Matura próbna – Matematyka – Operon 2014 (stara matura)

Przyznaj sobie:
0 pkt
• Gdy brakuje jakiegokolwiek postępu prowadzącego do rozwiązania zadania.
1 pkt
• Gdy wyznaczysz miejsca zerowe, a w dalszej części zadania popełnisz błędy (patrz: Krok 1.).
ALBO
• Gdy błędnie wyznaczysz miejsca zerowe funkcji (np. w wyniku błędu rachunkowego przy liczeniu delty), ale dalszy tok rozwiązywania będzie poprawny.
2 pkt
• Gdy otrzymasz oczekiwany wynik (w postaci zapisanego przedziału lub w formie graficznej).

Krok 1. Obliczenie miejsc zerowych wielomianu.
Współczynniki: \(a=-9,\;b=6,\;c=-1\)
$$Δ=b^2-4ac=6^2-4\cdot(-9)\cdot(-1)=36-36=0$$

Skoro delta jest ujemna, to mamy tylko jedno miejsce zerowe:
$$x_{1}=\frac{-b}{2a}=\frac{-6}{2\cdot(-9)}=\frac{-6}{-18}=\frac{1}{3}$$

Krok 2. Szkicowanie wykresu paraboli.
Współczynnik \(a\) jest ujemny, więc parabola ma skierowane ramiona do dołu. Zaznaczamy na osi miejsce zerowe, które przed chwilą obliczyliśmy (kropka będzie niezamalowana, bo w nierówności wystąpił znak \(\lt\)) i szkicujemy wykres paraboli:



Krok 3. Odczytanie rozwiązania.
Interesuje nas przedział dla których zbiór argumentów przyjmuje wartość mniejszą od zera, czyli patrzymy na to co znalazło się pod osią. Okazuje się, że rozwiązaniem tej nierówności będzie każda liczba, tylko nie \(\frac{1}{3}\), dla której to wielomian przyjął wartość równą \(0\). To oznacza, że rozwiązaniem tej nierówności jest zbiór: \(x\in\mathbb{R}\backslash\{\frac{1}{3}\}\) lub też jak kto woli \(x\in(-\infty;\frac{1}{3})\cup(\frac{1}{3};+\infty)\).

Przyznaj sobie:
0 pkt
• Gdy brakuje jakiegokolwiek postępu prowadzącego do rozwiązania zadania.
1 pkt
• Gdy zapiszesz równania pozwalające obliczyć współrzędną iksową oraz igrekową (patrz: Krok 1. oraz 2.), ale otrzymasz błędny wynik ze względu na błąd rachunkowy.
2 pkt
• Gdy otrzymasz oczekiwany wynik.

W tym zadaniu skorzystamy ze wzoru na środek odcinka w układzie współrzędnych. Środek odcinka \(AB\) o współrzędnych \(A=(x_{A};y_{A})\) oraz \(B=(x_{B};y_{B})\) możemy opisać wzorem:
$$S=\left(\frac{x_{A}+x_{B}}{2};\frac{y_{A}+y_{B}}{2}\right)$$

Znamy współrzędne środka odcinka, znamy też współrzędne jednego z punktów, więc możemy wyznaczyć poszukiwane współrzędne punktu \(A\).

Krok 1. Obliczenie współrzędnej iksowej punktu \(A\).
$$x_{S}=\frac{x_{A}+x_{B}}{2} \\
-3=\frac{x_{A}+(-6)}{2} \\
-6=x_{A}-6 \\
x_{A}=0$$

Krok 2. Obliczenie współrzędnej igrekowej punktu \(A\).
$$y_{S}=\frac{y_{A}+y_{B}}{2} \\
8=\frac{y_{A}+14}{2} \\
16=y_{A}+14 \\
y_{A}=2$$

To oznacza, że współrzędne punktu \(A\) są równe: \(A=(0;2)\).

Przyznaj sobie:
0 pkt
• Gdy brakuje jakiegokolwiek postępu prowadzącego do rozwiązania zadania.
1 pkt
• Gdy zapiszesz równanie lub układ równań, z którego można obliczyć liczbę chłopców i dziewczyn (patrz: Krok 2.).
2 pkt
• Gdy otrzymasz oczekiwany wynik.

Krok 1. Wprowadzenie oznaczeń do treści zadania.
\(3x\) - liczba chłopców
\(x\) - liczba dziewcząt
\(x+3x=4x\) - liczba dzieci w klasie
\(x+2\) - liczba dziewcząt po dołączeniu dwóch dziewczyn
\(4x+2\) - liczba dzieci w klasie po dołączeniu dwóch dziewczyn

Krok 2. Ułożenie i rozwiązanie równania.
Z treści zadania wynika, że:
$$x+2=0,3\cdot(4x+2) \\
x+2=1,2x+0,6 \\
-0,2x=-1,4 \\
x=7$$

Krok 3. Zakończenie rozwiązania.
Otrzymany wynik \(x=7\) oznacza, że na początku było \(7\) dziewczyn, a tym samym chłopców było \(3x=3\cdot7=21\).

Przyznaj sobie:
0 pkt
• Gdy brakuje jakiegokolwiek postępu prowadzącego do rozwiązania zadania.
1 pkt
• Gdy obustronnie podniesiesz do kwadratu równanie \(sinα+cosα=\frac{6}{5}\) i na tym zakończysz dowodzenie lub popełnisz błędy rachunkowe.
2 pkt
• Gdy przeprowadzisz pełne dowodzenie.

To na czym możemy się oprzeć przy tego typu zadaniach to jest z pewnością jedynka trygonometryczna \(sin^2+cos^2=1\). Spróbujmy więc podnieść obustronnie do kwadratu równanie z treści zadania, tak aby można było się do tej jedynki trygonometrycznej później odnosić:
$$(sinα+cosα)^2=\left(\frac{6}{5}\right)^2 \\
sin^2α+2sinαcosα+cos^2α=\frac{36}{25} \\
sin^2α+cos^2α+2sinαcosα=\frac{36}{25} \\
1+2sinαcosα=\frac{36}{25} \\
2sinαcosα=\frac{11}{25} \quad\bigg/\cdot\frac{1}{2} \\
sinαcosα=\frac{11}{50}=0,22$$

Przyznaj sobie:
0 pkt
• Gdy brakuje jakiegokolwiek postępu prowadzącego do rozwiązania zadania.
1 pkt
• Gdy obliczysz wartość ilorazu ciągu geometrycznego (patrz: Krok 1.).
ALBO
• Gdy zapiszesz dwa równania z niewiadomymi \(a_{1}\) oraz \(q\) np. \(a_{1}\cdot q^2=6\) oraz \(a_{1}\cdot q^4=24\) z których można stworzyć układ równań.
2 pkt
• Gdy otrzymasz oczekiwany wynik.

Krok 1. Obliczenie ilorazu ciągu geometrycznego.
W treści zadania mamy podaną wartość trzeciego i piątego wyrazu. Na tej podstawie możemy obliczyć iloraz ciągu geometrycznego:
$$a_{5}=a_{3}\cdot q^2 \\
24=6\cdot q^2 \\
q^2=4 \\
q=2 \quad\lor\quad q=-2$$

Ujemny iloraz musimy odrzucić, a to dlatego że nasz ciąg geometryczny zawiera same dodatnie wyrazy. Przy \(q=-2\) ciąg byłby niemonotoniczny, czyli raz mielibyśmy wyrazy dodatnie, a raz ujemne.

Krok 2. Obliczenie wartości pierwszego wyrazu.
Znając iloraz \(q\) i znając wartość np. trzeciego wyrazu, możemy obliczyć wartość pierwszego wyrazu w następujący sposób:
$$a_{3}=a_{1}\cdot q^2 \\
6=a_{1}\cdot2^2 \\
6=a_{1}\cdot4 \\
a_{1}=1,5$$

Przyznaj sobie:
0 pkt
• Gdy nie wykonasz jakiegokolwiek postępu prowadzącego do rozwiązania zadania.
ALBO
• Gdy wykonasz wszystkie kroki, ale otrzymasz wynik większy od \(1\).
1 pkt
• Gdy obliczysz że \(|Ω|=1296\) (patrz: Krok 1.).
ALBO
• Gdy wypiszesz zdarzenia niesprzyjające (patrz: Krok 2.).
2 pkt
• Gdy obliczysz że \(|Ω|=1296\) (patrz: Krok 1.) oraz wypiszesz zdarzenia niesprzyjające (patrz: Krok 2.).
3 pkt
• Gdy obliczysz liczbę zdarzeń elementarnych \(|Ω|=1296\) (patrz: Krok 1.) oraz zapiszesz, że \(|A|=1291\) (patrz: Krok 2.), ale nie obliczysz prawdopodobieństwa.
ALBO
• Gdy doprowadzisz zadanie do samego końca, ale otrzymany wynik będzie zły jedynie ze względu na błąd rachunkowy.
4 pkt
• Gdy otrzymasz oczekiwany wynik.

Krok 1. Obliczenie liczby wszystkich zdarzeń elementarnych.
Każdy rzut to możliwość otrzymania jednego z sześciu wyników. Takich rzutów wykonujemy aż cztery. To oznacza, że zgodnie z regułą mnożenia liczba zdarzeń elementarnych będzie równa:
$$|Ω|=6\cdot6\cdot6\cdot6=1296$$

Krok 2. Obliczenie liczby zdarzeń sprzyjających.
Zdarzeniem sprzyjającym są wyniki mniejsze od \(23\). Czyli przykładowo zdarzeniem sprzyjającym będą rzuty \((3,3,1,6)\) czy też \((2,3,6,2)\) itd. Nie damy rady wypisać wszystkich możliwych kombinacji, ale jesteśmy w stanie określić ile z tych \(1296\) kombinacji nie spełnia warunków naszego zadania. Będą to takie sytuacje w których raz wypadnie piątka i trzy razy wypadnie szóstka lub też kiedy cztery razy wypadną szóstki. To oznacza, że mamy tylko pięć przypadków zdarzeń niesprzyjających:
$$(5,6,6,6), (6,5,6,6), (6,6,5,6), (6,6,6,5), (6,6,6,6)$$

W związku z tym zdarzeń sprzyjających mamy \(|A|=1296-5=1291\).

Krok 3. Obliczenie prawdopodobieństwa.
$$P(A)=\frac{|A|}{|Ω|}=\frac{1291}{1296}$$

Przyznaj sobie:
0 pkt
• Gdy nie wykonasz jakiegokolwiek postępu prowadzącego do rozwiązania zadania.
1 pkt
• Gdy obliczysz długość przeciwprostokątnej \(AB\) (patrz: Krok 2.).
2 pkt
• Gdy obliczysz wysokość \(CD\) (patrz: Krok 4.).
3 pkt
• Gdy korzystając z Twierdzenia Pitagorasa ułożysz równanie pozwalające obliczyć długość odcinka \(DP\) (patrz: Krok 5.).
4 pkt
• Gdy obliczysz długość odcinka \(DP\) (patrz: Krok 5.).
5 pkt
• Gdy otrzymasz oczekiwany wynik.

Krok 1. Sporządzenie rysunku pomocniczego.
Zadanie jest dość nietypowe, więc spróbujmy zwizualizować sobie tą całą sytuację. Musimy przy okazji dobrać takie oznaczenia, żeby faktycznie odcinki \(AC\) oraz \(BC\) były przyprostokątnymi:



Krok 2. Obliczenie długości przeciwprostokątnej.
Z Twierdzenia Pitagorasa możemy obliczyć długość przeciwprostokątnej naszego trójkąta \(ABC\):
$$6^2+8^2=|AB|^2 \\
36+64=|AB|^2 \\
100=|AB|^2 \\
|AB|=10 \quad\lor\quad |AB|=-10$$

Ujemną wartość oczywiście odrzucamy, zatem zostaje nam \(|AB|=10\).

Krok 3. Obliczenie pola powierzchni trójkąta \(ABC\).
Obliczenie pola trójkąta przyda nam się za chwilę do wyznaczenia drugiej wysokości tego trójkąta. W trójkącie prostokątnym obliczenie pola powierzchni jest proste, bo przyprostokątne są podstawią i wysokością takiego trójkąta, zatem:
$$P=\frac{1}{2}ah \\
P=\frac{1}{2}\cdot6\cdot8 \\
P=3\cdot8 \\
P=24$$

Krok 4. Obliczenie drugiej wysokości trójkąta.
Spójrzmy ponownie na rysunek:



Połączyliśmy sobie punkt \(C\) z punktem \(P\), tworząc odcinek \(CP\). Długość tego odcinka jest równa promieniowi okręgu, czyli wynosi \(6\). To oznacza, że trójkąt \(ACP\) jest równoramienny. Teraz plan działania jest następujący: obliczymy wysokość trójkąta \(ABC\) (czyli odcinek \(CD\)), który jest jednocześnie wysokością trójkąta \(ACP\). Znając długości ramion oraz wysokość \(CD\) obliczymy długość podstawy \(AP\), a interesujący nas odcinek \(BP\) będzie różnicą między odcinkiem \(AB\) oraz \(AP\).

Przystąpmy zatem do obliczenia długości \(CD\), czyli wysokości trójkąta \(ABC\), która idzie z wierzchołka \(C\). Wiemy, że pole trójkąta \(ABC\) jest równe \(24\), wiemy że przeciwprostokątna ma długość \(10\), zatem wysokość \(CD\) ma długość:
$$P=\frac{1}{2}ah \\
24=\frac{1}{2}\cdot10\cdot|CD| \\
24=5\cdot|CD| \\
|CD|=4,8$$

Krok 5. Obliczenie długości odcinka \(DP\).
Długość odcinka \(DP\) obliczymy z Twierdzenia Pitagorasa:
$$|DP|^2+|CD|^2=|CP|^2 \\
|DP|^2+4,8^2=6^2 \\
|DP|^2+23,04=36 \\
|DP|^2=12,96 \\
|DP|=3,6 \quad\lor\quad |DP|=-3,6$$

Ujemną długość oczywiście odrzucamy, zatem zostaje nam \(|DP|=3,6\).

Krok 6. Obliczenie długości odcinka \(AP\).
Odcinek \(DP\) jest połową długości odcinka \(AP\) (bo wysokość w trójkącie równoramiennym dzieli podstawę na dwie równe części). To oznacza, że odcinek \(AP\) jest dwukrotnie większy od odcinka \(DP\), zatem:
$$|AP|=2\cdot3,6 \\
|AP|=7,2$$

Krok 7. Obliczenie długości odcinka \(BP\).
Odcinek BP obliczymy odejmując od odcinka \(AB\) długość odcinka \(AP\), zatem:
$$|BP|=|AB|-|AP| \\
|BP|=10-7,2 \\
|BP|=2,8$$

Przyznaj sobie:
0 pkt
• Gdy nie wykonasz jakiegokolwiek postępu prowadzącego do rozwiązania zadania.
1 pkt
• Gdy sporządzisz rysunek pomocniczy z poprawnymi oznaczeniami (patrz: Krok 1.).
2 pkt
• Gdy obliczysz długość krawędzi podstawy (patrz: Krok 3.).
ALBO
• Gdy obliczysz długość odcinka \(DO\) (patrz: Krok 4.).
3 pkt
• Gdy obliczysz długość krawędzi podstawy (patrz: Krok 3.). oraz obliczysz długość odcinka \(DO\) (patrz: Krok 4.).
4 pkt
• Gdy obliczysz wysokość ostrosłupa (patrz: Krok 5.).
5 pkt
• Gdy obliczysz wysokość ściany bocznej (patrz: Krok 6.).
6 pkt
• Gdy otrzymasz oczekiwany wynik.

Krok 1. Sporządzenie rysunku pomocniczego.



Krok 2. Obliczenie wysokości podstawy.
Z własności okręgów opisanych na trójkącie wynika, że długość promienia takiego okręgu jest równa \(\frac{2}{3}\) wysokości trójkąta. Z treści zadania wiemy, że \(R=2\sqrt{3}\), czyli:
$$R=\frac{2}{3}h_{p} \\
2\sqrt{3}=\frac{2}{3}h_{p} \quad\bigg/\cdot\frac{3}{2} \\
h_{p}=\frac{6\sqrt{3}}{2} \\
h_{p}=3\sqrt{3}$$

Krok 3. Obliczenie długości krawędzi podstawy.
W podstawie naszej bryły znajduje się trójkąt równoboczny (bo ostrosłup jest prawidłowy). Korzystając ze wzoru na wysokość trójkąta równobocznego wyliczymy długość jego boku:
$$h_{p}=\frac{a\sqrt{3}}{2} \\
3\sqrt{3}=\frac{a\sqrt{3}}{2} \\
6\sqrt{3}=a\sqrt{3} \\
a=6$$

Krok 4. Obliczenie długości odcinka \(DO\).
Odcinek \(DO\) jest równy \(\frac{1}{3}\) długości wysokości trójkąta. Wynika to z własności ostrosłupów - wysokość ostrosłupa dzieli nam wysokość podstawy właśnie na dwa odcinki o długości \(\frac{1}{3}h_{p}\) oraz \(\frac{2}{3}h_{p}\). To oznacza, że:
$$|DO|=\frac{1}{3}\cdot3\sqrt{3} \\
|DO|=\sqrt{3}$$

Krok 5. Obliczenie wysokości ostrosłupa oraz wysokości ściany bocznej.
Spójrzmy teraz na trójkąt prostokątny \(DOS\). To właśnie z niego obliczymy wysokość całej bryły. Możemy to zrobić albo z własności trójkątów o kątach \(30°, 60°, 90°\), albo po prostu korzystając z tangensa:
$$tg30°=\frac{H}{|DO|} \\
\frac{\sqrt{3}}{3}=\frac{H}{\sqrt{3}} \quad\bigg/\cdot\sqrt{3} \\
H=\frac{3}{3} \\
H=1$$

Krok 6. Obliczenie wysokości ściany bocznej.
Musimy obliczyć jeszcze wysokość ściany bocznej, bo przyda nam się to do obliczenia pola powierzchni bocznej. Tutaj możemy skorzystać z własności trójkątów o kątach \(30°, 60°, 90°\), z funkcji trygonometrycznych, albo nawet z Twierdzenia Pitagorasa. Mamy więc pełną dowolność. Obliczmy to może z funkcji trygonometrycznych, a konkretniej z sinusa:
$$sin30°=\frac{H}{h_{b}} \\
\frac{1}{2}=\frac{1}{h_{b}} \\
\frac{1}{2}h_{b}=1 \\
h_{b}=2$$

Krok 7. Obliczenie objętości bryły.
Mamy już wszystkie potrzebne informacje, zatem możemy przystąpić do obliczenia objętości bryły. W podstawie możemy skorzystać ze wzoru na pole trójkąta równobocznego, zatem:
$$V=\frac{1}{3}P_{p}\cdot H \\
V=\frac{1}{3}\cdot\frac{a^2\sqrt{3}}{4}\cdot H \\
V=\frac{1}{3}\cdot\frac{6^2\sqrt{3}}{4}\cdot1 \\
V=\frac{1}{3}\cdot\frac{36\sqrt{3}}{4} \\
V=\frac{1}{3}\cdot9\sqrt{3} \\
V=3\sqrt{3}$$

Krok 8. Obliczenie pola powierzchni bocznej.
Na pole powierzchni bocznej składają się trzy trójkąty w których \(a=6\) oraz \(h_{b}=2\), zatem:
$$P_{b}=3\cdot\frac{1}{2}ah \\
P_{b}=3\cdot\frac{1}{2}\cdot6\cdot2 \\
P_{b}=3\cdot3\cdot2 \\
P_{b}=18$$