i wyznaczenie współrzędnych punktu styczności:  ; 
 3 7 
2
1 pkt – obliczenie dodatniej odciętej punktu styczności: x =
3
0 pkt – niepoprawna metoda lub brak rozwiązania
Przykładowe rozwiązanie
Obliczmy pochodną funkcji f(x):
(2 x + 1)( x 2 − x + 1) − ( x 2 + x + 1)(2 x − 1) −2 ( x 2 − 1)
f ′ ( x ) =
, x∈
= 2
( x 2 − x + 1)2
( x − x + 1)2
Na podstawie interpretacji geometrycznej pochodnej funkcji wyznaczamy dodatnią odciętą punktu
styczności:
−2 ( x 2 − 1)
90
2
= 2
, stąd x =
2
49 ( x − x + 1)
3
 2  19
f   =
 3  7
Równanie stycznej zapisujemy, korzystając ze wzoru: y − f ( xo ) = f ' ( xo )( x − xo ), gdzie x0 jest odciętą
punktu styczności, stąd y −
19 90 
2
=  x − .


7
49
3
Równanie szukanej stycznej ma postać: y =
90
73
x+ .
49
49
Zadanie 7. (0–3)
Wymagania ogólne
Wymagania szczegółowe
IV. Rozumowanie i argumentacja.
3. Dobieranie argumentów do uzasadnienia poprawności rozwiązywania
problemów, tworzenie ciągu argumentów, gwarantujących poprawność
rozwiązania i skuteczność w poszukiwaniu rozwiązań zagadnienia.
III. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji.
1. Stosowanie obiektów matematycznych i operowanie nimi, interpretowanie pojęć matematycznych.
Zdający:
VI.4) stosuje wzór na n-ty
wyraz i na sumę początkowych wyrazów ciągu arytmetycznego.
w w w. o p e r o n . p l
8
Matematyka. Poziom rozszerzony
Próbna Matura z OPERONEM dla szkół ponadpodstawowych
Zasady oceniania
3 pkt – zastosowanie poprawnej metody i uzasadnienie tezy
2 pkt – zapisanie równania pozwalającego obliczyć r oraz a1 ciągu spełniającego założenie
1 pkt – obliczenie sumy Sn wyrazów ciągu arytmetycznego i zapisanie równania Sn = 3 n2
0 pkt – niepoprawna metoda lub brak rozwiązania
Przykładowe rozwiązanie
Założenie:
∧ Sn = 3 n2
n∈,n≥1
Teza:
Istnieje arytmetyczny ciąg (an), w którym a1 = 3, r = 6.
Dowód:
2 a1 + r ( n − 1)
Z warunku zadania Sn =
⋅ n = 3 n2 .
2
2 a1 + r ( n − 1)
Po podzieleniu równania
⋅ n = 3 n2 przez n otrzymujemy 2 a1 − r = (6 − r ) n.
2
Równanie to jest spełnione dla każdej wartości n ∈ ( n ≥ 1) tylko wtedy, gdy r = 6 oraz a1 = 3.
Istnieje więc ciąg arytmetyczny spełniający warunki zadania i jest to ciąg o wyrazach: {3, 9, 15, 21, …}.
Co należało udowodnić.
Zadanie 8.
Zadanie 8.1. (0–2)
Wymagania ogólne
Wymagania szczegółowe
IV. Rozumowanie i argumentacja.
4. Stosowanie i tworzenie strategii przy rozwiązywaniu zadań, również w sytuacjach nietypowych.
III. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji.
1. Stosowanie obiektów matematycznych i operowanie nimi, interpretowanie pojęć matematycznych.
Zdający:
VI.6) wykorzystuje własności ciągów, w tym
arytmetycznych i geometrycznych, do rozwiązywania zadań, również osadzonych w kontekście praktycznym;
VI.2) R rozpoznaje zbieżne szeregi geometryczne i oblicza ich sumę.
Zasady oceniania
2 pkt – zastosowanie poprawnej metody i uzasadnienie tezy
a
a
3 +1
1 pkt – obliczenie ilorazów 3 oraz 2 wyrazów ciągu: q =
a2
a1
3
0 pkt – niepoprawna metoda lub brak rozwiązania
Przykładowe rozwiązanie
Sprawdzamy, czy jest to ciąg geometryczny:
5 3 +9 2 3 +3
3 +1 2 3 + 3
3
=
=
:
:
9
3
3
3
3 −1
3 +1
3
Ciąg geometryczny jest zbieżny, gdy q < 1.
Czyli q =
3 +1
3 +1
< 1 ⇔ −1 <
< 1
3
3
w w w. o p e r o n . p l
9
Matematyka. Poziom rozszerzony
Próbna Matura z OPERONEM dla szkół ponadpodstawowych
Nierówność powyższa jest prawdziwa, ponieważ każda liczba dodatnia jest większa od –1 oraz 3 < 2.


3
2 3 +3 5 3 +9
Zatem ciąg o wyrazach 
,
,
, … jest ciągiem geometrycznym zbieżnym.
 3 − 1

3
9


Zadanie 8.2. (0–2)
Wymagania ogólne
III. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji.
2. Dobieranie i tworzenie modeli matematycznych
przy rozwiązywaniu problemów praktycznych
i teoretycznych.
Wymagania szczegółowe
Zdający:
VI.2) R rozpoznaje zbieżne szeregi geometryczne i oblicza ich sumę.
Zasady oceniania
2 pkt – zastosowanie poprawnej metody i obliczenie sumy: S =
(
3 5 3 +9
)
2
1 pkt – zastosowanie wzoru na sumę wszystkich wyrazów nieskończonego ciągu geometrycznego:
3
3 −1
S=
3 +1
1−
3
0 pkt – niepoprawna metoda lub brak rozwiązania
Przykładowe rozwiązanie
Stosujemy wzór na sumę wyrazów nieskończonego ciągu geometrycznego o wyrazie pierwszym
3
3 +1
a1 =
i ilorazie q =
:
3
3 −1
3
−
3
1 =3 5 3 + 9
S=
2
3 +1
1−
3
(
)
Zadanie 9. (0–3)
Wymagania ogólne
Wymagania szczegółowe
III. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji.
2. Dobieranie i tworzenie modeli matematycznych
przy rozwiązywaniu problemów praktycznych i teoretycznych.
III. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji.
1. Stosowanie obiektów matematycznych i operowanie nimi, interpretowanie pojęć matematycznych.
Zdający:
XII.1) oblicza prawdopodobieństwo w modelu klasycznym;
XII.2) R stosuje schemat Bernoullego.
Zasady oceniania
7024
3 pkt – zastosowanie poprawnej metody i poprawna odpowiedź: P (4 ≤ 6) =
lub podanie wyniku
117649
w postaci ułamka dziesiętnego, np. 0,06
2 pkt – obliczenie prawdopodobieństwa otrzymania w 6 losowaniach 4 razy kul w różnych kolorach
ALBO
– obliczenie prawdopodobieństwa otrzymania w 6 losowaniach 5 razy kul w różnych kolorach
ALBO
– obliczenie prawdopodobieństwa otrzymania w 6 losowaniach 6 razy kul w różnych kolorach
w w w. o p e r o n . p l
10
Matematyka. Poziom rozszerzony
Próbna Matura z OPERONEM dla szkół ponadpodstawowych
2
5
1 pkt – obliczenie prawdopodobieństwa sukcesu lub porażki w jednym losowaniu: p = lub q = 7
7
0 pkt – niepoprawna metoda lub brak rozwiązania
Przykładowe rozwiązanie
Prawdopodobieństwo (sukcesu) wyciągnięcia 3 kul w różnych kolorach w jednym losowaniu
2 34
   
111 24 2
p=
=
=
9
84 7
 
 3
Prawdopodobieństwo (porażki) wyciągnięcia 3 kul, z których przynajmniej 2 są tego samego koloru:
2 5
q = 1− =
7 7
Szukane prawdopodobieństwo obliczamy, stosując schemat Bernoullego:
6 2 4  5 2 6 2 5  5 1 6 2 6  5 0
P (4 ≤ 6) =      +      +      =
4 7   7  5 7   7  6 7   7 
16 25
32 5
64
⋅ + 6⋅
⋅ +
=
2401 49
16807 7 1176499
7024
6000 + 960 + 64
=
≈ 0, 06
=
117649
117649
= 15 ⋅
Zadanie 10. (0–4)
Wymagania ogólne
Wymagania szczegółowe
IV. Rozumowanie i argumentacja.
Zdający:
4. Stosowanie i tworzenie strategii przy rozwiązy- VII.5) R korzysta ze wzorów na sinus, cosinus
waniu zadań, również w sytuacjach nietypowych. i tangens sumy i różnicy kątów, a także na funkcje trygonometryczne kątów podwojonych;
VII.6) rozwiązuje równania trygonometryczne
o stopniu trudności nie większym niż w przykładzie 4cos2xcos5x = 2cos7x + 1.
Zasady oceniania
p
2p
4 pkt – zastosowanie poprawnej metody i poprawny wynik: x = (4 k + 1) oraz x = 
+ 2 kp, gdzie
8
3
kÎ
3 pkt – zapisanie równania w postaci alternatywy równań sin 2 x − cos 2 x = 0 lub 2 cos x + 1 = 0 i rozwiązanie jednego z tych równań
2 pkt – zastosowanie wzoru na sumę sinusów oraz zastosowanie wzoru na sumę cosinusów i zapisanie
równania sin x + sin 2 x + sin 3 x − (cos x + cos 2 x + cos 3 x) = 0 w postaci
2 cos x (sin 2 x − cos 2 x) + (sin 2 x − cos 2 x) = 0
1 pkt – zastosowanie wzoru na sumę sinusów i zapisanie wyrażenia sin x + sin 3 x w postaci 2 sin 2 x cos x
ALBO
– zastosowanie wzoru na sumę cosinusów i zapisanie wyrażenia cos x + cos 3 x w postaci
2 cos 2 x cos x
0 pkt – niepoprawna metoda lub brak rozwiązania
Przykładowe rozwiązanie
sin x + sin 2 x + sin 3 x − (cos x + cos 2 x + cos 3 x) = 0
(sin x + sin 3 x) − (cos x + cos 3 x) + (sin 2 x − cos 2 x) = 0
w w w. o p e r o n . p l
11
Matematyka. Poziom rozszerzony
Próbna Matura z OPERONEM dla szkół ponadpodstawowych
Stosujemy wzory na sumę sinusów oraz sumę cosinusów i otrzymujemy:
2 sin 2 x cos x − 2 cos 2 x cos x + (sin 2 x − cos 2 x) = 0
Przekształcamy równanie równoważnie:
2 cos x (sin 2 x − cos 2 x) + (sin 2 x − cos 2 x) = 0
(sin 2 x − cos 2 x)(2 cos x + 1) = 0
czyli
1) sin 2 x − cos 2 x = 0 lub 2) 2 cos x + 1 = 0
Rozwiązujemy kolejno równania:
1)
sin 2 x − cos 2 x = 0
sin 2 x cos 2 x
−
=0
cos 2 x cos 2 x
tg2 x = 1
Stąd 2 x =
p
p
+ kp, k Î , czyli x = (4 k + 1), k Î 
8
4
2)
1
2p
2 cos x + 1 = 0 ⇔ cos x = − , czyli x = 
+ 2 kp, k Î 
2
3
p
Rozwiązaniem równania sin x + sin 2 x + sin 3 x = cos x + cos 2 x + cos 3 x, x Î  są: x = (4 k + 1) , k Î 
8
2p
oraz x = 
+ 2 kp, k Î .
3
Zadanie 11. (0–3)
Wymagania ogólne
Wymagania szczegółowe
IV. Rozumowanie i argumentacja.
1. Przeprowadzanie rozumowań, także kilkuetapowych, podawanie argumentów uzasadniających
poprawność rozumowania, odróżnianie dowodu
od przykładu.
III. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji.
1. Stosowanie obiektów matematycznych i operowanie nimi, interpretowanie pojęć matematycznych.
Zdający:
VIII.7) stosuje twierdzenia: Talesa […];
VIII.8) korzysta z cech podobieństwa trójkątów;
VIII.3) R przeprowadza dowody geometryczne.
Zasady oceniania
3 pkt – zastosowanie poprawnej metody i uzasadnienie tezy: m =
ac
a+ b
 n m
 =

c
2 pkt – zapisanie układu równań pozwalającego obliczyć długość odcinka m, np.  b
 m a − n
 =
a
 c
AE
EP
1 pkt – zauważenie podobieństwa trójkątów i zapisanie zależności:
=
CD
AD
ALBO
FP
FB
– zapisanie zależności:
=
AD
AB
0 pkt – niepoprawna metoda lub brak rozwiązania
w w w. o p e r o n . p l
12
Matematyka. Poziom rozszerzony
Próbna Matura z OPERONEM dla szkół ponadpodstawowych
Przykładowe rozwiązanie
D
E
C
n
P
m
A
B
 APE ~ ACD( kkk ), więc
oraz
 FBP ~ ABD( kkk ), więc
EP
CD
FP
AD
=
=
AE
AD
FB
AB
, czyli
n m
=
b
c
, czyli
m a− n
=
c
a
W celu obliczenia długości odcinka m rozwiązujemy układ równań:
 n m
 =
c
 b
 m a − n
 =
a
 c
ac
Stąd m =
, co należało wykazać.
a+ b
Zadanie 12. (0–4)
Wymagania ogólne
Wymagania szczegółowe
IV. Rozumowanie i argumentacja.
4. Stosowanie i tworzenie strategii przy
rozwiązywaniu zadań, również w sytuacjach nietypowych.
Zdający:
IV.1) R rozwiązuje metodą podstawiania układy równań,
z których jedno jest liniowe, a drugie kwadratowe;
VII.3) stosuje twierdzenie cosinusów […];
IX.3) oblicza odległość dwóch punktów w układzie współrzędnych;
IX.1) R posługuje się równaniem prostej w postaci ogólnej
na płaszczyźnie […];
IX.3) R znajduje punkty wspólne prostej i okręgu […].
Zasady oceniania
4 pkt – zastosowanie poprawnej metody i poprawna odpowiedź: CD = 9 2 oraz cos (∠CSD) =
44
125
3 pkt – obliczenie długości odcinka CD oraz zastosowanie twierdzenia cosinusów:
2
2
2
CD = CS + DS − 2 ⋅ CS ⋅ DS ⋅ cos (∠CSD)
2 pkt – obliczenie współrzędnych punktów wspólnych prostej i okręgu oraz długości odcinka CD:
CD = 9 2
1 pkt – obliczenie współrzędnych punktów wspólnych prostej i okręgu: C = (–3; 8), D = (6; –1)
0 pkt – niepoprawna metoda lub brak rozwiązania
w w w. o p e r o n . p l
13
Matematyka. Poziom rozszerzony
Próbna Matura z OPERONEM dla szkół ponadpodstawowych
Przykładowe rozwiązanie
Y
C
8
7
6
5
4
3
2
1
–16–15–14–13–12–11–10 –9 –8 –7 –6 –5 –4 –3 –2 –1 0
–1
–2
S
–3
–4
–5
–6
–7
–8
–9
–10
–11
–12
–13
–14
1 2 3 4 5 6 X
D
Rozwiązujemy układ równań:
 x 2 + y 2 + 10 x + 6 y − 91 = 0

 x + y − 5 = 0
 x 2 + (− x + 5)2 + 10 x + 6 (− x + 5) − 91 = 0

 x + y − 5 = 0

Zatem:
2 x 2 − 6 x − 36 = 0 ⇔ x = −3 ∨ x = 6
 x 2 + y 2 + 10 x + 6 y − 91 = 0
Rozwiązaniem układu równań: 
 x + y − 5 = 0
są pary liczb:
 x = −3
 x = 6
lub 

 y = 8
 y = −1
Punkty wspólne prostej i okręgu: C = (–3; 8), D = (6; –1).
Długość odcinka CD: CD = 81 + 81 = 9 2
 to kąt CSD.
Kąt środkowy oparty na łuku CD
Cosinus kąta CSD obliczamy z twierdzenia cosinusów:
2
2
2
CD = CS + DS − 2 ⋅ CS ⋅ DS ⋅ cos (∠CSD)
2
Stąd cos (∠CSD) =
w w w. o p e r o n . p l
2
CD − CS − DS
−2 ⋅ CS
2
2
162 − 125 − 125 44
=
= .
−250
125
14
Matematyka. Poziom rozszerzony
Próbna Matura z OPERONEM dla szkół ponadpodstawowych
Zadanie 13. (0–3)
Wymagania ogólne
Wymagania szczegółowe
III. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji.
1. Stosowanie obiektów matematycznych i operowanie nimi,
interpretowanie pojęć matematycznych.
IV. Rozumowanie i argumentacja.
4. Stosowanie i tworzenie strategii
przy rozwiązywaniu zadań, również w sytuacjach nietypowych.
Zdający:
VIII.11) stosuje funkcje trygonometryczne do wyznaczana długości odcinków w figurach płaskich […];
X.2) posługuje się pojęciem kąta między prostą a płaszczyzną;
X.3) rozpoznaje w graniastosłupach i ostrosłupach kąty między
odcinkami (np. krawędziami, krawędziami i przekątnymi) […];
X.4) oblicza objętości i pola powierzchni graniastosłupów
i ostrosłupów, również z wykorzystaniem trygonometrii i poznanych twierdzeń;
X.3) R rozpoznaje w graniastosłupach i ostrosłupach kąty między ścianami […].
Zasady oceniania
3H 3
3 3 H 2  cos a + 1 
3 pkt – zastosowanie poprawnej metody i poprawna odpowiedź: V = 2 oraz P =


tg a
tga  sin a 
3H 3
2 pkt – obliczenie objętości ostrosłupa: V = 2
tg a
ALBO
3 3 H 2  cos a + 1 
– obliczenie pola powierzchni ostrosłupa: P =


tga  sin a 
2H 3
1 pkt – obliczenie długości krawędzi podstawy: a =
tga
ALBO
– obliczenie długości promienia okręgu wpisanego w trójkąt ABC i obliczenie długości wysokości
a 3
H
, h =
ściany bocznej: r =
6
sin a
0 pkt – niepoprawna metoda lub brak rozwiązania
Przykładowe rozwiązanie
S
H
h
C
O
A
r
D
B
a
Wprowadzamy oznaczenia jak na rysunku.
H
W prostokątnym trójkącie ODS: h =
sin a
oraz r =
H
a 3
2H 3
=
⇒ a =
tga
6
tga
2
1 AB
V= ⋅
3
4
3
⋅ H =
P =P ABC + 3 P BCS =
w w w. o p e r o n . p l
3H 3
tg 2 a
3 3H 2
3 3H 2
3 3 H 2  cos a + 1 
+
=


2
tg a
tga sin a
tga  sin a 
15