MMA-R1-S(1).pdf

(399 KB) Pobierz
EGZAMIN MATURALNY
W ROKU SZKOLNYM 2015/2016
FORMUŁA DO 2014
(„STARA MATURA”)
MATEMATYKA
POZIOM ROZSZERZONY
ZASADY OCENIANIA ROZWIĄZAŃ ZADAŃ
ARKUSZ MMA-P1
MAJ 2016
Ogólne zasady oceniania
Uwaga: Akceptowane są wszystkie odpowiedzi merytorycznie poprawne i spełniające warunki
zadania.
Zadanie 1. (0−3)
II. Wykorzystanie
i interpretowanie
reprezentacji.
1. Liczby rzeczywiste. Zdający stosuje wzór na logarytm potęgi
i wzór na zamianę podstawy logarytmu (R1.b).
Przykładowe rozwiązanie
Stosujemy wzory na zamianę podstaw logarytmu zapisujemy liczbę
log
log
2
2
49
w postaci
49
=
log
7
49
log
7
2
i wykonujemy kolejne przekształcenia:
log
2
49
=
2
log
7
2
.
Zauważamy,
że
jeżeli
log
7
4
=
a
to
log
7
4
=
log
7
Zatem
log
7
2
=
a
.
4
2
(
2
)
4
=
4 log
7
2
=
a
.
Stąd wynika,
że
log
49
=
2 8
=
.
a a
4
Schemat punktowania
Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp ...................................................................... 1 p.
Zdający:
•
zastosuje twierdzenie o zamianie podstawy logarytmu, na przykład zapisze szukaną
4
2
lub
log
2
49
=
liczbę w postaci:
log
2
49
=
log
7
2
log
7
2
albo
a
•
wyznaczy liczbę
log
7
2 w zależności od
a
:
log
7
2
=
lub liczbę
log
7
2
4
w zależności od
a
:
log
7
2
=
a
2
i na tym zakończy lub dalej popełnia błędy.
Pokonanie zasadniczych trudności zadania ..................................................................... 2 p.
Zdający zastosuje twierdzenie o zamianie podstawy logarytmu, na przykład zapisze szukaną
4
2
liczbę w postaci:
log
2
49
=
lub
log
2
49
=
oraz wyznaczy liczbę log
7
2
log
7
2
log
7
2
a
a
w zależności od
a
:
log
7
2
=
lub liczbę
log
7
2
w zależności od
a
:
log
7
2
=
.
4
2
Strona 2 z 25
Rozwiązanie pełne .............................................................................................................. 3 p.
Zdający wyznaczy liczbę
log
2
49
:
8
.
a
Zadanie 2. (0−5)
IV. Użycie i
tworzenie strategii.
2. Wyrażenia algebraiczne. Zdający wykonuje dzielenie
wielomianu przez dwumian
x
–
a
, stosuje twierdzenie
o reszcie z dzielenia wielomianu przez dwumian
x
−
a
(R2.b).
3. Równania i nierówności. Zdający rozwiązuje równania
i nierówności wielomianowe (R3.c).
Przykładowe rozwiązania
Zatem wielomian
W
ma postać
W
(
x
)
=
2
x
3
−
4
x
2
−
22
x
+
24 .
Rozwiązujemy nierówność
2
x
3
−
4
x
2
−
22
x
+
24
≥
0
.
Po podzieleniu wielomianu
W
przez dwumian
x
+
3
otrzymujemy iloraz
2
x
2
−
10
x
+
8
, który
dzielimy przez dwumian
x
−
4
i otrzymujemy iloraz
2
x
−
2
. W rezultacie wielomian
W
możemy zapisać w postaci
W
(
x
)
=
2
(
x
+
3
)(
x
−
1
)(
x
−
4
)
. Pierwiastkami wielomianu
W
są
liczby:
−
3
,
1, 4
.
Szkicujemy wykres wielomianu
W
, z którego odczytujemy rozwiązanie nierówności.
I sposób
Wielomian
W
(
x
)
=
2
x
3
+
mx
2
−
22
x
+
n
jest podzielny przez dwumiany
x
+
3
i
x
−
4
, zatem
W
(
−
3
)
=
0
.
W
(
4
)
=
0
Rozwiązujemy układ równań:
2
⋅
(
−
3
)
3
+
m
⋅
(
−
3
)
2
−
22
⋅
(
−
3
)
+
n
=
0
2
⋅
4
3
+
m
⋅
4
2
−
22
⋅
4
+
n
=
0
2
⋅
(
−
27
)
+
9
m
+
66
+
n
=
0
2
⋅
64
+
16
m
−
88
+
n
=
0
9
m
+
n
= −
12
16
m
+
n
= −
40
m
= −
4
n
=
24
+
+
–3
1
4
x
Strona 3 z 25
Zatem rozwiązaniem nierówności
x
3
−
2
x
2
−
11
x
+
12
≥
0
jest każda liczba rzeczywista
x
∈ −
3, 1
∪
4,
+ ∞
)
.
II sposób
Wielomian
W
(
x
)
=
2
x
3
+
mx
2
−
22
x
+
n
jest podzielny przez dwumiany
x
+
3
i
x
−
4
, więc
jest podzielny przez wielomian
x
2
−
x
−
12
.
Wykonujemy dzielenie
(
2
x
3
+
mx
2
−
22
x
+
n
)
:
(
x
2
−
x
−
12
)
, otrzymujemy iloraz
2
x
+
m
+
2
oraz resztę
(
4
+
m
)
x
+
12
m
+
n
+
24
.
Wobec wspomnianej wyżej podzielności mamy
(
4
+
m
)
x
+
12
m
+
n
+
24
=
0
dla każdego
x
∈
R
.
Oznacza to,
że
spełniony musi być układ równań:
4
+
m
=
0
12
m
+
n
+
24
=
0,
skąd otrzymamy
m
= −
4
n
=
24.
Dalsze rozumowanie jak w sposobie I rozwiązania.
Schemat punktowania
Rozwiązanie, w którym postęp jest niewielki, ale konieczny na drodze do pełnego
rozwiązania ........................................................................................................................... 1 p.
Zdający
zapisze
układ
równań,
W
(
x
)
=
2
x
3
+
mx
2
−
22
x
+
n
przez
•
wynikający
z
podzielności
wielomianu
dwumiany
x
+
3
i
x
−
4
:
W
(
−
3
)
=
0
W
(
4
)
=
0.
albo
•
4
+
m
=
0
x
2
−
x
−
12
:
12
m
+
n
+
24
=
0.
Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp ....................................................................... 2 p.
Zdający obliczy współczynniki
m
i
n
:
m
= −
4
,
n
=
24
.
Pokonanie zasadniczych trudności zadania....................................................................... 3 p.
Zdający wyznaczy trzeci pierwiastek wielomianu
W
(
x
)
=
2
x
3
−
4
x
2
−
22
x
+
24 :
x
=
1
i zapisze wielomian w postaci iloczynowej:
W
(
x
)
=
2
(
x
+
3
)(
x
−
1
)(
x
−
4
)
.
Strona 4 z 25
Rozwiązanie zadania do końca, lecz z usterkami, które jednak nie przekreślają
poprawności rozwiązania (np. błędy rachunkowe) .......................................................... 4 p.
Zdający naszkicuje wykres wielomianu
W
(
x
)
=
2
x
3
−
4
x
2
−
22
x
+
24
.
Rozwiązanie pełne ............................................................................................................... 5 p.
Zdający wyznaczy zbiór rozwiązań nierówności
2
x
3
−
4
x
2
−
22
x
+
24
≥
0
:
−
3, 1
∪
4,
+ ∞
)
.
Zadanie 3. (0−4)
IV. Użycie i tworzenie
strategii.
6. Trygonometria. Zdający rozwiązuje równania i nierówności
trygonometryczne (R6.e).
Przykładowe rozwiązanie
Korzystając z „jedynki trygonometrycznej”, sprowadzamy równanie
−
2 cos
2
x
+
3 sin
x
+
3
=
0 .
do równania z jedną funkcją trygonometryczną:
−
2(1
−
sin
2
x
)
+
3 sin
x
+
3
=
0 ,
2 sin
2
x
+
3 sin
x
+
1
=
0 .
Wprowadzamy niewiadomą pomocniczą, np.
sin
x
=
t
,
t
∈ −
1, 1
.
Otrzymujemy równanie kwadratowe z niewiadomą
t
:
2
t
2
+
3
t
+
1
=
0 .
1
Rozwiązaniem równania są liczby
t
1
= −
1
,
t
2
= −
.
2
1
Powracając do podstawienia, otrzymujemy:
sin
x
= −
1
lub sin
x
= −
, a stąd dane równanie
2
w przedziale
0, 2
π
ma rozwiązania:
3
7
11
x
=
π
lub
x
=
π
lub
x
=
π
.
2
6
6
Schemat punktowania
Rozwiązanie, w którym postęp jest niewielki, ale konieczny na drodze do pełnego
rozwiązania .......................................................................................................................... 1 p.
Zdający przekształci równanie
−
2 cos
2
x
+
3 sin
x
+
3
=
0 do równania z jedną funkcją
trygonometryczną np. 2 sin
2
x
+
3 sin
x
+
1
=
0 .
Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp........................................................................ 2 p.
1
Zdający rozwiąże równanie kwadratowe 2 sin
2
x
+
3 sin
x
+
1
=
0 :
sin
x
= −
1
lub sin
x
= −
.
2
Pokonanie zasadniczych trudności zadania...................................................................... 3 p.
3
π
1
Zdający rozwiąże równanie
sin
x
= −
1
:
x
=
+
2
k
π
lub równanie sin
x
= −
:
2
2
7
11
x
=
π
+
2
k
π
lub
x
=
π
+
2
k
π
, gdzie
k
jest liczbą całkowitą.
6
6
Strona 5 z 25

Plik z chomika:

Inne pliki z tego folderu:

Inne foldery tego chomika:

Zgłoś jeśli naruszono regulamin