3-MMA-R1-S.pdf

(499 KB) Pobierz
l
EGZAMIN MATURALNY
W ROKU SZKOLNYM 2014/2015
FORMUŁA DO 2014
(„STARA MATURA”)
MATEMATYKA
POZIOM ROZSZERZONY
ZASADY OCENIANIA ROZWIĄZAŃ ZADAŃ
ARKUSZ MMA-R1
MAJ 2015
Uwaga: Akceptowane są wszystkie odpowiedzi merytorycznie poprawne i spełniające warunki
zadania.
Zadanie 1. (0−3)
Wykaż,
że
dla każdej dodatniej liczby rzeczywistej
x
różnej od 1 oraz dla każdej dodatniej
liczby rzeczywistej
y
różnej od 1 prawdziwa jest równość
y
y
log
x
(
xy
)
⋅
log
y
 
=
log
y
(
xy
)
⋅
log
x
 
.
x
x
V. Rozumowanie
i argumentacja.
1. Liczby rzeczywiste. Zdający stosuje wzór na logarytm
potęgi i wzoru na zamianę podstawy logarytmu (R1.b).
I sposób rozwiązania
Korzystając ze wzoru na logarytm iloczynu i logarytm ilorazu możemy zapisać lewą stronę
równości w postaci
y
log
x
(
xy
)
⋅
log
y
 
=
(
log
x
x
+
log
x
y
)
⋅
(
log
y
y
−
log
y
x
)
=
(
1
+
log
x
y
)
⋅
(
1
−
log
y
x
)
=
x
=
1
+
log
x
y
−
log
y
x
−
log
y
x
⋅
log
x
y
.
Korzystając ze wzoru na zamianę podstaw logarytmu otrzymujemy dalej
log
y
y
1
+
log
x
y
−
log
y
x
−
log
y
x
⋅
=
1
+
log
x
y
−
log
y
x
−
1
=
log
x
y
−
log
y
x
.
log
y
x
W ten sam sposób przekształcamy prawą stronę równości
y
log
y
(
xy
)
⋅
log
x
 
=
(
log
y
x
+
log
y
y
)
⋅
(
log
x
y
−
log
x
x
)
=
(
log
y
x
+
1
)
⋅
(
log
x
y
−
1
)
=
x
log
y
y
=
log
y
x
⋅
log
x
y
−
log
y
x
+
log
x
y
−
1
=
log
y
x
⋅
−
log
y
x
+
log
x
y
−
1
=
log
y
x
=
1
−
log
y
x
+
log
x
y
−
1
=
log
x
y
−
log
y
x
.
y
y
Zatem równość log
x
(
xy
)
⋅
log
y
 
=
log
y
(
xy
)
⋅
log
x
 
jest prawdziwa.
x
x
II sposób rozwiązania
y
Jeśli
xy
=
1 lub
=
1 , to obie strony równości są równe 0 i teza jest prawdziwa. Przypuśćmy
x
y
więc,
że
xy
≠
1
i
≠
1 . Wtedy możemy równość przekształcić do postaci równoważnej
x
log
x
(
xy
)
log
y
(
xy
)
=
.
y
y
log
x
 
log
y
 
x
x
Z twierdzenia o zamianie podstaw logarytmu otrzymujemy
log
y
(
xy
)
log
x
(
xy
)
.
=
log
y
(
xy
)
=
y
y
x
log
x
 
log
y
 
x
x
Strona 2 z 38
III sposób rozwiązania
Zauważmy,
że
dla dowolnych dodatnich liczb
a
i
b
mamy
log
y
a
log
x
b
log
y
a
log
x
b
log
x
a
⋅
log
y
b
=
⋅
=
⋅
=
log
y
a
⋅
log
x
b
,
1
log
y
x
log
x
y
log
y
x
log
y
x
skąd w szczególności wynika teza dla
a
=
xy
i
b
=
y
.
x
Schemat oceniania
Zdający otrzymuje............................................................................................................... 1 p.
gdy
•
zapisze lewą stronę w postaci
(
1
+
log
x
y
)
⋅
(
1
−
log
y
x
)
albo
•
sprawdzi,
że
teza jest prawdziwa dla
xy
=
1
lub
i na tym zakończy lub dalej popełni błędy.
Zdający otrzymuje................................................................................................................ 2 p.
•
gdy powoła się na wzór na zamianę podstaw logarytmu i zapisze wyrażenie
1
+
log
x
y
−
log
y
x
−
1
y
=
1
x
albo
•
gdy przy odpowiednich założeniach zapisze postać równoważną
i na tym zakończy lub dalej popełni błędy.
Uwagi
log
x
(
xy
)
log
y
(
xy
)
=
y
y
log
x
 
log
y
 
x
x
1. Jeśli zdający stwierdzi prawdziwość tezy dla
xy
=
1 lub
równości bez zapisania założeń,
że
xy
≠
1
i
y
=
1 i zapisze postać ilorazową
x
y
≠
1 , to również otrzymuje
2 punkty
.
x
y
=
1 i obie strony równości z treści
2. Jeśli zdający nie rozpatrzy przypadku
xy
=
1 lub
x
y
y
zadania podzieli przez odpowiednio: log
x
(
xy
)
⋅
log
y
(
yx
)
lub log
y
 
⋅
log
x
 
x
x
y
y
i przekształci otrzymaną równość do postaci tożsamości: log
xy
 
=
log
xy
 
lub
x
x
log
y
(
xy
)
=
log
y
(
xy
)
, to też otrzymuje
2 punkty.
x
x
Zdający otrzymuje................................................................................................................ 3 p.
gdy przeprowadzi pełny dowód.
Strona 3 z 38
Zadanie 2. (0–5)
Dany jest wielomian
W
(
x
)
=
x
3
−
3
mx
2
+
(
3
m
2
−
1
)
x
−
9
m
2
+
20
m
+
4 . Wykres tego
wielomianu, po przesunięciu o wektor
u
=
[
−
3, 0
]
, przechodzi przez początek układu
współrzędnych. Wyznacz wszystkie pierwiastki wielomianu
W.
III. Modelowanie
matematyczne.
2. Wyrażenia algebraiczne. Zdający stosuje twierdzenia
o pierwiastkach wymiernych wielomianu o współczynnikach
całkowitych (R2.c).
I sposób rozwiązania
Zauważmy,
że
pierwiastkiem wielomianu
W
jest liczba 3. Zatem
W
(3)
=
0
, czyli
3
3
−
3
m
⋅
3
2
+
3
m
2
−
1
⋅
3
−
9
m
2
+
20
m
+
4
=
0 ,
27
−
27
m
+
9
m
2
−
3
−
9
m
2
+
20
m
+
4
=
0 ,
−
7
m
+
28
=
0
,
m
=
4
.
Wielomian możemy zapisać w postaci
W
(
x
)
=
x
3
−
12
x
2
+
47
x
−
60 . Jednym z jego
pierwiastków jest liczba 3, więc wielomian
W
jest podzielny przez dwumian
x
−
3
.
Wykonajmy to dzielenie wykorzystując schemat Hornera.
(
)
3
1
1
−
12
−
9
47
20
−
60
0
Zatem
W
(
x
)
=
(
x
−
3
)
(
x
2
−
9
x
+
20
)
.
Pozostałe pierwiastki wielomianu
W
to pierwiastki trójmianu
x
2
−
9
x
+
20 , które możemy
wyznaczyć rozkładając ten trójmian na czynniki liniowe
x
2
−
9
x
+
20
=
x
2
−
4
x
−
5
x
+
20
=
x
(
x
−
4
)
−
5
(
x
−
4
)
=
(
x
−
4
)(
x
−
5
)
Stąd wynika, wielomian
W
ma trzy pierwiastki:
x
1
=
3 ,
x
2
=
4 ,
x
3
=
5 .
Uwaga
Wielomian
W
możemy zapisać w postaci iloczynu dwóch wielomianów w inny sposób, np.
poprzez odpowiednie pogrupowanie wyrazów
W
(
x
)
=
x
3
−
12
x
2
+
47
x
−
60
=
x
3
−
3
x
2
−
9
x
2
+
27
x
+
20
x
−
60
=
=
x
2
(
x
−
3
)
−
9
x
(
x
−
3
)
+
20
(
x
−
3
)
=
(
x
−
3
)
(
x
2
−
9
x
+
20
)
.
Schemat oceniania I sposobu
Rozwiązanie, w którym postęp jest niewielki, ale konieczny na drodze do pełnego
rozwiązania ........................................................................................................................... 1 p.
Zdający zapisze,
że
pierwiastkiem wielomianu
W
jest liczba 3 i na tym zakończy lub dalej
popełni błędy.
Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp ........................................................................ 2 p.
Zdający
zapisze
równanie
z
jedną
niewiadomą
m,
np.:
3
3
−
3
m
⋅
3
2
+
3
m
2
−
1
⋅
3
−
9
m
2
+
20
m
+
4
=
0 i na tym zakończy lub dalej popełni błędy.
(
)
Strona 4 z 38
Pokonanie zasadniczych trudności zadania ....................................................................... 3 p.
Zdający
wyznaczy
wartość
parametru
i
zapisze
wzór
wielomianu:
3
2
W
(
x
)
=
x
−
12
x
+
47
x
−
60
i na tym zakończy lub dalej popełni błędy.
Rozwiązanie zadania do końca lecz z usterkami, które jednak nie przekreślają
poprawności rozwiązania ..................................................................................................... 4 p.
Zdający zapisze wielomian w postaci iloczynu dwóch lub trzech wielomianów stopni
dodatnich, np.:
W
(
x
)
=
(
x
−
3
)
(
x
2
−
9
x
+
20
)
.
Rozwiązanie pełne ................................................................................................................ 5 p.
Zdający wyznaczy wszystkie pierwiastki wielomianu:
x
1
=
3 ,
x
2
=
4 ,
x
3
=
5 .
II sposób rozwiązania
Zapisujemy wzór wielomianu
P
(
x
)
=
W
(
x
+
3)
3
2
Ponieważ na wykresie wielomianu
P
leży punkt
(
0, 0
)
, więc liczba 0 jest jego pierwiastkiem.
Stąd
3
2
(
0
+
3
)
−
3
m
(
0
+
3
)
+
(
3
m
2
−
1
)
(
0
+
3
)
−
9
m
2
+
20
m
+
4
=
0
,
28
−
7
m
=
0
,
m
=
4
.
Dalsza część rozwiązania przebiega tak, jak I sposobie rozwiązania.
P
(
x
)
=
(
x
+
3
)
−
3
m
(
x
+
3
)
+
(
3
m
2
−
1
)
(
x
+
3
)
−
9
m
2
+
20
m
+
4
.
27
−
27
m
+
3
(
3
m
2
−
1
)
−
9
m
2
+
20
m
+
4
=
0 ,
Schemat oceniania II sposobu
Rozwiązanie, w którym postęp jest niewielki, ale konieczny na drodze do pełnego
rozwiązania ........................................................................................................................... 1 p.
Zdający zapisze wzór wielomianu
P
(
x
)
=
W
(
x
+
3)
P
(
x
)
=
(
x
+
3
)
−
3
m
(
x
+
3
)
+
(
3
m
2
−
1
)
(
x
+
3
)
−
9
m
2
+
20
m
+
4
3
2
i na tym zakończy lub dalej popełni błędy.
Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp ........................................................................ 2 p.
Zdający
zapisze
równanie
z
jedną
niewiadomą
m,
np.:
3
2
(
0
+
3
)
−
3
m
(
0
+
3
)
+
(
3
m
2
−
1
)
(
0
+
3
)
−
9
m
2
+
20
m
+
4
=
0
i na tym zakończy lub dalej popełni błędy.
Pokonanie zasadniczych trudności zadania ....................................................................... 3 p.
Zdający
•
obliczy
wartość
parametru
m
=
4
i
zapisze
wzór
wielomianu:
W
(
x
)
=
x
3
−
12
x
2
+
47
x
−
60
albo
Strona 5 z 38

Plik z chomika:

Inne pliki z tego folderu:

Inne foldery tego chomika:

Zgłoś jeśli naruszono regulamin