CENTRALNA KOMISJA EGZAMINACYJNA
OKR
GOWE KOMISJE EGZAMINACYJNE
INFORMATOR
O EGZAMINIE MATURALNYM
Z MATEMATYKI
OD ROKU SZKOLNEGO 2014/2015
Materiały do Informatora opracowano w ramach projektu Pilotaż nowych egzaminów maturalnych,
Działanie 3.2. Rozwój systemu egzaminów zewnętrznych,
Priorytet III Wysoka jakość systemu oświaty,
Program Operacyjny Kapitał Ludzki.
INFORMATOR
O EGZAMINIE MATURALNYM
Z MATEMATYKI
OD ROKU SZKOLNEGO 2014/2015
opracowany przez Centralną Komisję Egzaminacyjną
we współpracy z okręgowymi komisjami egzaminacyjnymi
w Gdańsku, Jaworznie, Krakowie, A
odzi,
A
omży, Poznaniu, Warszawie i we Wrocławiu
Centralna Komisja Egzaminacyjna
Warszawa 2013
Centralna Komisja Egzaminacyjna
ul. Józefa Lewartowskiego 6, 00-190 Warszawa
tel. 22 536 65 00
ckesekr@cke.edu.pl
Okręgowa Komisja Egzaminacyjna w Gdańsku
ul. Na Stoku 49, 80-874 Gdańsk
tel. 58 320 55 90
komisja@oke.gda.pl
Okręgowa Komisja Egzaminacyjna w Jaworznie
ul. Adama Mickiewicza 4, 43-600 Jaworzno
tel. 32 616 33 99
oke@oke.jaworzno.pl
Okręgowa Komisja Egzaminacyjna w Krakowie
os. Szkolne 37, 31-978 Kraków
tel. 12 683 21 01
oke@oke.krakow.pl
Okręgowa Komisja Egzaminacyjna w A
omży
ul. Nowa 2, 18-400 A
omża
tel. 86 216 44 95
sekretariat@oke.lomza.pl
Okręgowa Komisja Egzaminacyjna w A
odzi
ul. Ksawerego Praussa 4, 94-203 A
ódz

tel. 42 634 91 33
komisja@komisja.pl
Okręgowa Komisja Egzaminacyjna w Poznaniu
ul. Gronowa 22, 61-655 Poznań
tel. 61 854 01 60
sekretariat@oke.poznan.pl
Okręgowa Komisja Egzaminacyjna w Warszawie
ul. Grzybowska 77, 00-844 Warszawa
tel. 22 457 03 35
info@oke.waw.pl
Okręgowa Komisja Egzaminacyjna we Wrocławiu
ul. Tadeusza Zielińskiego 57, 53-533 Wrocław
tel. 71 785 18 94
sekretariat@oke.wroc.pl
Spis treści
Wstęp & & & & & & & & & & & & & & & & & & & & & & & & & & & & & & & & & & & & & & & & & & & & & & & .. 7
1. Opis egzaminu maturalnego z matematyki & & & & & & & ..& & & & & & & & & & & & & & & & ........... 9
2. Podstawowe zasady oceniania rozwiązań zadań otwartych & & & & & & & & & & & & & & & & ....... 11
3. Przykłady zadań wraz z rozwiązaniami i opisem sposobu przyznawania punktów & & & & & & .. 14
4. Przykładowe zadania z matematyki na poziomie podstawowym wraz z rozwiązaniami & & & & .. 41
5. Przykładowe zadania z matematyki na poziomie rozszerzonym wraz z rozwiązaniami & & & & .. 65
6. Informacja o egzaminie maturalnym z matematyki dla absolwentów niesłyszących & & & & & ... 111
6.1. Egzamin maturalny z matematyki dla absolwentów niesłyszących & & & & & ...& & & & & 111
6.2. Podstawowe zasady oceniania rozwiązań zadań otwartych & & & & & ...& & & & & & & & & 112
6.3. Przykłady zadań wraz z rozwiązaniami i opisem sposobu przyznawania punktów & & ... 115
6.4. Przykładowe zadania z matematyki na poziomie podstawowym dla absolwentów
niesłyszących wraz z rozwiązaniami & & & & & ...& & & & & & & & & & & & & & & & & & & & . 142
6.4. Przykładowe zadania z matematyki na poziomie rozszerzonym dla absolwentów
niesłyszących wraz z rozwiązaniami & & & & & ...& & & & & & & & & & & & & & & & & & & & . 157
Opinia Konferencji Rektorów Akademickich Szkół Polskich o informatorach maturalnych
od 2015 roku & & & & & & & & & & & & & & & & & & & & & & & & & & & & & & & & & & & & & & & & & & & & 173
Wstęp 7
Wstęp
Informator o egzaminie maturalnym z matematyki od roku szkolnego 2014/2015 jest
podzielony na sześć części.
CZ
ŚĆ 1. zawiera ogólne informacje dotyczące egzaminu maturalnego z matematyki oraz
krótki opis arkuszy egzaminacyjnych dla poziomu podstawowego i rozszerzonego.
CZ
ŚĆ 2. przedstawia podstawowe zasady oceniania rozwiązań zadań otwartych wraz
z przykładowymi sposobami przydziału punktów za poszczególne fazy rozwiązania.
CZ
ŚĆ 3. zawiera przykłady zadań otwartych wraz z rozwiązaniami, opisem sposobu
przyznawania punktów i uwagami, które mogą być przydatne w głębszym zrozumieniu
przedstawionych w części 2. zasad oceniania.
CZ
ŚĆ 4. zawiera przykładowe zadania, jakie mogą pojawić się w arkuszach maturalnych na
egzaminie z matematyki na poziomie podstawowym. Do każdego zadania:
�� przypisano najważniejsze wymagania ogólne i szczegółowe z podstawy programowej
kształcenia ogólnego, do których to zadanie się odnosi
�� podano przykładowe rozwiązania  jedno lub więcej.
CZ
ŚĆ 5. zawiera przykładowe zadania, jakie mogą pojawić się w arkuszach maturalnych na
egzaminie z matematyki na poziomie rozszerzonym. Podobnie jak w poprzedniej części do
każdego zadania:
�� przypisano najważniejsze wymagania ogólne i szczegółowe z podstawy programowej
kształcenia ogólnego, do których to zadanie się odnosi,
�� podano jedno lub kilka przykładowych rozwiązań.
CZ
ŚĆ 6. przedstawia informacje o egzaminie maturalnym dla absolwentów niesłyszących.
Zadania w Informatorze:
�� nie wyczerpują wszystkich typów zadań, które mogą wystąpić w arkuszach
egzaminacyjnych,
�� nie ilustrują wszystkich wymagań z matematyki zawartych w podstawie programowej.
Informator nie może być zatem jedyną ani nawet główną wskazówką do planowania procesu
kształcenia matematycznego w szkole ponadgimnazjalnej. Tylko realizacja wszystkich
wymagań z podstawy programowej może zapewnić wszechstronne wykształcenie uczniów
szkół ponadgimnazjalnych i ich właściwe przygotowanie do egzaminu maturalnego.
8 Informator o egzaminie maturalnym z matematyki od roku szkolnego 2014/2015
Przed przystąpieniem do dalszej lektury Informatora warto zapoznać się z ogólnymi zasadami
obowiązującymi na egzaminie maturalnym od roku szkolnego 2014/2015. Są one określone
w rozporządzeniu Ministra Edukacji Narodowej z dnia 30 kwietnia 2007 r. w sprawie
warunków i sposobu oceniania, klasyfikowania i promowania uczniów i słuchaczy oraz
sposobu przeprowadzania sprawdzianów i egzaminów w szkołach publicznych (Dz.U. nr 83,
poz. 562, z póz
n. zm.), w tym w szczególności w rozporządzeniu z 25 kwietnia 2013 r.
zmieniającym powyższe rozporządzenie (Dz.U. z 2013 r., poz. 520), oraz  w skróconej
formie  w części ogólnej Informatora o egzaminie maturalnym od roku szkolnego
2014/2015, dostępnej na stronie internetowej Centralnej Komisji Egzaminacyjnej
(www.cke.edu.pl) oraz na stronach internetowych okręgowych komisji egzaminacyjnych.
Opis egzaminu 9
Opis egzaminu maturalnego z matematyki
1.
Matematyka jest obecna na sprawdzianie w szkole podstawowej, na egzaminie gimnazjalnym
i na maturze. Na egzaminie maturalnym sprawdza się, w jakim stopniu abiturient spełnia
wymagania z matematyki w zakresie określonym podstawą programową kształcenia ogólnego
dla IV etapu edukacyjnego. Poszczególne zadania zestawu egzaminacyjnego mogą też,
w myśl zasady kumulatywności przyjętej w podstawie, odnosić się do wymagań przypisanych
do etapów wcześniejszych (I, II oraz III).
Podstawa programowa dzieli wymagania na szczegółowe i ogólne oraz wyodrębnia te, które
powinny być zrealizowane na poziomie rozszerzonym. Wymagania szczegółowe odwołują się
do ściśle określonych wiadomości i konkretnych umiejętności. Podstawowe znaczenie mają
wymagania ogólne, jako syntetyczne ujęcie nadrzędnych celów kształcenia, stanowiące
odpowiedz
na pytanie, po co uczymy matematyki; informują, jak rozumieć podporządkowane
im wymagania szczegółowe. Poziom opanowania wymagań szczegółowych jest tym wyższy,
im lepiej służy osiągnięciu celów określonych w wymaganiach ogólnych.
Egzamin maturalny z matematyki, jako przedmiotu obowiązkowego, jest zdawany na
poziomie podstawowym. Jeśli matematyka została wybrana jako przedmiot dodatkowy,
egzamin jest zdawany również na poziomie rozszerzonym. Zadania egzaminacyjne z mate-
matyki mogą na obu poziomach mieć formę zamkniętą lub otwartą.
W porównaniu z dotychczasowym egzaminem maturalnym struktura egzaminu na poziomie
podstawowym pozostanie bez zmian.
Egzamin na poziomie rozszerzonym zmieni się tak, by lepiej zmierzyć, w jakim stopniu
zdający spełniają wymagania ogólne podstawy programowej. W efekcie, mniej będzie
rozbudowanych zadań sprawdzających znajomość algorytmów i umiejętność posługiwania się
nimi w typowych zastosowaniach, więcej natomiast zadań sprawdzających rozumienie pojęć
matematycznych oraz umiejętność dobierania własnych strategii matematycznych do
nietypowych warunków. W szczególności oznacza to, że wymagania szczegółowe przypisane
w podstawie programowej do wcześniejszych etapów kształcenia mogą pojawić się w nowym
kontekście. Dobrym przykładem takiej sytuacji może być zastosowanie twierdzenia
Pitagorasa do obliczenia pola przekroju ostrosłupa, w szczególności takiego ostrosłupa, który
nie jest prawidłowy.
10 Informator o egzaminie maturalnym z matematyki od roku szkolnego 2014/2015
Opis arkusza dla poziomu podstawowego
Arkusz egzaminacyjny składa się z trzech grup zadań.
I grupa zawiera zadania zamknięte. Dla każdego z tych zadań są podane cztery
odpowiedzi, z których tylko jedna jest poprawna. Każde zadanie z tej grupy jest
punktowane w skali 0 1. Zdający wskazuje właściwą odpowiedz
, zaznaczając swoją
decyzję na karcie odpowiedzi.
II grupa zawiera zadania otwarte krótkiej odpowiedzi. Zdający podaje krótkie
uzasadnienie swojej odpowiedzi. Zadania z tej grupy punktowane są w skali 0 2.
III grupa zawiera zadania otwarte rozszerzonej odpowiedzi. Zadania te wymagają
starannego zaplanowania strategii rozwiązania oraz przedstawienia sposobu
rozumowania i są punktowane w skali 0 4, 0 5 albo 0 6.
Opis arkusza dla poziomu rozszerzonego
Arkusz egzaminacyjny składa się z trzech grup zadań.
I grupa zawiera zadania zamknięte. Dla każdego z tych zadań zdający wskazuje właściwą
odpowiedz
, zaznaczając swoją decyzję na karcie odpowiedzi. Zadania punktowane są
w skali 0-1.
II grupa zawiera zadania otwarte krótkiej odpowiedzi, w tym zadania z kodowaną
odpowiedzią. Zadania te punktowane są w skali 0 2, 0 3 albo 0 4.
W zadaniach z kodowaną odpowiedzią zdający udziela odpowiedzi wpisując żądane
cyfry otrzymanego wyniku do odpowiedniej tabeli. Ocenie podlega tylko zakodowana
odpowiedz
.
III grupa zawiera zadania otwarte rozszerzonej odpowiedzi. Rozwiązując zadania z tej
grupy, zdający w szczególności ma wykazać się umiejętnością rozumowania oraz
dobierania własnych strategii matematycznych do nietypowych warunków. Zadania te
punktowane są w skali 0 5, 0 6 albo 0 7.
Podstawowe zasady oceniania rozwiązań zadań otwartych 11
Podstawowe zasady oceniania rozwiązań zadań otwartych
2.
W zadaniach krótkiej odpowiedzi zdający otrzymuje 1 lub 2 punkty za rozwiązanie, którego
nie doprowadził do końca lub w którym popełnił pewne błędy. Określony jest jednak
minimalny postęp, który w tym rozwiązaniu musi być osiągnięty, by otrzymać 1 punkt, oraz
określone jest, jak zaawansowane powinno być rozwiązanie, by można było je ocenić na
2 punkty.
W rozwiązaniach zadań rozszerzonej odpowiedzi zostaje wyróżniona najważniejsza faza,
nazywana pokonaniem zasadniczych trudności zadania. Przyjęto zasadę, że za pokonanie
zasadniczych trudności zadania przyznaje się co najmniej połowę punktów, jakie zdający
otrzymałby za bezbłędne rozwiązanie tego zadania. Tak więc w zadaniu za 4 punkty, za
pokonanie zasadniczych trudności, przyznajemy 2 lub 3 punkty (zależnie od zadania).
W zadaniu za 5 punktów za tę fazę na ogół przyznajemy 3 punkty. W zadaniach za 6 punktów
 na ogół 3 lub 4 punkty. Wyróżnienie w rozwiązaniu zadania rozszerzonej odpowiedzi fazy
pokonania zasadniczych trudności zadania powoduje następnie wyróżnienie kilku innych faz.
Przed pokonaniem zasadniczych trudności zadania wyróżniamy jeszcze jedną lub dwie fazy je
poprzedzające: dokonanie niewielkiego postępu, który jednak jest konieczny dla rozwiązania
zadania oraz dokonanie istotnego postępu w rozwiązaniu zadania. Zdający, który pokonał
zasadnicze trudności zadania, mógł na tym poprzestać lub mógł kontynuować rozwiązanie.
Wyróżniamy ważną kategorię rozwiązań, w których zdający pokonał zasadnicze trudności
zadania i kontynuował rozwiązanie do końca, jednak w rozwiązaniu popełnił błędy
niewpływające na poprawność całego rozumowania (na przykład nieistotne dla całego
rozumowania błędy rachunkowe lub niektóre błędy nieuwagi). Analogicznie wyróżniamy
kategorię pokonania zasadniczych trudności z nieistotnymi błędami. W każdym przypadku
określana jest liczba punktów przyznawana za rozwiązania w każdej (lub niektórych)
z powyższych kategorii. Należy podkreślić, że schemat oceniania rozwiązania zadania jest
traktowany jako integralna część zadania; na ogół ten schemat oceniania uwzględnia
wszystkie typowe sposoby rozwiązania i czasami również niektóre nietypowe.
Zatem w zadaniu za 3 punkty:
1. rozwiązanie, w którym nie ma istotnego postępu ................................................... 0 pkt
2. rozwiązanie, w którym jest istotny postęp, ale nie zostały pokonane zasadnicze
trudności zadania ................................................................................................. .1 pkt
3. zostały pokonane zasadnicze trudności zadania, ale zadanie nie zostało rozwiązane
bezbłędnie .. .......................................................................................................... 2 pkt
4. zadanie zostało rozwiązane bezbłędnie . ................................................................ 3 pkt
12 Informator o egzaminie maturalnym z matematyki od roku szkolnego 2014/2015
Natomiast w zadaniu za 4 punkty:
1. rozwiązanie, w którym nie ma istotnego postępu ................................................. .0 pkt
2. został dokonany istotny postęp w rozwiązaniu zadania, ale nie zostały pokonane
zasadnicze trudności zadania lub zostały pokonane zasadnicze trudności zadania,
lub w trakcie pokonywania zasadniczych trudności zadania zostały popełnione błędy,
usterki . ................................................................................................................. 1 pkt
3. zostały pokonane zasadnicze trudności zadania i zdający na tym poprzestał lub błędnie
kontynuował rozwiązanie . ................................................................................. ...2 pkt
4. zostały pokonane zasadnicze trudności zadania, zdający doprowadził rozwiązanie
do końca, ale rozwiązanie zadania zawiera błędy, usterki ................................... ..3 pkt
5. zadanie zostało rozwiązane bezbłędnie ............................................................... ..4 pkt
Poniżej zamieszczone zostały przykładowe sposoby przydziału punktów za poszczególne fazy
rozwiązania zadań rozszerzonej odpowiedzi.
Najprostszy podział punktów za rozwiązanie zadania za 5 punktów wygląda następująco:
1. rozwiązanie, w którym nie ma istotnego postępu ................................................ ..0 pkt
2. został dokonany istotny postęp w rozwiązaniu zadania, ale nie zostały pokonane
zasadnicze trudności zadania .............................................................................. . 1 pkt
3. zostały pokonane zasadnicze trudności zadania, ale w trakcie ich pokonywania zostały
popełnione błędy, usterki ..................................................................................... 2 pkt
4. zasadnicze trudności zadania zostały pokonane bezbłędnie i zdający na tym poprzestał
lub błędnie kontynuował rozwiązanie ................................................................... 3 pkt
5. zostały pokonane zasadnicze trudności zadania, zdający doprowadził rozwiązanie do
końca, jednak rozwiązanie zadania zawiera usterki (błędy rachunkowe, zgubienie
rozwiązań, brak wyboru właściwych rozwiązań itp.) ........................................... .4 pkt
6. zadanie zostało rozwiązane bezbłędnie ............................................................... ..5 pkt
A oto inny przydział punktów w zadaniu za 5 punktów :
1. rozwiązanie, w którym nie ma istotnego postępu ................................................. .0 pkt
2. rozwiązanie, w którym postęp jest wprawdzie niewielki, ale konieczny na drodze do
całkowitego rozwiązania zadania ......................................................................... 1 pkt
3. został dokonany istotny postęp w rozwiązaniu zadania, ale nie zostały pokonane
zasadnicze trudności zadania lub zostały pokonane zasadnicze trudności zadania,
rozwiązanie zadania nie zostało doprowadzone do końca, ale w trakcie pokonywania
zasadniczych trudności zadania zostały popełnione błędy, usterki ...................... ..2 pkt
4. zasadnicze trudności zadania zostały pokonane bezbłędnie i zdający na tym poprzestał
lub błędnie kontynuował rozwiązanie .................................................................. .3 pkt
5. zostały pokonane zasadnicze trudności zadania, zdający doprowadził rozwiązanie do
końca, jednak rozwiązanie zadania zawiera usterki (błędy rachunkowe, zgubienie
rozwiązań, brak wyboru właściwych rozwiązań itp.) .......................................... ..4 pkt
6. zadanie zostało rozwiązane bezbłędnie ................................................................ .5 pkt
Podstawowe zasady oceniania rozwiązań zadań otwartych 13
Przykładowy sposób przydziału punktów w zadaniu za 6 punktów:
1. rozwiązanie, w którym nie ma istotnego postępu ................................................. .0 pkt
2. rozwiązanie, w którym postęp jest wprawdzie niewielki, ale konieczny na drodze do
całkowitego rozwiązania zadania ........................................................................ .1 pkt
3. został dokonany istotny postęp w rozwiązaniu zadania, ale nie zostały pokonane
zasadnicze trudności zadania ................................................................................ 2 pkt
4. zostały pokonane zasadnicze trudności zadania, rozwiązanie zadania nie zostało
doprowadzone do końca, ale w trakcie pokonywania zasadniczych trudności zadania
zostały popełnione błędy, usterki ......................................................................... .3 pkt
5. zasadnicze trudności zadania zostały pokonane bezbłędnie i zdający na tym poprzestał
lub błędnie kontynuował rozwiązanie .................................................................. .4 pkt
6. zostały pokonane zasadnicze trudności zadania, zdający doprowadził rozwiązanie do
końca, jednak rozwiązanie zadania zawiera usterki (błędy rachunkowe, zgubienie
rozwiązań, brak wyboru właściwych rozwiązań itp.) ........................................... .5 pkt
7. zadanie zostało rozwiązane bezbłędnie ................................................................. 6 pkt
Celem pełniejszego zilustrowania sposobu oceniania zadań otwartych, na następnych stronach
zamieszczone zostały przykłady zadań wraz z rozwiązaniami, opisem sposobu przyznawania
punktów i uwagami, które mogą być przydatne w głębszym zrozumieniu przedstawionych
powyżej reguł oceniania.
14 Informator o egzaminie maturalnym z matematyki od roku szkolnego 2014/2015
Przykłady zadań wraz z rozwiązaniami i opisem sposobu przyznawania punktów
3.
Zadanie I (0 3)
Dany jest ostrokątny trójkąt równoramienny ABC, w którym AC =� BC . Na bokach, na
zewnątrz trójkąta ABC, zbudowano kwadraty ABDE, BCFG i ACHJ. Wykaż, że pola
trójkątów AHE i BEG są równe.
Rozwiązanie
Omówimy cztery sposoby rozwiązania tego zadania.
Sposób I (trygonometryczny)
Przyjmijmy oznaczenia:
AB =� AE =� a, AC =� BC =� BG =� b, S�BAC =� S�ABC =� a�.
Rozwiązanie tym sposobem polega na obliczeniu obu szukanych pól za pomocą a, b i a� .
Mamy bowiem:
1
PAHE =� �� AE �� AH ��sin S�EAH ,
2
1
PBEG =� �� BE �� BG ��sin S�EBG .
2
Zauważmy, że: AE =� a oraz BG =� b . Obliczamy długości odcinków AH i BE oraz
wyrażamy za pomocą a� miary kątów EAH i EBG.
Mamy:
AH =� b 2 ,
BE =� a 2 .
Podstawowe zasady oceniania rozwiązań zadań otwartych 15
Ponieważ trójkąt ABC jest równoramienny i ostrokątny, więc a� >� 45��. Następnie
S�EAB +� S�BAC +� S�CAH =� 90�� +�a� +� 45�� =�135�� +�a� >�135�� +� 45�� =�180�� ,
a więc kąt wypukły EAH jest równy
360�� -� 135�� +�a� =� 225�� -�a�.
(� )�
Podobnie,
S�GBC +� S�ABC +� S�EBA =� 90�� +�a� +� 45�� =�135�� +�a� >�135�� +� 45�� =�180�� ,
a więc kąt wypukły EBG jest równy
360�� -� 135�� +�a� =� 225�� -�a�.
(� )�
Zatem
S�EAH =� 225�� -�a� =� S�EBG .
Stąd otrzymujemy
1 1
PAHE =� �� AE �� AH ��sin EAH =� �� a ��b 2 ��sin 225�� -�a�
(� )�
2 2
oraz
1 1
PBEG =� �� BE �� BG ��sin EBG =� �� a 2 ��b ��sin 225�� -�a� .
(� )�
2 2
Stąd wynika, że PAHE =� PBEG , co kończy dowód.
Komentarz
Rozwiązanie składa się z trzech kroków: obliczenie długości boków AH i BE, wykazanie
równości kątów EAH i EBG (np. przez wyznaczenie obu kątów za pomocą a� ) oraz
zastosowanie wzoru na pole trójkąta.
Pokonanie zasadniczych trudności zadania polega na obliczeniu wszystkich wielkości
potrzebnych we wzorach na pole. Jeden z możliwych błędów zdających, na który należy
zwrócić tu uwagę, może polegać na złym zastosowaniu wzoru na pole trójkąta
1
(np. pominięcie współczynnika ). Pomimo tego błędu zdający otrzymuje poprawny wynik.
2
W takim przypadku uznajemy rozwiązanie za niedokończone -� bezbłędnie zostały pokonane
tylko zasadnicze trudności zadania. W tym rozwiązaniu trudno oczekiwać wielu innych
rozwiązań błędnych; maturzysta na ogół nie popełni błędu przy obliczaniu przekątnej
kwadratu czy dodawaniu miar kątów. Można natomiast spodziewać się rozwiązań
częściowych, np. niedokończonych. Niektóre takie rozwiązania omawiamy w uwagach
zamieszczonych po schemacie oceniania.
16 Informator o egzaminie maturalnym z matematyki od roku szkolnego 2014/2015
Schemat oceniania I sposobu rozwiązania
Istotny postęp ................................................................................................................. 1 pkt
Obliczenie długości boków AH i BE za pomocą boków AB i AC
lub
wykazanie, że S�EAH =� S�EBG .
Pokonanie zasadniczych trudności ............................................................................... 2 pkt
Obliczenie długości boków AH i BE za pomocą boków AB i AC oraz wykazanie, że
S�EAH =� S�EBG .
Rozwiązanie pełne ......................................................................................................... 3 pkt
Wykazanie, że pola obu trójkątów są równe.
Uwagi
Zdający może wykonać obliczenia związane tylko z jednym z dwóch trójkątów i na tym
poprzestać. Na przykład w przypadku trójkąta AHE może wykonać następujące obliczenia
(przy zachowaniu oznaczeń z powyższego rozwiązania, AB =� a, AC =� b, S�BAC =� a� ):
�� AH =� b 2 ;
�� S�EAH =� 225�� -�a� ;
1
�� PAHE =� �� a ��b �� 2 ��sin 225�� -�a� .
(� )�
2
Wówczas:
�� jeśli zdający wyznaczy tylko długość boku AH lub miarę kąta EAH, to takie
rozwiązanie nie jest jeszcze traktowane jako istotny postęp i przyznajemy za nie
0 punktów,
�� jeśli zdający wyznaczy długość boku AH i miarę kąta EAH, to takie rozwiązanie
częściowe traktujemy jako  istotny postęp i przyznajemy za nie 1 punkt,
1
�� jeśli zdający wyznaczy bok AH i zapisze pole w postaci PAHE =� �� ab 2 ��sin S�EAH ,
2
nie wyznaczając przy tym kąta EAH za pomocą kąta a� , to takie rozwiązanie
częściowe traktujemy także jako  istotny postęp i przyznajemy za nie 1 punkt,
�� jeśli zdający wyznaczy bok AH, wyznaczy kąt EAH za pomocą kąta a� i zapisze pole
1
trójkąta AHE w postaci PAHE =� �� ab 2 ��sin 225�� -�a� , to traktujemy takie
(� )�
2
rozwiązanie jako pokonanie zasadniczych trudności zadania i przyznajemy za nie
2 punkty.
Podstawowe zasady oceniania rozwiązań zadań otwartych 17
Sposób II (stosunek pól)
W tym rozwiązaniu korzystamy z następującej własności trójkątów:
Dane są dwa trójkąty ABC i DEF takie, że S�A =� S�D
Wówczas
AB �� AC
PABC
=� .
PDEF DE �� DF
Powyższa proporcja wyraża w sposób czysto geometryczny tę samą treść co wzór
trygonometryczny na pole trójkąta. Mianowicie mamy:
1
PABC =� �� AB �� AC ��sin A
2
oraz
1
PDEF =� �� DE �� DF ��sin D .
2
Sformułowanie geometryczne pozwala przeprowadzić dowód bez odwoływania się do
trygonometrii.
Tak jak w sposobie pierwszym dowodzimy, że S�EAH =� S�EBG .
Następnie korzystamy ze wspomnianej wyższej własności trójkątów:
AE �� AH AE �� AC �� 2 AE AC
PAHE
=� =� =� �� =� 1 ,
PBEG BE �� BG AB BG
AB �� 2 �� BG
co dowodzi, że PAHE =� PBEG .
18 Informator o egzaminie maturalnym z matematyki od roku szkolnego 2014/2015
Przy zachowaniu oznaczeń z poprzedniego sposobu rozwiązania, możemy to rozwiązanie
zapisać w sposób następujący. Przyjmujemy AB =� a i AC =� b . Wówczas AH =� b 2
oraz
EB =� a 2 . Tak jak w sposobie I, pokazujemy, że S�EAH =� S�EBG . Korzystając
z twierdzenia o stosunku pól, otrzymujemy
AE �� AH
PAHE a ��b 2
,
=� =� =� 1
PBEG BE �� BG
a ��b 2
co dowodzi, że PAHE =� PBEG .
Komentarz
W tym sposobie rozwiązania podstawowym zadaniem jest -� tak jak w sposobie pierwszym
-� obliczenie długości odcinków AH i BE oraz wykazanie równości kątów EAH i EBG.
Dlatego schemat oceniania może być taki sam, jak w sposobie I. Uwagi dotyczące rozwiązań
niekompletnych są takie same jak w przypadku sposobu I.
Schemat oceniania II sposobu rozwiązania
Istotny postęp ................................................................................................................. 1 pkt
Obliczenie długości boków AH i BE za pomocą boków AB i AC
lub
wykazanie, że S�EAH =� S�EBG .
Pokonanie zasadniczych trudności ............................................................................... 2 pkt
Obliczenie długości boków AH i BE za pomocą boków AB i AC oraz wykazanie, że
S�EAH =� S�EBG .
Rozwiązanie pełne ......................................................................................................... 3 pkt
Wykorzystanie wzoru trygonometrycznego do obliczenia pól obu trójkątów i wykazania,
że te pola są równe.
Uwaga
Jeśli zdający wykonuje obliczenia tylko w jednym z rozważanych trójkątów, to w istocie
rozwiązuje zadanie sposobem pierwszym i możemy zastosować rozstrzygnięcia zawarte
w uwadze do schematu oceniania w sposobie I.
Podstawowe zasady oceniania rozwiązań zadań otwartych 19
Sposób III (geometria analityczna)
Rozwiązanie zadania sposobem analitycznym składa się z trzech kroków. Po pierwsze,
w wygodny sposób umieszczamy rozważane figury geometryczne w układzie współrzędnych
-� lub równoważnie -� do istniejących figur dobieramy układ współrzędnych. Po drugie,
w przyjętym układzie współrzędnych obliczamy współrzędne potrzebnych punktów.
Wreszcie, za pomocą obliczonych współrzędnych, obliczamy wielkości, o które chodzi
w zadaniu.
W naszym przypadku te kroki sprowadzają się do:
�� wyboru układu współrzędnych;
�� obliczenia współrzędnych wierzchołków trójkątów AHE i BEG;
�� obliczenia pól trójkątów AHE i BEG.
Pokonanie zasadniczych trudności zadania polega na obliczeniu współrzędnych
wierzchołków trójkątów AHE i BGE.
Popatrzmy teraz, w jaki sposób można przeprowadzić takie rozwiązanie. Najpierw musimy
wybrać układ współrzędnych. Można to zrobić na wiele sposobów; trudności obliczeniowe
zadania będą zależały od sposobu wyboru układu. Jednym z najwygodniejszych sposobów
jest wybór układu współrzędnych uwzględniający naturalne symetrie figur występujących
w zadaniu. W naszym przypadku wybieramy układ tak, by oś Oy zawierała oś symetrii
trójkąta równoramiennego ABC. Umieszczamy zatem trójkąt ABC w układzie współrzędnych
tak, że
A =� -�a,0 , B =� a,0 , C =� 0, h ,
(� )� (� )� (� )�
gdzie a >� 0 i h >� 0 . Ponieważ trójkąt ABC jest ostrokątny, więc S�BAC >� 45�� , skąd wynika,
że a <� h.
Wyznaczamy teraz współrzędne punktów E, G i H. Oczywiście bok AB ma długość 2a, skąd
wynika, że E =� -�a,-�2a . Współrzędne punktów G i H możemy wyznaczyć wieloma
(� )�
sposobami. Pokażemy dokładnie dwa z nich i zasygnalizujemy trzeci sposób, znacznie
bardziej pracochłonny.
20 Informator o egzaminie maturalnym z matematyki od roku szkolnego 2014/2015
�� Korzystamy z tego, że jeśli obrócimy wektor x, y o 90�� zgodnie z ruchem
[� ]�
wskazówek zegara, to otrzymamy wektor y, -�x . (Tę własność można łatwo odczytać
[� ]�
u�u�u� u�u�u�r�
r�
z rysunku.) W naszym zadaniu mamy CA =� -�a,-�h , skąd CH =� -�h,a . Stąd
[� ]� [� ]�
u�u�u�r�
dostajemy H =� C +�CH =� 0,h +� -�h,a =� -�h,a +� h .
(� )� [� ]� (� )�
W podobny sposób:
u�u�u�r� u�u�u�r�
BC =� -�a,h , BG =� h,a , G =� a +� h,a .
[� ]� [� ]� (� )�
�� Niech K będzie rzutem punktu G na oś Ox i niech L będzie rzutem punktu H na oś Oy.
Wówczas trójkąty CLH i GKB są przystające do trójkąta AOC, skąd
CL =� GK =� a, HL =� BK =� h .
To daje współrzędne punktów G =� a +� b, a i H =� -�h, a +� h .
(� )� (� )�
h
�� Wyznaczamy równanie prostej AC: y =� x +� h oraz równanie prostej prostopadłej do
a
a
niej, przechodzącej przez punkt C: y =� -� x +� h . Następnie na tej prostej prostopadłej
h
znajdujemy oba punkty odległe od punktu C o długość odcinka AC; jest to najbardziej
pracochłonna część zadania. Wreszcie wybieramy ten z otrzymanych dwóch punktów,
który ma ujemną współrzędną x. W podobny sposób możemy wyznaczyć współrzędne
punktu G.
Następnie obliczamy pola trójkątów AHE i BEG. Możemy skorzystać ze wzoru znajdującego
się w zestawie Wybranych wzorów matematycznych. Jeśli wierzchołki trójkąta KLM mają
współrzędne
K =� xK , yK , L =� xL, yL , M =� xM , yM ,
(� )� (� )� (� )�
to pole wyraża się wzorem
1
PKLM =� �� xL -� xK yM -� yK -� yL -� yK xM -� xK .
(� )�(� )� (� )�(� )�
2
W naszym przypadku mamy
E =� -�a, -�2a , A =� -�a,0 , H =� -�h, a +� h ,
(� )� (� )� (� )�
skąd dostajemy
1
PAHE =� �� -�a +� a a +� h +� 2a -� 0 +� 2a -�h +� a =� -�a a -� h =� a h -� a .
(� )�(� )� (� )�(� )� (� )� (� )�
2
Podobnie,
E =� -�a, -�2a , B =� a,0 , G =� a +� h, a ,
(� )� (� )� (� )�
skąd dostajemy
1 1
PBEG =� �� a +� a a +� 2a -� 0 +� 2a a +� h +� a =� 6a2 -� 4a2 -� 2ah =� a h -� a .
(� )�(� )� (� )�(� )� (� )�
2 2
To kończy dowód.
Zauważmy też, że pole trójkąta AHE można obliczyć prościej: podstawa AE ma długość 2a,
wysokość (niezaznaczona na rysunku) ma długość h -� a .
Podstawowe zasady oceniania rozwiązań zadań otwartych 21
Uwaga
Pola trójkątów można też obliczyć inaczej. Można np. wyznaczyć długość jednego boku,
równanie prostej zawierającej ten bok oraz odległość trzeciego wierzchołka od tej prostej
(odpowiednie wzory także znajdują się w tablicach).
Schemat oceniania III sposobu rozwiązania
Istotny postęp ................................................................................................................. 1 pkt
Umieszczenie trójkąta ABC w układzie współrzędnych i podanie współrzędnych jego
wierzchołków.
Pokonanie zasadniczych trudności ............................................................................... 2 pkt
Obliczenie współrzędnych punktów E, G i H.
Rozwiązanie pełne ......................................................................................................... 3 pkt
Obliczenie pól trójkątów AHE i BEG np. za pomocą wzorów znajdujących się w tablicach
i zauważenie, że te pola są równe.
Uwaga
Zdający rozwiązujący zadanie tym sposobem mogą popełnić bardzo wiele różnych błędów:
na przykład z
le wyznaczyć współrzędne punktów E, G i H lub z
le obliczyć pola trójkątów.
Mogą wreszcie wybrać takie metody obliczania pól, że nie będzie oczywiste, czy otrzymane
wyniki są równe (może to wymagać odpowiednich przekształceń). Niezależnie od charakteru
i przyczyny błędu, schemat oceniania wyraz
nie wskazuje, jaką liczbę punktów należy
przyznać zdającemu. Maksymalną liczbę punktów zdający otrzymuje za bezbłędnie
wykonane kroki. Może się jednak zdarzyć, że zdający popełni nieistotny błąd rachunkowy
przy wyznaczaniu współrzędnych któregoś punktu i w ten sposób uzyska błędne wyniki
w ostatnim kroku. Jeśli jednak metoda obliczania pól trójkątów jest poprawna, zostały
dokonane poprawne podstawienia do wzorów, zgodne z otrzymanymi wynikami obliczeń
oraz obliczenia w tym kroku zostały wykonane poprawnie, to zdający otrzymuje 2 punkty
(jest to sytuacja, w której zdający doprowadza rozwiązanie do końca, popełniając nieistotny
błąd rachunkowy podczas pokonywania zasadniczych trudności).
22 Informator o egzaminie maturalnym z matematyki od roku szkolnego 2014/2015
Sposób IV (bezpośrednie obliczenie pól)
Prowadzimy w trójkącie ABC wysokość CK. Następnie niech punkt L będzie rzutem
prostokątnym punktu H na prostą KC i niech punkt P będzie rzutem prostokątnym punktu G
na prostą AB.
Wówczas nietrudno zauważyć, że trójkąty CLH i BPG są przystające do trójkątów AKC
i BKC. Mianowicie CH =� AC =� BC =� BG . Jeśli następnie
a� =� S�BAC =� S�ABC ,
to S�ACK =� 90�� -�a� , S�HCL =� a� oraz S�CHL =� 90�� -�a� . Podobnie, S�BCK =� a� ,
S�GBP =� 90�� -�a� oraz S�BGP =� a� . Wspomniane przystawania trójkątów wynikają teraz
z cechy przystawania kbk.
Przyjmijmy oznaczenia:
a =� AK =� BK , h =� CK .
Wówczas HL =� BP =� h oraz CL =� GP =� a . Ponadto a <� h. Niech następnie punkt M
będzie rzutem prostokątnym punktu A na prostą HL. Ponieważ a <� h, więc punkt M leży
wewnątrz odcinka HL. Możemy już obliczyć pole trójkąta EAH. Mianowicie
1 1
PAHE =� �� AE �� HM =� �� 2a �� h -� a =� a h -� a .
(� )� (� )�
2 2
Następnie niech punkt O będzie punktem przecięcia prostych EG i AP. Z podobieństwa
trójkątów EAO i GPO wynika, że
AO AE
2a
=� =� =� 2 .
PO PG a
Zatem
2 2
AO =� �� AP =� �� 2a +� h ,
(� )�
3 3
Podstawowe zasady oceniania rozwiązań zadań otwartych 23
skąd wynika, że
2 2
BO =� AO -� AB =� �� 2a +� h -� 2a =� �� h -� a .
(� )� (� )�
3 3
Wreszcie
1 1 1 2
PEBG =� PEBO +� PGBO =� �� BO �� AE +� �� BO �� GP =� �� �� h -� a �� 2a +� a =� a h -� a .
(� )� (� )� (� )�
2 2 2 3
To kończy dowód.
Schemat oceniania IV sposobu rozwiązania
Istotny postęp ................................................................................................................. 1 pkt
Dorysowanie trójkątów CLH i GPB oraz zauważenie, że są one przystające do trójkąta AKC
(lub BKC). Nie wymagamy w tym miejscu od zdającego pełnego dowodu przystawania
 przyjmujemy, że uzasadnienie przystawania jest oczywiste.
Pokonanie zasadniczych trudności ............................................................................... 2 pkt
Obliczenie pola jednego z trójkątów AHE i BEG.
Rozwiązanie pełne ......................................................................................................... 3 pkt
Obliczenie pól obu trójkątów i stwierdzenie, że są one równe.
Uwaga
W takim sposobie rozwiązania zadania jest mało prawdopodobne, by zdający popełnił istotny
błąd. Mogą się natomiast zdarzyć rozwiązania niedokończone. Mogą też wystąpić różne inne
próby rozwiązania polegające na dorysowywaniu do rysunku różnych odcinków. Jeśli nie jest
wyraz
nie widoczny cel takich poszukiwań i nie został on wyraz
nie wskazany w rozwiązaniu,
to zdający otrzymuje 0 punktów.
24 Informator o egzaminie maturalnym z matematyki od roku szkolnego 2014/2015
Zadanie II (0 5)
Ile jest nieparzystych liczb naturalnych trzycyfrowych, w których co najmniej jedna cyfra jest
dziewiątką?
Rozwiązanie
Omówimy 6 sposobów rozwiązania tego zadania.
Sposób I (umieszczenie dziewiątki)
W tym sposobie rozwiązania pokażemy najpierw rozumowanie błędne polegające na
policzeniu kilkakrotnym tych samych liczb. Wskazany błąd jest niezwykle często popełniany
przez zdających rozwiązujących to zadanie; można go jednak dość łatwo naprawić.
Wystarczy odjąć liczbę tych liczb, które były policzone dwukrotnie i odjąć podwojoną liczbę
tych liczb, które były policzone trzykrotnie. Obliczenie, ile należy odjąć, jest dość łatwe.
Problem polega jednak na tym, że zdający popełniający ten błąd nie zdają sobie sprawy
z tego, na czym on polega -� nie dostrzegają, że niektóre liczby policzyli wielokrotnie.
A oto rozwiązanie. Wiemy, że jedną z cyfr jest 9; możemy ją umieścić na jednym z trzech
miejsc: pierwszym, drugim lub trzecim.
�� Jeśli umieścimy dziewiątkę na pierwszym miejscu, to na drugim możemy umieścić
dowolną z 10 cyfr, a na trzecim dowolną z pięciu cyfr nieparzystych. A
ącznie daje to
w tym przypadku 50 liczb.
�� Jeśli umieścimy dziewiątkę na drugim miejscu, to na pierwszym możemy umieścić
dowolną z 9 cyfr, a na trzecim dowolną z pięciu cyfr nieparzystych. A
ącznie daje to w tym
przypadku 45 liczb.
�� Jeśli umieścimy dziewiątkę na trzecim miejscu, to na pierwszym możemy umieścić
dowolną z 9 cyfr, a na drugim dowolną z 10 cyfr. A
ącznie daje to w tym przypadku
90 liczb.
W sumie daje to 50+� 45+�90 =�185 liczb.
Które liczby zostały policzone wielokrotnie? Popatrzmy na przykład. Przypuśćmy, że
najpierw umieściliśmy cyfrę 9 na pierwszym miejscu, a na pozostałych miejscach
umieściliśmy kolejno cyfry 5 i 9. Otrzymaliśmy liczbę 959. Przypuśćmy teraz, że najpierw
umieściliśmy cyfrę 9 na trzecim miejscu, a następnie umieściliśmy na pierwszych dwóch
miejscach kolejno cyfry 9 i 5. Znów otrzymaliśmy liczbę 959. Ta liczba została więc
w powyższym sposobie zliczania policzona dwukrotnie. Zobaczmy teraz, w jaki sposób
można poprawić to rozwiązanie błędne.
Dostaliśmy wynik 185. Zauważmy jednak, że liczby z dwiema dziewiątkami były policzone
po dwa razy, a liczba 999 nawet trzy razy. Zliczamy teraz liczby z dwiema dziewiątkami.
�� Jeśli umieścimy dziewiątkę na pierwszym i drugim miejscu, to na trzecim możemy
umieścić dowolną z 4 cyfr nieparzystych: 1, 3, 5 lub 7.
�� Jeśli umieścimy dziewiątkę na drugim i trzecim miejscu, to na pierwszym możemy
umieścić dowolną z 8 cyfr (od 1 do 8).
�� Jeśli umieścimy dziewiątkę na pierwszym i trzecim miejscu, to na drugim możemy
umieścić dowolną z 9 cyfr (od 0 do 8).
Podstawowe zasady oceniania rozwiązań zadań otwartych 25
W sumie okazuje się, że mamy 21 liczb z dwiema dziewiątkami. Od otrzymanego wyniku
musimy zatem odjąć 21. Następnie mamy jedną liczbę (mianowicie 999) z trzema
dziewiątkami. Policzyliśmy ją trzykrotnie, więc od otrzymanego wyniku musimy jeszcze
odjąć 2. Zatem liczb, które nas interesują, jest 185-�21-�2 =�162.
Schemat oceniania I sposobu rozwiązania
Pokazane na początku rozwiązanie błędne zawiera istotne elementy rozumowania
prawidłowego, więc powinno być ocenione jako rozwiązanie częściowe. Uznajemy je za
,,istotny postęp .
Postęp niewielki ............................................................................................................. 1 pkt
Zdający obliczy, że przy umieszczeniu dziewiątki na pierwszym miejscu otrzyma 50 liczb lub
obliczy, że przy umieszczeniu dziewiątki na drugim miejscu otrzyma 45 liczb, lub obliczy, że
przy umieszczeniu dziewiątki na trzecim miejscu otrzyma 90 liczb.
Istotny postęp ................................................................................................................. 2 pkt
Zdający obliczy, że przy umieszczeniu dziewiątki na pierwszym miejscu otrzyma 50 liczb,
przy umieszczeniu dziewiątki na drugim miejscu otrzyma 45 liczb i przy umieszczeniu
dziewiątki na trzecim miejscu otrzyma 90 liczb. Nie wymagamy, by w tej kategorii otrzymał
wynik łączny 185 liczb.
Pokonanie zasadniczych trudności ............................................................................... 4 pkt
Zdający otrzyma wynik 185 liczb, następnie zauważy, że pewne liczby policzono
wielokrotnie oraz obliczy, że 21 liczb policzono dwukrotnie. Za samo zauważenie, że pewne
liczby zostały policzone wielokrotnie, bez podania prawidłowej ich liczby (na przykład
w wyniku błędnego obliczenia), zdający otrzymuje 3 punkty.
Rozwiązanie pełne ......................................................................................................... 5 pkt
Zdający pokona zasadnicze trudności zadania, zauważy, że liczba 999 była policzona
trzykrotnie i obliczy poprawnie liczbę wszystkich rozważanych liczb:
50+�45+�90-�21-�2 =�162.
26 Informator o egzaminie maturalnym z matematyki od roku szkolnego 2014/2015
Sposób II (pierwsza dziewiątka)
Wszystkie interesujące nas liczby dzielimy na trzy grupy i policzymy liczby w każdej grupie.
�� Do pierwszej grupy zaliczamy liczby zaczynające się dziewiątką.
�� Do drugiej grupy zaliczamy liczby, w których pierwsza dziewiątka znajduje się na drugim
miejscu.
�� Do trzeciej grupy zaliczamy liczby, w których pierwsza dziewiątka znajduje się na
trzecim miejscu.
Teraz zliczamy liczby znajdujące się w tych grupach.
�� W pierwszej grupie znajduje się 50 liczb: na pierwszym miejscu jest dziewiątka, na
drugim dowolna z 10 cyfr i na trzecim dowolna z pięciu cyfr nieparzystych.
�� W drugiej grupie znajduje się 40 liczb: na pierwszym miejscu znajduje się jedna z 8 cyfr
(nie może być 0 i 9), na drugim miejscu jest dziewiątka i na trzecim jedna z pięciu cyfr
nieparzystych.
�� W trzeciej grupie znajdują się 72 liczby: na pierwszym miejscu znajduje się jedna z 8 cyfr
(jak wyżej), na drugim jedna z 9 cyfr (nie może być 9) i na trzecim miejscu znajduje się
dziewiątka.
A
ącznie mamy zatem 162 liczby.
Komentarz
Zdający rozwiązujący zadanie tą metodą zdaje sobie prawdopodobnie sprawę
z niebezpieczeństwa policzenia tych samych liczb wielokrotnie i prawdopodobnie nie popełni
większych błędów. Możliwe są natomiast drobne błędy rachunkowe.
Schemat oceniania II sposobu rozwiązania
Postęp niewielki ............................................................................................................. 1 pkt
Zdający prawidłowo zdefiniuje trzy grupy liczb.
Istotny postęp ................................................................................................................. 2 pkt
Zdający obliczy, ile jest liczb w co najmniej jednej z tych trzech grup.
Pokonanie zasadniczych trudności ............................................................................... 4 pkt
Zdający prawidłowo obliczy, ile jest liczb w każdej z tych trzech grup. Za prawidłowy wynik
w dwóch grupach zdający otrzymuje 3 punkty.
Rozwiązanie pełne ......................................................................................................... 5 pkt
Zdający pokona zasadnicze trudności zadania i obliczy poprawnie liczbę wszystkich
rozważanych liczb:
50+� 40+�72 =�162.
Podstawowe zasady oceniania rozwiązań zadań otwartych 27
Sposób III (liczba dziewiątek)
Najpierw policzymy liczby, w których jest tylko jedna cyfra 9. Tym razem zastosujemy
metodę znaną z powyższego błędnego rozwiązania, jednak użycie tej metody będzie
poprawne, gdyż jest tylko jedna cyfra 9. Możemy umieścić ją na jednym z trzech miejsc.
�� Jeśli umieścimy dziewiątkę na pierwszym miejscu, to na drugim możemy umieścić
dowolną z 9 cyfr (od 0 do 8), a na trzecim dowolną z czterech cyfr nieparzystych:
1, 3, 5, 7. A
ącznie daje to w tym przypadku 36 liczb.
�� Jeśli umieścimy dziewiątkę na drugim miejscu, to na pierwszym możemy umieścić
dowolną z 8 cyfr (od 1 do 8), a na trzecim dowolną z czterech cyfr nieparzystych:
1, 3, 5, 7. A
ącznie daje to w tym przypadku 32 liczby.
�� Jeśli umieścimy dziewiątkę na trzecim miejscu, to na pierwszym możemy umieścić
dowolną z 8 cyfr (od 1 do 8), a na drugim dowolną z 9 cyfr (od 0 do 8). A
ącznie daje to
w tym przypadku 72 liczby.
W sumie daje to 36+�32+�72 =�140 liczb.
Teraz policzymy liczby, w których są dwie cyfry 9.
�� Jeśli umieścimy dziewiątkę na pierwszym i drugim miejscu, to na trzecim możemy
umieścić dowolną z 4 cyfr nieparzystych.
�� Jeśli umieścimy dziewiątkę na drugim i trzecim miejscu, to na pierwszym możemy
umieścić dowolną z 8 cyfr.
�� Jeśli umieścimy dziewiątkę na pierwszym i trzecim miejscu, to na drugim możemy
umieścić dowolną z 9 cyfr.
W sumie daje to 4+�8+�9 =� 21 liczb.
Wreszcie mamy jedną liczbę z trzema dziewiątkami: 999.
Mamy więc 140+� 21+�1=�162 liczby.
Schemat oceniania III sposobu rozwiązania
Istotny postęp ................................................................................................................. 2 pkt
Obliczenie, że istnieje 140 liczb z jedną dziewiątką lub obliczenie, że istnieje 21 liczb
z dwiema dziewiątkami. Każde z tych obliczeń wymaga rozpatrzenia trzech przypadków
w zależności od położenia dziewiątek. Zdający otrzymuje 1 punkt, jeśli prawidłowo
rozpatrzy dwa z tych trzech przypadków i na tym poprzestanie lub popełni błąd w trzecim
obliczeniu lub w obliczeniu sumy.
Pokonanie zasadniczych trudności ............................................................................... 4 pkt
Obliczenie, że istnieje 140 liczb z jedną dziewiątką i istnieje 21 liczb z dwiema dziewiątkami.
Jeśli zdający poprawnie wykona jedno z tych obliczeń, a w drugim popełni błąd taki jak
opisany w poprzedniej kategorii, to otrzymuje 3 punkty.
28 Informator o egzaminie maturalnym z matematyki od roku szkolnego 2014/2015
Rozwiązanie pełne ......................................................................................................... 5 pkt
Podanie pełnej odpowiedzi. Jeśli zdający poprawnie obliczy, że istnieje 140 liczb z jedną
dziewiątką lub 21 liczb z dwiema dziewiątkami, drugie z tych obliczeń doprowadzi do końca
z błędem w jednym z trzech przypadków, następnie zauważy, że istnieje dokładnie jedna
liczba z trzema dziewiątkami i poprawnie doda otrzymane liczby  uzyskując w efekcie
wynik błędny  otrzymuje 4 punkty.
Sposób IV (uzupełnianie)
Najpierw policzymy wszystkie liczby trzycyfrowe nieparzyste. Wszystkich liczb
trzycyfrowych jest 900; co druga jest nieparzysta. Istnieje zatem 450 liczb trzycyfrowych
nieparzystych. Możemy również rozumować następująco: na pierwszym miejscu można
umieścić jedną z dziewięciu cyfr, na drugim jedną z dziesięciu cyfr, a na trzecim jedną
z pięciu cyfr nieparzystych: 1, 3, 5, 7, 9. A
ącznie mamy zatem 9��10��5 =� 450 liczb. Teraz
policzymy wszystkie liczby nieparzyste, w których nie występuje cyfra 9. Tym razem na
pierwszym miejscu możemy umieścić jedną z ośmiu cyfr (od 1 do 8), na drugim jedną
z dziewięciu cyfr (od 0 do 8), a na trzecim jedną z czterech cyfr nieparzystych: 1, 3, 5, 7;
łącznie mamy zatem 8��9��4 =� 288 liczb. Liczby, o które chodzi w zadaniu, to oczywiście
liczby należące do pierwszej grupy (wszystkie liczby nieparzyste) i nienależące do drugiej
grupy (w której są liczby nieparzyste bez dziewiątki). Stąd wynika, że liczb, o które chodzi
w zadaniu, jest 450-�288 =�162 .
Schemat oceniania IV sposobu rozwiązania
Postęp niewielki ............................................................................................................. 1 pkt
Obliczenie liczby liczb trzycyfrowych: 900.
Istotny postęp ................................................................................................................. 2 pkt
Obliczenie liczby nieparzystych liczb trzycyfrowych: 450. Jeśli zdający oblicza tę liczbę
metodą rozmieszczania cyfr i popełni błąd rachunkowy, to otrzymuje 1 punkt. Jeśli zdający
stwierdzi, że istnieje 899 liczb trzycyfrowych i jako liczbę nieparzystych liczb trzycyfrowych
poda liczbę 449 lub 450, to otrzymuje 1 punkt.
Pokonanie zasadniczych trudności ............................................................................... 4 pkt
Obliczenie liczby nieparzystych liczb trzycyfrowych niezawierających cyfry 9: jest 288 liczb.
Jeżeli zdający obliczy poprawnie liczbę nieparzystych liczb trzycyfrowych niezawierających
cyfry 9, ale popełni błąd opisany w kategorii ,,istotny postęp' , to otrzymuje 3 punkty.
Rozwiązanie pełne ......................................................................................................... 5 pkt
Zdający otrzyma prawidłowy wynik (162 liczby), nie popełniając przy tym błędu
(np. opisanego w kategorii ,,istotny postęp ). W przypadku gdy popełni taki błąd, otrzymuje
4 punkty.
Podstawowe zasady oceniania rozwiązań zadań otwartych 29
Sposób V (zasada włączeń i wyłączeń)
Niektórzy zdający mogą zastosować w rozwiązaniu zasadę włączeń i wyłączeń, choć nie ma
jej w podstawie programowej -� mogli ją na przykład odkryć samodzielnie jako regułę niemal
oczywistą intuicyjnie.
Niech A będzie zbiorem liczb nieparzystych z dziewiątką na pierwszym miejscu, B zbiorem
liczb nieparzystych z dziewiątką na drugim miejscu i wreszcie C zbiorem nieparzystych
z dziewiątką na trzecim miejscu. Zbiorem liczb, które nas interesują, jest oczywiście zbiór
A��B��C . Nietrudno teraz zauważyć, że:
A =� 50 , B =� 45, C =� 90
A �� B =� 5 , A ��C =� 10 , B �� C =� 9
A �� B ��C =�1
Z zasady włączeń i wyłączeń dostajemy
A �� B �� C =� A +� B +� C -� A �� B -� A �� C -� B �� C +� A �� B �� C =�
=� 50 +� 45 +� 90 -� 5 -�10 -� 9 +�1 =� 162.
Schemat oceniania V sposobu rozwiązania
Postęp niewielki ............................................................................................................. 1 pkt
Zdający zdefiniuje zbiory A, B i C i zauważy, że ma obliczyć A�� B ��C .
Postęp większy ............................................................................................................... 2 pkt
Zdający obliczy A , B i C .
Istotny postęp ................................................................................................................. 3 pkt
Zdający obliczy A �� B , B �� C , A �� C i A�� B ��C .
Pokonanie zasadniczych trudności ............................................................................... 4 pkt
Zdający poprawnie zapisze wzór włączeń i wyłączeń i podstawi do niego prawidłowe dane.
Jeśli zdający zdefiniuje zbiory A, B i C, poprawnie zapisze wzór włączeń i wyłączeń
i poprawnie obliczy co najmniej A , B i C oraz popełni błędy w pozostałych obliczeniach,
to otrzymuje 3 punkty.
Rozwiązanie pełne ......................................................................................................... 5 pkt
Uwaga
Jeśli zdający tylko zdefiniuje zbiory A, B i C oraz poprawnie zapisze wzór włączeń
i wyłączeń, to otrzymuje 2 punkty.
30 Informator o egzaminie maturalnym z matematyki od roku szkolnego 2014/2015
Sposób VI (wypisywanie liczb w kolejności rosnącej)
Ten sposób rozwiązania, z pozoru nierozsądny, może jednak naprowadzić zdającego na
stosunkowo proste rozwiązanie. Oczywiście wypisywanie wszystkich liczb spełniających
warunki zadania nie może być dokonywane bez zastanowienia. Nie chodzi zatem o wypisanie
w kolejności rosnącej wszystkich liczb trzycyfrowych (jest ich 900), wykreślenie liczb
parzystych oraz liczb, w których nie występuje dziewiątka i zliczeniu liczb niewykreślonych.
Jeśli zdający nie popełni błędu, powinien otrzymać 162 liczby. Oczywiście takie rozwiązanie,
wykonane bezbłędnie, powinno być ocenione na 5 punktów.
Zdający może również wypisywać w kolejności rosnącej tylko właściwe liczby. Oto
poprawny wynik:
109 119 129 139 149 159 169 179 189
191 193 195 197 199
209 219 229 139 249 259 269 279 289
291 293 295 297 299
309 319 329 339 349 359 369 379 389
391 393 395 397 399
409 419 429 439 449 459 469 479 489
491 493 495 497 499
509 519 529 539 549 559 569 579 589
591 593 595 597 599
609 619 629 639 649 659 669 679 689
691 693 695 697 699
709 719 729 739 749 759 769 779 789
791 793 795 797 799
809 819 829 839 849 859 869 879 889
891 893 895 897 899
901 903 905 907 909
911 913 915 917 919
921 923 925 927 929
931 933 935 937 939
941 943 945 947 949
951 953 955 957 959
961 963 965 967 969
971 973 975 977 979
981 983 985 987 989
991 993 995 997 999
W pierwszych 16 wierszach mamy ośmiokrotnie wiersz z 9 liczbami i wiersz z 5 liczbami.
W następnych 10 wierszach mamy po 5 liczb. A
ącznie zatem wypisano
8�� 9 +� 5 +�10��5 =�162
(� )�
liczby.
Podstawowe zasady oceniania rozwiązań zadań otwartych 31
W trakcie wypisywania możemy zauważyć regułę i ją opisać: najpierw występują liczby
zaczynające się od cyfry różnej od 9 (mamy tu 8 możliwości). Dla każdej takiej pierwszej
cyfry c mamy 9 liczb postaci
c09, c19, c29, c39, c49, c59, c69, c79, c89,
po których przychodzi 5 liczb postaci
c91, c93, c95, c97, c99.
Dla każdej cyfry c =� 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8 wypiszemy w ten sposób 14 liczb. To łącznie daje
8��14 =�112 liczb. Następnie wypisujemy liczby zaczynające się od dziewiątki. Warunek
mówiący, że w zapisie liczby występuje dziewiątka, jest teraz spełniony; na drugim miejscu
może zatem wystąpić dowolna z 10 cyfr, a na trzecim dowolna z pięciu cyfr nieparzystych:
1, 2, 5, 7, 9. To daje łącznie 50 liczb, a więc ostatecznie dostajemy 162 liczby.
Komentarz
Zdający mogą próbować wypisywać liczby w różnej kolejności, stosując różne strategie.
W przypadku gdy zdający wyłącznie wypisuje liczby i podaje ostateczną odpowiedz
,
uznajemy tylko rozwiązania całkowicie bezbłędne: odpowiedz
162 popartą poprawną listą
liczb. Za takie rozwiązanie zdający powinien otrzymać 5 punktów. Za rozwiązania
polegające na wypisywaniu liczb, niezawierające wyjaśnień i prowadzące do błędnej
odpowiedzi zdający powinien otrzymać 0 punktów. Jeśli zdający poda odpowiedz
poprawną
(162 liczby) bez jakiegokolwiek uzasadnienia, to za takie rozwiązanie można otrzymać co
najwyżej 1 punkt. Jeśli natomiast poprawna odpowiedz
jest poparta nieprawidłową listą
liczb, to zdający otrzymuje 0 punktów.
Metoda polegająca na wypisywaniu liczb może  jak widzieliśmy wyżej  prowadzić do
trafnych uogólnień. Pokonanie zasadniczych trudności zadania polega na dokonaniu dwóch
obserwacji: dla każdej cyfry różnej od 0 i 9 mamy 14 interesujących nas liczb zaczynających
się tą cyfrą oraz dla cyfry 9 mamy 50 liczb zaczynających się tą cyfrą.
Schemat oceniania VI sposobu rozwiązania
Jeśli zdający opisze regułę prowadzącą do wypisania poprawnej listy, to przyznajemy punkty
według następującego schematu:
Istotny postęp ................................................................................................................. 2 pkt
�� Zdający zauważy, że jeśli pierwsza cyfra jest różna od 9, to mamy 14 liczb
lub
�� zdający zauważy, że jeśli pierwsza cyfra jest dziewiątką, to mamy 50 liczb.
Uznajemy w tej kategorii rozwiązania, w których zdający wypisze w wyraz
nie wyodrębnionej
grupie 14 liczb zaczynających się np. od jedynki i wskaże (np. za pomocą trzech kropek), że
ta sama reguła obowiązuje dla pozostałych pierwszych cyfr różnych od dziewiątki. Uznajemy
także rozwiązania, w których zdający wyłącznie obliczy, że jest 50 liczb nieparzystych
zaczynających się od dziewiątki.
32 Informator o egzaminie maturalnym z matematyki od roku szkolnego 2014/2015
Pokonanie zasadniczych trudności ............................................................................... 4 pkt
Zdający zauważy obie reguły opisane w poprzedniej kategorii.
Rozwiązanie pełne ......................................................................................................... 5 pkt
Zdający pokona zasadnicze trudności zadania i ponadto poprawnie obliczy liczbę wszystkich
rozważanych liczb: 8��14+�50 =�162.
Uwaga
W tej metodzie rozwiązania zdający może popełnić wiele błędów. Na przykład może,
wypisując liczby zaczynające się cyfrą 1, nie zauważyć, że liczba 199 pojawia się dwukrotnie:
raz w ciągu 10 liczb
109, 119, 129, 139, 149, 159, 169, 179, 189, 199
i drugi raz w ciągu liczb
191, 193, 195, 197, 199.
Jeśli zdający wyłącznie zauważy, że istnieje 15 liczb zaczynających się od cyfry różnej od 9,
powinien otrzymać 1 punkt. Inny błąd może polegać na złym obliczeniu, ile jest liczb
zaczynających się od dziewiątki. Zdający może na przykład zapomnieć, że rozważamy
wyłącznie liczby nieparzyste i przyjmie, że istnieje 100 takich liczb. Za taką obserwację też
powinien otrzymać 1 punkt. Te błędy mogą prowadzić do następujących błędnych
odpowiedzi:
8��15+�50 =�170
oraz
8��14+�100 =�192 .
Za doprowadzenie rozwiązania do końca z jednym z tych dwóch błędów zdający powinien
otrzymać 4 punkty. Oba opisane błędy prowadzą do odpowiedzi
8��15+�100 =� 220 ,
za którą zdający powinien otrzymać 3 punkty.
Podstawowe zasady oceniania rozwiązań zadań otwartych 33
Zadanie III (0 3)
16
Wykaż, że jeżeli x >� 0 , to x2 +� ł� 12 .
x
Rozwiązanie
Omówimy 4 sposoby rozwiązania tego zadania.
Sposób I (pierwsza pochodna)
16
Definiujemy funkcję f określoną wzorem f (x) =� x2 +� dla x �� 0, +�Ą� .
(� )�
x
Funkcja f jest różniczkowalna, obliczamy pochodną funkcji:
2 x -� 2 x2 +� 2x +� 4
(� )�
(� )�
16 2x3 -�16
ó�
f (x) =� 2x -� =� =� .
x2 x2 x2
Ponieważ x2 +� 2x +� 4 >� 0 dla każdej liczby rzeczywistej x, to
ó�
f (x) =� 0 wtedy i tylko wtedy, gdy x =� 2,
ó�
f (x) <� 0 wtedy i tylko wtedy, gdy x �� 0, 2 ,
(� )�
ó�
f (x) >� 0 wtedy i tylko wtedy, gdy x �� 2, +�Ą� .
(� )�
Wynika stąd, że funkcja f jest malejąca w przedziale 0, 2 i jest rosnąca w przedziale
(�
2, +�Ą� , czyli dla x =� 2 przyjmuje wartość najmniejszą.
)�
16
Obliczamy f (2) =� 4 +� =� 12 , stąd wynika, że f (x) ł� 12 co należało udowodnić.
2
Schemat oceniania I sposobu rozwiązania
Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp ................................................................... 1 pkt
16
Określenie funkcji f (x) =� x2 +� dla x �� 0, +�Ą� i obliczenie jej pochodnej
(� )�
x
2 x -� 2 x2 +� 2x +� 4
(� )�
(� )�
16 2x3 -�16
ó�
f (x) =� 2x -� =� =� .
x2 x2 x2
34 Informator o egzaminie maturalnym z matematyki od roku szkolnego 2014/2015
Pokonanie zasadniczych trudności ............................................................................... 2 pkt
Obliczenie miejsca zerowego pochodnej i wyznaczenie przedziałów, w których pochodna ma
 stały znak :
ó�
f (x) =� 0 wtedy i tylko wtedy, gdy x =� 2,
ó�
f (x) <� 0 wtedy i tylko wtedy, gdy x �� 0, 2 ,
(� )�
ó�
f (x) >� 0 wtedy i tylko wtedy, gdy x �� 2, +�Ą� .
(� )�
Rozwiązanie pełne ......................................................................................................... 3 pkt
Stwierdzenie, że funkcja f jest malejąca w przedziale 0, 2 i jest rosnąca w przedziale
(�
2, +�Ą� , czyli dla x =� 2 przyjmuje wartość najmniejszą.
)�
Obliczenie f (2) =� 12 i zapisanie wniosku: f (x) ł� 12 , co należało udowodnić.
Uwagi
ó�
1. Zdający po obliczeniu, że f (x) =� 0 tylko dla x =� 2, może uzasadnić tezę korzystając
z drugiej pochodnej funkcji f .
ó�
2. Jeżeli zdający obliczy, że f (x) =� 0 tylko dla x =� 2 i stąd już wywnioskuje fakt:
f (x) ł� f (2) =�12 , to za rozwiązanie przyznajemy 2 punkty.
Komentarz
Jeżeli w obliczaniu pochodnej zdający popełni błąd, który nie zmieni miejsc zerowych
pochodnej i dalej doprowadzi rozwiązanie do końca, to może otrzymać za całe zadanie
maksymalnie 2 punkty.
Przykłady tego typu błędów:
2x3 -�16
ó�
f x =� ,
(� )�
x
2 x -� 2 x2 +� x +� 4
(� )�
(� )�
ó�
f x =� ,
(� )�
x2
2 x -� 2 x2 +� 2x +� 2
(� )�
(� )�
ó�
f x =� .
(� )�
x2
Jeżeli w obliczaniu pochodnej zdający popełni błąd, który zmienia miejsca zerowe pochodnej,
to otrzymuje za zadanie 0 punktów.
Podstawowe zasady oceniania rozwiązań zadań otwartych 35
Sposób II (przekształcenia równoważne)
16
Zapisujemy nierówność x2 +� ł� 12 i przekształcamy ją równoważnie:
x
16
x2 -� 4x +� 4 +� +� 4x -�16 ł� 0 ,
x
4
2
x2 -� 4x +� 4 +� -� 4x +� 4 0 ,
(�x )�ł�
x
x -� 2 +� x -� 2 ł� 0
(� )�2 4(� )�2 ,
x
x -� 2 ł� 0 .
(� )�2 ć�1+� 4 ��
�� ��
x
Ł� ł�
Jeżeli x >� 0 , to lewa strona nierówności jest nieujemna, jako iloczyn czynników nieujemnego
i dodatniego, co należało udowodnić.
Schemat oceniania II sposobu rozwiązania
Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp ................................................................... 1 pkt
16
Zapisanie nierówności w postaci x2 -� 4x +� 4 +� +� 4x -�16 ł� 0 .
x
Pokonanie zasadniczych trudności ............................................................................... 2 pkt
Zapisanie nierówności w postaci x -� 2 +� x -� 2 ł� 0
(� )�2 4(� )�2
x
Rozwiązanie pełne ......................................................................................................... 4 pkt
�� Zapisanie nierówności w postaci x -� 2 ł� 0 i stwierdzenie, że jeżeli x >� 0 , to
(� )�2 ć�1+� 4 ��
�� ��
x
Ł� ł�
lewa strona nierówności jest nieujemna, bo iloczyn czynników nieujemnego
i dodatniego jest nieujemny, co kończy dowód
albo
x -� 2 +� x -� 2 ł� 0 i stwierdzenie, że jeżeli x >� 0 ,
�� zapisanie nierówności w postaci (� )�2 4(� )�2
x
to lewa strona nierówności jest nieujemna, bo suma dwóch liczb nieujemnych jest
nieujemna, co kończy dowód.
36 Informator o egzaminie maturalnym z matematyki od roku szkolnego 2014/2015
Sposób III (funkcja wymierna)
x3 -�12x +�16
16
Zapisujemy nierówność x2 +� ł� 12 w postaci równoważnej ł� 0 .
x x
Przy założeniu x >� 0 , nierówność ta jest równoważna nierówności x3 -�12x +�16 ł� 0 dla
x >� 0
Określamy wielomian W(x) =� x3 -�12x +�16.
Stwierdzamy, że jednym z miejsc zerowych wielomianu W jest liczba 2 . Po podzieleniu
wielomianu W przez dwumian x -� 2 otrzymujemy iloraz x2 +� 2x -�8 , który zapisujemy
w postaci iloczynowej x2 +� 2x -�8 =� x -� 2 x +� 4 .
(� )�(� )�
2
Stąd W (x) =� x3 -�12x +�16 =� x -� 2 +� 2x -�8 =� x -� 2 x +� 4 .
(� )� (� )�2 (� )�
(�x )�
Stwierdzamy, że jeżeli x >� 0 , to W (x) ł� 0 jako iloczyn czynników nieujemnych, co kończy
dowód.
Schemat oceniania III sposobu rozwiązania
Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp ................................................................... 1 pkt
Stwierdzenie, że przy założeniu x >� 0 , nierówność jest równoważna nierówności
x3 -�12x +�16 ł� 0 dla x >� 0 .
Pokonanie zasadniczych trudności ............................................................................... 2 pkt
Zapisanie wielomianu W w postaci iloczynowej
W (x) =� x3 -�12x +�16 =� x -� 2 x +� 4 .
(� )�2 (� )�
Rozwiązanie pełne ......................................................................................................... 3 pkt
Uzasadnienie, że jeżeli x >� 0 , to W (x) ł� 0 , co kończy dowód.
Podstawowe zasady oceniania rozwiązań zadań otwartych 37
Sposób IV (zastosowanie nierówności dla średniej arytmetycznej i geometrycznej)
Niektórzy zdający mogą odwołać się do tej nierówności, choć nie ma jej w podstawie
programowej i, jak widzieliśmy, rozwiązanie zadania nie wymaga jej znajomości.
Rozumowanie przebiega tak.
8 8
Lewą stronę nierówności zapisujemy w postaci x2 +� +� .
x x
Przy założeniu x >� 0 , korzystamy z nierówności dla średniej arytmetycznej i średniej
geometrycznej:
a +� b +� c
3 3
jeżeli a >� 0, b >� 0, c >� 0 , to ł� abc , czyli a +� b +� c ł� 3�� abc .
3
Podstawiając
8 8
a =� x2 , b =� , c =� ,
x x
otrzymujemy
8 8 8 8
3
3
x2 +� +� ł� 3�� x2 �� �� =� 3�� 64 =�12 .
x x x x
16
Stąd wynika, że x2 +� ł� 12 , co kończy dowód.
x
Schemat oceniania IV sposobu rozwiązania
Rozwiązanie, w którym postęp jest wprawdzie niewielki, ale konieczny na drodze do
pełnego rozwiązania zadania ......................................................................................... 1 pkt
8 8
Zapisanie lewej strony nierówności w postaci x2 +� +� .
x x
Pokonanie zasadniczych trudności ............................................................................... 2 pkt
Zastosowanie nierówności dla średniej arytmetycznej i średniej geometrycznej:
a +� b +� c
8 8
3
jeżeli a >� 0, b >� 0, c >� 0 , to ł� abc , dla a =� x2 , b =� , c =� .
3
x x
Rozwiązanie pełne ......................................................................................................... 3 pkt
Zapisanie, że dla x >� 0 , po zastosowaniu nierówności dla średniej arytmetycznej i średniej
8 8 8 8
3
geometrycznej otrzymujemy x2 +� +� ł� 3�� x2 �� �� =�12 , co kończy dowód.
x x x x
38 Informator o egzaminie maturalnym z matematyki od roku szkolnego 2014/2015
Zadanie IV (0 7)
Dany jest prostokątny arkusz kartonu o długości 80 cm i szerokości 50 cm. W czterech rogach
tego arkusza wycięto kwadratowe naroża (zobacz rysunek). Następnie zagięto karton wzdłuż
linii przerywanych, tworząc w ten sposób prostopadłościenne pudełko (bez przykrywki).
Oblicz długość boku wyciętych kwadratowych naroży, dla której objętość otrzymanego
pudełka jest największa. Oblicz tę objętość.
Rozwiązanie
Oznaczmy literą x długość boku kwadratowych naroży. Podstawa pudełka ma wymiary
(80 -� 2x) �� (50 -� 2x) .
Wysokość pudełka jest równa x. Zatem objętość wyraża się wzorem
V =� (80 -� 2x) �� (50 -� 2x) �� x ,
czyli
V =� (4000 -�160x -�100x +� 4x2)�� x =� 4x3 -� 260x2 +� 4000x =� 4 x3 -� 65x2 +�1000x
(� )�
dla 0 <� x <� 25.
Rozważmy funkcję f x =� x3 -� 65x2 +�1000x określoną dla każdej liczby rzeczywistej x.
(� )�
ó�
Obliczamy pochodną tej funkcji: f x =� 3x2 -�130x +�1000.
(� )�
Następnie znajdujemy miejsca zerowe tej pochodnej:
D� =� 1302 -�12 ��1000 =� 16900 -�12000 =� 4900 ,
130 -� 70 130 +� 70 1
x1 =� =� 10, x2 =� =� 33 .
6 6 3
Ponadto:
100
ć�
ó�
f (x) >� 0 w każdym z przedziałów -�Ą�,10 oraz �� ,+�Ą��� ,
(� )�
��
3
Ł� ł�
100
ć�10, ��
ó�
f (x) <� 0 w przedziale .
�� ��
3
Ł� ł�
100
Zatem funkcja f jest rosnąca w każdym z przedziałów -�Ą�,10 oraz ,Ą���
(�
�� i malejąca
3
ł�
100
w przedziale 10, .
3
Podstawowe zasady oceniania rozwiązań zadań otwartych 39
Ponieważ V x =� 4 f x dla x �� 0, 25 , więc w przedziale 0, 25 funkcja V (x) ma
(� )� (� )� (� )� (� )�
ekstremum w tym samym punkcie, w którym funkcja f (x) . Stąd wynika, że w punkcie
x =�10 funkcja V przyjmuje wartość największą. Szukana objętość jest zatem równa
V =� (80 -� 20) �� (50 -� 20) ��10 =� 18000 cm2.
Schemat oceniania
Rozwiązanie zadania składa się z trzech etapów.
a) Pierwszy etap (3 pkt) składa się z trzech części:
�� wybór zmiennej i wyrażenie za pomocą tej zmiennej wielkości, które będą
potrzebne do zdefiniowania funkcji. Oznaczenie literą x długości boku
kwadratowych naroży, zapisanie wymiarów podstawy pudełka
(80 -� 2x) �� (50 -� 2x) ,
�� zdefiniowanie funkcji jednej zmiennej, zapisanie objętości jako funkcji zmiennej
wysokości pudełka x: V =� (80 -� 2x) �� (50 -� 2x) �� x ,
�� określenie dziedziny funkcji V: 0 <� x <� 25.
Zdający otrzymuje 2 punkty za poprawne zdefiniowanie funkcji zmiennej x opisującej
objętość prostopadłościanu. Ponadto zdający otrzymuje 1 punkt za poprawne określenie
dziedziny wynikającej z treści zadania, a nie z wyznaczonego wzoru funkcji.
b) Drugi etap (3 pkt) składa się z trzech części:
ó�
�� wyznaczenie pochodnej funkcji f: f x =� 3x2 -�130x +�1000,
(� )�
1
�� obliczenie miejsc zerowych pochodnej: x1 =� 10, x2 =� 33 ,
3
�� uzasadnienie (np. przez badanie monotoniczności funkcji), że funkcja posiada
wartość największą w punkcie x =�10 .
Za poprawne rozwiązanie każdej z części tego etapu zdający otrzymuje 1 punkt, o ile
poprzednia część etapu została zrealizowana bezbłędnie.
c) Trzeci etap (1 pkt).
Obliczenie największej objętości: V =� (80 -� 20) �� (50 -� 20) ��10 =� 18 000 cm2.
Komentarz
Zdający rozwiązując zadanie może nie doprowadzić rozumowania do końca lub popełnić
różnego rodzaju błędy np.:
1. Błędne określenie dziedziny funkcji V np. zapisanie x >� 0 lub x <� 50. Jeżeli zdający nie
poda dziedziny funkcji lub poda ją błędnie, to za całe rozwiązanie może otrzymać
maksymalnie 6 punktów.
2. Błędne zapisanie wzoru na objętość pudełka (np. niewłaściwe określenie wymiarów
pudełka lub wzoru na objętość prostopadłościanu).
3. Niewłaściwe wyznaczenie pochodnej rozważanej funkcji.
4. Nieprawidłowo obliczone miejsca zerowe pochodnej.
40 Informator o egzaminie maturalnym z matematyki od roku szkolnego 2014/2015
5. Błędne określenie monotoniczności funkcji oraz jej ekstremów.
6. Brak uzasadnienia, błędne lub niepełne uzasadnienie, że funkcja V w punkcie x =�10
przyjmuje maksimum lokalne.
7. Nieobliczenie lub błędne obliczenie największej objętości pudełka.
Schemat oceniania pokazuje jak w poszczególnych sytuacjach ocenić rozwiązanie zadania.
Przykładowe zadania z rozwiązaniami: poziom podstawowy 41
Przykładowe zadania z matematyki na poziomie podstawowym wraz z rozwiązaniami
4.
Zadanie 1. (0 1)
8
3
Liczba 33 �� 92 jest równa
32
A. 33 B. C. 34 D. 35
9
3
Wymagania ogólne
II. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji.
Zdający używa prostych, dobrze znanych obiektów matematycznych.
Wymagania szczegółowe
1.4 Zdający oblicza potęgi o wykładnikach wymiernych i stosuje prawa działań na potęgach
o wykładnikach wymiernych.
Rozwiązanie C
Zadanie 2. (0 1)
Liczba log 24 jest równa
A. 2 log 2 +� log 20 B. log 6 +� 2 log 2 C. 2 log 6 -� log12 D. log 30 -� log 6
Wymagania ogólne
II. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji.
Zdający używa prostych, dobrze znanych obiektów matematycznych.
Wymagania szczegółowe
1.6. Zdający wykorzystuje definicję logarytmu i stosuje w obliczeniach wzory na logarytm
iloczynu, logarytm ilorazu i logarytm potęgi o wykładniku naturalnym.
Rozwiązanie B
Zadanie 3. (0 1)
x -� 3 1
=�
Rozwiązaniem równania jest liczba
2 -� x 2
4 3 3 8
-� -�
A. B. C. D.
3 4 8 3
42 Informator o egzaminie maturalnym z matematyki od roku szkolnego 2014/2015
Wymagania ogólne
II. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji.
Zdający używa prostych, dobrze znanych obiektów matematycznych.
Wymagania szczegółowe
3.1. Zdający sprawdza, czy dana liczba rzeczywista jest rozwiązaniem równania lub
nierówności.
Rozwiązanie D
Zadanie 4. (0 1)
Mniejszą z dwóch liczb spełniających równanie x2 +� 5x +� 6 =� 0 jest
A. -�6 B. -�3 C. -�2 D. -�1
Wymagania ogólne
II. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji.
Zdający używa prostych, dobrze znanych obiektów matematycznych.
Wymagania szczegółowe
3.4. Zdający rozwiązuje równania kwadratowe z jedną niewiadomą.
Rozwiązanie B
Zadanie 5. (0 1)
Zbiorem rozwiązań nierówności x2 ł� 5 jest
(�-�
A. (�-� Ą�,-� 5)���(� 5,+�Ą�)� B. Ą�,-� 5 �� 5,+�Ą�)� C. 5,+�Ą�)� D. 5,+�Ą�)�
Wymagania ogólne
II. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji.
Zdający używa prostych, dobrze znanych obiektów matematycznych.
Wymagania szczegółowe
3.5. Zdający rozwiązuje nierówności kwadratowe z jedną niewiadomą.
Rozwiązanie B
Zadanie 6. (0 1)
Liczba 1 jest miejscem zerowym funkcji liniowej f (�x)� =� (�2 -� m)�x +�1. Wynika stąd, że
A. m =� 0 B. m =�1 C. m =� 2 D. m =� 3
Przykładowe zadania z rozwiązaniami: poziom podstawowy 43
Wymagania ogólne
II. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji.
Zdający używa prostych, dobrze znanych obiektów matematycznych.
Wymagania szczegółowe
4.7. Zdający interpretuje współczynniki występujące we wzorze funkcji liniowej.
Rozwiązanie D
Zadanie 7. (0  1)
y
1
0 1
x
Rysunek powyżej przedstawia wykres funkcji y =� f (�x)�.
Wskaż rysunek, na którym jest przedstawiony wykres funkcji y =� f (�x +�1)�.
A. B.
y y
1 1
0 1 0 1
x x
C. D.
y y
1 1
0 1 0 1
x x
44 Informator o egzaminie maturalnym z matematyki od roku szkolnego 2014/2015
Wymagania ogólne
II. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji.
Zdający używa prostych, dobrze znanych obiektów matematycznych.
Wymagania szczegółowe
4.4. Zdający na podstawie wykresu funkcji y = f(x) szkicuje wykresy funkcji y = f(x + a),
y = f(x) + a, y =  f(x), y = f( x).
Rozwiązanie D
Zadanie 8. (0 1)
y =� -�x2 +� 4x -�11
Wskaż równanie osi symetrii paraboli określonej równaniem .
A. x =� -�4 B. x =� -�2 C. x =� 2 D. x =� 4
Wymagania ogólne
II. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji.
Zdający używa prostych, dobrze znanych obiektów matematycznych.
Wymagania szczegółowe
4.10. Zdający interpretuje współczynniki występujące we wzorze funkcji kwadratowej
w postaci kanonicznej, w postaci ogólnej i w postaci iloczynowej (o ile istnieje).
Rozwiązanie C
Zadanie 9. (0 1)
Prosta o równaniu y =� a ma dokładnie jeden punkt wspólny z wykresem funkcji
f (x) =� -�x2 +� 6x -�10.
kwadratowej Wynika stąd, że
A. a =� 3 B. a =� 0 C. a =� -�1 D. a =� -�3
Wymagania ogólne
II. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji.
Zdający używa prostych, dobrze znanych obiektów matematycznych.
Wymagania szczegółowe
4.10. Zdający interpretuje współczynniki występujące we wzorze funkcji kwadratowej
w postaci kanonicznej, w postaci ogólnej i w postaci iloczynowej (o ile istnieje).
Rozwiązanie C
Przykładowe zadania z rozwiązaniami: poziom podstawowy 45
Zadanie 10. (0 1)
f (x) =� x2 +� 4x -� 3
Jaka jest najmniejsza wartość funkcji kwadratowej w przedziale 0,3 ?
A. -�7 B. -�4 C. -�3 D. -�2
Wymagania ogólne
II. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji.
Zdający używa prostych, dobrze znanych obiektów matematycznych.
Wymagania szczegółowe
4.11. Zdający wyznacza wartość najmniejszą i wartość największą funkcji kwadratowej
w przedziale domkniętym.
Rozwiązanie C
Zadanie 11. (0 1)
Które z równań opisuje prostą prostopadłą do prostej o równaniu y =� 4x +� 5 ?
1 1
y =� -�4x +� 3 y =� 4x +� 3
y =� -� x +� 3 y =� x +� 3
A. B. C. D.
4 4
Wymagania ogólne
II. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji.
Zdający używa prostych, dobrze znanych obiektów matematycznych.
Wymagania szczegółowe
8.2. Zdający bada równoległość i prostopadłość prostych na podstawie ich równań kierunkowych.
Rozwiązanie B
Zadanie 12. (0 1)
Punkty A =� (�-�1,3)� i C =� (�7,9)� są przeciwległymi wierzchołkami prostokąta ABCD. Promień
okręgu opisanego na tym prostokącie jest równy
6 2 3 2
A. 10 B. C. 5 D.
Wymagania ogólne
II. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji.
Zdający używa prostych, dobrze znanych obiektów matematycznych.
Wymagania szczegółowe
8.6. Zdający oblicza odległość dwóch punktów.
Rozwiązanie C
46 Informator o egzaminie maturalnym z matematyki od roku szkolnego 2014/2015
Zadanie 13. (0 1)
Dane są długości boków BC =� 5 i AC =� 3 trójkąta prostokątnego
B
ABC o kącie ostrym b� (zobacz rysunek). Wtedy
3 4
sin b� =� sin b� =�
A. B.
5 5
3 34 5 34
sin b� =� sin b� =�
C. D.
34 34
.
A
C
Wymagania ogólne
II. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji.
Zdający używa prostych, dobrze znanych obiektów matematycznych.
Wymagania szczegółowe
6.1. Zdający wykorzystuje definicje i wyznacza wartości funkcji sinus, cosinus i tangens kątów
o miarach od 0� do 180�.
Rozwiązanie C
Zadanie 14. (0 1)
1
Kąt a� jest ostry i sina� =� . Wówczas
4
3 3 13 13
cosa� <� cosa� =�
cosa� =� cosa� >�
A. B. C. D.
4 4
4 4
Wymagania ogólne
II. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji.
Zdający używa prostych, dobrze znanych obiektów matematycznych.
Wymagania szczegółowe
6.5. Zdający znając wartość jednej z funkcji sinus lub cosinus, wyznacza wartości pozostałych
funkcji tego samego kąta ostrego.
Rozwiązanie D
Przykładowe zadania z rozwiązaniami: poziom podstawowy 47
Zadanie 15. (0 1)
1
Kąt a� jest ostry i tga� =� . Jaki warunek spełnia kąta� ?
2
A. a� <� 30o� B. a� =� 30o� C. a� =� 60o� D. a� >� 60o�
Wymagania ogólne
II. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji.
Zdający używa prostych, dobrze znanych obiektów matematycznych.
Wymagania szczegółowe
6.2. Zdający korzysta z przybliżonych wartości funkcji trygonometrycznych (odczytanych
z tablic lub obliczonych za pomocą kalkulatora).
Rozwiązanie A
Zadanie 16. (0 1)
Kąt środkowy i kąt wpisany w okrąg są oparte na tym samym łuku. Suma ich miar jest równa
180o�. Jaka jest miara kąta środkowego?
A. 60o� B. 90o� C. 120o� D. 135o�
Wymagania ogólne
II. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji.
Zdający używa prostych, dobrze znanych obiektów matematycznych.
Wymagania szczegółowe
7.1. Zdający stosuje zależności między kątem środkowym i kątem wpisanym.
Rozwiązanie C
Zadanie 17. (0 1)
Ciąg an jest określony wzorem an =� -�3 �� 9 -� n2 dla n ł�1. Wynika stąd, że
(� )� (� )�n
(� )�
A. a3 =� -�81 B. a3 =� -�27 C. a3 =� 0 D. a3 >� 0
Wymagania ogólne
II. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji.
Zdający używa prostych, dobrze znanych obiektów matematycznych.
Wymagania szczegółowe
5.1. Zdający wyznacza wyrazy ciągu określonego wzorem ogólnym.
Rozwiązanie C
48 Informator o egzaminie maturalnym z matematyki od roku szkolnego 2014/2015
Zadanie 18. (0 1)
Liczby x -�1, 4 i 8 (w podanej kolejności) są pierwszym, drugim i trzecim wyrazem ciągu
arytmetycznego. Wówczas liczba x jest równa
A. 3 B. 1 C. D.  7
 1
Wymagania ogólne
II. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji.
Zdający używa prostych, dobrze znanych obiektów matematycznych.
Wymagania szczegółowe
5.3. Zdający stosuje wzór na n-ty wyraz i na sumę n początkowych wyrazów ciągu arytmetycznego.
Rozwiązanie B
Zadanie 19. (0 1)
Liczby -�8, 4 i x +�1 (w podanej kolejności) są pierwszym, drugim i trzecim wyrazem ciągu
geometrycznego. Wówczas liczba x jest równa
A. -�3 B. -� 1,5 C. 1 D. 15
Wymagania ogólne
II. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji.
Zdający używa prostych, dobrze znanych obiektów matematycznych.
Wymagania szczegółowe
5.4. Zdający stosuje wzór na n-ty wyraz i na sumę n początkowych wyrazów ciągu geometrycznego.
Rozwiązanie A
Zadanie 20. (0 1)
Wszystkich liczb naturalnych dwucyfrowych, które są podzielne przez 6 lub przez 10, jest
A. 25 B. 24 C. 21 D. 20
Wymagania ogólne
II. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji.
Zdający używa prostych, dobrze znanych obiektów matematycznych.
Wymagania szczegółowe
10.2. Zdający zlicza obiekty w prostych sytuacjach kombinatorycznych, niewymagających
użycia wzorów kombinatorycznych, stosuje regułę mnożenia i regułę dodawania.
Rozwiązanie C
Przykładowe zadania z rozwiązaniami: poziom podstawowy 49
Zadanie 21. (0 1)
Liczba wszystkich sposobów, na jakie Ala i Bartek mogą usiąść na dwóch spośród pięciu miejsc
w kinie, jest równa
A. 25 B. 20 C. 15 D. 12
Wymagania ogólne
III. Modelowanie matematyczne.
Zdający dobiera model matematyczny do prostej sytuacji i krytycznie ocenia trafność modelu.
Wymagania szczegółowe
10.2. Zdający zlicza obiekty w prostych sytuacjach kombinatorycznych, niewymagających
użycia wzorów kombinatorycznych, stosuje regułę mnożenia i regułę dodawania.
Rozwiązanie B
Zadanie 22. (0 2)
2 -� 3x 1
=� -�
Rozwiąż równanie .
1-� 2x 2
Wymagania ogólne
II. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji.
Zdający używa prostych, dobrze znanych obiektów matematycznych.
Wymagania szczegółowe
3.8. Zdający rozwiązuje proste równania wymierne, prowadzące do równań liniowych
x +�1 x +�1
lub kwadratowych, np. =� 2, =� 2x.
x +� 3 x
Rozwiązanie
1
Lewa strona równania jest określona dla x ą� . Przenosimy wszystko na lewą stronę i spro-
2
wadzamy ułamki do wspólnego mianownika:
2 2 -� 3x +� 1-� 2x
(� )� (� )�
2 -� 3x 1 5 -� 8x
+� =� 0, =� 0, =� 0
.
1 -� 2x 2 2 1-� 2x 2 1-� 2x
(� )� (� )�
5
Stąd otrzymujemy 5-�8x =� 0, czyli x =� . Dla tej wartości x obie strony równania są
8
5
określone, więc liczba x =� jest szukanym rozwiązaniem równania.
8
50 Informator o egzaminie maturalnym z matematyki od roku szkolnego 2014/2015
Zadanie 23. (0 2)
2
x +� 6x -� 7 Ł� 0
Rozwiąż nierówność .
Wymagania ogólne
II. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji.
Zdający używa prostych, dobrze znanych obiektów matematycznych.
Wymagania szczegółowe
3.5. Zdający rozwiązuje nierówności kwadratowe z jedną niewiadomą.
Rozwiązanie
Korzystając ze wzorów na pierwiastki równania kwadratowego lub dostrzegając rozkład na
czynniki x2 +� 6x -� 7 =� x +� 7 x -�1 , otrzymujemy dwa pierwiastki trójmianu
(� )�(� )�
kwadratowego: x1 =� -�7 , x2 =� 1. Ponieważ parabola o równaniu y =� x2 +� 6x -� 7 ma ramiona
skierowane do góry, leży ona poniżej osi Ox między swoimi miejscami zerowymi. Zatem
rozwiązaniem nierówności jest przedział domknięty -�7,1 .
Zadanie 24. (0 2)
Oblicz najmniejszą wartość funkcji kwadratowej f (x) =� x2 -�6x +�1 w przedziale 0,1 .
Wymagania ogólne
II. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji.
Zdający używa prostych, dobrze znanych obiektów matematycznych.
Wymagania szczegółowe
4.11. Zdający wyznacza wartość najmniejszą i wartość największą funkcji kwadratowej
w przedziale domkniętym.
Rozwiązanie
Wyznaczmy współrzędne wierzchołka paraboli o równaniu y =� x2 -� 6x +�1. Mamy
b D�
x =� -� =� 3, yw =� -� =� -�8 Ponieważ parabola ma ramiona skierowane do góry, to
.
w
2a 4a
w przedziale -�Ą�,3 dana funkcja maleje. Zatem maleje także na zawartym w nim przedziale
(�
0,1 . Wobec tego najmniejszą wartość przyjmie ona w prawym końcu, czyli dla x =�1.
Tą wartością jest y =� 12 -� 6 ��1 +� 1 =� -�4 .
Przykładowe zadania z rozwiązaniami: poziom podstawowy 51
Zadanie 25. (0 2)
O funkcji liniowej f wiadomo, że f (1) =� 2 oraz że do wykresu tej funkcji należy punkt
P =� (�-� 2,3)�. Wyznacz wzór funkcji f.
Wymagania ogólne
II. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji.
Zdający używa prostych, dobrze znanych obiektów matematycznych.
Wymagania szczegółowe
4.6. Zdający wyznacza wzór funkcji liniowej na podstawie informacji o funkcji lub o jej
wykresie.
Rozwiązanie
Funkcja f jest liniowa, więc jej wzór możemy zapisać w postaci: f x =� ax +� b . Z warunku
(� )�
f 1 =� 2 wynika, że 2 =� a +�b. Skoro punkt P należy do jej wykresu, to mamy także
(� )�
3 =� f -�2 =� -�2a +� b . Rozwiązujemy otrzymany układ równań i otrzymujemy
(� )�
1 7
1 7
f x =� -� x +�
a =� -� , b =� . Zatem szukany wzór ma postać (� )� .
3 3 3 3
Zadanie 26. (0 2)
Napisz równanie prostej równoległej do prostej o równaniu y =� 2x -�11 i przechodzącej przez
punkt P =� (1, 2).
Wymagania ogólne
II. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji.
Zdający używa prostych, dobrze znanych obiektów matematycznych.
Wymagania szczegółowe
8.3. Zdający wyznacza równanie prostej, która jest równoległa lub prostopadła do prostej
danej w postaci kierunkowej i przechodzi przez dany punkt.
Rozwiązanie
Wszystkie proste równoległe do danej prostej mają taki sam współczynnik kierunkowy.
Szukamy zatem prostej o równaniu postaci y =� 2x +� b . Ponieważ szukana prosta przechodzi
przez punkt P =� (1, 2) , otrzymujemy 2 =� 2��1+�b, skąd b =� 0 . Zatem prosta ta ma równanie
y =� 2 x .
52 Informator o egzaminie maturalnym z matematyki od roku szkolnego 2014/2015
Zadanie 27. (0 2)
Wyznacz równanie prostej zawierającej środkową CD trójkąta ABC, którego wierzchołkami
są punkty: A =� (�-� 2,-�1)�, B =� (�6,1)�, C =� (�7,10)�.
Wymagania ogólne
IV. Użycie i tworzenie strategii.
Zdający stosuje strategię, która jasno wynika z treści zadania.
Wymagania szczegółowe
8.5.Zdający wyznacza współrzędne środka odcinka.
8.1. Zdający wyznacza równanie prostej przechodzącej przez dwa dane punkty (w postaci
kierunkowej lub ogólnej).
Rozwiązanie
Wiemy, że szukana prosta przechodzi przez punkt C =� 7,10 oraz przez punkt D, będący
(� )�
środkiem boku AB. Zatem korzystając ze wzoru na współrzędne środka odcinka mamy
-�2 +� 6 -�1+�1
ć� ��
D =� , =� 2,0
(� )� . Ze wzoru na równanie prostej przechodzącej przez dwa dane
�� ��
2 2
Ł� ł�
punkty otrzymujemy: y -�10 2 -� 7 -� 0 -�10 x -� 7 =� 0 , a stąd -�5y +� 10x -� 20 =� 0 , czyli
(� )�(� )� (� )�(� )�
-� y +� 2x -� 4 =� 0 .
Zadanie 28. (0 2)
W trójkącie prostokątnym, w którym przyprostokątne mają długości 2 i 4, jeden z kątów
ostrych ma miarę a�. Oblicz sina� ��cosa�.
Wymagania ogólne
IV. Użycie i tworzenie strategii.
Zdający stosuje strategię, która jasno wynika z treści zadania.
Wymagania szczegółowe
6.1.Zdający wykorzystuje definicje i wyznacza wartości funkcji sinus, cosinus i tangens kątów
o miarach od 0� do 180�.
Rozwiązanie
Niech a� będzie kątem leżącym naprzeciwko boku o długości 2, zaś b� -� kątem leżącym
naprzeciwko boku o długości 4. Zauważmy, że sin a� =� cos b� oraz cosa� =� sin b� , więc mamy
sina� �� cosa� =� sin b� �� cos b� , czyli szukana wartość nie zależy od wyboru kąta.
Przeciwprostokątna w danym trójkącie ma długość 22 +� 42 =� 20 . Z definicji funkcji
2 4 8 2
sina� cosa� =� �� =� =�
trygonometrycznych otrzymujemy .
20 5
20 20
Przykładowe zadania z rozwiązaniami: poziom podstawowy 53
Zadanie 29. (0 2)
1
Kąt a� jest ostry i sina� =� . Oblicz 3+� 2tg2a� .
4
Wymagania ogólne
II. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji.
Zdający używa prostych, dobrze znanych obiektów matematycznych.
Wymagania szczegółowe
6.4. Zdający stosuje proste zależności między funkcjami trygonometrycznymi:
sina�
a� =�
sin2 a� +� cos2 a� =� 1 , tg oraz sin (90�� -� a� ) =� cosa�.
cosa�
Rozwiązanie
2
1
ć� ��
�� ��
sina�
sin2 a� sin2 a� 1
4
Ł� ł�
a� =�
Mamy tg , więc tg2a� =� =� =� =� .
2
cosa� cos2 a� 1-� sin2 a� 15
1
ć� ��
1-�
�� ��
4
Ł� ł�
2 47
Zatem 3 +� 2 tg2a� =� 3 +� =� .
15 15
Zadanie 30. (0 2)
Ile wyrazów ujemnych ma ciąg an określony wzorem an =� n2 -� 2n -� 24 dla n ł� 1?
(� )�
Wymagania ogólne
II. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji.
Zdający używa prostych, dobrze znanych obiektów matematycznych.
Wymagania szczegółowe
5.1.Zdający wyznacza wyrazy ciągu określonego wzorem ogólnym.
Rozwiązanie
Szukamy liczb naturalnych e" 1 spełniających nierówność n2 -� 2n -� 24 <� 0 .
2
2
Zapiszmy tę nierówność w postaci n2 -� 2n +� 1 -� 25 <� 0 , n -�1 -� 5 <� 0 , skąd
(� )�
n -�1-� 5 n -�1+� 5 <� 0, n -� 6 n +� 4 <� 0 . Ponieważ n +� 4 >� 0, otrzymujemy n <� 6. Zatem
(� )�(� )� (� )�(� )�
liczba n może przyjmować jedną z pięciu wartości: 1, 2, 3, 4, 5, czyli ciąg ma pięć wyrazów
ujemnych.
54 Informator o egzaminie maturalnym z matematyki od roku szkolnego 2014/2015
Zadanie 31. (0 2)
Liczby 2, x -�3 , 8 są w podanej kolejności pierwszym, drugim i czwartym wyrazem ciągu
arytmetycznego. Oblicz x.
Wymagania ogólne
II. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji.
Zdający używa prostych, dobrze znanych obiektów matematycznych.
Wymagania szczegółowe
5.3. Zdający stosuje wzór na n-ty wyraz i na sumę n początkowych wyrazów ciągu
arytmetycznego.
Rozwiązanie
Mamy a1 =� 2 oraz a2 =� x -� 3, zatem różnica ciągu wynosi r =� x -� 3 -� 2 =� x -� 5. Ponadto
(� )�
x =� 7
8 =� a4 =� a1 +� 3r =� 2 +� 3 x -� 5 , skąd 6 =� 3 x -� 5 i w końcu .
(� )� (� )�
Zadanie 32. (0 2)
Wyrazami ciągu arytmetycznego an są kolejne liczby naturalne, które przy dzieleniu przez
(� )�
5 dają resztę 2. Ponadto a3 =� 12. Oblicz a15 .
Wymagania ogólne
IV. Użycie i tworzenie strategii.
Zdający stosuje strategię, która jasno wynika z treści zadania.
Wymagania szczegółowe
5.3. Zdający stosuje wzór na n-ty wyraz i na sumę n początkowych wyrazów ciągu
arytmetycznego.
Rozwiązanie
Ponieważ dokładnie co piąta liczba naturalna daje z dzielenia przez 5 resztę 2, to różnica
danego ciągu arytmetycznego wynosi 5. Wobec tego 12 =� a3 =� a1 +� 2r =� a1 +� 10 , skąd a1 =� 2.
Wobec tego a15 =� a1 +� 14r =� 2 +� 14 ��5 =� 72 .
Przykładowe zadania z rozwiązaniami: poziom podstawowy 55
Zadanie 33. (0 2)
Dany jest prostokąt o bokach a i b. Zmniejszamy długość boku a o 10% oraz zwiększamy
a
długość boku b o 20%. Wyznacz stosunek , jeśli wiadomo, że otrzymany prostokąt ma taki
b
sam obwód jak prostokąt wyjściowy.
Wymagania ogólne
III. Modelowanie matematyczne.
Zdający dobiera model matematyczny do prostej sytuacji i krytycznie ocenia trafność modelu.
Wymagania szczegółowe
5.4. (gimnazjum) Zdający stosuje obliczenia procentowe do rozwiązywania problemów
w kontekście praktycznym, np. oblicza ceny po podwyżce lub obniżce o dany procent,
wykonuje obliczenia związane z VAT, oblicza odsetki dla lokaty rocznej.
Rozwiązanie
Otrzymany prostokąt ma boki długości 0,9a oraz 1, 2b . Z porównania obwodów obu
prostokątów otrzymujemy związek 2�� 0,9a +� 2 ��1,2b =� 2a +� 2b , skąd 0,4b =� 0,2a . Wobec
a 0,4
tego =� =� 2 .
b 0,2
Zadanie 34. (0 2)
2
Udowodnij, że jeśli x, y są liczbami rzeczywistymi, to x2 +� y ł� 2xy .
Wymagania ogólne
V. Rozumowanie i argumentacja.
Zdający prowadzi proste rozumowanie, składające się z niewielkiej liczby kroków.
Wymagania szczegółowe
2.1.Zdający używa wzorów skróconego mnożenia na (a ą b)2 oraz a2  b2.
Rozwiązanie
2
2
Zauważmy, że dla dowolnych liczb x, y mamy x -� y ł� 0, skąd x2 +� y ł� 2xy , co kończy
(� )�
dowód.
56 Informator o egzaminie maturalnym z matematyki od roku szkolnego 2014/2015
Zadanie 35. (0 2)
Rzucamy dwa razy symetryczną sześcienną kostką do gry. Oblicz prawdopodobieństwo
otrzymania iloczynu liczby oczek równego 5.
Wymagania ogólne
III. Modelowanie matematyczne.
Zdający dobiera model matematyczny do prostej sytuacji i krytycznie ocenia trafność modelu.
Wymagania szczegółowe
10.3. Zdający oblicza prawdopodobieństwa w prostych sytuacjach, stosując klasyczną
definicję prawdopodobieństwa.
Rozwiązanie
Zdarzeniami elementarnymi są pary liczb całkowitych a,b , gdzie 1 Ł� a,b Ł� 6 -� mamy 36
(� )�
takich par. Zdarzenia elementarne sprzyjające to pary 1,5 oraz 5,1 . Zatem szukane
(� )� (� )�
2 1
=�
prawdopodobieństwo jest równe .
36 18
Zadanie 36. (0 4)
W ciągu arytmetycznym an dane są wyrazy: a3 =� 4, a6 =� 19 . Ile wyrazów tego ciągu
(� )�
należy do przedziału 0, 200 ?
(� )�
Wymagania ogólne
III. Modelowanie matematyczne.
Zdający dobiera model matematyczny do prostej sytuacji i krytycznie ocenia trafność modelu.
Wymagania szczegółowe
5.3. Zdający stosuje wzór na n-ty wyraz i na sumę n początkowych wyrazów ciągu
arytmetycznego.
Rozwiązanie
Mamy 4 =� a1 +� 2r , 19 =� a1 +� 5r . Stąd 3r =� 15, r =� 5 oraz a1 =� -�6 . Pytamy, dla jakich n
mamy 0 <� an <� 200 , czyli 0 <� -�6 +� n -�1 ��5 <� 200 .
(� )�
6 206 11 211
6 <� 5 n -�1 <� 206, <� n -�1<� , <� n <� .
Stąd (� )�
5 5 5 5
Pierwszą nierówność spełniają liczby n ł� 3, a drugą liczby n Ł� 42 . Zatem liczb naturalnych
spełniających obydwa warunki mamy 40 i tyle też wyrazów ciągu leży w przedziale 0,200 .
(� )�
Przykładowe zadania z rozwiązaniami: poziom podstawowy 57
Zadanie 37. (0 4)
Na zewnątrz trójkąta prostokątnego ABC, w którym S�ACB =� 90�� oraz AC =� 5, BC =� 12
zbudowano kwadrat ACDE (zobacz rysunek). Punkt H leży na prostej AB i kąt S�EHA =� 90�� .
Oblicz pole trójkąta HAE.
D
C
E
B
H
A
Wymagania ogólne
IV. Użycie i tworzenie strategii.
Zdający stosuje strategię, która jasno wynika z treści zadania.
Wymagania szczegółowe
7.3. Zdający rozpoznaje trójkąty podobne i wykorzystuje (także w kontekstach praktycznych)
cechy podobieństwa trójkątów.
Rozwiązanie
Zauważmy, że trójkąt prostokątny EAH jest podobny do trójkąta ABC, gdyż kąty EAH oraz
ABC są przystające, jako kąty o ramionach równoległych. Oznaczymy przez s skalę
podobieństwa trójkąta EAH do trójkąta ABC. Wtedy
1 1
PEAH =� s2PABC =� s2 �� �� AC �� BC =� s2 �� ��5��12 =� 30s2.
2 2
Pozostaje zatem obliczyć s.
Mamy
AE AC
5 5
s =� =� =� =�
AB
AC2 +� BC2 52 +�122 13
Zatem
2
5 750
PD�EAH =� 30��ć� �� =� .
��13��
169
Ł� ł�
58 Informator o egzaminie maturalnym z matematyki od roku szkolnego 2014/2015
Zadanie 38. (0 4)
Punkt D leży na boku BC trójkąta równoramiennego ABC, w którym C
AC =� BC . Odcinek AD dzieli trójkąt ABC na dwa trójkąty równo-
ramienne w taki sposób, że AD =� CD oraz AB =� BD (zobacz
rysunek). Udowodnij, że S�ADC =� 5�� S�ACD .
D
Wymagania ogólne
V. Rozumowanie i argumentacja.
A B
Zdający prowadzi proste rozumowanie, składające się z niewielkiej
liczby kroków.
Wymagania szczegółowe
10.17 (gimnazjum) Zdający rozpoznaje figury, które mają oś symetrii i figury, które mają
środek symetrii. Wskazuje oś symetrii i środek symetrii figury.
Rozwiązanie I
C
Niech a� =� S�BAD i b� =� S�ACD . Trójkąty ABD, ACD i ABC
są równoramienne, więc
S�DAB =� S�BAD =� a� , S�CAD =� S�ACD =� b�
D
oraz S�CAB =� S�CBA =� a� +� b� .
Suma miar kątów trójkąta ACD jest równa 180��, więc
S�ADC =�180�� -� 2b� .
Z drugiej strony S�ADC =� 180�� -� S�ADB , czyli 180�� -� 2b� =� 180�� -� a� .
A B
Stąd a� =� 2b� .
Suma miar kątów trójkąta ABC jest równa 180��, więc 2 a� +� b� +� b� =�180�� , czyli
(� )�
2 2b� +� b� +� b� =� 180�� . Stąd 7b� =� 180�� .
(� )�
Zatem S�ADC =� 180�� -� 2b� =� 7b� -� 2b� =� 5b� =� 5�� S�ACD . To kończy dowód.
Rozwiązanie II
Oznaczmy kąty i b� jak w poprzednim rozwiązaniu.
a�
Ponieważ kąt ADB jest kątem zewnętrznym trójkąta ADC, więc a� =� 2b� .
Również kąt ADC jest kątem zewnętrznym trójkąta ABD, więc
S�ADC =� a� +�a� +� b� =� 2a� +� b� =� 4b� +� b� =� 5b� =� 5 S�ACD , co kończy dowód.
Przykładowe zadania z rozwiązaniami: poziom podstawowy 59
Zadanie 39. (0 2)
Oblicz sinus kąta między przekątną sześcianu a jego płaszczyzną
podstawy.
Wymagania ogólne
IV. Użycie i tworzenie strategii.
Zdający stosuje strategię, która jasno wynika z treści zadania.
Wymagania szczegółowe
9.2. Zdający rozpoznaje w graniastosłupach i ostrosłupach kąt między odcinkami i płasz-
czyznami (między krawędziami i ścianami, przekątnymi i ścianami), oblicza miary tych kątów.
Rozwiązanie
B
Rozważmy trójkąt prostokątny ABC utworzony przez przekątną AB
sześcianu, przekątną AC podstawy sześcianu oraz krawędz
BC,
jak na rysunku. Kąt ostry tego trójkąta jest kątem między
a�
przekątną sześcianu i płaszczyzną jego podstawy. Długość
przekątnej sześcianu o krawędzi długości a jest równa a 3 ,
więc sinus kąta jest równy
a�
C
a 1 3
sina� =� =� =�
.
A
3
a 3 3
Zadanie 40. (0 4)
W graniastosłupie czworokątnym prawidłowym przekątna o długości d jest nachylona do
płaszczyzny podstawy pod kątem a� takim, że sin a� =� 0, 2 . Wyznacz objętość tego
graniastosłupa.
Wymagania ogólne
III. Modelowanie matematyczne.
Zdający dobiera model matematyczny do prostej sytuacji i krytycznie ocenia trafność modelu.
Wymagania szczegółowe
9.6. Zdający stosuje trygonometrię do obliczeń długości odcinków, miar kątów, pól
powierzchni i objętości.
60 Informator o egzaminie maturalnym z matematyki od roku szkolnego 2014/2015
Rozwiązanie I
H
G
Przyjmijmy oznaczenia jak na rysunku.
Trójkąt BDH jest prostokątny, więc
F
E
h 1 h 1
sina� =� =� h =� d
, czyli . Stąd .
d 5 d 5
Z twierdzenia Pitagorasa dla trójkąta BDH otrzymujemy
d
2
2 1 24
ć� ��
2 2
BD =� d -� h2 =� d -� d =� d2 .
�� ��
5 25
Ł� ł�
Pole podstawy graniastosłupa jest więc równe
D
C
1 2 1 24 12 a
PABCD =� �� BD =� �� d2 =� d2
.
2 2 25 25
a
A
B
Zatem objętość tego graniastosłupa jest równa
12 1 12
V =� PABCD ��h =� d2 �� d =� d3
.
25 5 125
Rozwiązanie II
Przyjmijmy oznaczenia jak w rozwiązaniu I.
h
sina� =�
Trójkąt BDH jest prostokątny, więc , czyli h =� d sina� . Stąd h =� 0, 2 d .
d
a 2
W trójkącie BDH mamy również cosa� =� , czyli a 2 =� d cosa� =� d 1-� (0,2)2 =� 0,96 d.
d
1
V =� a2h =� ��0,96d2 ��0,2d =� 0,096d3
Stąd .
2
Zadanie 41. (0 4)
Oblicz, ile jest wszystkich liczb naturalnych czterocyfrowych takich, że w ich zapisie
dziesiętnym występuje jedna cyfra nieparzysta i trzy cyfry parzyste.
Uwaga: przypominamy, że zero jest liczbą parzystą.
Wymagania ogólne
IV. Użycie i tworzenie strategii.
Zdający stosuje strategię, która jasno wynika z treści zadania.
Wymagania szczegółowe
10.2. Zdający zlicza obiekty w prostych sytuacjach kombinatorycznych, niewymagających
użycia wzorów kombinatorycznych, stosuje regułę mnożenia i regułę dodawania.
Przykładowe zadania z rozwiązaniami: poziom podstawowy 61
Rozwiązanie
Mamy do dyspozycji 5 cyfr parzystych: 0, 2, 4, 6, 8 oraz 5 cyfr nieparzystych: 1, 3, 5, 7, 9.
Musimy jednak pamiętać, że 0 nie może być pierwszą cyfrą zapisu dziesiętnego liczby.
Dlatego rozważymy dwa przypadki: a) gdy pierwsza cyfra jest nieparzysta oraz b) gdy
pierwsza cyfra jest parzysta.
W przypadku a) pierwszą cyfrę można wybrać na 5 sposobów; każda pozostała cyfra musi
być parzysta i każdą z nich też możemy wybrać na 5 sposobów. Zatem w przypadku a) mamy
54 możliwości.
W przypadku b) cyfrę parzystą, stojącą na pierwszym miejscu, możemy wybrać na 4 sposoby.
Na pozostałych miejscach mamy rozmieścić jedną cyfrę nieparzystą oraz dwie cyfry parzyste.
Miejsce dla cyfry nieparzystej możemy wybrać na 3 sposoby; na pozostałych dwóch
miejscach umieścimy cyfry parzyste. Cyfrę na każdym z tych trzech miejsc można wybrać na
5 sposobów. Zatem w przypadku b) mamy 4 �� 3�� 53 =� 12 �� 53 możliwości.
W obu przypadkach łącznie otrzymujemy 54 +�12 ��53 =� 5 +�12 ��53 =� 17��125 =� 2125 liczb
(� )�
spełniających warunki zadania.
Zadanie 42. (0 4)
Z pojemnika, w którym jest pięć losów: dwa wygrywające i trzy puste, losujemy dwa razy po
jednym losie bez zwracania. Oblicz prawdopodobieństwo, że otrzymamy co najmniej jeden
los wygrywający. Wynik przedstaw w postaci ułamka nieskracalnego.
Wymagania ogólne
III. Modelowanie matematyczne.
Zdający dobiera model matematyczny do prostej sytuacji i krytycznie ocenia trafność modelu.
Wymagania szczegółowe
10.3. Zdający oblicza prawdopodobieństwa w prostych sytuacjach, stosując klasyczną
definicję prawdopodobieństwa.
Rozwiązanie I (model klasyczny)
Oznaczmy przez w1 , w2 losy wygrywające, a przez p1 , p2 , p3 losy puste. Wszystkie wyniki
losowania dwóch losów bez zwracania możemy przedstawić w tabeli: wynik pierwszego
losowania wyznacza wiersz, a wynik drugiego losowania  kolumnę, w przecięciu których
leży pole, odpowiadające tej parze losowań. Pola położone na przekątnej odrzucamy, gdyż
odpowiadałyby one wylosowaniu dwukrotnie tego samego losu, a to jest niemożliwe, gdyż
losujemy bez zwracania.
62 Informator o egzaminie maturalnym z matematyki od roku szkolnego 2014/2015
Niech A oznacza zdarzenie polegające na wylosowaniu dwóch losów, wśród których co
najmniej jeden jest wygrywający. Zdarzenia elementarne sprzyjające zdarzeniu A zaznaczamy
w tabeli krzyżykiem (x).
w1 w2 p1 p2 p3
w1
x x x x
w2
x x x x
p1
x x
p2
x x
p3
x x
Mamy więc 20 wszystkich zdarzeń elementarnych, czyli W� =� 20 , oraz 14 zdarzeń
elementarnych sprzyjających zdarzeniu A, czyli A =�14.
A
14 7
Prawdopodobieństwo zdarzenia A jest zatem równe P A =� =� =� .
(� )�
W� 20 10
Rozwiązanie II (metoda drzewa)
Losowanie z pojemnika kolejno dwóch losów bez zwracania możemy zilustrować za pomocą
drzewa, gdzie w oznacza wylosowanie losu wygrywającego, a p  losu pustego. Pogrubione
gałęzie drzewa odpowiadają zdarzeniu A polegającemu na wylosowaniu dwóch losów, wśród
których co najmniej jeden jest wygrywający. Na odcinkach drzewa zostały zapisane
odpowiednie prawdopodobieństwa.
w p
w p w p
Zatem prawdopodobieństwo zdarzenia A jest równe
2 1 2 3 3 2 2 +� 6+� 6 14 7
P A =� �� +� �� +� �� =� =� =�
(� )� .
5 4 5 4 5 4 20 20 10
Przykładowe zadania z rozwiązaniami: poziom podstawowy 63
Zadanie 43. (0 3)
Wykaż, że prawdziwa jest nierówność 250 +�1 +� 250 -�1 <� 226 .
Wymagania ogólne
V. Rozumowanie i argumentacja.
Zdający prowadzi proste rozumowanie, składające się z niewielkiej liczby kroków.
Wymagania szczegółowe
2.1.Zdający używa wzorów skróconego mnożenia na (a ą b)2 oraz a2  b2.
Rozwiązanie I
Dla dowodu przekształcimy w sposób równoważny tezę.
Ponieważ obie strony danej nierówności 250 +�1 +� 250 -�1 <� 226 są dodatnie, możemy je
podnieść do kwadratu. Otrzymujemy kolejno:
2
2
250 +�1 +� 250 -�1 <� 226
(� )�
(� )�
250 +�1+� 2�� 250 +�1�� 250 -�1 +� 250 -�1<� 252
2�� 250 +� 2 250 -�1 250 +�1 <� 252
(� )�(� )�
2 2100 -�1 <� 252 -� 251
2100 -�1 <� 250.
Obie strony tej nierówności są także dodatnie, więc podnosząc je do kwadratu otrzymujemy
2100 -�1 <� 2100.
Otrzymana nierówność jest oczywiście prawdziwa, a zatem dana w zadaniu nierówność jest
również prawdziwa, co kończy dowód.
Rozwiązanie II
Oznaczmy a =� 250 +�1, b =� 250 -�1. Zauważmy, że dla dowolnych liczb a, b, takich,
2
że a ą� b, mamy a -�b >� 0 , skąd a2 +� b2 >� 2ab . Wobec tego
(� )�
2
a +� b =� a2 +� b2 +� 2ab <� a2 +� b2 +� a2 +� b2 =� 2 a2 +� b2 =� 2 250 +�1+� 250 -�1 =� 252.
(� )� (� )� (� )�
Stąd a +�b <� 252 =� 226 , co kończy dowód.
64 Informator o egzaminie maturalnym z matematyki od roku szkolnego 2014/2015
Zadanie 44. (0 5)
W roku 2015 na uroczystości urodzinowej ktoś spytał jubilata, ile ma lat. Jubilat
odpowiedział: jeżeli swój wiek sprzed 27 lat pomnożę przez swój wiek za 15 lat, to otrzymam
rok swojego urodzenia. Oblicz, ile lat ma ten jubilat.
Wymagania ogólne
III. Modelowanie matematyczne.
Zdający dobiera model matematyczny do prostej sytuacji i krytycznie ocenia trafność modelu.
Wymagania szczegółowe
3.4. Zdający rozwiązuje równania kwadratowe z jedną niewiadomą.
Rozwiązanie
Oznaczmy przez x obecny wiek jubilata (w latach). Wówczas wiek jubilata sprzed 27 lat jest
równy x -�27 , wiek, jaki będzie miał za 15 lat, jest równy x +�15, a rok jego urodzenia to
2015-� x .
Mamy więc równanie x -� 27 x +�15 =� 2015 -� x .
(� )�(� )�
Po uporządkowaniu otrzymujemy x2 -�11x -� 2420 =� 0 .
Rozwiązaniami tego równania są liczby x =� 55, x =� -� 44 .
Stąd wiemy, że jubilat w roku 2015 obchodzi 55. urodziny.
Przykładowe zadania z rozwiązaniami: poziom rozszerzony 65
Przykładowe zadania z matematyki na poziomie rozszerzonym wraz z rozwiązaniami
5.
Zadanie 1. (0 1)
Funkcja określona wzorem f x =� x -� 3 -� 4 dla wszystkich liczb rzeczywistych
(� )�
A. nie ma miejsc zerowych.
B. ma dokładnie jedno miejsce zerowe.
C. ma dokładnie dwa miejsca zerowe.
D. ma więcej niż dwa miejsca zerowe.
Wymagania ogólne
II. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji.
Zdający rozumie i interpretuje pojęcia matematyczne oraz operuje obiektami matematycznymi.
Wymagania szczegółowe
3.9.R Zdający rozwiązuje równania i nierówności z wartością bezwzględną, o poziomie
trudności nie wyższym niż x +�1 -� 2 =� 3, x +� 3 +� x -� 5 >� 12 .
Rozwiązanie C
Zadanie 2. (0 3)
3 1-� m
(� )�
Niech m =� log21 7 . Wykaż, że log7 27 =� .
m
Wymagania ogólne
V. Rozumowanie i argumentacja.
Zdający tworzy łańcuch argumentów i uzasadnia jego poprawność.
Wymagania szczegółowe
1.6. Zdający wykorzystuje definicję logarytmu i stosuje w obliczeniach wzory na logarytm
iloczynu, logarytm ilorazu i logarytm potęgi o wykładniku naturalnym.
1.2.R Zdający stosuje w obliczeniach wzór na logarytm potęgi oraz wzór na zamianę podstawy
logarytmu.
66 Informator o egzaminie maturalnym z matematyki od roku szkolnego 2014/2015
Rozwiązanie (I sposób)
1 1
Zauważmy, że log7 21 =� =� .
log21 7 m
Zatem
21 1 1-� m
log7 27 =� log7 33 =� 3log7 3 =� 3log7 ć� �� =� 3 log7 21-� log7 7 =� 3ć� -�1�� =� 3�� .
(� )�
�� �� �� ��
7 m m
Ł� ł� Ł� ł�
To kończy dowód.
Rozwiązanie (II sposób)
Zauważamy, że
3 1-� m
(� )� 1 21
=� 3ć� -�1�� =� 3 log7 21-�1 =� 3 log7 21-� log7 7 =� 3log7 =� log7 33 =� log7 27
(� )� (� )� ,
�� ��
m m 7
Ł� ł�
co kończy dowód.
Zadanie 3. (0 2)
2n -�10 2 1
Oblicz najmniejszą liczbę naturalną n spełniającą nierówność -� <� .
3n +�1 3 30
Wymagania ogólne
II. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji.
Zdający rozumie i interpretuje pojęcia matematyczne oraz operuje obiektami matematycznymi.
Wymagania szczegółowe
2.6.R Zdający dodaje, odejmuje, mnoży i dzieli wyrażenia wymierne; rozszerza i (w łatwych
przykładach) skraca wyrażenia wymierne.
x +�1 x +� 3 2x
3.8.R Zdający rozwiązuje proste nierówności wymierne typu >� 2 , <� ,
x +� 3 x2 -�16 x2 -� 4x
3x -� 2 1-� 3x
Ł� .
4x -� 7 5 -� 4x
Rozwiązanie
2n -�10 2 1
Rozwiązujemy nierówność -� <� . Przekształcamy ją w sposób równoważny:
3n +�1 3 30
3 2n -�10 -� 2 3n +�1
(� )� (� )� 1
<� ,
3 3n +�1 30
(� )�
-�32 1
<� ,
3 3n +�1 30
(� )�
Przykładowe zadania z rozwiązaniami: poziom rozszerzony 67
32 1
<� ,
3 3n +�1 30
(� )�
3n +�1>� 320,
1
.
n >� 106
3
3 3n+�1 >� 0
W powyższych przekształceniach dwukrotnie skorzystaliśmy z tego, że (� )� . Zatem
najmniejszą liczbą naturalną spełniającą podaną nierówność jest n =�107 .
Zadanie 4. (0 2)
1 1
Równanie x2 +� 48x +� 2 =� 0 ma dwa rozwiązania x1, x2 . Liczba +� jest liczbą całkowitą
2 2
x1 x2
dodatnią. Znajdz
tę liczbę. Zakoduj cyfry setek, dziesiątek i jedności otrzymanego wyniku.
Wymagania ogólne
II. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji.
Zdający rozumie i interpretuje pojęcia matematyczne oraz operuje obiektami matematycznymi.
Wymagania szczegółowe
3.1.R Zdający stosuje wzory ViŁte a.
Rozwiązanie
Korzystając ze wzorów ViŁte a otrzymujemy: x1 +� x2 =� -�48 oraz x1 �� x2 =� 2 .
2 2
2 2
x1 +� x2 -� 2x1x2 -�48 -� 2�� 2
1 1 x1 +� x2 (� )� (� )�
+� =� =� =� =� 575 .
2 2 2 2 2
x1 x2 x1 �� x2 22
x1 �� x2
(� )�
Należy zakodować cyfry 5, 7, 5.
Zadanie 5. (0 2)
W x =� x4 +�2x3 -�5x2 -�6px+�9
Wielomian (� )� jest podzielny przez dwumian x -�1. Oblicz p.
Zakoduj pierwsze trzy cyfry po przecinku nieskończonego rozwinięcia dziesiętnego
otrzymanego wyniku.
Wymagania ogólne
II. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji.
Zdający rozumie i interpretuje pojęcia matematyczne oraz operuje obiektami matematycznymi.
68 Informator o egzaminie maturalnym z matematyki od roku szkolnego 2014/2015
Wymagania szczegółowe
3.4.R Zdający stosuje twierdzenie o reszcie z dzielenia wielomianu przez dwumian x-�a .
Rozwiązanie
W 1 =� 0 W 1 =� 7-�6p
W x jest podzielny przez x -�1, zatem (� )� . (� )� . Stąd p =� 1,166... .
(� )�
Należy zakodować cyfry 1, 6, 6.
Uwaga
Należy zakodować cyfry otrzymanego wyniku, a nie wyniku przybliżonego, zatem cyfry
1, 6, 6, a nie 1, 6, 7.
Zadanie 6. (0 3)
Wykaż, że dla każdej liczby całkowitej k liczba k k +�1 k +� 9 k2 +�1 jest podzielna przez 5.
(� )�(� )�
(� )�
Wymagania ogólne
V. Rozumowanie i argumentacja.
Zdający tworzy łańcuch argumentów i uzasadnia jego poprawność.
Wymagania szczegółowe
2.7. (szkoła podstawowa) Zdający rozpoznaje liczby naturalne podzielne przez 5.
Rozwiązanie
Iloczyn jest podzielny przez 5, jeżeli co najmniej jeden z czynników jest podzielny przez 5.
Jeżeli (l jest liczbą całkowitą), to pierwszy czynnik jest podzielny przez 5.
k =� 5l
k +� 9 =� 5l +�10 =� 5 l +� 2 jest podzielny przez 5.
Jeżeli k =� 5l +�1, to czynnik (� )� (� )�
Jeżeli k =� 5l +� 2 , to czynnik k2 +�1 =� 25l2 +� 20l +� 4 +�1 =� 5 5l2 +� 4l +�1
jest podzielny
(� )� (� )�
przez 5.
Jeżeli k =� 5l +� 3 , to czynnik k2 +�1 =� 25l2 +� 30l +� 9 +�1 =� 5 5l2 +� 6 +� 2 jest podzielny przez 5.
(� )� (� )�
k +�1 =�5l +�4+�1=�5 l +�1
Jeżeli k =� 5l +� 4 , to czynnik (� )� (� )� jest podzielny przez 5.
Przykładowe zadania z rozwiązaniami: poziom rozszerzony 69
Zadanie 7. (0 2)
1
a >� 0 b >� 0 a +� b =�1
Udowodnij, że jeśli i oraz , to .
ab Ł�
4
Wymagania ogólne
V. Rozumowanie i argumentacja.
Zdający tworzy łańcuch argumentów i uzasadnia jego poprawność.
Wymagania szczegółowe
2
2.1. Zdający używa wzorów skróconego mnożenia na a ą� b oraz a2 -� b2 .
(� )�
Rozwiązanie (I sposób)
Korzystamy z nierówności między średnią arytmetyczną i geometryczną:
a +� b 1
ab Ł� =� ,
2 2
czyli
1
ab Ł� .
4
To kończy dowód.
Rozwiązanie (II sposób)
1
b =� 1-� a
Z założenia mamy . Przekształcamy nierówność w sposób równoważny
ab Ł�
4
1
a 1-� a Ł� ,
(� )�
4
1
a2 -� a +� ł� 0 ,
4
2
1
ć� ��
a -� ł� 0 .
�� ��
2
Ł� ł�
Ta nierówność jest prawdziwa. To kończy dowód.
Rozwiązanie (III sposób)
1
1
a =� +� x
Oznaczmy: , b =� -� x . Wówczas
2 2
1 1 1 1
ć�
ab =� +� x��ć� -� x�� =� -� x2 Ł� ,
�� ���� ��
2 2 4 4
Ł� ł�Ł� ł�
co kończy dowód.
70 Informator o egzaminie maturalnym z matematyki od roku szkolnego 2014/2015
Zadanie 8. (0 5)
Wyznacz wszystkie wartości parametru m, dla których funkcja f określona wzorem
f x =� m2 -�1 x2 -� 2 1-� m x +� 2
(� )� (� )� (� )�
przyjmuje wartości dodatnie dla każdej liczby rzeczywistej.
Wymagania ogólne
IV. Użycie i tworzenie strategii.
Zdający tworzy strategię rozwiązania problemu.
Wymagania szczegółowe
3.2.R Zdający rozwiązuje równania i nierówności liniowe i kwadratowe z parametrem.
Rozwiązanie
Funkcja f x =� m2 -�1 x2 -� 2 1-� m x +� 2 w zależności od parametru m jest liniowa lub
(� )� (� )� (� )�
kwadratowa. Rozważmy dwa przypadki:
1. Gdy m2 -�1 =� 0 , to funkcja f jest liniowa.
1. Dla m =� -�1 funkcja ma wzór f (x) =� -�4x +� 2 , więc m =� -�1 nie spełnia warunków
zadania.
2. Dla m =�1 funkcja ma wzór f (x) =� 2 , więc m =�1 spełnia warunki zadania.
2. Gdy m2 -�1 ą� 0 , to funkcja f jest kwadratowa. Funkcja kwadratowa przyjmuje wartości
dodatnie dla każdej liczby rzeczywistej x, gdy parabola będąca jej wykresem leży
w całości nad osią Ox. Funkcja f x =� m2 -�1 x2 -� 2 1-� m x +� 2
(� )� (� )� (� )� ma tę własność, kiedy
zachodzą warunki:
1. m2 -�1 >� 0 ,
2. D� <� 0 .
Pierwszy warunek jest spełniony dla m�� -�Ą�,-�1 �� 1,+�Ą� .
(� )� (� )�
Warunek D� <� 0 jest spełniony, gdy
2
4 1-� m -� 8 m2 -�1 <� 0 ,
(� )� (� )�
2
m -�1 -� 2 m -�1 m +�1 <� 0 ,
(� )� (� )�(� )�
m -�1 m -�1-� 2m -� 2 <� 0,
(� )�(� )�
m -�1 -�m -� 3 <� 0 ,
(� )�(� )�
-� m -�1 m +� 3 <� 0 ,
(� )�(� )�
Przykładowe zadania z rozwiązaniami: poziom rozszerzony 71
m�� -�Ą�,-�3 �� 1,+�Ą� .
(� )� (� )�
Zatem funkcja kwadratowa przyjmuje wartości dodatnie dla m�� -�Ą�,-�3 �� 1,+�Ą� .
(� )� (� )�
Uwzględniając oba przypadki, otrzymujemy m�� -�Ą�, -�3 �� 1, +�Ą� .
(� )� )�
Zadanie 9. (0 1)
-�5x
lim
Granica jest równa
x��-�3-�
x +�3
A. -�Ą� B. 0 C. 6 D. +�Ą�
Wymagania ogólne
II. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji.
Zdający rozumie i interpretuje pojęcia matematyczne oraz operuje obiektami matematycznymi.
Wymagania szczegółowe
11.1.R Zdający oblicza granice funkcji (i granice jednostronne), korzystając z twierdzeń
o działaniach na granicach i z własności funkcji ciągłych.
Rozwiązanie A
Zadanie 10. (0 2)
-�2n3 +� 3n
Oblicz lim .
n��Ą�
1-� 4n
(� )�3
Zakoduj pierwsze trzy cyfry po przecinku rozwinięcia dziesiętnego otrzymanego wyniku.
Wymagania ogólne
II. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji.
Zdający rozumie i interpretuje pojęcia matematyczne oraz operuje obiektami matematycznymi.
Wymagania szczegółowe
1 1
5.2.R Zdający oblicza granice ciągów, korzystając z granic ciągów typu , oraz
n n2
z twierdzeń o działaniach na granicach ciągów.
72 Informator o egzaminie maturalnym z matematyki od roku szkolnego 2014/2015
Rozwiązanie
3
��
n3 ć� -�2 +�
��
-�2n3 +� 3n 1
n2 ��
Ł� ł�
Obliczamy granicę lim =� lim =� =� 0,03125 .
3 3
n��Ą� n��Ą�
32
1-� 4n 1
(� )�
n3 ć� -� 4��
�� ��
n
Ł� ł�
1
Ponieważ =� 0, 03125 , więc należy zakodować cyfry: 0, 3, 1.
32
Zadanie 11. (0 2)
3
an
Dany jest nieskończony ciąg geometryczny (� )� o wyrazach dodatnich taki, że a1 =� ,
4
1
a3 =� . Oblicz sumę wszystkich wyrazów tego ciągu.
3
Wymagania ogólne
II. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji.
Zdający rozumie i interpretuje pojęcia matematyczne oraz operuje obiektami matematycznymi.
Wymagania szczegółowe
5.3.R Zdający rozpoznaje szeregi geometryczne zbieżne i oblicza ich sumy.
Rozwiązanie
3 1
Pierwszy wyraz i trzeci wyraz tego ciągu są odpowiednio równe: a1 =� , a3 =� . Ponieważ
4 3
a3 4
2 2
a3 =� a1 ��q2 , stąd q2 =� =� . Zatem q =� -� lub q =� . Wyrazy ciągu są dodatnie, więc
a1 9 3 3
2
2
, więc
q =� . Ponieważ q =� <�1
3 3
3
a1 4 3 3 9
S =� =� =� �� =� .
2
1-� q 4 1 4
1-�
3
an
Suma S wszystkich wyrazów nieskończonego ciągu geometrycznego (� )� o wyrazach
9
dodatnich jest równa: S =� .
4
Przykładowe zadania z rozwiązaniami: poziom rozszerzony 73
Zadanie 12 (0 2)
2x4 +�15
Dana jest funkcja f określona wzorem f (x) =�
dla wszystkich liczb rzeczywistych x,
6 -� x2
takich że x ą� -� 6 i x ą� 6 . Oblicz wartość pochodnej tej funkcji w punkcie x =�1.
Zakoduj cyfrę jedności i dwie pierwsze cyfry po przecinku rozwinięcia dziesiętnego
obliczonego wyniku.
Wymagania ogólne
II. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji.
Zdający rozumie i interpretuje pojęcia matematyczne oraz operuje obiektami matematycznymi.
Wymagania szczegółowe
11.2.R Zdający oblicza pochodne funkcji wymiernych.
Rozwiązanie
Obliczamy pochodną:
2x4 +�15 6 -� x2 -� 2x4 +�15 6 -� x2
(� )�ó�(� )� (� )�(� )�ó�
ó�
f x =� =�
(� )�
2
6 -� x2
(� )�
8x3 6 -� x2 +� 2x 2x4 +�15 2x -�2x4 +� 24x2 +�15
(� )� (� )� (� )�
=� =� ,
2 2
6 -� x2 6 -� x2
(� )� (� )�
2 -�2 +� 24 +�15
(� )� 2��37 74
ó�
f 1 =� =� =� =� 2,96.
(� )�
2
25 25
5
(� )�
Należy zakodować cyfry: 2, 9, 6.
Zadanie 13. (0 3)
Dana jest funkcja f określona wzorem f x =� 4x3 -� 2x +�1 dla wszystkich liczb
(� )�
rzeczywistych. Uzasadnij, że prosta l o równaniu 10x -� y +� 9 =� 0 jest styczna do wykresu
funkcji f.
Wymagania ogólne
V. Rozumowanie i argumentacja.
Zdający tworzy łańcuch argumentów i uzasadnia jego poprawność.
Wymagania szczegółowe
11.3.R Zdający korzysta z geometrycznej i fizycznej interpretacji pochodnej.
74 Informator o egzaminie maturalnym z matematyki od roku szkolnego 2014/2015
Rozwiązanie
Zapisujemy równanie prostej l w postaci kierunkowej y =� 10x +� 9 .
ó�
Wyznaczamy pochodną funkcji f: f x =� 12x2 -� 2 .
(� )�
Zauważamy, że dla x =� -�1 oraz dla x =�1 pochodna funkcji f ma wartość 10 i równa się
współczynnikowi kierunkowemu prostej l.
Obliczamy wartość funkcji f w punkcie x =� -�1: f -�1 =� -�1 oraz w punkcie x =�1: f 1 =� 3.
(� )� (� )�
Punkt o współrzędnych -�1, -�1 leży na prostej l, natomiast punkt o współrzędnych 1,3 nie
(� )� (� )�
leży na tej prostej. Zatem prosta o równaniu 10x -� y +� 9 =� 0 jest styczna do wykresu funkcji f,
co kończy dowód.
Zadanie 14. (0 7)
Rozpatrujemy wszystkie ostrosłupy prawidłowe trójkątne, w których suma promienia okręgu
opisanego na podstawie ostrosłupa i wysokości tego ostrosłupa jest równa 24. Wyznacz
promień okręgu opisanego na podstawie tego z ostrosłupów, który ma największą objętość.
Oblicz tę objętość.
Wymagania ogólne
III. Modelowanie matematyczne.
Zdający buduje model matematyczny danej sytuacji, uwzględniając ograniczenia i zastrzeżenia.
Wymagania szczegółowe
11.6.R Zdający stosuje pochodne do rozwiązywania zagadnień optymalizacyjnych.
Rozwiązanie
Niech x =� AO =� BO =� CO (zobacz rysunek) oznacza promień okręgu opisanego na
podstawie ostrosłupa oraz h =� SO oznacza wysokość tego ostrosłupa. Wówczas x+�h =� 24.
S
h
C
A
x D
O
B
Przykładowe zadania z rozwiązaniami: poziom rozszerzony 75
AB �� 3
Wysokość AD w trójkącie ABC jest równa AD =� . Zatem promień x okręgu
2
AB 3 AB 3
2
opisanego na trójkącie ABC (podstawie ostrosłupa) jest równy: x =� �� =� , stąd
3 2 3
3x2 3
AB =� x 3 . Wyznaczamy pole podstawy ostrosłupa: P =� .
4
Ponadto z równości x+�h =� 24 otrzymujemy h =� 24-� x , gdzie 0 <� x <� 24.
1 3x2 3
Zatem objętość tego ostrosłupa jest określona wzorem: V =� �� �� 24 -� x , czyli
(� )�
3 4
3
V =� -�x3 +� 24x2 .
(� )�
4
Należy obliczyć, dla jakiego x spełniającego nierówność 0 <� x <� 24 funkcja V określona
3
wzorem V x =� -�x3 +� 24x2 przyjmuje wartość największą.
(� )�
(� )�
4
Rozważamy funkcję f x =� -�x3 +� 24x2 określoną dla każdej liczby rzeczywistej x.
(� )�
ó�
Wyznaczamy pochodną tej funkcji f : f x =� -�3x2 +� 48x .
(� )�
Następnie obliczamy miejsca zerowe pochodnej: x1 =� 16 , x2 =� 0 . Ponadto:
ó�
�� f x <� 0 w każdym z przedziałów -�Ą�,0 oraz 16, +�Ą� ,
(� )� (� )� (� )�
ó�
�� f x >� 0 w przedziale 0,16 .
(� )� (� )�
Zatem funkcja f jest malejąca w każdym z przedziałów -�Ą�,0 oraz 16,+�Ą� i rosnąca
(� )�
w przedziale 0,16 .
3
Ponieważ V x =� f x dla x�� 0,24 , więc w przedziale x�� 0,24 funkcja V x ma
(� )� (� )� (� )� (� )� (� )�
4
ekstremum w tym samym punkcie, w którym funkcja f x . Stąd wynika, że w punkcie
(� )�
x =�16 funkcja V przyjmuje wartość największą.
3
Objętość ostrosłupa jest równa: V =� -�163 +� 24��162 =� 512 3 .
(� )�
4
Objętość ostrosłupa prawidłowego trójkątnego jest największa i równa V =� 512 3 , gdy
promień okręgu opisanego na podstawie jest równy 16 .
76 Informator o egzaminie maturalnym z matematyki od roku szkolnego 2014/2015
Zadanie 15. (0 7)
Rozważamy wszystkie prostokąty, których dwa wierzchołki leżą na odcinku AB, gdzie
A =� -�1, 4 i B =� 1,4 , a pozostałe dwa na paraboli o równaniu y =� 2x2 +� 2 (zobacz
(� )� (� )�
rysunek). Wyznacz wymiary tego z prostokątów, który ma największe pole. Oblicz to pole.
Wymagania ogólne
III. Modelowanie matematyczne.
Zdający buduje model matematyczny danej sytuacji, uwzględniając ograniczenia i zastrzeżenia.
Wymagania szczegółowe
11.6.R Zdający stosuje pochodne do rozwiązywania zagadnień optymalizacyjnych.
Rozwiązanie
Niech punkty C i D leżą na paraboli y =� 2x2 +� 2 , a punkty E i F leżą na odcinku AB (zob.
rysunek). Oznaczmy przez x odległość punktu D od osi Oy.
Przykładowe zadania z rozwiązaniami: poziom rozszerzony 77
Wówczas punkt D ma współrzędne D =� x,2x2 +� 2 , punkt C ma współrzędne
(� )�
C =� -�x,2x2 +� 2 . Punkty E i F leżą na prostej o równaniu y =� 4 , zatem ich współrzędne
(� )�
są równe: E =� x, 4 i F =� -�x,4 .
(� )� (� )�
Wyznaczamy długości boków CD i DE prostokąta CDEF:
CD =� 2x oraz DE =� 2 -� 2x2 dla 0 <� x <�1.
Zatem pole prostokąta CDEF jest określone wzorem: P x =� 2x �� 2 -� 2x2 , czyli
(� )� (� )�
P x =� -�4x3 +� 4x dla 0 <� x <�1.
(� )�
Rozważamy funkcję f x =� -�4x3 +� 4x określoną dla każdej liczby rzeczywistej x.
(� )�
ó�
Wyznaczamy pochodną tej funkcji f : f x =� -�12x2 +� 4.
(� )�
3 3
Następnie obliczamy miejsca zerowe pochodnej: x1 =� , x2 =� -� .
3 3
Ponadto:
ć� �� ć� ��
3
ó�
�� f x <� 0 w każdym z przedziałów �� -�Ą�,-� oraz �� 3 ,+�Ą��� ,
(� )�
��
�� �� �� ��
3 3
Ł� ł� Ł� ł�
ć� ��
3 3
ó�
�� f x >� 0 w przedziale -� , .
(� )�
�� ��
�� ��
3 3
Ł� ł�
78 Informator o egzaminie maturalnym z matematyki od roku szkolnego 2014/2015
ć� ��
3 3
Zatem funkcja f jest malejąca w każdym z przedziałów �� -�Ą�,-� oraz ,+�Ą�
�� ��
��
3 3
Ł� ł�
3 3
i rosnąca w przedziale -� , .
3 3
Ponieważ P x =� f x dla x �� 0,1 , więc w przedziale x �� 0,1 funkcja P x ma
(� )� (� )� (� )� (� )� (� )�
ekstremum w tym samym punkcie, w którym funkcja f x . Stąd wynika, że w punkcie
(� )�
3
x =� funkcja P przyjmuje wartość największą.
3
2
ć� ��
2 3
3 4
Obliczamy wymiary prostokąta: CD =� , DE =� 2 -� 2�� �� =� .
�� ��
3 3 3
Ł� ł�
2 3 8 3
4
Największe pole ma prostokąt o wymiarach , . Jest ono równe .
3 3 9
Zadanie 16. (0 7)
Rozpatrujemy wszystkie trapezy równoramienne, w których krótsza podstawa ma długość 5
i każde z ramion też ma długość 5. Oblicz długość dłuższej podstawy tego z rozpatrywanych
trapezów, który ma największe pole. Oblicz to pole.
Wymagania ogólne
III. Modelowanie matematyczne.
Zdający buduje model matematyczny danej sytuacji, uwzględniając ograniczenia i zastrzeżenia.
Wymagania szczegółowe
11.6.R Zdający stosuje pochodne do rozwiązywania zagadnień optymalizacyjnych.
Rozwiązanie
Niech oznacza długość dłuższej podstawy,
2x +� 5
5
a h wysokość trapezu. Pole tego trapezu jest
określone wzorem
5
2��5 +� 2x
5 h
h
P =� �� h =� 5 +� x �� h i .
(� )� 0 <� x <� 5
2
x x
5
Z twierdzenia Pitagorasa otrzymujemy zależność
x2 +� h2 =� 52 , stąd h =� 25 -� x2 .
Przykładowe zadania z rozwiązaniami: poziom rozszerzony 79
Pole tego trapezu jest określone wzorem
2
P x =� 5 +� x �� 25 -� x2 =� 5 +� x �� 25 -� x2 =�
(� )� (� )� (� )�
(� )�
3
=� 5 +� x �� 5 -� x =� -�x4 -�10x3 +� 250x +� 625,
(� )� (� )�
gdzie 0 <� x <� 5.
0 <� x <� 5
Należy obliczyć, dla jakiego x spełniającego nierówność funkcja P określona
wzorem P x =� -�x4 -�10x3 +� 250x +� 625 przyjmuje wartość największą.
(� )�
Ponieważ funkcja pierwiastkowa ( y =� t ) jest rosnąca, więc wystarczy zbadać funkcję
f x =� -�x4 -�10x3 +� 250x +� 625 . Wyznaczamy pochodną tej funkcji:
(� )�
ó�
f x =� -�4x3 -� 30x2 +� 250
(� )� .
5
Następnie obliczamy miejsca zerowe pochodnej: x1 =� -�5, x2 =� .
2
Ponadto:
ó�
�� f x <� 0 w każdym z przedziałów -�Ą�,-� 5 oraz ć� 5 �� ,
(� )� (� )� , +�Ą�
�� ��
2
Ł�
ł�
5
ć� ��
ó�
�� f x >� 0 w przedziale -�5, .
(� )�
�� ��
2
Ł� ł�
5 ��
Zatem funkcja f jest malejąca w każdym z przedziałów -�Ą�,-�5 oraz
(� , +�Ą�
��
2
ł�
5
i rosnąca w przedziale -�5, .
2
Ponieważ P x =� f x dla x�� 0,5 , więc w przedziale x�� 0,5 funkcja P x ma
(� )� (� )� (� )� (� )� (� )�
ekstremum w tym samym punkcie, w którym funkcja f x . Stąd wynika, że w punkcie
(� )�
5
x =� funkcja P przyjmuje wartość największą.
2
5
Zauważmy wreszcie, że jeżeli x =� , to 2x +� 5 =� 10 . Zatem dłuższa podstawa ma długość 10.
2
5
Obliczamy największe pole trapezu dla x =� :
2
2
5 5 15 5 75
ć�5 ��
P x =� +� 25 -�ć� �� =� �� 3 =� 3 .
(� )�
�� ���� �� ��
2 2 2 2 4
Ł� ł� Ł� ł�
Największe pole ma trapez, którego dłuższa podstawa ma długość 10. Pole tego trapezu jest
75 3
równe .
4
80 Informator o egzaminie maturalnym z matematyki od roku szkolnego 2014/2015
Zadanie 17. (0 3)
Dany jest trójkąt ABC i prosta k styczna w punkcie A do okręgu opisanego na tym trójkącie.
Prosta BC przecina prostą k w punkcie P. Długości odcinków AC, BC i PB zostały podane na
rysunku.
C
9
B
12
17
A P
Oblicz długość odcinka AB. Zakoduj cyfrę jedności i dwie pierwsze cyfry po przecinku
rozwinięcia dziesiętnego otrzymanego wyniku.
Wymagania ogólne
IV. Użycie i tworzenie strategii.
Zdający tworzy strategię rozwiązania problemu.
Wymagania szczegółowe
7.4.R Zdający rozpoznaje figury podobne i jednokładne; wykorzystuje (także w kontekstach
praktycznych) ich własności.
Rozwiązanie (I sposób)
Niech S oznacza środek okręgu opisanego na trójkącie ABC i niech a� =� S�PAB . Kąt PAS jest
prosty, więc S�BAS =� 90�� -�a� . Trójkąt ABS jest równoramienny, zatem
S�ASB =�180�� -� 2�� S�BAS =� 180�� -� 2�� 90�� -�a� =� 2a� .
(� )�
Z twierdzenia o kącie środkowym i wpisanym opartych na tym samym łuku wynika, że
1 1
S�ACB =� �� S�ASB =� �� 2a� =� a� .
2 2
Przykładowe zadania z rozwiązaniami: poziom rozszerzony 81
C
9
B
12
17
A P
Oznaczmy AB =� x oraz PA =� y .
Trójkąty APB i CPA są podobne, gdyż S�PAB =� S�PCA i kąt przy wierzchołku P jest
wspólnym kątem tych trójkątów. Zatem
PA PB
=� ,
PC PA
y 17
=� ,
26 y
y2 =� 17 �� 26 .
Stąd y =� 17 �� 26 . Z podobieństwa trójkątów APB i CPA otrzymujemy też
AB CA
=� ,
PA PC
x 12
=� .
y 26
12 y 12 17 �� 26 12 17
Zatem x =� =� =� =� 9, 7032...
26 26
26
Kodujemy cyfry: 9, 7, 0.
82 Informator o egzaminie maturalnym z matematyki od roku szkolnego 2014/2015
Rozwiązanie (II sposób)
Z twierdzenia o kącie między styczną a cięciwą wynika, że kąty PAB i ACB są równe.
Ponadto kąt przy wierzchołku P jest wspólnym kątem trójkątów APB i CPA. Zatem te trójkąty
są podobne.
C
9
B
12
17
x
y
A P
Stąd
PA PB
=� ,
PC PA
y 17
=� ,
26 y
y2 =� 17 �� 26 .
Zatem y =� 17 �� 26 . Z podobieństwa trójkątów APB i CPA otrzymujemy też
AB CA
=� ,
PA PC
x 12
=� .
y 26
12 y 12 17 �� 26 12 17
Stąd x =� =� =� =� 9, 7032...
26 26
26
Kodujemy cyfry: 9, 7, 0.
Przykładowe zadania z rozwiązaniami: poziom rozszerzony 83
Zadanie 18. (0 6)
Dany jest trójkąt prostokątny ABC o kącie prostym przy wierzchołku C i obwodzie równym
2 p . Na prostej AB obrano punkty D i E leżące na zewnątrz odcinka AB takie, że AD =� AC
i BE =� BC (zobacz rysunek).
E
B
.
A
C
D
Wykaż, że promień okręgu opisanego na trójkącie ECD jest równy .
p 2
Wymagania ogólne
V. Rozumowanie i argumentacja.
Zdający tworzy łańcuch argumentów i uzasadnia jego poprawność.
Wymagania szczegółowe
7.5.R Zdający znajduje związki miarowe w figurach płaskich z zastosowaniem twierdzenia
sinusów i twierdzenia cosinusów.
Rozwiązanie
Niech a� =� S�BAC , b� =� S�ABC (zobacz rysunek).
E
B
.
A
C
D
Kąty CAD i CBE to kąty przyległe odpowiednio do kątów BAC i ABC trójkąta ABC, więc
S�CAD =�180�� -�a� oraz S�CBE =� 180�� -� b� .
Trójkąty CAD i CBE są równoramienne, więc
180�� -� 180�� -�a� 180�� -� 180�� -� b�
(� )� a� (� )� b�
S�DCA =� =� oraz S�ECB =� =� .
2 2 2 2
84 Informator o egzaminie maturalnym z matematyki od roku szkolnego 2014/2015
Zatem miara kąta ECD jest równa
a� b� 1
S�ECD =� S�DCA +�90�� +� S�ECB =� +�90��+� =� 90��+� a� +� b�
(� )�.
2 2 2
Stąd
1
S�ECD =� 90�� +� a� +� b� =�135��
(� )� .
2
Z twierdzenia sinusów dla trójkąta ECD wynika, że
ED
=� 2R ,
sinS�ECD
gdzie R to promień okręgu opisanego na trójkącie ECD. Ponieważ ED =� a +� b +� c =� 2 p
2
i sinS�ECD =� sin135�� =� sin 180�� -� 45�� =� sin 45�� =� , więc
(� )�
2
2 p
.
2R =�
2
2
Stąd R =� p 2 , co kończy dowód.
Zadanie 19. (0 3)
Ramię AD trapezu ABCD (w którym AB || CD ) przedłużono do punktu E takiego, że
AE =� 3�� AD . Punkt M leży na podstawie AB oraz MB =� 4�� AM . Odcinek ME przecina
przekątną BD w punkcie P (zobacz rysunek).
E
C
D
P
A B
M
Udowodnij, że BP =� 6�� PD .
Przykładowe zadania z rozwiązaniami: poziom rozszerzony 85
Wymagania ogólne
V. Rozumowanie i argumentacja.
Zdający tworzy łańcuch argumentów i uzasadnia jego poprawność.
Wymagania szczegółowe
7.3. Zdający rozpoznaje trójkąty podobne i wykorzystuje (także w kontekstach praktycznych)
cechy podobieństwa trójkątów.
Rozwiązanie
Niech N oznacza punkt przecięcia odcinka EM z prostą DC.
E
N C
D
P
A B
M
Trójkąt AME jest podobny do trójkąta DNE (kąty MAE i NDE są równe oraz kąty AME i DNE
są równe, gdyż proste AB i DC są równoległe). Stąd
AM DN
=� ,
AE DE
2
ale AE =� 3�� AD , więc DN =� �� AM .
3
Trójkąt MBP jest podobny do trójkąta NDP (kąty MBP i NDP są równe oraz kąty BMP
i DNP, gdyż proste AB i DC są równoległe). Stąd
BP DP
=� ,
BM DN
4�� AM �� DP 4�� AM
ale BM =� 4�� AM , więc .
BP =� =� �� DP =� 6�� DP
2
DN
AM
3
To kończy dowód.
86 Informator o egzaminie maturalnym z matematyki od roku szkolnego 2014/2015
Zadanie 20. (0 4)
Okrąg jest styczny do osi Ox w punkcie A =� 2,0 . Punkt B =� -�1,9 leży na tym okręgu.
(� )� (� )�
Wyznacz równanie tego okręgu.
Wymagania ogólne
IV. Użycie i tworzenie strategii.
Zdający tworzy strategię rozwiązania problemu.
Wymagania szczegółowe
2 2
8.5.R Zdający posługuje się równaniem okręgu x -� a +� y -� b =� r2 oraz opisuje koła za
(� )� (� )�
pomocą nierówności.
Rozwiązanie
Niech S =� a,b będzie środkiem szukanego okręgu. Ponieważ okrąg ten jest styczny do osi
(� )�
Ox w punkcie A =� 2,0 , więc S =� 2,b . Z definicji okręgu wynika, że AS =� BS , czyli
(� )� (� )�
2 2 2 2
2 -� 2 +� b -� 0 =� 2 +�1 +� b -� 9 .
(� )� (� )� (� )� (� )�
Stąd
b2 =� 9 +� b2 -�18b +� 81,
b =� 5.
2 2
Zatem S =� 2,5 , a równanie okręgu ma postać x -� 2 +� y -�5 =� 25.
(� )� (� )� (� )�
Zadanie 21. (0 5)
2 2
Okrąg o środku S =� 3,2 leży wewnątrz okręgu o równaniu x -� 6 +� y -�8 =�100 i jest do
(� )� (� )� (� )�
niego styczny. Wyznacz równanie prostej stycznej do obu tych okręgów.
Wymagania ogólne
IV. Użycie i tworzenie strategii.
Zdający tworzy strategię rozwiązania problemu.
Wymagania szczegółowe
2 2
8.5.R Zdający posługuje się równaniem okręgu x -� a +� y -� b =� r2 oraz opisuje koła za
(� )� (� )�
pomocą nierówności.
Przykładowe zadania z rozwiązaniami: poziom rozszerzony 87
Rozwiązanie
2 2
Środkiem okręgu o równaniu x -� 6 +� y -�8 =�100 jest punkt S1 =� 6,8 , a promień tego
(� )� (� )� (� )�
okręgu jest równy 10. Środki S i S1 okręgów leżą na prostej o równaniu y =� 2x -� 4 .
1
Szukana styczna jest prostopadła do tej prostej, więc ma równanie postaci y =� -� x +� b .
2
Odległość środka S1 =� 6,8 od stycznej jest równa 10, zatem
(� )�
1
��6 +� 8 -� b
2
=�10 ,
2
1
ć� ��
+�12
�� ��
2
Ł� ł�
5
11-� b =�10�� ,
4
11-�b =� 5 5 .
Stąd 11-� b =� 5 5 lub 11-� b =� -�5 5 , czyli b =� 11-� 5 5 lub b =� 11+� 5 5 . Otrzymujemy więc
1 1
dwie proste o równaniach y =� -� x +�11-� 5 5 oraz y =� -� x +�11+� 5 5 .
2 2
1
Odległość środka S od prostej o równaniu y =� -� x +�11-� 5 5 jest równa
2
1
��3+� 2 +�11-� 5 5
29
2
=� 5 -�10 .
2
5
1
ć� ��
+�12
�� ��
2
Ł� ł�
29
Ponieważ 5 -�10 <� 10 , więc ta prosta jest szukaną styczną.
5
Zadanie 22. (0 1)
Równanie sin2 x =� sin x w przedziale 0,p�
A. ma dokładnie 1 rozwiązanie.
B. ma dokładnie 2 rozwiązania.
C. ma dokładnie 3 rozwiązania.
D. nie ma rozwiązań.
Wymagania ogólne
II. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji.
Zdający rozumie i interpretuje pojęcia matematyczne oraz operuje obiektami matematycznymi.
88 Informator o egzaminie maturalnym z matematyki od roku szkolnego 2014/2015
Wymagania szczegółowe
1
6.6.R Zdający rozwiązuje równania i nierówności trygonometryczne typu sin 2x =� ,
2
1
sin2 x +� cos x =� 1, sin x +� cos x =�1, cos 2x <� .
2
Rozwiązanie
Przekształcamy równanie sin2 x =� sin x do postaci sin x �� sin x -�1 =� 0 , zatem sin x =� 0 lub
(� )�
sin x =�1. Rozwiązaniami równania sin x =� 0 w przedziale 0,p� jest x =� 0 oraz x =�p� ,
p�
a rozwiązaniem równania sin x =�1 jest x =� . Stąd równanie sin2 x =� sin x w przedziale
2
0,p� ma dokładnie 3 rozwiązania.
Zdający powinien zaznaczyć odpowiedz
C.
Zadanie 23. (0 4)
Rozwiąż równanie sin5x -�cos2x +�sin x =� 0.
Wymagania ogólne
IV. Użycie i tworzenie strategii.
Zdający tworzy strategię rozwiązania problemu.
Wymagania szczegółowe
6.5.R Zdający stosuje wzory na sinus i cosinus sumy i różnicy kątów, sumę i różnicę sinusów
i cosinusów kątów.
1
6.6.R Zdający rozwiązuje równania i nierówności trygonometryczne typu sin 2x =� ,
2
1
sin2 x +� cos x =� 1, sin x +� cos x =�1, cos 2x <� .
2
Rozwiązanie
Przekształcamy równanie, korzystając ze wzoru na sumę sinusów: 2sin3xcos2x -�cos2x =� 0.
Stąd cos 2x �� 2sin 3x -�1 =� 0. Zatem cos2x =� 0 lub 2sin3x -�1=� 0 .
(� )�
p� kp�
Rozwiązaniami równania sin5x -�cos2x +�sin x =� 0 są liczby: x =� +� , gdzie k jest liczbą
4 2
p� 2kp� 5p� 2kp�
całkowitą, lub x =� +� , gdzie k jest liczbą całkowitą, lub x =� +� , gdzie k jest
18 3 18 3
liczbą całkowitą.
Przykładowe zadania z rozwiązaniami: poziom rozszerzony 89
Zadanie 24. (0 3)
Wykaż, że dla każdego kąta a� prawdziwa jest równość: 4 sin6 a� +� cos6 a� =�1+� 3cos2 2a� .
(� )�
Wymagania ogólne
V. Rozumowanie i argumentacja.
Zdający tworzy łańcuch argumentów i uzasadnia jego poprawność.
Wymagania szczegółowe
3
2.1.R Zdający używa wzorów skróconego mnożenia na a ą� b oraz a3 ą� b3 .
(� )�
6.4. Zdający stosuje proste zależności między funkcjami trygonometrycznymi:
sina�
sin2 a� +� cos2 a� =� 1 , tga� =� oraz sin 90�� -�a� =� cosa� .
(� )�
cosa�
Rozwiązanie
Korzystając z tożsamości
2
a6 +� b6 =� a2 +� b2 a4 -� a2b2 +� b4 =� a2 +� b2 �� a2 +� b2 -� 3a2b2 ,
(� )�(� )� (� )� (� )�
(� )�
przekształcamy wyrażenie 4 sin6 a� +� cos6 a� i otrzymujemy:
(� )�
2
4 sin6 a� +� cos6 a� =� 4 sin2 a� +� cos2 a� sin2 a� +� cos2 a� -� 3sin2 a� cos2 a� =�
(� )� (� )� (� )�
(� )�
=� 4 1-� 3sin2 a� cos2 a� .
(� )�
Przekształcamy teraz prawą stronę równości, korzystając ze wzoru na cosinus kąta
podwojonego.
2 2
1+� 3cos2 2a� =� 1+� 3 cos2 a� -� sin2 a� =� 1+� 3 cos2 a� +� sin2 a� -� 4sin2 a� cos2 a� =�
(� )� (� )�
(� )�
=�1+� 3 1-� 4sin2 a� cos2 a� =� 4 -�12sin2 a� cos2 a� =� 4 1-� 3sin2 a� cos2 a� .
(� )� (� )�
To kończy dowód.
Zadanie 25. (0 2)
1
Rozwiąż nierówność cos5x >� dla -�p� Ł� x Ł� p� .
2
Wymagania ogólne
II. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji.
Zdający rozumie i interpretuje pojęcia matematyczne oraz operuje obiektami matematycznymi.
90 Informator o egzaminie maturalnym z matematyki od roku szkolnego 2014/2015
Wymagania szczegółowe
6.4.R Zdający posługuje się wykresami funkcji trygonometrycznych (np. gdy rozwiązuje
nierówności typu sin x >� a , cos x Ł� a , tg x >� a ).
Rozwiązanie
1
Rozwiązujemy nierówność cos5x >� .
2
p� p�
Zatem -� +� 2kp� <� 5x <� +� 2kp� , gdzie k jest liczbą całkowitą, czyli
3 3
p� 2kp� p� 2kp�
-� +� <� x <� +� , gdzie k jest liczbą całkowitą.
15 5 15 5
Rozwiązaniami tej nierówności dla -�p� Ł� x Ł� p� są:
13p� 11p� 7p� 5p� p� p� 5p� 7p�
-� <� x <� -� lub -� <� x <� -� lub -� <� x <� lub <� x <� lub
15 15 15 15 15 15 15 15
11p� 13p�
<� x <� .
15 15
Zadanie 26. (0 3)
Dany jest ostrosłup prawidłowy czworokątny. Kąt a� jest kątem między dwiema sąsiednimi
ścianami bocznymi. Kąt b� jest kątem przy podstawie ściany bocznej (tzn. kątem między
krawędzią podstawy i krawędzią boczną ostrosłupa) -� zobacz rysunek.
Wykaż, że cosa� �� tg2b� =� -�1.
Wymaganie ogólne
V. Rozumowanie i argumentacja.
Zdający tworzy łańcuch argumentów i uzasadnia jego poprawność.
Przykładowe zadania z rozwiązaniami: poziom rozszerzony 91
Wymagania szczegółowe
9.4. Zdający rozpoznaje w graniastosłupach i ostrosłupach kąty między ścianami.
9.1. Zdający rozpoznaje w graniastosłupach i ostrosłupach kąty między odcinkami
(np. krawędziami, krawędziami i przekątnymi, itp.), oblicza miary tych kątów.
9.6. Zdający stosuje trygonometrię do obliczeń długości odcinków, miar kątów, pól
powierzchni i objętości.
Rozwiązanie
Oznaczmy, tak jak na poniższym rysunku: a -� długość krawędzi podstawy, h -� wysokość
ściany bocznej poprowadzona z wierzchołka podstawy, c -� długość odcinka łączącego
wierzchołek podstawy ze spodkiem wysokości h.
Na podstawie twierdzenia cosinusów mamy:
2
a 2 =� h2 +� h2 -� 2h ��h ��cosa� .
(� )�
Stąd
h2 -� a2
cosa� =� .
h2
Na podstawie twierdzenia Pitagorasa mamy
c2 =� a2 -� h2 .
Ponadto
h h2
tgb� =� , a stąd wynika, że tg2b� =� .
c c2
Obliczamy zatem
-�
(� )�
h2 -� a2 h2 -� a2 h2 -�c2
cosa� ��tg2b� =� �� =� =� =� -�1
.
h2 c2 c2 c2
To kończy dowód.
92 Informator o egzaminie maturalnym z matematyki od roku szkolnego 2014/2015
Zadanie 27. (0 4)
W ostrosłupie prawidłowym trójkątnym krawędz
podstawy ma długość a. Płaszczyzna
przechodząca przez krawędz
podstawy i środek wysokości tego ostrosłupa jest nachylona do
płaszczyzny podstawy pod kątem a� . Wyznacz objętość i pole powierzchni bocznej tego
ostrosłupa.
Wymaganie ogólne
IV. Użycie i tworzenie strategii.
Zdający tworzy strategię rozwiązania problemu.
Wymagania szczegółowe
9.2.R Zdający określa, jaką figurą jest dany przekrój graniastosłupa lub ostrosłupa
płaszczyzną.
9.6. Zdający stosuje trygonometrię do obliczeń długości odcinków, miar kątów, pól
powierzchni i objętości.
10.7.G Zdający stosuje twierdzenie Pitagorasa.
Rozwiązanie
Wprowadzamy oznaczenia takie jak na rysunku.
W
N
S
C
A
O
M
B
W trójkącie równobocznym ABC mamy:
a 3 1 a 3
AB =� a , CM =� , OM =� CM =� .
2 3 6
Stąd
a 3 a 3
OS =� OM �� tga� , czyli OW =� 2�� OS =� 2�� ��tga� =� �� tga� .
6 3
Przykładowe zadania z rozwiązaniami: poziom rozszerzony 93
Zatem
1 a2 3 a 3 a3
V =� �� �� �� tga� =� �� tga� .
3 4 3 12
Następnie
3a2 3a2 a2 a2 a2
2 2 2
MW =� OM +� OW =� +� tg2a� =� +� tg2a� =� 1+� 4tg2a� ,
(� )�
36 9 12 3 12
a a 3
MW =� 1+� 4tg2a� =� 1+� 4tg2a�
6
2 3
i stąd otrzymujemy
1 a 3 a2 3
Pb =� 3�� ��a �� �� 1+� 4tg2a� =� �� 1+� 4tg2a� .
2 6 4
Zadanie 28. (0 4)
Dany jest sześcian ABCDEFGH (zobacz rysunek) o krawędzi równej 1. Punkt S jest
środkiem krawędzi DH . Odcinek DW jest wysokością ostrosłupa ACSD opuszczoną
z wierzchołka D na ścianę ACS . Oblicz długości odcinków AW, CW i SW.
H
G
E
F
D
C
A B
Wymaganie ogólne
IV. Użycie i tworzenie strategii.
Zdający tworzy strategię rozwiązania problemu.
Wymagania szczegółowe
9.2. Zdający określa, jaką figurą jest dany przekrój graniastosłupa lub ostrosłupa płaszczyzną.
10.7.G Zdający stosuje twierdzenie Pitagorasa.
94 Informator o egzaminie maturalnym z matematyki od roku szkolnego 2014/2015
Rozwiązanie
A
ączymy punkty A i S , A i C oraz C i S (zobacz rysunek). Niech T oznacza punkt
przecięcia przekątnych AC i BD podstawy tego sześcianu.
H
G
E
F
S
W
D
C
T
A B
Punkt S leży na krawędzi DH , więc AS =�CS , a zatem trójkąt ACS , stanowiący podstawę
ostrosłupa ACSD, jest trójkątem równoramiennym. Wynika stąd, że odcinek ST jest
wysokością tego trójkąta. Długość odcinka ST obliczamy stosując twierdzenie Pitagorasa do
trójkąta prostokątnego TSD :
2
2
ć� ��
3
1 2
2 2 2 ć� ��
ST =� SD +� DT =� +� , czyli ST =� .
�� ��
�� ��
�� ��
2 2 2
Ł� ł�
Ł� ł�
Zauważamy, że odcinek DW jest wysokością trójkąta prostokątnego TDS poprowadzoną do
przeciwprostokątnej TS . Długość odcinka DW obliczymy zapisując na dwa sposoby pole
trójkąta TDS :
1 1
�� SD �� TD =� �� ST �� DW ,
2 2
1 2
��
6
2 2
DW =� =� .
6
3
2
Stąd i z twierdzenia Pitagorasa zastosowanego do trójkąta prostokątnego SWD wynika, że:
Przykładowe zadania z rozwiązaniami: poziom rozszerzony 95
2
2
ć� ��
1 6 1 3
ć� ��
.
SW =� -� =� =�
�� ��
�� ��
�� ��
2 6 12 6
Ł� ł�
Ł� ł�
Teraz zauważamy, że wysokość ST trójkąta równoramiennego ACS jest zawarta w osi
symetrii tego trójkąta. Wynika stąd, że AW =� CW . Długość odcinka AW obliczamy stosując
twierdzenie Pitagorasa do trójkąta prostokątnego ATW , w którym
3 3 3
TW =� ST -� SW =� -� =� .
2 6 3
Otrzymujemy zatem
2 2
ć� �� ć� ��
2 2 2 2 3 5
AW =� AT +� TW =� +� =� ,
�� �� �� ��
�� �� �� ��
2 3 6
Ł� ł� Ł� ł�
skąd
30
AW =� CW =� .
6
30 3
Podsumowując, szukane odcinki mają długości: AW =� CW =� , SW =� .
6 6
Zadanie 29. (0 6)
Kwadrat ABCD o boku długości 1 jest podstawą ostrosłupa ABCDS . Odcinek HS jest
wysokością ostrosłupa, przy czym punkt H dzieli przekątną AC podstawy w stosunku 2 : 1
(zobacz rysunek). Krawędzie boczne BS i DS mają długość równą 1. Oblicz objętość tego
ostrosłupa oraz długości krawędzi AS i CS .
S
D C
H
A B
Wymaganie ogólne
IV. Użycie i tworzenie strategii.
Zdający tworzy strategię rozwiązania problemu.
96 Informator o egzaminie maturalnym z matematyki od roku szkolnego 2014/2015
Wymagania szczegółowe
10.7.G Zdający stosuje twierdzenie Pitagorasa.
Rozwiązanie
Niech T oznacza punkt przecięcia przekątnych AC i BD podstawy ostrosłupa
(zobacz rysunek).
S
D C
H
T
A B
2 2 2 2
Ponieważ AC =� 2 , więc CH =� oraz HT =� -� =� . Trójkąt BSD jest
3 2 3 6
równoramiennym trójkątem prostokątnym, dlatego że jego ramiona mają długości
2
BS =� DS =� 1, a podstawa BD =� 2 . Stąd wynika, że ST =� . Obliczamy zatem
2
wysokość HS tego ostrosłupa, stosując twierdzenie Pitagorasa do trójkąta SHT :
2 2 2 1 1 4 2
HS =� ST -� HT =� -� =� , skąd wynika, że HS =� .
2 18 9 3
Objętość V tego ostrosłupa jest zatem równa:
1 2 2
V =� ��1�� =� .
3 3 9
Pozostaje obliczyć jeszcze długości krawędzi bocznych AS i CS . Z twierdzenia Pitagorasa
zastosowanego dwukrotnie, najpierw do trójkąta AHS , otrzymujemy
2
2
ć� ��
2 3
2 2 2 2 2 2 4
ć� ��
AS =� AH +� HS =� +� =� , więc AS =� ,
�� ��
�� ��
�� ��
3 3 3 3
Ł� ł�
Ł� ł�
natomiast do trójkąta CHS
2
2
ć� ��
6
2 2 2 2 2 2
ć� ��
CS =� CH +� HS =� +� =� , skąd CS =� .
�� ��
�� ��
�� ��
3 3 3 3
Ł� ł�
Ł� ł�
Przykładowe zadania z rozwiązaniami: poziom rozszerzony 97
Uwaga
Rozważany ostrosłup nie jest prawidłowy, a wszystkie ściany boczne tego ostrosłupa są
trójkątami równoramiennymi.
Zadanie 30. (0 4)
Dany jest sześcian ABCDEFGH (zobacz rysunek), którego krawędz
ma długość 15 . Punkty
Q i R dzielą krawędzie HG i FG w stosunku 2 : 1 , to znaczy HQ =� FR =� 10 .
Płaszczyzna AQR przecina krawędzie DH i BF odpowiednio w punktach P i S . Oblicz
długości odcinków DP i BS .
Q
H
G
R
E
F
P
S
D
C
A B
Wymaganie ogólne
IV. Użycie i tworzenie strategii.
Zdający tworzy strategię rozwiązania problemu.
Wymagania szczegółowe
9.2.R Zdający określa, jaką figurą jest dany przekrój graniastosłupa lub ostrosłupa
płaszczyzną.
9.1. Zdający rozpoznaje w graniastosłupach i ostrosłupach kąty między odcinkami
(np. krawędziami, krawędziami i przekątnymi itp.), oblicza miary tych kątów.
7.4.R Zdający rozpoznaje figury podobne i jednokładne; wykorzystuje (także w kontekstach
praktycznych) ich własności.
98 Informator o egzaminie maturalnym z matematyki od roku szkolnego 2014/2015
Rozwiązanie (I sposób)
Rozważamy kwadrat EFGH . Niech T oznacza punkt przecięcia przedłużeń odcinków QR
i EF (zobacz rysunek).
Q
G
H 5
5
R
10
E F T
10
Trójkąty prostokątne RFT i RGQ są podobne na mocy cechy kkk. Stąd wynika, że FT =�10.
Teraz rozważamy kwadrat ABFE (zobacz rysunek).
E
F
10
T
x
S
15-x
A B
15
Trójkąty prostokątne ABS i TFS są podobne na mocy cechy kkk. Możemy więc zapisać
równanie
SF BS
x 15 -� x
=� , a zatem =� .
FT AB 10 15
Rozwiązujemy to równanie
15x =�150-�10x , x =� 6 .
Zatem długość szukanego odcinka BS jest równa 9. Ponieważ punkty B i D leżą
symetrycznie względem płaszczyzny ACGE , więc DP =� BS =� 9 .
Przykładowe zadania z rozwiązaniami: poziom rozszerzony 99
Rozwiązanie (II sposób)
Rysujemy przekątne AC , BD , EG oraz łączymy punkty P i S . Oznaczmy kolejno:
W -� środek odcinka PS , W1 -� punkt przecięcia przekątnych AC i BD , T -� środek odcinka
QR (zobacz rysunek). Niech ponadto T1 będzie takim punktem przekątnej AC ,
że GT =� CT1.
Q
H
G
R
T
E
F
P
W
S
D
C
A B
Zauważamy, że DP =� BS co wynika, z symetrii względem płaszczyzny ACGE . Zatem
czworokąt BSPD jest prostokątem. Stąd wynika, że prosta przechodząca przez środki boków
tego prostokąta -� punkty W i W1 -� jest prostopadła do płaszczyzny ABCD . Ponadto, prosta
przechodząca przez punkty T i T1 jest także prostopadła do tej płaszczyzny. Zauważamy, że
punkty: A , W , W1 , T i T1 leżą w jednej płaszczyz
nie  jest nią płaszczyzna ACGE . Na
mocy cechy kkk, trójkąty prostokątne AW1W i AT1T są podobne, więc możemy zapisać
równość
TT1 WW1 TT1 �� AW1
=� , skąd wynika, że WW1 =� .
AT1 AW1 AT1
15 2 5 2 25 2
Ponieważ TT1 =�15 , AW1 =� oraz AT1 =�15 2 -� =� , więc
2 2 2
15 2
15��
2
WW1 =� =� 9 .
25 2
2
Oczywiście DP =� BS =� WW1 =� 9.
100 Informator o egzaminie maturalnym z matematyki od roku szkolnego 2014/2015
Zadanie 31. (0 3)
Oblicz, ile jest wszystkich liczb siedmiocyfrowych, w zapisie których nie występuje zero i na
dokładnie dwóch miejscach stoją cyfry parzyste.
Wymagania ogólne
IV. Użycie i tworzenie strategii.
Zdający tworzy strategię rozwiązania problemu.
Wymagania szczegółowe
10.1.R Zdający wykorzystuje wzory na liczbę permutacji, kombinacji, wariacji
z powtórzeniami do zliczania obiektów w bardziej złożonych sytuacjach kombinatorycznych.
Rozwiązanie
Rozwiązanie zadania składa się z trzech kroków. W kroku pierwszym obliczamy, na ile
sposobów można wybrać dwa miejsca (spośród siedmiu), na których stoją cyfry parzyste. Ten
krok możemy wykonać czterema sposobami.
�� Możemy skorzystać ze wzoru na liczbę dwuelementowych kombinacji ze zbioru
7
ć� ��
siedmioelementowego; wyraża się ona współczynnikiem dwumianowym . Ten
�� ��
2
Ł� ł�
współczynnik możemy odczytać z trójkąta Pascala lub obliczyć ze wzoru
m
ć� �� m!
=� .
�� ��
n n! m -� n !
(� )�
Ł� ł�
Mamy zatem
7
ć� �� 7! 7! 6��7��5! 6��7
=� =� =� =� =� 3��7 =� 21.
��
2�� 2! 7 -� 2 ! 2!5! 2!5! 2
(� )�
Ł� ł�
�� Możemy po prostu wszystkie te sposoby wyboru dwóch miejsc wypisać (kółko białe
oznacza miejsce dla cyfry nieparzystej, kółko czarne  dla parzystej):
Przykładowe zadania z rozwiązaniami: poziom rozszerzony 101
1: �% �% �% �% �%
2: �% �% �% �% �%
3: �% �% �% �% �%
4: �% �% �% �% �%
5: �% �% �% �% �%
6: �% �% �% �% �%
7: �% �% �% �% �%
8: �% �% �% �% �%
9: �% �% �% �% �%
10: �% �% �% �% �%
11: �% �% �% �% �%
12: �% �% �% �% �%
13: �% �% �% �% �%
14: �% �% �% �% �%
15: �% �% �% �% �%
16: �% �% �% �% �%
17: �% �% �% �% �%
18: �% �% �% �% �%
19: �% �% �% �% �%
20: �% �% �% �% �%
21: �% �% �% �% �%
�� Możemy także te możliwości zliczać: jeśli pierwsza (licząc od lewej strony) cyfra
parzysta stoi na pierwszym miejscu, to drugą możemy ustawić na jednym z sześciu
miejsc (od drugiego do siódmego); jeśli pierwsza (od lewej strony) cyfra parzysta stoi
na drugim miejscu, to drugą możemy ustawić na jednym z pięciu miejsc i tak dalej.
Wreszcie, jeśli pierwsza cyfra parzysta stoi na szóstym miejscu, to druga może stać
tylko na miejscu siódmym. A
ącznie mamy więc
6+�5+� 4+�3+� 2+�1=� 21
sposobów wyboru dwóch miejsc dla cyfr parzystych.
�� Możemy wreszcie rozumować następująco: jedną cyfrę parzystą możemy ustawić na
jednym z 7 miejsc, drugą na jednym z sześciu miejsc. W ten sposób każde ustawienie
policzyliśmy dwukrotnie, np. ustawienie
�% �% �% �% �%
102 Informator o egzaminie maturalnym z matematyki od roku szkolnego 2014/2015
możemy otrzymać wybierając najpierw miejsce trzecie, a potem miejsce piąte lub
wybierając najpierw miejsce piąte, a potem miejsce trzecie. Zatem liczba sposobów
wyboru tych dwóch miejsc jest równa
7��6
=� 7��3 =� 21
.
2
W kroku drugim obliczamy, na ile sposobów możemy na miejscach wybranych dla cyfr
parzystych i nieparzystych napisać te cyfry. Skorzystamy dwukrotnie z reguły mnożenia.
Najpierw na wybranych dwóch miejscach ustawiamy cyfry parzyste. Ponieważ w zapisie
liczby nie występuje zero, więc na każdym miejscu mamy do wyboru cztery cyfry: 2, 4, 6, 8.
Mamy zatem 42 =� 16 sposobów zapisania cyfr parzystych na wybranych miejscach. Wreszcie
na każdym z pozostałych pięciu miejsc zapisujemy jedną z pięciu cyfr nieparzystych: 1, 3, 5,
7, 9. Mamy zatem 55 =� 3125 sposobów zapisania cyfr nieparzystych na pozostałych
miejscach.
W kroku trzecim obliczamy, ile jest liczb siedmiocyfrowych spełniających warunki opisane
w zadaniu. Korzystamy jeszcze raz z reguły mnożenia i otrzymujemy
21�� 42 ��55 =� 21��16 ��3125 =� 1 050 000
liczb.
Zadanie 32. (0 4)
Oblicz sumę wszystkich liczb trzycyfrowych zapisanych wyłącznie za pomocą cyfr 1, 2 i 3,
wiedząc, że cyfry mogą się powtarzać.
Wymagania ogólne
IV. Użycie i tworzenie strategii.
Zdający tworzy strategię rozwiązania problemu.
Wymagania szczegółowe
10.1.R Zdający wykorzystuje wzory na liczbę permutacji, kombinacji, wariacji
z powtórzeniami do zliczania obiektów w bardziej złożonych sytuacjach kombinatorycznych.
Rozwiązanie
Zauważmy najpierw, że istnieje tylko 27 liczb trzycyfrowych, których cyfry są wybrane
spośród cyfr 1, 2 i 3. Pierwszą cyfrę możemy bowiem wybrać na 3 sposoby, drugą także na
trzy sposoby (cyfry mogą się powtarzać) i trzecią też na trzy sposoby. Najprostszy sposób
rozwiązania zadania polega zatem na wypisaniu i dodaniu (np. na kalkulatorze) tych liczb.
Oto one:
111 + 112 + 113 + 121 + 122 + 123 + 131 + 132 + 133 = 1098,
211 + 212 + 213 + 221 + 222 + 223 + 231 + 232 + 233 = 1998,
311 + 312 + 313 + 321 + 322 + 323 + 331 + 332 + 333 = 2898.
Przykładowe zadania z rozwiązaniami: poziom rozszerzony 103
Suma wszystkich liczb jest równa
1098 + 1998 + 2898 = 5994.
Liczby te można łatwo dodać bez używania kalkulatora. Zauważmy, że sumy liczb w trzech
wierszach są równe:
9 ��100 + (11 + 12 + 13 + 21 + 22 + 23 + 31 + 32 + 33) = 900 + 198 = 1098 ,
9 �� 200 + (11 + 12 + 13 + 21 + 22 + 23 + 31 + 32 + 33) = 1800 + 198 = 1998 ,
9 ��300 + (11 + 12 + 13 + 21 + 22 + 23 + 31 + 32 + 33) = 2700 + 198 = 2898 .
Dodawanie
11 + 12 + 13 + 21 + 22 + 23 + 31 + 32 + 33 = 198
może być wykonane w pamięci; pozostałe dodawania można łatwo wykonać też w pamięci
lub pisemnie. Najważniejsze było zauważenie, że we wszystkich dodawaniach występowała
ta sama suma liczb dwucyfrowych i zmieniały się tylko sumy setek. Ta obserwacja będzie
podstawą dla drugiego sposobu rozwiązania.
Obliczając sumę wszystkich 27 liczb, każdą z tych liczb zapiszemy w postaci
a��100+b��10+c
i będziemy oddzielnie dodawać wielokrotności 100, oddzielnie wielokrotności 10 i wreszcie
oddzielnie cyfry jedności. Policzmy, w ilu liczbach jedynka występuje na pierwszym miejscu
(tzn. jako cyfra setek). Otóż na drugim miejscu możemy postawić jedną z trzech cyfr i na
trzecim też jedną z trzech cyfr. Zatem jedynka jest na pierwszym miejscu w dziewięciu
liczbach. W sumie wszystkich dwudziestu siedmiu liczb dziewięć razy wystąpi składnik 100.
Podobnie 9 razy wystąpi składnik 200 i 9 razy wystąpi składnik 300. Zatem składniki postaci
a��100 dadzą sumę
9 ��100 + 9 �� 200 + 9 ��300 = 9 ��100 �� (1 + 2 + 3) = 9 ��100 ��6 = 5400 .
Tak samo pokazujemy, że każda cyfra wystąpi 9 razy na drugim miejscu (tzn. jako cyfra
dziesiątek). Zatem składniki postaci b��10 dadzą sumę
9 ��10 + 9 �� 20 + 9 ��30 = 9 ��10 �� (1 + 2 + 3) = 9 ��10 �� 6 = 540 .
Wreszcie tak samo pokazujemy, że każda cyfra wystąpi 9 razy jako cyfra jedności. Suma cyfr
jedności jest zatem równa
9 ��1 + 9 �� 2 + 9 ��3 = 9 �� (1 + 2 + 3) = 9 �� 6 = 54 .
Suma wszystkich liczb wynosi zatem
5400 + 540 + 54 = 5994.
104 Informator o egzaminie maturalnym z matematyki od roku szkolnego 2014/2015
Zadanie 33. (0 7)
Oblicz, ile jest wszystkich liczb ośmiocyfrowych, których iloczyn cyfr jest równy 24.
Wymagania ogólne
IV. Użycie i tworzenie strategii.
Zdający tworzy strategię rozwiązania problemu.
Wymagania szczegółowe
10.1.R Zdający wykorzystuje wzory na liczbę permutacji, kombinacji, wariacji z powtórzeniami do
zliczania obiektów w bardziej złożonych sytuacjach kombinatorycznych.
Rozwiązanie
Rozkładamy liczbę 24 na czynniki pierwsze 24 =� 3��2��2��2.
Mamy więc pięć, parami wykluczających się możliwości, w których iloczyn cyfr liczby
ośmiocyfrowej jest równy 24:
1. Wśród cyfr tej liczby są trzy dwójki, jedna trójka i cztery jedynki ( 24 =� 3��2��2��2��1��1��1��1).
Liczbę takich liczb można obliczyć na przykład tak:
7
ć� ��
�� 8���� �� =� 280  wybieramy jedno miejsce z ośmiu dla trójki a następnie trzy
Ł�3 ł�
miejsca z pozostałych siedmiu dla dwójki
albo tak:
8
ć� ��
�� ��4 =� 280  wybieramy cztery miejsca dla cyfr różnych od jedynki, a następnie
��
4��
Ł� ł�
spośród nich wybieramy miejsce dla trójki,
albo tak:
8!
�� =� 280  ustawiamy na wszystkie możliwe sposoby cyfry liczby 32221111.
3!�� 4!
2. Wśród cyfr tej liczby są trójka, czwórka, dwójka i pięć jedynek ( 24 =� 3��4��2��1��1��1��1��1).
Liczbę takich liczb można obliczyć na przykład tak:
�� 8��7��6 =� 336  wybieramy miejsca dla cyfr: trzy, cztery, dwa
albo tak:
8
ć� ��
��
��3����3!=� 336  wybieramy trzy miejsca dla cyfr: trzy, cztery, dwa, następnie
Ł� ł�
przestawiamy te cyfry między sobą,
albo tak:
8!
�� =� 336  ustawiamy na wszystkie możliwe sposoby cyfry liczby 32411111.
5!
Przykładowe zadania z rozwiązaniami: poziom rozszerzony 105
3. Wśród cyfr tej liczby są trójka, ósemka i sześć jedynek ( 24 =� 3��8��1��1��1��1��1��1).
Liczbę takich liczb można obliczyć na przykład tak:
�� 8��7 =� 56  wybieramy miejsce dla trójki i z pozostałych dla ósemki
albo tak:
8
ć� ��
��
��2����2 =� 56  wybieramy dwa miejsca z ośmiu dla trójki i ósemki, następnie
Ł� ł�
wybieramy miejsce dla każdej z nich,
albo tak:
8!
�� =� 56  ustawiamy na wszystkie możliwe sposoby cyfry liczby 38111111.
6!
4. Wśród cyfr tej liczby są szóstka, czwórka i sześć jedynek ( 24 =� 6��4��1��1��1��1��1��1).
Liczbę takich liczb można obliczyć na przykład tak:
�� 8��7 =� 56  wybieramy miejsce dla szóstki i czwórki
albo tak:
8
ć� ��
��
��2����2 =� 56  wybieramy dwa miejsca z ośmiu dla szóstki i czwórki, następnie
Ł� ł�
wybieramy miejsce dla każdej z nich,
albo tak:
8!
�� =� 56  ustawiamy na wszystkie możliwe sposoby cyfry liczby 64111111.
6!
5. Wśród cyfr tej liczby są dwie dwójki, jedna szóstka i pięć jedynek( 24 =� 6��2��2��1��1��1��1��1).
Liczbę takich liczb można obliczyć na przykład tak:
7
ć� ��
�� 8���� �� =�168
 wybieramy miejsce dla szóstki, następnie dwa miejsca z siedmiu dla
Ł�2ł�
dwójek
albo tak:
8
ć� ��
��  wybieramy trzy miejsca z ośmiu dla szóstki i dwóch dwójek,
��3����3 =�168
Ł� ł�
następnie spośród nich wybieramy miejsce dla szóstki,
albo tak:
8!
�� =� 168  ustawiamy na wszystkie możliwe sposoby cyfry liczby 62211111.
2!��5!
Zatem wszystkich liczb ośmiocyfrowych, których iloczyn cyfr jest równy 24, jest
280+�336+�56+�56+�168 =� 896.
106 Informator o egzaminie maturalnym z matematyki od roku szkolnego 2014/2015
Zadanie 34. (0 6)
Oblicz, ile jest wszystkich liczb stucyfrowych o sumie cyfr równej 5, w zapisie których
występują tylko cyfry 0, 1, 3, 5.
Wymagania ogólne
IV. Użycie i tworzenie strategii.
Zdający tworzy strategię rozwiązania problemu.
Wymagania szczegółowe
10.1.R Zdający wykorzystuje wzory na liczbę permutacji, kombinacji, wariacji
z powtórzeniami do zliczania obiektów w bardziej złożonych sytuacjach kombinatorycznych.
Rozwiązanie
Wszystkie liczby stucyfrowe o sumie cyfr równej 5, w zapisie których występują tylko cyfry
0, 1, 3, 5 możemy podzielić na 4 grupy w zależności od tego, jaka cyfra stoi na pierwszym
miejscu liczby:
1. Liczba 5000...000,w której po cyfrze 5następuje 99 zer. Jest jedna taka liczba.
2. Liczby postaci 3000...1...000...1...000, w których po cyfrze 3występuje 97 cyfr 0 i dwie
cyfry 1, stojące na dwóch miejscach wybranych z 99 możliwych miejsc. Jest
99
ć� �� 99��98
=� =� 99��49 =� 4851
takich liczb.
�� ��
2 2
Ł� ł�
3. Liczby postaci 1000...3...000...1...000 lub 1000...1...000...3...000, w których po cyfrze 1
występuje 97 cyfr 0 oraz cyfry 1 i 3(w dowolnej kolejności), stojące na dwóch
miejscach wybranych z 99 możliwych miejsc. Jest 99��98 =� 9702 takich liczb.
4. Liczby postaci 1000...1...000...1...000...1...000...1...000, w których po cyfrze 1 występuje
95 cyfr 0 i cztery cyfry 1, stojące na czterech miejscach wybranych z 99 możliwych
99
ć� �� 99��98��97��96
miejsc. Jest =� =� 33��49��97��24 =� 3 764 376
takich liczb.
�� ��
4 24
Ł� ł�
Zatem wszystkich liczb stucyfrowych o sumie cyfr równej 5, w zapisie których występują
tylko cyfry 0, 1, 3, 5, jest
1+� 4851+� 9702 +� 3 764 376 =� 3 778 930.
Przykładowe zadania z rozwiązaniami: poziom rozszerzony 107
Zadanie 35. (0 3)
Doświadczenie losowe polega na tym, że losujemy jednocześnie dwie liczby ze zbioru
1, 2,3,...,12,13 . Oblicz prawdopodobieństwo warunkowe, że wśród wylosowanych liczb
{� }�
będzie liczba 8, pod warunkiem, że suma wylosowanych liczb będzie nieparzysta.
Wymagania ogólne
IV. Użycie i tworzenie strategii.
Zdający tworzy strategię rozwiązania problemu.
Wymagania szczegółowe
10.2.R Zdający oblicza prawdopodobieństwo warunkowe.
Rozwiązanie
Zdarzeniami elementarnymi są wszystkie dwuelementowe podzbiory (pary
nieuporządkowane, kombinacje) zbioru 1, 2,3,...,12,13 . Jest to model klasyczny.
{� }�
Wprowadzamy oznaczenia:
A  wśród wylosowanych liczb będzie liczba 8,
B  suma wylosowanych liczb będzie nieparzysta.
A�� B
P(A�� B)
Mamy obliczyć P(A | B) =� =� .
P(B) B
Zdarzeniu B sprzyjają kombinacje złożone z jednej liczby nieparzystej i jednej parzystej,
B =� 7��6 =� 42 ,
Zdarzeniu A �� B sprzyjają kombinacje złożone z liczby 8 i jednej liczby nieparzystej,
A�� B =�1��7 =� 7 ,
stąd
7 1
P(A | B) =� =� .
42 6
Zatem prawdopodobieństwo, że wśród wylosowanych liczb będzie liczba 8, pod warunkiem,
1
że suma wylosowanych liczb będzie nieparzysta, jest równe .
6
Zadanie 36. (0 3)
Niech A, B będą zdarzeniami losowymi zawartymi w W� . Wykaż, że jeżeli P( A) =� 0, 7
i P(B) =� 0,8 , to P( A | B) ł� 0, 625 .
P A | B oznacza prawdopodobieństwo warunkowe.
(� )�
108 Informator o egzaminie maturalnym z matematyki od roku szkolnego 2014/2015
Wymagania ogólne
IV. Użycie i tworzenie strategii.
Zdający tworzy strategię rozwiązania problemu.
Wymagania szczegółowe
10.2.R Zdający oblicza prawdopodobieństwo warunkowe.
Rozwiązanie
P(A �� B)
P(A | B) =� .
P(B)
Wykażemy najpierw, że jeżeli P( A) =� 0, 7 i P(B) =� 0,8 , to P( A �� B) ł� 0,5 .
Wiemy, że P( A �� B) =� P( A) +� P(B) -� P( A �� B) oraz P( A �� B) Ł� 1 .
Mamy więc: 1 ł� P( A �� B) =� P( A) +� P(B) -� P( A �� B) , stąd P( A �� B) ł� P( A) +� P(B) -�1,
czyli P( A �� B) ł� 0,5 .
P(A �� B) 0,5
Stąd P(A | B) =� ł� =� 0,625 .
P(B) 0,8
Zadanie 37. (0 4)
Wybieramy losowo jedną liczbę ze zbioru 1, 2,3 i gdy otrzymamy liczbę n, to rzucamy n
{� }�
razy symetryczną monetą. Oblicz prawdopodobieństwo otrzymania co najmniej jednego orła.
Wynik przedstaw w postaci ułamka zwykłego nieskracalnego.
Wymagania ogólne
IV. Użycie i tworzenie strategii.
Zdający tworzy strategię rozwiązania problemu.
Wymagania szczegółowe
10.3.R Zdający korzysta z twierdzenia o prawdopodobieństwie całkowitym.
Rozwiązanie
Wprowadzamy oznaczenia dla zdarzeń:
B1  wylosujemy liczbę 1,
B2  wylosujemy liczbę 2,
B3  wylosujemy liczbę 3,
A  otrzymamy co najmniej jednego orła.
Przykładowe zadania z rozwiązaniami: poziom rozszerzony 109
Zdarzenia B1 , B2 i B3 spełniają założenia twierdzenia o prawdopodobieństwie całkowitym,
ponieważ
1
B1 �� B2 �� B3 =� W� , B1 �� B2 =� B1 �� B3 =� B2 �� B3 =� � , P(B1) =� P(B2 ) =� P(B3) =� >� 0 .
3
Stosując twierdzenie o prawdopodobieństwie całkowitym do zdarzenia A , otrzymujemy
P(A) =� P(A | B1)P(B1) +� P(A | B2)P(B2 ) +� P(A | B3)P(B3) .
1 3 7
Ponieważ P(A | B1) =� , P(A | B2 ) =� , P(A | B3) =� , więc
2 4 8
1 1 3 1 7 1 17
P(A) =� P(A | B1)P(B1) +� P(A | B2)P(B2) +� P(A | B3)P(B3) =� �� +� �� +� �� =� .
2 3 4 3 8 3 24
17
Zatem prawdopodobieństwo otrzymania co najmniej jednego orła jest równe .
24
Uwaga
Zdający może rozwiązać zadanie za pomocą drzewa.
Zadanie 38. (0 2)
Niech A, B będą zdarzeniami losowymi zawartymi w W� . Wykaż, że jeżeli
ó� ó�
P A�� B =� P A P B , to P A �� B =� P A P B .
(� )� (� )� (� )� (� )� (� )� (� )�
ó�
B oznacza zdarzenie przeciwne do zdarzenia B.
Wymagania ogólne
V. Rozumowanie i argumentacja.
Zdający tworzy łańcuch argumentów i uzasadnia jego poprawność.
Wymagania szczegółowe
10.3. Zdający oblicza prawdopodobieństwa w prostych sytuacjach, stosując klasyczną
definicję prawdopodobieństwa.
Rozwiązanie
ó� ó�
P A �� B =� P A -� P A �� B =� P A -� P A P B =� P A 1-� P B =� P A P B
(� )� (� )� (� )� (� )� (� )� (� )� (� )� (� )� (� )� (� )�
(� )�
110 Informator o egzaminie maturalnym z matematyki od roku szkolnego 2014/2015
Informacja dla absolwentów niesłyszących 111
Informacja o egzaminie maturalnym z matematyki dla absolwentów niesłyszących
6.
6.1. EGZAMIN MATURALNY Z MATEMATYKI DLA ABSOLWENTÓW NIESA
YSZ
CYCH
Egzamin maturalny z matematyki dla absolwentów niesłyszących sprawdza  podobnie jak
w przypadku arkusza standardowego  w jakim stopniu absolwent spełnia wymagania
z zakresu tego przedmiotu określone w podstawie programowej kształcenia ogólnego dla IV
etapu edukacyjnego w zakresie rozszerzonym i podstawowym. W zadaniach zestawu
egzaminacyjnego mogą też być sprawdzane wymagania z etapów wcześniejszych.
Ogólne informacje o egzaminie maturalnym z matematyki od roku szkolnego 2014/2015,
krótka charakterystyka arkusza egzaminacyjnego oraz najważniejsze zasady dotyczące
oceniania wypowiedzi zdających, przedstawione w częściach 1.  3. Informatora, dotyczą
również arkuszy dla absolwentów niesłyszących. Jednak zgodnie z zapisami odpowiedniego
rozporządzenia Ministra Edukacji Narodowej1, absolwenci niepełnosprawni przystępują do
egzaminu maturalnego w warunkach i formie dostosowanych do rodzaju ich
niepełnosprawności.
Dostosowania obejmują:
�� w odniesieniu do formy egzaminu maturalnego m.in.
- zmianę sposobu sformułowania niektórych zadań (zamiana słów, zwrotów lub całych
zdań), jeżeli mogłyby one być niezrozumiałe lub błędnie zrozumiane przez osoby
niesłyszące (nie dotyczy to terminów typowych dla danej dziedziny wiedzy),
- zmianę schematu punktowania niektórych zadań,
�� w odniesieniu do warunków przeprowadzania egzaminu maturalnego m.in.
- przedłużenie czasu przewidzianego na przeprowadzenie egzaminu,
- możliwość korzystania ze słowników językowych.
Poniżej przedstawione zostały przykładowe zadania ilustrujące dostosowania dla
absolwentów niesłyszących. Numeracja zadań odpowiada numeracji zadań w części 4. i 5.
Jeżeli zadanie nie zostało przedstawione poniżej, oznacza to, że wersja dla niesłyszących nie
różni się niczym od wersji przedstawionej w wyżej wymienionych częściach.
Szczegółowa informacja na temat zakresu dostosowania warunków przeprowadzania
egzaminu maturalnego dla absolwentów niesłyszących ogłaszana jest w komunikacie
Dyrektora Centralnej Komisji Egzaminacyjnej w sierpniu poprzedzającym rok szkolny,
w którym jest przeprowadzany egzamin maturalny, na stronie internetowej CKE.
1
Tj. ż 7 ust. 1 rozporządzenia Ministra Edukacji Narodowej z dnia 17 listopada 2010 r. w sprawie warunków
organizowania kształcenia, wychowania i opieki dla dzieci i młodzieży niepełnosprawnych oraz
niedostosowanych społecznie w przedszkolach, szkołach i oddziałach ogólnodostępnych lub integracyjnych
(Dz.U. Nr 228, poz. 1490, z póz
n. zm.).
112 Informator o egzaminie maturalnym z matematyki od roku szkolnego 2014/2015
6.2. PODSTAWOWE ZASADY OCENIANIA ROZWI
ZAC
ZADAC
OTWARTYCH
W zadaniach krótkiej odpowiedzi zdający otrzymuje 1 lub 2 punkty za rozwiązanie, którego
nie doprowadził do końca lub w którym zrobił błędy; określony jest jednak minimalny postęp,
które w tym rozwiązaniu musi być osiągnięty, by otrzymać 1 punkt, oraz co powinno być
w rozwiązaniu, by można było je ocenić na 2 punkty.
W rozwiązaniach zadań rozszerzonej odpowiedzi zostaje wyróżniona najważniejsza faza,
nazywana pokonaniem zasadniczych trudności zadania. Przyjęto zasadę, że za pokonanie
zasadniczych trudności zadania przyznaje się co najmniej połowę punktów, jakie zdający
otrzymałby za bezbłędne rozwiązanie tego zadania. Tak więc w zadaniu za 4 punkty, za
pokonanie zasadniczych trudności przyznajemy 2 lub 3 punkty (zależnie od zadania).
W zadaniu za 5 punktów za pokonanie zasadniczych trudności zadania na ogół przyznajemy
3 punkty. W zadaniach za 6 punktów  na ogół 3 lub 4 punkty. Wyróżnienie w rozwiązaniu
zadania rozszerzonej odpowiedzi fazy pokonania zasadniczych trudności zadania powoduje
następnie wyróżnienie kilku innych faz. Przed pokonaniem zasadniczych trudności zadania
wyróżniamy jeszcze jedną lub dwie fazy je poprzedzające: dokonanie niewielkiego postępu,
który jednak jest konieczny dla rozwiązania zadania oraz dokonanie istotnego postępu
w rozwiązaniu zadania. Zdający, który pokonał zasadnicze trudności zadania, mógł na tym
poprzestać lub mógł kontynuować rozwiązanie. Wyróżniamy ważną kategorię rozwiązań,
w których zdający pokonał zasadnicze trudności zadania i kontynuował rozwiązanie do
końca, jednak w rozwiązaniu zrobił błędy niewpływające na poprawność całego rozumowania
(na przykład nieistotne dla całego rozumowania błędy rachunkowe lub niektóre błędy
nieuwagi). Tak samo wyróżniamy kategorię pokonania zasadniczych trudności z nieistotnymi
błędami. W każdym przypadku określana jest liczba punktów przyznawana za rozwiązania
w każdej (lub niektórych) z powyższych kategorii. Należy podkreślić, że schemat oceniania
rozwiązania zadania jest traktowany jako integralna część zadania; na ogół ten schemat
oceniania uwzględnia wszystkie typowe sposoby rozwiązania i czasami również niektóre
nietypowe.
Zatem w zadaniu za 3 punkty:
1. rozwiązanie, w którym nie ma istotnego postępu ................................................... 0 pkt
2. rozwiązanie, w którym jest istotny postęp, ale nie zostały pokonane zasadnicze
trudności zadania ................................................................................................. .1 pkt
3. zostały pokonane zasadnicze trudności zadania, ale zadanie nie zostało rozwiązane
bezbłędnie .. .......................................................................................................... 2 pkt
4. zadanie zostało rozwiązane bezbłędnie . ................................................................ 3 pkt
Informacja dla absolwentów niesłyszących 113
Natomiast w zadaniu za 4 punkty:
1. rozwiązanie, w którym nie ma istotnego postępu ................................................. .0 pkt
2. został dokonany istotny postęp w rozwiązaniu zadania, ale nie zostały pokonane
zasadnicze trudności zadania lub zostały pokonane zasadnicze trudności zadania,
lub w czasie pokonywania zasadniczych trudności zadania zostały zrobione błędy,
usterki . ................................................................................................................. 1 pkt
3. zostały pokonane zasadnicze trudności zadania i zdający na tym skończył lub błędnie
kontynuował rozwiązanie . ................................................................................. ...2 pkt
4. zostały pokonane zasadnicze trudności zadania, zdający doprowadził rozwiązanie
do końca, ale w rozwiązaniu są błędy, usterki ..................................................... ..3 pkt
5. zadanie zostało rozwiązane bezbłędnie ............................................................... ..4 pkt
Poniżej zamieszczone zostały przykładowe sposoby przydziału punktów za poszczególne fazy
rozwiązania zadań rozszerzonej odpowiedzi.
Najprostszy podział punktów za rozwiązanie zadania za 5 punktów wygląda następująco:
1. rozwiązanie, w którym nie ma istotnego postępu ................................................ ..0 pkt
2. został dokonany istotny postęp w rozwiązaniu zadania, ale nie zostały pokonane
zasadnicze trudności zadania .............................................................................. . 1 pkt
3. zostały pokonane zasadnicze trudności zadania, ale w czasie ich pokonywania zostały
zrobione błędy ..................................................................................................... 2 pkt
4. zasadnicze trudności zadania zostały pokonane bezbłędnie i zdający na tym poprzestał
lub błędnie kontynuował rozwiązanie ................................................................... 3 pkt
5. zostały pokonane zasadnicze trudności zadania, zdający doprowadził rozwiązanie do
końca, ale w rozwiązaniu zadania są usterki (błędy rachunkowe, zgubienie rozwiązań,
brak wyboru właściwych rozwiązań itp.) ............................................................. .4 pkt
6. zadanie zostało rozwiązane bezbłędnie ............................................................... ..5 pkt
A oto inny przydział punktów w zadaniu za 5 punktów :
1. rozwiązanie, w którym nie ma istotnego postępu .................................................. .0 pkt
2. rozwiązanie, w którym postęp jest wprawdzie niewielki, ale konieczny do całkowitego
rozwiązania zadania ............................................................................................. 1 pkt
3. został dokonany istotny postęp w rozwiązaniu zadania, ale nie zostały pokonane
zasadnicze trudności zadania lub zostały pokonane zasadnicze trudności zadania,
rozwiązanie zadania nie zostało doprowadzone do końca, ale w czasie pokonywania
zasadniczych trudności zadania zostały zrobione błędy, usterki .......................... ..2 pkt
4. zasadnicze trudności zadania zostały pokonane bezbłędnie i zdający na tym poprzestał
lub błędnie kontynuował rozwiązanie .................................................................. .3 pkt
5. zostały pokonane zasadnicze trudności zadania, zdający doprowadził rozwiązanie do
końca, ale w rozwiązaniu są usterki (błędy rachunkowe, zgubienie rozwiązań, brak
wyboru właściwych rozwiązań itp.) .................................................................... ..4 pkt
6. zadanie zostało rozwiązane bezbłędnie ................................................................ .5 pkt
114 Informator o egzaminie maturalnym z matematyki od roku szkolnego 2014/2015
Przykładowy sposób przydziału punktów w zadaniu za 6 punktów:
1. rozwiązanie, w którym nie ma istotnego postępu .................................................. .0 pkt
2. rozwiązanie, w którym postęp jest wprawdzie niewielki, ale konieczny na drodze do
całkowitego rozwiązania zadania ........................................................................ .1 pkt
3. został dokonany istotny postęp w rozwiązaniu zadania, ale nie zostały pokonane
zasadnicze trudności zadania ................................................................................ 2 pkt
4. zostały pokonane zasadnicze trudności zadania, rozwiązanie zadania nie zostało
doprowadzone do końca, ale w czasie pokonywania zasadniczych trudności zadania
zostały zrobione błędy, usterki ............................................................................ .3 pkt
5. zasadnicze trudności zadania zostały pokonane bezbłędnie i zdający na tym poprzestał
lub błędnie kontynuował rozwiązanie .................................................................. .4 pkt
6. zostały pokonane zasadnicze trudności zadania, zdający doprowadził rozwiązanie do
końca, ale w rozwiązaniu zadania są usterki (błędy rachunkowe, zgubienie rozwiązań,
brak wyboru właściwych rozwiązań itp.) ............................................................. .5 pkt
7. zadanie zostało rozwiązane bezbłędnie ................................................................. 6 pkt
Poniżej zamieszczone zostały przykłady zadań wraz z rozwiązaniami, opisem sposobu
przyznawania punktów i uwagami, które mogą być pomocne w lepszym zrozumieniu sposobu
oceniania na poziomie rozszerzonym.
Informacja dla absolwentów niesłyszących 115
6.3. PRZYKA
ADY ZADAC
WRAZ Z ROZWI
ZANIAMI I OPISEM SPOSOBU PRZYZNAWANIA
PUNKTÓW
Zadanie I (0 3)
Dany jest ostrokątny trójkąt równoramienny ABC, w którym AC =� BC . Na bokach, na
zewnątrz trójkąta ABC, zbudowano kwadraty ABDE, BCFG i ACHJ. Udowodnij, że pola
trójkątów AHE i BEG są równe.
Rozwiązanie
Omówimy cztery sposoby rozwiązania tego zadania.
Sposób I (trygonometryczny)
Przyjmijmy oznaczenia:
AB =� AE =� a, AC =� BC =� BG =� b, S�BAC =� S�ABC =� a�.
Rozwiązanie tym sposobem polega na obliczeniu dwóch szukanych pól za pomocą a, b i a� .
Mamy bowiem:
1
PAHE =� �� AE �� AH ��sin EAH ,
2
1
PBEG =� �� BE �� BG ��sin EBG .
2
Zauważmy, że: AE =� a oraz BG =� b . Obliczamy długości odcinków AH i BE oraz
wyrażamy za pomocą a� miary kątów EAH i EBG.
Mamy:
AH =� b 2 ,
BE =� a 2 .
116 Informator o egzaminie maturalnym z matematyki od roku szkolnego 2014/2015
Ponieważ trójkąt ABC jest równoramienny i ostrokątny, więc a� >� 45��. Następnie
S�EAB +� S�BAC +� S�CAH =� 90�� +�a� +� 45�� =�135�� +�a� >�135�� +� 45�� =�180�� ,
a więc kąt wypukły EAH jest równy
360�� -� 135�� +�a� =� 225�� -�a�.
(� )�
Podobnie,
S�GBC +� S�ABC +� S�EBA =� 90�� +�a� +� 45�� =�135�� +�a� >�135�� +� 45�� =�180�� ,
a więc kąt wypukły EBG jest równy
360�� -� 135�� +�a� =� 225�� -�a�.
(� )�
Zatem
S�EAH =� 225�� -�a� =� S�EBG .
Stąd otrzymujemy
1 1
PAHE =� �� AE �� AH ��sin EAH =� �� a ��b 2 ��sin 225�� -�a�
(� )�
2 2
oraz
1 1
PBEG =� �� BE �� BG ��sin EBG =� �� a 2 ��b ��sin 225�� -�a� .
(� )�
2 2
Stąd wynika, że PAHE =� PBEG , co kończy dowód.
Komentarz
Rozwiązanie składa się z trzech kroków: obliczenie długości boków AH i BE, udowodnienie
równości kątów EAH i EBG (np. przez wyznaczenie obu kątów za pomocą a� ) oraz
zastosowanie wzoru na pole trójkąta.
Pokonanie zasadniczych trudności zadania polega na obliczeniu wszystkich wielkości
potrzebnych we wzorach na pole. Jeden z możliwych błędów zdających, na który należy
zwrócić tu uwagę, może polegać na złym zastosowaniu wzoru na pole trójkąta
1
(np. pominięcie współczynnika ). Pomimo tego błędu zdający otrzymuje poprawny wynik.
2
W takim przypadku uznajemy rozwiązanie za niedokończone -� bezbłędnie zostały pokonane
tylko zasadnicze trudności zadania.
Informacja dla absolwentów niesłyszących 117
Schemat oceniania I sposobu rozwiązania
Istotny postęp ................................................................................................................. 1 pkt
Obliczenie długości boków AH i BE za pomocą boków AB i AC
lub
udowodnienie, że S�EAH =� S�EBG .
Pokonanie zasadniczych trudności ............................................................................... 2 pkt
Obliczenie długości boków AH i BE za pomocą boków AB i AC oraz udowodnienie, że
S�EAH =� S�EBG .
Rozwiązanie pełne ......................................................................................................... 3 pkt
Udowodnienie, że pola obu trójkątów są równe.
Uwagi
Zdający może wykonać obliczenia związane tylko z jednym z dwóch trójkątów i na tym
skończyć. Na przykład, w przypadku trójkąta AHE może wykonać następujące obliczenia
(przyjmując oznaczenia AB =� a, AC =� b, S�BAC =� a� ):
�� AH =� b 2 ;
�� S�EAH =� 225�� -�a� ;
1
�� PAHE =� �� a ��b �� 2 ��sin 225�� -�a� .
(� )�
2
Wówczas:
�� jeśli zdający wyznaczy tylko długość boku AH lub miarę kąta EAH, to takie
rozwiązanie nie jest jeszcze traktowane jako istotny postęp i przyznajemy za nie
0 punktów,
�� jeśli zdający wyznaczy długość boku AH i miarę kąta EAH, to takie rozwiązanie
częściowe traktujemy jako  istotny postęp i przyznajemy za nie 1 punkt,
1
�� jeśli zdający wyznaczy bok AH i zapisze pole w postaci PAHE =� ��ab 2 ��sin EAH , nie
2
wyznaczając przy tym kąta EAH za pomocą kąta a� , to takie rozwiązanie częściowe
traktujemy także jako  istotny postęp i przyznajemy za nie 1 punkt,
�� jeśli zdający wyznaczy bok AH, wyznaczy kąt EAH za pomocą kąta a� i zapisze pole
1
trójkąta AHE w postaci PAHE =� �� ab 2 ��sin 225�� -�a� , to traktujemy takie
(� )�
2
rozwiązanie jako pokonanie zasadniczych trudności zadania i przyznajemy za nie
2 punkty.
118 Informator o egzaminie maturalnym z matematyki od roku szkolnego 2014/2015
Sposób II (stosunek pól)
W tym rozwiązaniu korzystamy z następującej własności trójkątów:
Dane są dwa trójkąty ABC i DEF takie, że S�A =� S�D
Wówczas
AB �� AC
PABC
=� .
PDEF DE �� DF
Powyższa proporcja wyraża w sposób czysto geometryczny tę samą treść co wzór
trygonometryczny na pole trójkąta. Mianowicie mamy:
1
PABC =� �� AB �� AC ��sin A
2
oraz
1
PDEF =� �� DE �� DF ��sin D .
2
Sformułowanie geometryczne pozwala przeprowadzić dowód bez odwoływania się do
trygonometrii.
Tak jak w sposobie pierwszym dowodzimy, że S�EAH =� S�EBG .
Następnie korzystamy ze wspomnianej wyższej własności trójkątów:
AE �� AH AE �� AC �� 2 AE AC
PAHE
=� =� =� �� =� 1 ,
PBEG BE �� BG AB BG
AB �� 2 �� BG
co dowodzi, że PAHE =� PBEG .
Korzystając z oznaczeń z poprzedniego sposobu rozwiązania, możemy to rozwiązanie zapisać
w sposób następujący. Przyjmujemy AB =� a i AC =� b . Wówczas AH =� b 2 oraz
Informacja dla absolwentów niesłyszących 119
EB =� a 2 . Tak jak w sposobie I, pokazujemy, że S�EAH =� S�EBG . Korzystając
z twierdzenia o stosunku pól otrzymujemy
AE �� AH
PAHE a ��b 2
,
=� =� =� 1
PBEG BE �� BG
a ��b 2
co dowodzi, że PAHE =� PBEG .
Komentarz
W tym sposobie rozwiązania podstawowym zadaniem jest -� tak jak w sposobie pierwszym
-� obliczenie długości odcinków AH i BE oraz wykazanie równości kątów EAH i EBG.
Dlatego schemat oceniania może być taki sam jak w sposobie I. Uwagi dotyczące rozwiązań
niekompletnych są właściwie takie same jak w przypadku sposobu I.
Schemat oceniania II sposobu rozwiązania
Istotny postęp ................................................................................................................. 1 pkt
Obliczenie długości boków AH i BE za pomocą boków AB i AC
lub
wykazanie, że S�EAH =� S�EBG .
Pokonanie zasadniczych trudności ............................................................................... 2 pkt
Obliczenie długości boków AH i BE za pomocą boków AB i AC oraz wykazanie, że
S�EAH =� S�EBG .
Rozwiązanie pełne ......................................................................................................... 3 pkt
Wykorzystanie wzoru trygonometrycznego do obliczenia pól obu trójkątów i wykazania,
że te pola są równe.
Uwaga
Jeśli zdający wykonuje obliczenia tylko w jednym z rozważanych trójkątów, to w istocie
rozwiązuje zadanie sposobem pierwszym i korzystamy ze schematu oceniania w sposobie I.
120 Informator o egzaminie maturalnym z matematyki od roku szkolnego 2014/2015
Sposób III (geometria analityczna)
Rozwiązanie zadania sposobem analitycznym składa się z trzech kroków. Po pierwsze,
w wygodny sposób umieszczamy rozważane figury geometryczne w układzie współrzędnych
-� lub równoważnie -� do istniejących figur dobieramy układ współrzędnych. Po drugie,
w przyjętym układzie współrzędnych obliczamy współrzędne potrzebnych punktów.
Wreszcie, za pomocą obliczonych współrzędnych, obliczamy wielkości, o które chodzi
w zadaniu.
W naszym przypadku te kroki sprowadzają się do:
�� wyboru układu współrzędnych;
�� obliczenia współrzędnych wierzchołków trójkątów AHE i BEG;
�� obliczenia pól trójkątów AHE i BEG.
Pokonanie zasadniczych trudności zadania polega na obliczeniu współrzędnych wierz-
chołków trójkątów AHE i BGE.
Popatrzmy teraz, w jaki sposób można przeprowadzić takie rozwiązanie. Najpierw musimy
wybrać układ współrzędnych. Można to zrobić na wiele sposobów; trudności obliczeniowe
zadania będą zależały od sposobu wyboru układu. Jednym z najwygodniejszych sposobów
jest wybór układu współrzędnych uwzględniający naturalne symetrie figur występujących
w zadaniu. W naszym przypadku wybieramy układ tak, by oś Oy zawierała oś symetrii
trójkąta równoramiennego ABC. Umieszczamy zatem trójkąt ABC w układzie współrzędnych
tak, że
A =� -�a,0 , B =� a,0 , C =� 0, h ,
(� )� (� )� (� )�
gdzie a >� 0 i h >� 0 . Ponieważ trójkąt ABC jest ostrokątny, więc S�BAC >� 45�� , skąd wynika,
że a <� h.
Wyznaczamy teraz współrzędne punktów E, G i H. Oczywiście bok AB ma długość 2a, skąd
wynika, że E =� -�a,-�2a . Współrzędne punktów G i H możemy wyznaczyć wieloma
(� )�
sposobami. Pokażemy dokładnie dwa z nich i zasygnalizujemy trzeci sposób, znacznie
bardziej pracochłonny.
Informacja dla absolwentów niesłyszących 121
�� Korzystamy z tego, że jeśli obrócimy wektor x, y o 90�� zgodnie z ruchem
[� ]�
wskazówek zegara, to otrzymamy wektor y, -�x . (Tę własność można łatwo odczytać
[� ]�
u�u�u� u�u�u�r�
r�
z rysunku i zapamiętać.) W naszym zadaniu mamy CA =� -�a,-�h , skąd CH =� -�h,a .
[� ]� [� ]�
u�u�u�r�
Stąd dostajemy H =� C +�CH =� 0,h +� -�h,a =� -�h,a +� h .
(� )� [� ]� (� )�
W podobny sposób:
u�u�u�r� u�u�u�r�
BC =� -�a,h , BG =� h,a , G =� a +� h,a .
[� ]� [� ]� (� )�
�� Niech K będzie rzutem punktu G na oś Ox i niech L będzie rzutem punktu H na oś Oy.
Wówczas trójkąty CLH i GKB są przystające do trójkąta AOC, skąd
CL =� GK =� a, HL =� BK =� h .
To daje współrzędne punktów G =� a +� b, a i H =� -�h, a +� h .
(� )� (� )�
h
�� Wyznaczamy równanie prostej AC: y =� x +� h oraz równanie prostej prostopadłej do
a
a
niej, przechodzącej przez punkt C: y =� -� x +� h . Następnie na tej prostej prostopadłej
h
znajdujemy oba punkty odległe od punktu C o długość odcinka AC; jest to najbardziej
pracochłonna część zadania. Wreszcie wybieramy ten z otrzymanych dwóch punktów,
który ma ujemną współrzędną x. W podobny sposób możemy wyznaczyć współrzędne
punktu G.
Następnie obliczamy pola trójkątów AHE i BEG. Możemy skorzystać ze wzoru znajdującego
się w zestawie Wybranych wzorów matematycznych. Jeśli wierzchołki trójkąta KLM mają
współrzędne
K =� xK , yK , L =� xL, yL , M =� xM , yM ,
(� )� (� )� (� )�
to pole wyraża się wzorem
1
PKLM =� �� xL -� xK yM -� yK -� yL -� yK xM -� xK .
(� )�(� )� (� )�(� )�
2
W naszym przypadku mamy
E =� -�a, -�2a , A =� -�a,0 , H =� -�h, a +� h ,
(� )� (� )� (� )�
skąd dostajemy
1
PAHE =� �� -�a +� a a +� h +� 2a -� 0 +� 2a -�h +� a =� -�a a -� h =� a h -� a .
(� )�(� )� (� )�(� )� (� )� (� )�
2
Podobnie,
E =� -�a, -�2a , B =� a,0 , G =� a +� h, a ,
(� )� (� )� (� )�
skąd dostajemy
1 1
PBEG =� �� a +� a a +� 2a -� 0 +� 2a a +� h +� a =� 6a2 -� 4a2 -� 2ah =� a h -� a .
(� )�(� )� (� )�(� )� (� )�
2 2
To kończy dowód.
122 Informator o egzaminie maturalnym z matematyki od roku szkolnego 2014/2015
Zauważmy też, że pole trójkąta AHE można obliczyć prościej: podstawa AE ma długość 2a,
wysokość (niezaznaczona na rysunku) ma długość h -� a .
Uwaga
Pola trójkątów można też obliczyć inaczej. Można np. wyznaczyć długość jednego boku,
równanie prostej zawierającej ten bok oraz odległość trzeciego wierzchołka od tej prostej
(odpowiednie wzory także znajdują się w tablicach).
Schemat oceniania III sposobu rozwiązania
Istotny postęp ................................................................................................................. 1 pkt
Umieszczenie trójkąta ABC w układzie współrzędnych i podanie współrzędnych jego
wierzchołków.
Pokonanie zasadniczych trudności ............................................................................... 2 pkt
Obliczenie współrzędnych punktów E, G i H.
Rozwiązanie pełne ......................................................................................................... 3 pkt
Obliczenie pól trójkątów AHE i BEG np. za pomocą wzorów znajdujących się w tablicach
i zauważenie, że te pola są równe.
Uwaga
Zdający rozwiązujący zadanie tym sposobem mogą popełnić bardzo wiele różnych błędów:
na przykład, mogą z
le wyznaczyć współrzędne punktów E, G i H lub mogą z
le obliczyć pola
trójkątów. Mogą wreszcie wybrać takie metody obliczania pól, że nie będzie oczywiste, czy
otrzymane wyniki są równe (może to wymagać odpowiednich przekształceń). Niezależnie od
charakteru i przyczyny błędu, schemat oceniania wyraz
nie wskazuje, jaką liczbę punktów
należy przyznać zdającemu. Maksymalną liczbę punktów zdający otrzymuje za bezbłędnie
wykonane kroki. Może się jednak zdarzyć, że zdający popełni nieistotny błąd rachunkowy
przy wyznaczaniu współrzędnych któregoś punktu i w ten sposób uzyska błędne wyniki
w ostatnim kroku. Jeśli jednak metoda obliczania pól trójkątów jest poprawna, zostały
dokonane poprawne podstawienia do wzorów, zgodne z otrzymanymi wynikami obliczeń
oraz obliczenia w tym kroku zostały wykonane poprawnie, to zdający otrzymuje 2 punkty
(jest to sytuacja, w której zdający doprowadza rozwiązanie do końca, popełniając nieistotny
błąd rachunkowy podczas pokonywania zasadniczych trudności).
Informacja dla absolwentów niesłyszących 123
Sposób IV (bezpośrednie obliczenie pól)
Prowadzimy w trójkącie ABC wysokość CK. Następnie niech punkt L będzie rzutem punktu
H na prostą KC i niech punkt P będzie rzutem punktu G na prostą AB.
Wówczas widać, że trójkąty CLH i BPG są przystające do trójkątów AKC i BKC. Mianowicie
CH =� AC =� BC =� BG . Jeśli następnie
a� =� S�BAC =� S�ABC ,
to S�ACK =� 90�� -�a� , S�HCL =� a� oraz S�CHL =� 90�� -�a� . Podobnie, S�BCK =� a� ,
S�GBP =� 90�� -�a� oraz S�BGP =� a� . Wspomniane przystawania trójkątów wynikają teraz
z cechy przystawania kbk.
Przyjmijmy oznaczenia:
a =� AK =� BK , h =� CK .
Wówczas HL =� BP =� h oraz CL =� GP =� a . Ponadto a <� h. Niech następnie punkt M
będzie rzutem punktu A na prostą HL. Ponieważ a <� h, więc punkt M leży wewnątrz odcinka
HL. Możemy już obliczyć pole trójkąta EAH. Mianowicie
1 1
PAHE =� �� AE �� HM =� �� 2a �� h -� a =� a h -� a .
(� )� (� )�
2 2
Następnie niech punkt O będzie punktem przecięcia prostych EG i AP. Z podobieństwa
trójkątów EAO i GPO wynika, że
AO AE
2a
=� =� =� 2 .
PO PG a
Zatem
2 2
AO =� �� AP =� �� 2a +� h ,
(� )�
3 3
skąd wynika, że
2 2
BO =� AO -� AB =� �� 2a +� h -� 2a =� �� h -� a .
(� )� (� )�
3 3
124 Informator o egzaminie maturalnym z matematyki od roku szkolnego 2014/2015
Wreszcie
1 1 1 2
PEBG =� PEBO +� PGBO =� �� BO �� AE +� �� BO �� GP =� �� �� h -� a �� 2a +� a =� a h -� a .
(� )� (� )� (� )�
2 2 2 3
To kończy dowód.
Schemat oceniania IV sposobu rozwiązania
Istotny postęp ................................................................................................................. 1 pkt
Dorysowanie trójkątów CLH i GPB oraz zauważenie, że są one przystające do trójkąta AKC
(lub BKC). Nie wymagamy w tym miejscu od zdającego pełnego dowodu przystawania;
przyjmujemy, że uzasadnienie przystawania jest oczywiste.
Pokonanie zasadniczych trudności ............................................................................... 2 pkt
Obliczenie pola jednego z trójkątów AHE i BEG.
Rozwiązanie pełne ......................................................................................................... 3 pkt
Obliczenie pól obu trójkątów i stwierdzenie, że są one równe.
Uwaga
W takim sposobie rozwiązania zadania jest mało prawdopodobne, by zdający popełnił istotny
błąd. Mogą być rozwiązania niedokończone. Mogą też być różne inne próby rozwiązania
polegające na dorysowywaniu do rysunku różnych odcinków. Jeśli nie jest wyraz
nie
widoczny cel takich poszukiwań i nie został on wyraz
nie wskazany w rozwiązaniu, to zdający
otrzymuje 0 punktów.
Informacja dla absolwentów niesłyszących 125
Zadanie II (0 5)
Ile jest nieparzystych liczb naturalnych trzycyfrowych, w których co najmniej jedna cyfra jest
dziewiątką?
Rozwiązanie
Omówimy 6 sposobów rozwiązania tego zadania.
Sposób I (umieszczenie dziewiątki)
W tym sposobie rozwiązania pokażemy najpierw rozumowanie błędne polegające na
policzeniu kilkakrotnym tych samych liczb. Wskazany błąd jest bardzo często popełniany
przez uczniów rozwiązujących to zadanie; można go jednak dość łatwo naprawić. Wystarczy
odjąć liczbę tych liczb, które były policzone dwa razy i odjąć podwojoną liczbę tych liczb,
które były policzone trzy razy. Obliczenie, ile należy odjąć, jest dość łatwe. Problem polega
jednak na tym, że uczniowie popełniający ten błąd nie zdają sobie sprawy z tego, na czym on
polega -� nie dostrzegają, że niektóre liczby policzyli wielokrotnie.
A oto rozwiązanie. Wiemy, że jedną z cyfr jest 9; możemy ją umieścić na jednym z trzech
miejsc: pierwszym, drugim lub trzecim.
�� Jeśli umieścimy dziewiątkę na pierwszym miejscu, to na drugim możemy umieścić
dowolną z 10 cyfr, a na trzecim dowolną z pięciu cyfr nieparzystych. A
ącznie daje to
w tym przypadku 50 liczb.
�� Jeśli umieścimy dziewiątkę na drugim miejscu, to na pierwszym możemy umieścić
dowolną z 9 cyfr, a na trzecim dowolną z pięciu cyfr nieparzystych. A
ącznie daje to w tym
przypadku 45 liczb.
�� Jeśli umieścimy dziewiątkę na trzecim miejscu, to na pierwszym możemy umieścić
dowolną z 9 cyfr, a na drugim dowolną z 10 cyfr. A
ącznie daje to w tym przypadku 90
liczb.
W sumie daje to 50+� 45+�90 =�185 liczb.
Które liczby zostały policzone wielokrotnie? Popatrzmy na przykład. Przypuśćmy, że
najpierw umieściliśmy cyfrę 9 na pierwszym miejscu, a na pozostałych miejscach
umieściliśmy kolejno cyfry 5 i 9. Otrzymaliśmy liczbę 959. Przypuśćmy teraz, że najpierw
umieściliśmy cyfrę 9 na trzecim miejscu, a następnie umieściliśmy na pierwszych dwóch
miejscach kolejno cyfry 9 i 5. Znów otrzymaliśmy liczbę 959. Ta liczba została więc
w powyższym sposobie zliczania policzona dwukrotnie. Zobaczmy teraz, w jaki sposób
można poprawić to rozwiązanie błędne.
Dostaliśmy wynik 185. Zauważmy jednak, że liczby z dwiema dziewiątkami były policzone
po dwa razy, a liczba 999 nawet trzy razy. Zliczamy teraz liczby z dwiema dziewiątkami.
�� Jeśli umieścimy dziewiątkę na pierwszym i drugim miejscu, to na trzecim możemy
umieścić dowolną z 4 cyfr nieparzystych: 1, 3, 5 lub 7.
�� Jeśli umieścimy dziewiątkę na drugim i trzecim miejscu, to na pierwszym możemy
umieścić dowolną z 8 cyfr (od 1 do 8).
�� Jeśli umieścimy dziewiątkę na pierwszym i trzecim miejscu, to na drugim możemy
umieścić dowolną z 9 cyfr (od 0 do 8).
126 Informator o egzaminie maturalnym z matematyki od roku szkolnego 2014/2015
W sumie okazuje się, że mamy 21 liczb z dwiema dziewiątkami. Od otrzymanego wyniku
musimy zatem odjąć 21. Następnie mamy jedną liczbę (mianowicie 999) z trzema
dziewiątkami. Policzyliśmy ją trzykrotnie, więc od otrzymanego wyniku musimy jeszcze
odjąć 2. Zatem liczb, które nas interesują, jest 185-�21-�2 =�162.
Schemat oceniania I sposobu rozwiązania
Pokazane na początku rozwiązanie błędne zawiera istotne elementy rozumowania
prawidłowego, więc powinno być ocenione jako rozwiązanie częściowe. Uznajemy je za
,,istotny postęp .
Postęp niewielki ............................................................................................................. 1 pkt
Zdający obliczy, że przy umieszczeniu dziewiątki na pierwszym miejscu otrzyma 50 liczb lub
obliczy, że przy umieszczeniu dziewiątki na drugim miejscu otrzyma 45 liczb lub obliczy, że
przy umieszczeniu dziewiątki na trzecim miejscu otrzyma 90 liczb.
Istotny postęp ................................................................................................................. 2 pkt
Zdający obliczy, że przy umieszczeniu dziewiątki na pierwszym miejscu otrzyma 50 liczb, że
przy umieszczeniu dziewiątki na drugim miejscu otrzyma 45 liczb i że przy umieszczeniu
dziewiątki na trzecim miejscu otrzyma 90 liczb. Nie wymagamy, by w tej kategorii otrzymał
wynik łączny 185 liczb.
Pokonanie zasadniczych trudności ............................................................................... 4 pkt
Zdający otrzyma wynik 185 liczb, następnie zauważy, że pewne liczby policzono
wielokrotnie oraz obliczy, że 21 liczb policzono dwukrotnie. Za samo zauważenie, że pewne
liczby zostały policzone wielokrotnie, bez podania prawidłowej ich liczby (na przykład
w wyniku błędnego obliczenia), zdający otrzymuje 3 punkty.
Rozwiązanie pełne ......................................................................................................... 5 pkt
Zdający pokona zasadnicze trudności zadania, zauważy, że liczba 999 była policzona
trzykrotnie i obliczy poprawnie liczbę wszystkich rozważanych liczb:
50+�45+�90-�21-�2 =�162.
Sposób II (pierwsza dziewiątka)
Wszystkie interesujące nas liczby dzielimy na trzy grupy i policzymy liczby w każdej grupie.
�� Do pierwszej grupy zaliczamy liczby zaczynające się dziewiątką.
�� Do drugiej grupy zaliczamy liczby, w których pierwsza dziewiątka znajduje się na drugim
miejscu.
�� Do trzeciej grupy zaliczamy liczby, w których pierwsza dziewiątka znajduje się na
trzecim miejscu.
Teraz zliczamy liczby znajdujące się w tych grupach.
Informacja dla absolwentów niesłyszących 127
�� W pierwszej grupie znajduje się 50 liczb: na pierwszym miejscu jest dziewiątka, na
drugim dowolna z 10 cyfr i na trzecim dowolna z pięciu cyfr nieparzystych.
�� W drugiej grupie znajduje się 40 liczb: na pierwszym miejscu znajduje się jedna z 8 cyfr
(nie może być 0 i 9), na drugim miejscu jest dziewiątka i na trzecim jedna
z pięciu cyfr nieparzystych.
�� W trzeciej grupie znajdują się 72 liczby: na pierwszym miejscu znajduje się jedna z 8 cyfr
(jak wyżej), na drugim jedna z 9 cyfr (nie może być 9) i na trzecim miejscu znajduje się
dziewiątka.
A
ącznie mamy zatem 162 liczby.
Komentarz
Zdający rozwiązujący zadanie tą metodą pewnie wie o niebezpieczeństwie i prawdopodobnie
nie popełni większych błędów. Możliwe są natomiast drobne błędy rachunkowe.
Schemat oceniania II sposobu rozwiązania
Postęp niewielki ............................................................................................................. 1 pkt
Zdający prawidłowo zdefiniuje trzy grupy liczb.
Istotny postęp ................................................................................................................. 2 pkt
Zdający obliczy, ile jest liczb w co najmniej jednej z tych trzech grup.
Pokonanie zasadniczych trudności ............................................................................... 4 pkt
Zdający prawidłowo obliczy, ile jest liczb w każdej z tych trzech grup. Za prawidłowy wynik
w dwóch grupach zdający otrzymuje 3 punkty.
Rozwiązanie pełne ......................................................................................................... 5 pkt
Zdający pokona zasadnicze trudności zadania i obliczy poprawnie liczbę wszystkich
rozważanych liczb:
50+� 40+�72 =�162.
128 Informator o egzaminie maturalnym z matematyki od roku szkolnego 2014/2015
Sposób III (liczba dziewiątek)
Najpierw policzymy liczby, w których jest tylko jedna cyfra 9. Tym razem zastosujemy
metodę znaną z powyższego błędnego rozwiązania, jednak użycie tej metody będzie
poprawne, gdyż jest tylko jedna cyfra 9. Możemy umieścić ją na jednym z trzech miejsc.
�� Jeśli umieścimy dziewiątkę na pierwszym miejscu, to na drugim możemy umieścić
dowolną z 9 cyfr (od 0 do 8), a na trzecim dowolną z czterech cyfr nieparzystych:
1, 3, 5, 7. A
ącznie daje to w tym przypadku 36 liczb.
�� Jeśli umieścimy dziewiątkę na drugim miejscu, to na pierwszym możemy umieścić
dowolną z 8 cyfr (od 1 do 8), a na trzecim dowolną z czterech cyfr nieparzystych:
1, 3, 5, 7. A
ącznie daje to w tym przypadku 32 liczby.
�� Jeśli umieścimy dziewiątkę na trzecim miejscu, to na pierwszym możemy umieścić
dowolną z 8 cyfr (od 1 do 8), a na drugim dowolną z 9 cyfr (od 0 do 8). A
ącznie daje to
w tym przypadku 72 liczby.
W sumie daje to 36+�32+�72 =�140 liczb.
Teraz policzymy liczby, w których są dwie cyfry 9.
�� Jeśli umieścimy dziewiątkę na pierwszym i drugim miejscu, to na trzecim możemy
umieścić dowolną z 4 cyfr nieparzystych.
�� Jeśli umieścimy dziewiątkę na drugim i trzecim miejscu, to na pierwszym możemy
umieścić dowolną z 8 cyfr.
�� Jeśli umieścimy dziewiątkę na pierwszym i trzecim miejscu, to na drugim możemy
umieścić dowolną z 9 cyfr.
W sumie daje to 4+�8+�9 =� 21 liczb.
Wreszcie mamy jedną liczbę z trzema dziewiątkami: 999.
Mamy więc 140+� 21+�1=�162 liczby.
Schemat oceniania III sposobu rozwiązania
Istotny postęp ................................................................................................................. 2 pkt
Obliczenie, że istnieje 140 liczb z jedną dziewiątką lub obliczenie, że istnieje 21 liczb
z dwiema dziewiątkami. Każde z tych obliczeń wymaga rozpatrzenia trzech przypadków
w zależności od położenia dziewiątek. Zdający otrzymuje 1 punkt, jeśli prawidłowo
rozpatrzy dwa z tych trzech przypadków i na tym poprzestanie lub popełni błąd w trzecim
obliczeniu lub obliczeniu sumy.
Pokonanie zasadniczych trudności ............................................................................... 4 pkt
Obliczenie, że istnieje 140 liczb z jedną dziewiątką i istnieje 21 liczb z dwiema dziewiątkami.
Jeśli zdający poprawnie wykona jedno z tych obliczeń, a w drugim popełni błąd taki jak
opisany w poprzedniej kategorii, to otrzymuje 3 punkty.
Informacja dla absolwentów niesłyszących 129
Rozwiązanie pełne ......................................................................................................... 5 pkt
Podanie pełnej odpowiedzi. Jeśli zdający poprawnie obliczy, że istnieje 140 liczb z jedną
dziewiątką lub 21 liczb z dwiema dziewiątkami, drugie z tych obliczeń doprowadzi do końca
z błędem w jednym z trzech przypadków, następnie zauważy, że istnieje dokładnie jedna
liczba z trzema dziewiątkami i poprawnie doda otrzymane liczby  otrzymując w efekcie
wynik błędny  otrzymuje 4 punkty.
Sposób IV (uzupełnianie)
Najpierw policzymy wszystkie liczby trzycyfrowe nieparzyste. Wszystkich liczb
trzycyfrowych jest 900; co druga jest nieparzysta. Istnieje zatem 450 liczb trzycyfrowych
nieparzystych. Możemy również rozumować następująco: na pierwszym miejscu można
umieścić jedną z dziewięciu cyfr, na drugim jedną z dziesięciu cyfr, a na trzecim jedną
z pięciu cyfr nieparzystych: 1, 3, 5, 7, 9. A
ącznie mamy zatem 9��10��5 =� 450 liczb. Teraz
policzymy wszystkie liczby nieparzyste, w których nie występuje cyfra 9. Tym razem na
pierwszym miejscu możemy umieścić jedną z ośmiu cyfr (od 1 do 8), na drugim jedną
z dziewięciu cyfr (od 0 do 8), a na trzecim jedną z czterech cyfr nieparzystych: 1, 3, 5, 7;
łącznie mamy zatem8��9��4 =� 288 liczb. Liczby w zadaniu to oczywiście liczby należące do
pierwszej grupy (wszystkie liczby nieparzyste) i nienależące do drugiej grupy (w której są
liczby nieparzyste bez dziewiątki). Stąd wynika, że liczb w zadaniu jest 450-�288 =�162 .
Schemat oceniania IV sposobu rozwiązania
Postęp niewielki ............................................................................................................. 1 pkt
Obliczenie liczby liczb trzycyfrowych: 900.
Istotny postęp ................................................................................................................. 2 pkt
Obliczenie liczby nieparzystych liczb trzycyfrowych: 450. Jeśli zdający oblicza tę liczbę
metodą rozmieszczania cyfr i popełni błąd rachunkowy, to otrzymuje 1 punkt. Jeśli zdający
stwierdzi, że istnieje 899 liczb trzycyfrowych i jako liczbę nieparzystych liczb trzycyfrowych
poda liczbę 449 lub 450, to otrzymuje 1 punkt.
Pokonanie zasadniczych trudności ............................................................................... 4 pkt
Obliczenie liczby nieparzystych liczb trzycyfrowych niezawierających cyfry 9: jest 288 liczb.
Jeżeli zdający obliczy poprawnie liczbę nieparzystych liczb trzycyfrowych niezawierających
cyfry 9, ale popełni błąd opisany w kategorii ,,istotny postęp' , to otrzymuje 3 punkty.
Rozwiązanie pełne ......................................................................................................... 5 pkt
Zdający otrzyma prawidłowy wynik (162 liczby) nie popełniając przy tym błędu
(np. opisanego w kategorii ,,istotny postęp ). W przypadku, gdy popełni taki błąd, otrzymuje
4 punkty.
130 Informator o egzaminie maturalnym z matematyki od roku szkolnego 2014/2015
Sposób V(zasada włączeń i wyłączeń)
Niektórzy uczniowie mogą zastosować w rozwiązaniu zasadę włączeń i wyłączeń, choć nie
ma jej w podstawie programowej -� mogli ją na przykład odkryć samodzielnie, jako
intuicyjnie niemal oczywistą regułę.
Niech A będzie zbiorem liczb nieparzystych z dziewiątką na pierwszym miejscu, B zbiorem
liczb nieparzystych z dziewiątką na drugim miejscu i wreszcie C zbiorem nieparzystych
z dziewiątką na trzecim miejscu. Zbiorem liczb, które nas interesują, jest oczywiście zbiór
A��B��C . Nietrudno teraz zauważyć, że:
A =� 50 , B =� 45, C =� 90
A �� B =� 5 , A ��C =� 10 , B �� C =� 9
A �� B ��C =�1
Z zasady włączeń i wyłączeń dostajemy
A �� B �� C =� A +� B +� C -� A �� B -� A �� C -� B �� C +� A �� B �� C =�
=� 50 +� 45 +� 90 -� 5 -�10 -� 9 +�1 =� 162.
Schemat oceniania V sposobu rozwiązania
Postęp niewielki ............................................................................................................. 1 pkt
Zdający zdefiniuje zbiory A, B i C i zauważy, że ma obliczyć A�� B ��C .
Postęp większy ............................................................................................................... 2 pkt
Zdający obliczy A , B i C .
Istotny postęp ................................................................................................................. 3 pkt
Zdający obliczy A �� B , B �� C , A �� C i A�� B ��C .
Pokonanie zasadniczych trudności ............................................................................... 4 pkt
Zdający poprawnie zapisze wzór włączeń i wyłączeń i podstawi do niego prawidłowe dane.
Jeśli zdający zdefiniuje zbiory A, B i C, poprawnie zapisze wzór włączeń i wyłączeń
i poprawnie obliczy co najmniej A , B i C oraz popełni błędy w pozostałych obliczeniach,
to otrzymuje 3 punkty.
Rozwiązanie pełne ......................................................................................................... 5 pkt
Uwaga
Jeśli zdający tylko zdefiniuje zbiory A, B i C oraz poprawnie zapisze wzór włączeń
i wyłączeń, to otrzymuje 2 punkty.
Sposób VI (wypisywanie liczb w kolejności rosnącej)
Informacja dla absolwentów niesłyszących 131
Ten sposób rozwiązania może naprowadzić zdającego na stosunkowo proste rozwiązanie.
Oczywiście wypisywanie wszystkich liczb spełniających warunki zadania nie może być
dokonywane bez zastanowienia. Nie chodzi zatem o wypisanie w kolejności rosnącej
wszystkich liczb trzycyfrowych (jest ich 900), wykreśleniu liczb parzystych oraz liczb,
w których nie występuje dziewiątka i zliczeniu liczb niewykreślonych. Jeśli zdający nie
popełni błędu, powinien otrzymać 162 liczby. Oczywiście takie rozwiązanie, wykonane
bezbłędnie, powinno być ocenione na 5 punktów.
Zdający może również wypisywać w kolejności rosnącej tylko właściwe liczby. Oto
poprawny wynik:
109 119 129 139 149 159 169 179 189
191 193 195 197 199
209 219 229 139 249 259 269 279 289
291 293 295 297 299
309 319 329 339 349 359 369 379 389
391 393 395 397 399
409 419 429 439 449 459 469 479 489
491 493 495 497 499
509 519 529 539 549 559 569 579 589
591 593 595 597 599
609 619 629 639 649 659 669 679 689
691 693 695 697 699
709 719 729 739 749 759 769 779 789
791 793 795 797 799
809 819 829 839 849 859 869 879 889
891 893 895 897 899
901 903 905 907 909
911 913 915 917 919
921 923 925 927 929
931 933 935 937 939
941 943 945 947 949
951 953 955 957 959
961 963 965 967 969
971 973 975 977 979
981 983 985 987 989
991 993 995 997 999
W pierwszych 16 wierszach mamy ośmiokrotnie wiersz z 9 liczbami i wiersz z 5 liczbami.
W następnych 10 wierszach mamy po 5 liczb. A
ącznie zatem wypisano
8�� 9 +� 5 +�10��5 =�162
(� )�
liczby.
132 Informator o egzaminie maturalnym z matematyki od roku szkolnego 2014/2015
W trakcie wypisywania możemy zauważyć regułę i ją opisać: najpierw występują liczby
zaczynające się od cyfry różnej od 9 (mamy tu 8 możliwości). Dla każdej takiej pierwszej
cyfry c mamy 9 liczb postaci
c09, c19, c29, c39, c49, c59, c69, c79, c89,
po których przychodzi 5 liczb postaci
c91, c93, c95, c97, c99.
Dla każdej cyfry c =� 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8 wypiszemy w ten sposób 14 liczb. To łącznie daje
8��14 =�112 liczb. Następnie wypisujemy liczby zaczynające się od dziewiątki. Warunek
mówiący, że w zapisie liczby występuje dziewiątka, jest teraz spełniony; na drugim miejscu
może zatem wystąpić dowolna z 10 cyfr, a na trzecim dowolna z pięciu cyfr nieparzystych:
1, 2, 5, 7, 9. To daje łącznie 50 liczb, a więc ostatecznie dostajemy 162 liczby.
Komentarz
Zdający mogą próbować wypisywać liczby w różnej kolejności, stosując różne strategie.
W przypadku, gdy zdający wyłącznie wypisuje liczby i podaje ostateczną odpowiedz
,
uznajemy tylko rozwiązania całkowicie bezbłędne: odpowiedz
162 popartą poprawną listą
liczb. Za takie rozwiązanie zdający powinien otrzymać 5 punktów. Za rozwiązania
polegające na wypisywaniu liczb, niezawierające wyjaśnień i prowadzące do błędnej
odpowiedzi zdający powinien otrzymać 0 punktów. Jeśli zdający poda odpowiedz
poprawną
(162 liczby) bez jakiegokolwiek uzasadnienia, to za takie rozwiązanie można otrzymać co
najwyżej 1 punkt. Jeśli natomiast poprawna odpowiedz
jest poparta nieprawidłową listą
liczb, to zdający otrzymuje 0 punktów.
Metoda polegająca na wypisywaniu liczb może  jak widzieliśmy wyżej  prowadzić do
trafnych uogólnień. Pokonanie zasadniczych trudności zadania polega na dokonaniu dwóch
obserwacji: dla każdej cyfry różnej od 0 i 9 mamy 14 interesujących nas liczb zaczynających
się tą cyfrą oraz dla cyfry 9 mamy 50 liczb zaczynających się tą cyfrą.
Schemat oceniania VI sposobu rozwiązania
Jeśli zdający opisze regułę prowadzącą do wypisania poprawnej listy, to przyznajemy punkty
według następującego schematu:
Istotny postęp ................................................................................................................. 2 pkt
�� Zdający zauważy, że jeśli pierwsza cyfra jest różna od 9, to mamy 14 liczb
lub
�� zdający zauważy, że jeśli pierwsza cyfra jest dziewiątką, to mamy 50 liczb.
Uznajemy w tej kategorii rozwiązania, w których zdający wypisze w wyraz
nie wyodrębnionej
grupie 14 liczb zaczynających się np. od jedynki i wskaże (np. za pomocą trzech kropek), że
ta sama reguła obowiązuje dla pozostałych pierwszych cyfr różnych od dziewiątki. Uznajemy
także rozwiązania, w których zdający wyłącznie obliczy, że jest 50 liczb nieparzystych
zaczynających się od dziewiątki.
Informacja dla absolwentów niesłyszących 133
Pokonanie zasadniczych trudności ............................................................................... 4 pkt
Zdający zauważy obie reguły opisane w poprzedniej kategorii.
Rozwiązanie pełne ......................................................................................................... 5 pkt
Zdający pokona zasadnicze trudności zadania i ponadto poprawnie obliczy liczbę wszystkich
rozważanych liczb: 8��14+�50 =�162.
Uwaga
W tej metodzie rozwiązania zdający może popełnić wiele błędów. Na przykład, może
wypisując liczby zaczynające się cyfrą 1 nie zauważyć, że liczba 199 pojawia się dwukrotnie:
raz w ciągu 10 liczb
109, 119, 129, 139, 149, 159, 169, 179, 189, 199
i drugi raz w ciągu liczb
191, 193, 195, 197, 199.
Jeśli zdający wyłącznie zauważy, że istnieje 15 liczb zaczynających się od cyfry różnej od 9,
powinien otrzymać 1 punkt. Inny błąd może polegać na złym obliczeniu, ile jest liczb
zaczynających się od dziewiątki. Zdający może na przykład zapomnieć, że rozważamy
wyłącznie liczby nieparzyste i przyjmie, że istnieje 100 takich liczb. Za taką obserwację też
powinien otrzymać 1 punkt. Te błędy mogą prowadzić do następujących błędnych
odpowiedzi:
8��15+�50 =�170
oraz
8��14+�100 =�192 .
Za doprowadzenie rozwiązania do końca z jednym z tych dwóch błędów zdający powinien
otrzymać 4 punkty. Oba opisane błędy prowadzą do odpowiedzi
8��15+�100 =� 220 ,
za którą zdający powinien otrzymać 3 punkty.
134 Informator o egzaminie maturalnym z matematyki od roku szkolnego 2014/2015
Zadanie III (0 3)
16
Wykaż, że jeżeli x >� 0 , to x2 +� ł� 12 .
x
I sposób rozwiązania (pierwsza pochodna)
16
Definiujemy funkcję f określoną wzorem f (x) =� x2 +� dla x �� 0, +�Ą� .
(� )�
x
Funkcja f jest różniczkowalna, obliczamy pochodną funkcji:
2 x -� 2 x2 +� 2x +� 4
(� )�
(� )�
16 2x3 -�16
ó�
f (x) =� 2x -� =� =� .
x2 x2 x2
Ponieważ x2 +� 2x +� 4 >� 0 dla każdej liczby rzeczywistej x, to
ó�
f (x) =� 0 wtedy i tylko wtedy, gdy x =� 2,
ó�
f (x) <� 0 wtedy i tylko wtedy, gdy x �� 0, 2 ,
(� )�
ó�
f (x) >� 0 wtedy i tylko wtedy, gdy x �� 2, +�Ą� .
(� )�
Wynika stąd, że funkcja f jest malejąca w przedziale 0, 2 i jest rosnąca
(�
w przedziale 2,+�Ą� , czyli dla x =� 2 przyjmuje wartość najmniejszą.
)�
16
Obliczamy f (2) =� 4 +� =� 12 , stąd wynika, że f (x) ł� 12 co należało udowodnić.
2
Schemat oceniania I sposobu rozwiązania
Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp ................................................................... 1 pkt
16
Określenie funkcji f (x) =� x2 +� dla x �� 0, +�Ą� i obliczenie jej pochodnej
(� )�
x
2 x -� 2 x2 +� 2x +� 4
(� )�
(� )�
16 2x3 -�16
ó�
f (x) =� 2x -� =� =� .
x2 x2 x2
Pokonanie zasadniczych trudności ............................................................................... 2 pkt
Obliczenie miejsca zerowego pochodnej i wyznaczenie przedziałów, w których pochodna ma
 stały znak :
ó�
f (x) =� 0 wtedy i tylko wtedy, gdy x =� 2,
ó�
f (x) <� 0 wtedy i tylko wtedy, gdy x �� 0, 2 ,
(� )�
ó�
f (x) >� 0 wtedy i tylko wtedy, gdy x �� 2, +�Ą� .
(� )�
Informacja dla absolwentów niesłyszących 135
Rozwiązanie pełne ......................................................................................................... 3 pkt
Stwierdzenie, że funkcja f jest malejąca w przedziale 0, 2 i jest rosnąca w przedziale
(�
2, +�Ą� , czyli dla x =� 2 przyjmuje wartość najmniejszą.
)�
Obliczenie f (2) =� 12 i zapisanie wniosku: f (x) ł� 12 , co należało udowodnić.
Uwagi
ó�
1. Zdający po obliczeniu, że f (x) =� 0 tylko dla x =� 2, może uzasadnić tezę korzystając
z drugiej pochodnej funkcji f .
ó�
2. Jeżeli zdający obliczy, że f (x) =� 0 tylko dla x =� 2 i stąd już wywnioskuje, że:
f (x) ł� f (2) =�12 , to za rozwiązanie przyznajemy 2 punkty.
Komentarz
Jeżeli w obliczaniu pochodnej zdający popełni błąd, który nie zmieni miejsc zerowych
pochodnej i dalej doprowadzi rozwiązanie do końca, to może otrzymać za całe zadanie
maksymalnie 2 punkty.
Przykłady tego typu błędów:
2x3 -�16
ó�
f x =� ,
(� )�
x
2 x -� 2 x2 +� x +� 4
(� )�
(� )�
ó�
f x =� ,
(� )�
x2
2 x -� 2 x2 +� 2x +� 2
(� )�
(� )�
ó�
f x =� .
(� )�
x2
Jeżeli w obliczaniu pochodnej zdający popełni błąd, który zmienia miejsca zerowe pochodnej,
to otrzymuje za zadanie 0 punktów.
136 Informator o egzaminie maturalnym z matematyki od roku szkolnego 2014/2015
II sposób rozwiązania (przekształcenia równoważne)
16
Zapisujemy nierówność x2 +� ł� 12 i przekształcamy ją równoważnie:
x
16
x2 -� 4x +� 4 +� +� 4x -�16 ł� 0 ,
x
4
2
x2 -� 4x +� 4 +� -� 4x +� 4 0 ,
(�x )�ł�
x
x -� 2 +� x -� 2 ł� 0
(� )�2 4(� )�2 ,
x
x -� 2 ł� 0 .
(� )�2 ć�1+� 4 ��
�� ��
x
Ł� ł�
Jeżeli x >� 0 , to lewa strona nierówności jest nieujemna, jako iloczyn czynników nieujemnego
i dodatniego, co należało udowodnić.
Schemat oceniania II sposobu rozwiązania
Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp ................................................................... 1 pkt
16
Zapisanie nierówności w postaci x2 -� 4x +� 4 +� +� 4x -�16 ł� 0 .
x
Pokonanie zasadniczych trudności ............................................................................... 2 pkt
x -� 2 +� x -� 2 ł� 0
Zapisanie nierówności w postaci (� )�2 4(� )�2
x
Rozwiązanie pełne ......................................................................................................... 4 pkt
�� Zapisanie nierówności w postaci x -� 2 ł� 0 i stwierdzenie, że jeżeli x >� 0 , to
(� )�2 ć�1+� 4 ��
�� ��
x
Ł� ł�
lewa strona nierówności jest nieujemna, bo iloczyn czynników nieujemnego
i dodatniego jest nieujemny, co kończy dowód
albo
x -� 2 +� x -� 2 ł� 0 i stwierdzenie, że jeżeli x >� 0 ,
�� zapisanie nierówności w postaci (� )�2 4(� )�2
x
to lewa strona nierówności jest nieujemna, bo suma dwóch liczb nieujemnych jest
nieujemna, co kończy dowód.
III sposób rozwiązania (funkcja wymierna)
x3 -�12x +�16
16
Zapisujemy nierówność x2 +� ł� 12 w postaci równoważnej ł� 0 .
x x
Informacja dla absolwentów niesłyszących 137
Przy założeniu x >� 0 , nierówność ta jest równoważna nierówności x3 -�12x +�16 ł� 0 dla
x >� 0
Określamy wielomian W(x) =� x3 -�12x +�16.
Stwierdzamy, że jednym z miejsc zerowych wielomianu W jest liczba 2 . Po podzieleniu
wielomianu W przez dwumian x -� 2 otrzymujemy iloraz x2 +� 2x -�8 , który zapisujemy
w postaci iloczynowej x2 +� 2x -�8 =� x -� 2 x +� 4 .
(� )�(� )�
2
Stąd W (x) =� x3 -�12x +�16 =� x -� 2 +� 2x -�8 =� x -� 2 x +� 4 .
(� )� (� )�2 (� )�
(�x )�
Stwierdzamy, że jeżeli x >� 0 , to W (x) ł� 0 jako iloczyn czynników nieujemnych, co kończy
dowód.
Schemat oceniania III sposobu rozwiązania
Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp ................................................................... 1 pkt
Stwierdzenie, że przy założeniu x >� 0 , nierówność jest równoważna nierówności
x3 -�12x +�16 ł� 0 dla x >� 0 .
Pokonanie zasadniczych trudności ............................................................................... 2 pkt
Zapisanie wielomianu W w postaci iloczynowej
W (x) =� x3 -�12x +�16 =� x -� 2 x +� 4 .
(� )�2 (� )�
Rozwiązanie pełne ......................................................................................................... 3 pkt
Uzasadnienie, że jeżeli x >� 0 , to W (x) ł� 0 , co kończy dowód.
IV sposób rozwiązania (zastosowanie nierówności dla średniej arytmetycznej
i geometrycznej)
Niektórzy uczniowie mogą odwołać się do tej nierówności, choć nie ma jej w podstawie
programowej i, jak widzieliśmy, rozwiązanie zadania nie wymaga jej znajomości. Lewą
8 8
stronę nierówności zapisujemy w postaci x2 +� +� .
x x
Przy założeniu x >� 0 , korzystamy z nierówności dla średniej arytmetycznej i średniej
geometrycznej:
a +� b +� c
3
jeżeli a >� 0, b >� 0, c >� 0 , to ł� abc , czyli a +� b +� c ł� 33 abc .
3
Podstawiając
8 8
a =� x2 , b =� , c =�
x x
138 Informator o egzaminie maturalnym z matematyki od roku szkolnego 2014/2015
otrzymujemy
8 8 8 8
x2 +� +� ł� 33 x2 �� �� =� 33 64 =� 12 .
x x x x
16
Stąd wynika, że x2 +� ł� 12 , co kończy dowód.
x
Schemat oceniania IV sposobu rozwiązania
Rozwiązanie, w którym postęp jest wprawdzie niewielki, ale konieczny na drodze do
pełnego rozwiązania zadania ......................................................................................... 1 pkt
8 8
Zapisanie lewej strony nierówności w postaci x2 +� +� .
x x
Pokonanie zasadniczych trudności ............................................................................... 2 pkt
Zastosowanie nierówności dla średniej arytmetycznej i średniej geometrycznej:
a +� b +� c
8 8
3
jeżeli a >� 0, b >� 0, c >� 0 , to ł� abc , dla a =� x2 , b =� , c =� .
3
x x
Rozwiązanie pełne ......................................................................................................... 3 pkt
Zapisanie, że dla x >� 0 , po zastosowaniu nierówności dla średniej arytmetycznej i średniej
8 8 8 8
geometrycznej otrzymujemy x2 +� +� ł� 33 x2 �� �� =� 12 , co kończy dowód.
x x x x
Informacja dla absolwentów niesłyszących 139
Zadanie IV (0 7)
Dany jest prostokątny arkusz kartonu o długości 80 cm i szerokości 50 cm. W czterech rogach
tego arkusza wycięto kwadratowe naroża (na rysunku zaznaczone kolorem szarym).
Następnie zagięto karton wzdłuż linii przerywanych, tworząc w ten sposób
prostopadłościenne pudełko (bez przykrywki). Oblicz długość boku wyciętych kwadratowych
naroży, dla której objętość otrzymanego pudełka jest największa. Oblicz tę objętość.
Rozwiązanie
Oznaczmy literą x długość boku kwadratowych naroży. Podstawa pudełka ma wymiary
(80 -� 2x) �� (50 -� 2x) .
Wysokość pudełka jest równa x. Zatem objętość wyraża się wzorem
V =� (80 -� 2x) �� (50 -� 2x) �� x ,
czyli
V =� (4000 -�160x -�100x +� 4x2)�� x =� 4x3 -� 260x2 +� 4000x =� 4 x3 -� 65x2 +�1000x
(� )�
dla 0 <� x <� 25.
Rozważmy funkcję f x =� x3 -� 65x2 +�1000x określoną dla każdej liczby rzeczywistej x.
(� )�
ó�
Obliczamy pochodną tej funkcji: f x =� 3x2 -�130x +�1000.
(� )�
Następnie znajdujemy miejsca zerowe tej pochodnej:
D� =� 1302 -�12 ��1000 =� 16900 -�12000 =� 4900 ,
130 -� 70 130 +� 70 1
x1 =� =� 10, x2 =� =� 33 .
6 6 3
Ponadto:
100
ć�
ó�
f (x) >� 0 w każdym z przedziałów -�Ą�,10 oraz �� ,+�Ą��� ,
(� )�
��
3
Ł� ł�
100
ć�10, ��
ó�
f (x) <� 0 w przedziale .
�� ��
3
Ł� ł�
140 Informator o egzaminie maturalnym z matematyki od roku szkolnego 2014/2015
100
Zatem funkcja f jest rosnąca w każdym z przedziałów -�Ą�,10 oraz ,Ą���
(�
�� i malejąca
3
ł�
100
w przedziale 10, .
3
Ponieważ V x =� 4 f x dla x �� 0, 25 , więc w przedziale 0, 25 funkcja V (x) ma
(� )� (� )� (� )� (� )�
ekstremum w tym samym punkcie, w którym funkcja f (x) . Stąd wynika, że w punkcie
x =�10 funkcja V przyjmuje wartość największą. Szukana objętość jest zatem równa
V =� (80 -� 20) �� (50 -� 20) ��10 =� 18000 cm2.
Schemat oceniania
Rozwiązanie zadania składa się z trzech etapów.
a) Pierwszy etap (3 pkt) składa się z trzech części:
�� wybór zmiennej i wyrażenie za pomocą tej zmiennej wielkości, które będą
potrzebne do zdefiniowania funkcji. Oznaczenie literą x długości boku
kwadratowych naroży, zapisanie wymiarów podstawy pudełka
(80 -� 2x) �� (50 -� 2x) ,
�� zdefiniowanie funkcji jednej zmiennej, zapisanie objętości jako funkcji zmiennej
wysokości pudełka x: V =� (80 -� 2x) �� (50 -� 2x) �� x ,
�� określenie dziedziny funkcji V: 0 <� x <� 25.
Zdający otrzymuje 2 punkty za poprawne zdefiniowanie funkcji zmiennej x opisującej
objętość prostopadłościanu. Ponadto zdający otrzymuje 1 punkt za poprawne określenie
dziedziny wynikającej z treści zadania, a nie z wyznaczonego wzoru funkcji.
b) Drugi etap (3 pkt) składa się z trzech części:
ó�
�� wyznaczenie pochodnej funkcji f: f x =� 3x2 -�130x +�1000,
(� )�
1
�� obliczenie miejsc zerowych pochodnej: x1 =� 10, x2 =� 33 ,
3
�� uzasadnienie (np. przez badanie monotoniczności funkcji), że funkcja posiada
wartość największą w punkcie x =�10 .
Za poprawne rozwiązanie każdej z części tego etapu zdający otrzymuje 1 punkt, o ile
poprzednia część etapu została zrealizowana bezbłędnie.
c) Trzeci etap (1 pkt).
Obliczenie największej objętości: V =� (80 -� 20) �� (50 -� 20) ��10 =� 18000 cm2.
Informacja dla absolwentów niesłyszących 141
Komentarz
Zdający rozwiązując zadanie może nie doprowadzić rozumowania do końca lub popełnić
różnego rodzaju błędy np.:
1. Błędne określenie dziedziny funkcji V np. zapisanie x >� 0 lub x <� 50. Jeżeli zdający nie
poda dziedziny funkcji lub poda ją błędnie, to za całe rozwiązanie może otrzymać
maksymalnie 6 punktów.
2. Błędne zapisanie wzoru na objętość pudełka (np. błędne określenie wymiarów pudełka
lub wzoru na objętość prostopadłościanu).
3. Niewłaściwe wyznaczenie pochodnej rozważanej funkcji.
4. Nieprawidłowo obliczone miejsca zerowe pochodnej.
5. Błędne określenie monotoniczności funkcji oraz jej ekstremów.
6. Brak uzasadnienia, błędne lub niepełne uzasadnienie, że funkcja V w punkcie x =�10
przyjmuje maksimum lokalne.
7. Nieobliczenie lub błędne obliczenie największej objętości pudełka.
Schemat oceniania pokazuje jak w poszczególnych sytuacjach ocenić rozwiązanie zadania.
142 Informator o egzaminie maturalnym z matematyki od roku szkolnego 2014/2015
6.4. PRZYKA
ADOWE ZADANIA Z MATEMATYKI NA POZIOMIE PODSTAWOWYM DLA
ABSOLWENTÓW NIESA
YSZ
CYCH WRAZ Z ROZWI
ZANIAMI
Numeracja zadań w części 6.4. odpowiada numeracji zadań w części 4. Jeżeli zadanie nie
zostało przedstawione poniżej, oznacza to, że wersja dla niesłyszących nie różni się niczym
od wersji przedstawionej w części 4.
Zadanie 16. (0 1)
Kąt środkowy i kąt wpisany w okrąg są oparte na tym samym łuku. Suma miar tych kątów
jest równa180o�. Jaka jest miara kąta środkowego?
A. 60o� B. 90o� C. 120o� D. 135o�
Wymagania ogólne
II. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji.
Zdający używa prostych, dobrze znanych obiektów matematycznych.
Wymagania szczegółowe
7.1. Zdający stosuje zależności między kątem środkowym i kątem wpisanym.
Rozwiązanie C
Zadanie 21. (0 1)
W kinie jest 5 wolnych miejsc. Liczba wszystkich sposobów, na jakie Ala i Bartek mogą usiąść
na dwóch miejscach, jest równa
A. 25 B. 20 C. 15 D. 12
Wymagania ogólne
III. Modelowanie matematyczne.
Zdający dobiera model matematyczny do prostej sytuacji i krytycznie ocenia trafność modelu.
Wymagania szczegółowe
10.2. Zdający zlicza obiekty w prostych sytuacjach kombinatorycznych, niewymagających
użycia wzorów kombinatorycznych, stosuje regułę mnożenia i regułę dodawania.
Rozwiązanie B
Informacja dla absolwentów niesłyszących 143
Zadanie 23. (0 2)
2
x +� 6x -� 7 Ł� 0
Rozwiąż nierówność .
Wymagania ogólne
II. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji.
Zdający używa prostych, dobrze znanych obiektów matematycznych.
Wymagania szczegółowe
3.5. Zdający rozwiązuje nierówności kwadratowe z jedną niewiadomą.
Rozwiązanie
Korzystamy ze wzorów na pierwiastki równania kwadratowego lub rozkładamy trójmian na
czynniki x2 +� 6x -� 7 =� x +� 7 x -�1 . Trójmian kwadratowy y =� x2 +� 6x -� 7 ma dwa
(� )�(� )�
pierwiastki: x1 =� -�7 , x2 =� 1. Ponieważ parabola o równaniu y =� x2 +� 6x -� 7 ma ramiona
skierowane do góry, to leży ona poniżej osi Ox między swoimi miejscami zerowymi. Zatem
rozwiązaniem nierówności jest przedział domknięty -�7,1 .
Zadanie 24. (0 2)
Oblicz najmniejszą wartość funkcji kwadratowej f (x) =� x2 -�6x +�1 w przedziale 0,1 .
Wymagania ogólne
II. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji.
Zdający używa prostych, dobrze znanych obiektów matematycznych.
Wymagania szczegółowe
4.11. Zdający wyznacza wartość najmniejszą i wartość największą funkcji kwadratowej
w przedziale domkniętym.
Rozwiązanie
Wyznaczamy współrzędne wierzchołka paraboli o równaniu y =� x2 -� 6x +�1. Mamy
b D�
x =� -� =� 3, yw =� -� =� -�8 Ponieważ parabola ma ramiona skierowane do góry, to
.
w
2a 4a
w przedziale -�Ą�,3 dana funkcja maleje. Dlatego maleje także na zawartym w nim
(�
przedziale 0,1 . Dlatego najmniejszą wartość funkcja ma w prawym końcu, czyli dla x =�1.
Tą wartością jest y =� 12 -� 6 ��1 +� 1 =� -�4 .
144 Informator o egzaminie maturalnym z matematyki od roku szkolnego 2014/2015
Zadanie 26. (0 2)
Napisz równanie prostej równoległej do prostej o równaniu y =� 2x -�11 i przechodzącej przez
punkt P =� (1, 2).
Wymagania ogólne
II. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji.
Zdający używa prostych, dobrze znanych obiektów matematycznych.
Wymagania szczegółowe
8.3. Zdający wyznacza równanie prostej, która jest równoległa lub prostopadła do prostej
danej w postaci kierunkowej i przechodzi przez dany punkt.
Rozwiązanie
Wszystkie proste równoległe do danej prostej mają taki sam współczynnik kierunkowy.
Dlatego szukamy prostej o równaniu y =� 2x +� b . Ponieważ szukana prosta przechodzi przez
punkt P =� (1, 2) , otrzymujemy 2 =� 2��1+�b, więc b =� 0 . Dlatego prosta ta ma równanie
y =� 2 x .
Zadanie 27. (0 2)
Wyznacz równanie prostej zawierającej środkową CD trójkąta ABC, którego wierzchołkami
są punkty: A =� (�-� 2,-�1)�, B =� (�6,1)�, C =� (�7,10)�.
Wymagania ogólne
IV. Użycie i tworzenie strategii.
Zdający stosuje strategię, która jasno wynika z treści zadania.
Wymagania szczegółowe
8.5.Zdający wyznacza współrzędne środka odcinka.
8.1. Zdający wyznacza równanie prostej przechodzącej przez dwa dane punkty (w postaci
kierunkowej lub ogólnej).
Rozwiązanie
Wiemy, że szukana prosta przechodzi przez punkt C =� 7,10 oraz że przechodzi przez punkt
(� )�
D, który jest środkiem boku AB. Dlatego korzystając ze wzoru na współrzędne środka
-�2 +� 6 -�1+�1
ć� ��
odcinka mamy D =� , =� 2,0
(� )� . Ze wzoru na równanie prostej przechodzącej
�� ��
2 2
Ł� ł�
przez dwa dane punkty otrzymujemy: y -�10 2 -� 7 -� 0 -�10 x -� 7 =� 0 , a stąd
(� )�(� )� (� )�(� )�
-�5y +� 10x -� 20 =� 0 , czyli -� y +� 2x -� 4 =� 0 .
Informacja dla absolwentów niesłyszących 145
Zadanie 28. (0 2)
W trójkącie prostokątnym, w którym przyprostokątne mają długości 2 i 4, jeden z kątów
ostrych ma miarę a�. Oblicz sina� ��cosa�.
Wymagania ogólne
IV. Użycie i tworzenie strategii.
Zdający stosuje strategię, która jasno wynika z treści zadania.
Wymagania szczegółowe
6.1.Zdający wykorzystuje definicje i wyznacza wartości funkcji sinus, cosinus i tangens kątów
o miarach od 0� do 180�.
Rozwiązanie
Niech a� będzie kątem leżącym naprzeciwko boku o długości 2, a b� niech będzie kątem
leżącym naprzeciwko boku o długości 4. Zauważmy, że sin a� =� cos b� oraz cosa� =� sin b� ,
więc mamy sina� �� cosa� =� sin b� �� cos b� , czyli szukana wartość nie zależy od wyboru kąta.
Przeciwprostokątna w danym trójkącie ma długość 22 +� 42 =� 20 . Z definicji funkcji
2 4 8 2
sina� cosa� =� �� =� =�
trygonometrycznych otrzymujemy .
20 5
20 20
Zadanie 29. (0 2)
1
Kąt a� jest ostry i sina� =� . Oblicz 3+� 2tg2a� .
4
Wymagania ogólne
II. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji.
Zdający używa prostych, dobrze znanych obiektów matematycznych.
Wymagania szczegółowe
6.4. Zdający stosuje proste zależności między funkcjami trygonometrycznymi:
sina�
a� =�
sin2 a� +� cos2 a� =� 1 , tg oraz sin (90�� -�a� ) =� cosa� .
cosa�
Rozwiązanie
2
1
ć� ��
�� ��
sina�
sin2 a� sin2 a� 1
4
Ł� ł�
a� =�
Mamy tg , więc tg2a� =� =� =� =� .
2
cosa� cos2 a� 1-� sin2 a� 15
1
ć� ��
1-�
�� ��
4
Ł� ł�
2 47
Dlatego 3 +� 2 tg2a� =� 3 +� =� .
15 15
146 Informator o egzaminie maturalnym z matematyki od roku szkolnego 2014/2015
Zadanie 30. (0 2)
Ile wyrazów ujemnych ma ciąg an określony wzorem an =� n2 -� 2n -� 24 dla n ł� 1?
(� )�
Wymagania ogólne
II. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji.
Zdający używa prostych, dobrze znanych obiektów matematycznych.
Wymagania szczegółowe
5.1.Zdający wyznacza wyrazy ciągu określonego wzorem ogólnym.
Rozwiązanie
Szukamy liczb naturalnych e" 1 spełniających nierówność n2 -� 2n -� 24 <� 0 .
2
2
Zapisujemy tę nierówność w postaci n2 -� 2n +� 1 -� 25 <� 0 , n -�1 -� 5 <� 0 , więc
(� )�
n -�1-� 5 n -�1+� 5 <� 0, n -� 6 n +� 4 <� 0 . Ponieważ n +� 4 >� 0, otrzymujemy n <� 6.
(� )�(� )� (� )�(� )�
Dlatego liczba n może mieć jedną z pięciu wartości: 1, 2, 3, 4, 5, czyli ciąg ma pięć wyrazów
ujemnych.
Zadanie 32. (0 2)
Wyrazami ciągu arytmetycznego an są kolejne liczby naturalne, które przy dzieleniu przez
(� )�
5 dają resztę 2. Ponadto a3 =� 12. Oblicz a15 .
Wymagania ogólne
IV. Użycie i tworzenie strategii.
Zdający stosuje strategię, która jasno wynika z treści zadania.
Wymagania szczegółowe
5.3. Zdający stosuje wzór na n-ty wyraz i na sumę n początkowych wyrazów ciągu
arytmetycznego.
Rozwiązanie
Ponieważ dokładnie co piąta liczba naturalna daje z dzielenia przez 5 resztę 2, to różnica
danego ciągu arytmetycznego równa się 5. Dlatego 12 =� a3 =� a1 +� 2r =� a1 +� 10 , więc a1 =� 2.
Dlatego a15 =� a1 +� 14r =� 2 +� 14 ��5 =� 72 .
Informacja dla absolwentów niesłyszących 147
Zadanie 33. (0 2)
Dany jest prostokąt o bokach a i b. Zmniejszamy długość boku a o 10% oraz zwiększamy
a
długość boku b o 20%. Wyznacz stosunek , jeśli wiadomo, że otrzymany prostokąt ma taki
b
sam obwód jak prostokąt o bokach a i b.
Wymagania ogólne
III. Modelowanie matematyczne.
Zdający dobiera model matematyczny do prostej sytuacji i krytycznie ocenia trafność modelu.
Wymagania szczegółowe
5.4. (gimnazjum) Zdający stosuje obliczenia procentowe do rozwiązywania problemów
w kontekście praktycznym, np. oblicza ceny po podwyżce lub obniżce o dany procent,
wykonuje obliczenia związane z VAT, oblicza odsetki dla lokaty rocznej.
Rozwiązanie
Otrzymany prostokąt ma boki długości 0,9a oraz 1, 2b . Z porównania obwodów tych
prostokątów otrzymujemy związek 2�� 0,9a +� 2 ��1,2b =� 2a +� 2b , skąd 0,4b =� 0,2a . Dlatego
a 0,4
=� =� 2 .
b 0,2
Zadanie 34. (0 2)
2
Udowodnij, że jeśli x, y są liczbami rzeczywistymi, to x2 +� y ł� 2xy .
Wymagania ogólne
V. Rozumowanie i argumentacja.
Zdający prowadzi proste rozumowanie, składające się z niewielkiej liczby kroków.
Wymagania szczegółowe
2.1.Zdający używa wzorów skróconego mnożenia na (a ąb)2 oraz a2  b2.
Rozwiązanie
2
2
Zauważmy, że dla dowolnych liczb x, y mamy x -� y ł� 0, więc x2 +� y ł� 2xy , co kończy
(� )�
dowód.
148 Informator o egzaminie maturalnym z matematyki od roku szkolnego 2014/2015
Zadanie 35. (0 2)
Rzucamy dwa razy symetryczną sześcienną kostką do gry. Oblicz prawdopodobieństwo
otrzymania iloczynu liczby oczek równego 5.
Wymagania ogólne
III. Modelowanie matematyczne.
Zdający dobiera model matematyczny do prostej sytuacji i krytycznie ocenia trafność modelu.
Wymagania szczegółowe
10.3. Zdający oblicza prawdopodobieństwa w prostych sytuacjach, stosując klasyczną
definicję prawdopodobieństwa.
Rozwiązanie
Zdarzeniami elementarnymi są pary liczb całkowitych a,b , gdzie 1 Ł� a,b Ł� 6 . Mamy 36
(� )�
takich par. Zdarzenia elementarne sprzyjające to pary 1,5 oraz 5,1 . Dlatego
(� )� (� )�
2 1
=�
prawdopodobieństwo otrzymania iloczynu liczby oczek równego 5 jest równe .
36 18
Zadanie 36. (0 4)
W ciągu arytmetycznym an dane są wyrazy: a3 =� 4, a6 =� 19 . Ile wyrazów tego ciągu
(� )�
należy do przedziału 0, 200 ?
(� )�
Wymagania ogólne
III. Modelowanie matematyczne.
Zdający dobiera model matematyczny do prostej sytuacji i krytycznie ocenia trafność modelu.
Wymagania szczegółowe
5.3. Zdający stosuje wzór na n-ty wyraz i na sumę n początkowych wyrazów ciągu
arytmetycznego.
Rozwiązanie
Mamy 4 =� a1 +� 2r , 19 =� a1 +� 5r . Więc 3r =� 15, r =� 5 oraz a1 =� -�6 . Pytamy, dla jakich n
mamy 0 <� an <� 200 , czyli 0 <� -�6 +� n -�1 ��5 <� 200 .
(� )�
6 206 11 211
6 <� 5 n -�1 <� 206, <� n -�1<� , <� n <� .
Więc (� )�
5 5 5 5
Pierwszą nierówność spełniają liczby n ł� 3, a drugą nierówność liczby n Ł� 42 . Dlatego jest
40 liczb naturalnych spełniających te dwa warunki i 40 wyrazów ciągu leży w przedziale
0,200 .
(� )�
Informacja dla absolwentów niesłyszących 149
Zadanie 37. (0 4)
Na zewnątrz trójkąta prostokątnego ABC, w którym S�ACB =� 90�� oraz AC =� 5, BC =� 12
zbudowano kwadrat ACDE (zobacz rysunek). Punkt H leży na prostej AB i kąt S�EHA =� 90�� .
Oblicz pole trójkąta HAE.
D
C
E
B
H
A
Wymagania ogólne
IV. Użycie i tworzenie strategii.
Zdający stosuje strategię, która jasno wynika z treści zadania.
Wymagania szczegółowe
7.3. Zdający rozpoznaje trójkąty podobne i wykorzystuje (także w kontekstach praktycznych)
cechy podobieństwa trójkątów.
Rozwiązanie
Zauważmy, że trójkąt prostokątny EAH jest podobny do trójkąta ABC, bo kąty EAH oraz ABC
są przystające, jako kąty o ramionach równoległych. Oznaczymy przez s skalę podobieństwa
trójkąta EAH do trójkąta ABC. Wtedy
1 1
PEAH =� s2PABC =� s2 �� �� AC �� BC =� s2 �� ��5��12 =� 30s2.
2 2
Następnie obliczamy s.
Mamy
AE AC
5 5
s =� =� =� =� .
AB
AC2 +� BC2 52 +�122 13
Więc
2
5 750
PD�EAH =� 30��ć� �� =� .
��13��
169
Ł� ł�
150 Informator o egzaminie maturalnym z matematyki od roku szkolnego 2014/2015
Zadanie 38. (0 4)
Punkt D leży na boku BC trójkąta równoramiennego ABC, w którym C
AC =� BC . Odcinek AD dzieli trójkąt ABC na dwa trójkąty
równoramienne w taki sposób, że AD =� CD oraz AB =� BD (zobacz
rysunek). Udowodnij, że S�ADC =� 5�� S�ACD .
D
Wymagania ogólne
V. Rozumowanie i argumentacja.
A B
Zdający prowadzi proste rozumowanie, składające się z niewielkiej
liczby kroków.
Wymagania szczegółowe
10.17 (gimnazjum) Zdający rozpoznaje figury, które mają oś symetrii i figury, które mają
środek symetrii. Wskazuje oś symetrii i środek symetrii figury.
Rozwiązanie I
C
Niech a� =� S�BAD i b� =� S�ACD .
Trójkąty ABD, ACD i ABC są równoramienne, więc
S�DAB =� S�BAD =� a� , S�CAD =� S�ACD =� b�
D
oraz S�CAB =� S�CBA =� a� +� b� .
Suma miar kątów trójkąta ACD jest równa 180��, więc
S�ADC =�180�� -� 2b� .
Wiadomo również, że S�ADC =� 180�� -� S�ADB ,
A B
czyli 180�� -� 2b� =� 180�� -� a� . Stąd a� =� 2b� .
Suma miar kątów trójkąta ABC jest równa 180��, więc 2 a� +� b� +� b� =�180�� , czyli
(� )�
2 2b� +� b� +� b� =� 180�� . Stąd 7b� =� 180�� .
(� )�
Więc S�ADC =� 180�� -� 2b� =� 7b� -� 2b� =� 5b� =� 5�� S�ACD . To kończy dowód.
Rozwiązanie II
Oznaczmy kąty i b� jak w poprzednim rozwiązaniu.
a�
Ponieważ kąt ADB jest kątem zewnętrznym trójkąta ADC, więc a� =� 2b� .
Również kąt ADC jest kątem zewnętrznym trójkąta ABD, więc
S�ADC =� a� +�a� +� b� =� 2a� +� b� =� 4b� +� b� =� 5b� =� 5 S�ACD , co kończy dowód.
Informacja dla absolwentów niesłyszących 151
Zadanie 39. (0 2)
Oblicz sinus kąta między przekątną sześcianu a jego płaszczyzną
podstawy.
Wymagania ogólne
IV. Użycie i tworzenie strategii.
Zdający stosuje strategię, która jasno wynika z treści zadania.
Wymagania szczegółowe
9.2. Zdający rozpoznaje w graniastosłupach i ostrosłupach kąt między odcinkami
i płaszczyznami (między krawędziami i ścianami, przekątnymi i ścianami), oblicza miary tych
kątów.
Rozwiązanie
B
Mamy trójkąt prostokątny ABC, utworzony przez przekątną AB
sześcianu, przekątną AC podstawy sześcianu oraz krawędz
BC,
jak na rysunku. Kąt ostry tego trójkąta jest kątem między
a�
przekątną sześcianu i płaszczyzną jego podstawy. Długość prze-
kątnej sześcianu o krawędzi długości a jest równa a 3 , więc
sinus kąta jest równy
a�
C
a 1 3
sina� =� =� =�
.
A
3
a 3 3
Zadanie 40. (0 4)
W graniastosłupie czworokątnym prawidłowym przekątna o długości d jest nachylona do
płaszczyzny podstawy pod kątem a� takim, że sin a� =� 0, 2 . Podaj objętość tego graniastosłupa
w zależności od d.
Wymagania ogólne
III. Modelowanie matematyczne.
Zdający dobiera model matematyczny do prostej sytuacji i krytycznie ocenia trafność modelu.
Wymagania szczegółowe
9.6. Zdający stosuje trygonometrię do obliczeń długości odcinków, miar kątów, pól
powierzchni i objętości.
152 Informator o egzaminie maturalnym z matematyki od roku szkolnego 2014/2015
Rozwiązanie I
H
G
Przyjmijmy oznaczenia jak na rysunku.
Trójkąt BDH jest prostokątny, więc
F
E
h 1 h 1
sina� =� =� h =� d
, czyli . Stąd .
d 5 d 5
Z twierdzenia Pitagorasa dla trójkąta BDH otrzymujemy
d
2
2 1 24
ć� ��
2 2
BD =� d -� h2 =� d -� d =� d2 .
�� ��
5 25
Ł� ł�
Pole podstawy graniastosłupa jest więc równe
D
C
1 2 1 24 12 a
PABCD =� �� BD =� �� d2 =� d2
.
2 2 25 25
a
A
B
Dlatego objętość tego graniastosłupa jest równa
12 1 12
V =� PABCD ��h =� d2 �� d =� d3
.
25 5 125
Rozwiązanie II
Przyjmijmy oznaczenia jak w rozwiązaniu I.
h
sina� =�
Trójkąt BDH jest prostokątny, więc , czyli h =� d sina� . Stąd h =� 0, 2 d .
d
a 2
W trójkącie BDH mamy również cosa� =� , czyli a 2 =� d cosa� =� d 1-� (0,2)2 =� 0,96 d.
d
1
V =� a2h =� ��0,96d2 ��0,2d =� 0,096d3
Stąd .
2
Zadanie 41. (0 4)
Oblicz, ile jest wszystkich liczb naturalnych czterocyfrowych takich, że w zapisie dziesiętnym
tych liczb jest jedna cyfra nieparzysta i trzy cyfry parzyste.
Uwaga: przypominamy, że zero jest liczbą parzystą.
Wymagania ogólne
IV. Użycie i tworzenie strategii.
Zdający stosuje strategię, która jasno wynika z treści zadania.
Wymagania szczegółowe
10.2. Zdający zlicza obiekty w prostych sytuacjach kombinatorycznych, niewymagających
użycia wzorów kombinatorycznych, stosuje regułę mnożenia i regułę dodawania.
Informacja dla absolwentów niesłyszących 153
Rozwiązanie
Mamy 5 cyfr parzystych: 0, 2, 4, 6, 8 oraz 5 cyfr nieparzystych: 1, 3, 5, 7, 9. Musimy jednak
pamiętać, że 0 nie może być pierwszą cyfrą zapisu dziesiętnego liczby. Dlatego mamy dwa
przypadki: a) gdy pierwsza cyfra jest nieparzysta oraz b) gdy pierwsza cyfra jest parzysta.
W przypadku a) pierwszą cyfrę można wybrać na 5 sposobów; każda pozostała cyfra musi
być parzysta i każdą z nich też możemy wybrać na 5 sposobów. Dlatego w przypadku a)
mamy 54 możliwości.
W przypadku b) cyfrę parzystą, stojącą na pierwszym miejscu, możemy wybrać na 4 sposoby.
Na pozostałych miejscach mamy ustawić jedną cyfrę nieparzystą oraz dwie cyfry parzyste.
Miejsce dla cyfry nieparzystej możemy wybrać na 3 sposoby; na pozostałych dwóch
miejscach ustawiamy cyfry parzyste. Cyfrę na każdym z tych trzech miejsc można wybrać na
5 sposobów. Dlatego w przypadku b) mamy 4 �� 3�� 53 =� 12 �� 53 możliwości.
W obu przypadkach łącznie otrzymujemy 54 +�12 ��53 =� 5 +�12 ��53 =� 17��125 =� 2125 liczb
(� )�
spełniających warunki zadania.
Zadanie 42. (0 4)
Z pojemnika, w którym jest pięć losów: dwa wygrywające i trzy puste, losujemy dwa razy po
jednym losie bez oddawania losów do pojemnika. Oblicz prawdopodobieństwo, że
otrzymamy jeden lub dwa losy wygrywające. Wynik zapisz w postaci ułamka nieskracalnego.
Wymagania ogólne
III. Modelowanie matematyczne.
Zdający dobiera model matematyczny do prostej sytuacji i krytycznie ocenia trafność modelu.
Wymagania szczegółowe
10.3. Zdający oblicza prawdopodobieństwa w prostych sytuacjach, stosując klasyczną
definicję prawdopodobieństwa.
Rozwiązanie I (model klasyczny)
Oznaczmy przez w1 , w2 losy wygrywające, a przez p1 , p2 , p3 losy puste. Wszystkie wyniki
losowania dwóch losów bez ich oddawania możemy przedstawić w tabeli: wynik pierwszego
losowania wyznacza wiersz, a wynik drugiego losowania  kolumnę, w przecięciu których
leży pole, odpowiadające tej parze losowań. Pola położone na przekątnej odrzucamy, gdyż
odpowiadałyby one wylosowaniu dwa razy tego samego losu, a to jest niemożliwe, gdyż
losujemy bez oddawania losu.
Niech A oznacza zdarzenie polegające na wylosowaniu dwóch losów, wśród których jeden
lub dwa są wygrywające. Zdarzenia elementarne sprzyjające zdarzeniu A zaznaczamy
w tabeli krzyżykiem (x).
154 Informator o egzaminie maturalnym z matematyki od roku szkolnego 2014/2015
w1 w2 p1 p2 p3
w1
x x x x
w2
x x x x
p1
x x
p2
x x
p3
x x
Mamy więc 20 wszystkich zdarzeń elementarnych, czyli W� =� 20 , oraz 14 zdarzeń
elementarnych sprzyjających zdarzeniu A, czyli A =�14.
A
14 7
Prawdopodobieństwo zdarzenia A jest zatem równe P A =� =� =� .
(� )�
W� 20 10
Rozwiązanie II (metoda drzewa)
Losowanie z pojemnika kolejno dwóch losów bez oddawania możemy zilustrować za pomocą
drzewa, gdzie w oznacza wylosowanie losu wygrywającego, a p  losu pustego. Pogrubione
gałęzie drzewa odpowiadają zdarzeniu A polegającemu na wylosowaniu dwóch losów, wśród
których co najmniej jeden jest wygrywający. Na odcinkach drzewa zostały zapisane
odpowiednie prawdopodobieństwa.
w p
w p w p
Więc prawdopodobieństwo zdarzenia A jest równe
2 1 2 3 3 2 2 +� 6+� 6 14 7
P A =� �� +� �� +� �� =� =� =�
(� )� .
5 4 5 4 5 4 20 20 10
Informacja dla absolwentów niesłyszących 155
Zadanie 43. (0 3)
Udowodnij, że prawdziwa jest nierówność 250 +�1 +� 250 -�1 <� 226 .
Wymagania ogólne
V. Rozumowanie i argumentacja.
Zdający prowadzi proste rozumowanie, składające się z niewielkiej liczby kroków.
Wymagania szczegółowe
2.1.Zdający używa wzorów skróconego mnożenia na (a ąb)2 oraz a2  b2.
Rozwiązanie I
Dla dowodu przekształcimy w sposób równoważny tezę.
Ponieważ obie strony danej nierówności 250 +�1 +� 250 -�1 <� 226 są dodatnie, możemy je
podnieść do kwadratu. Otrzymujemy kolejno:
2
2
250 +�1 +� 250 -�1 <� 226
(� )�
(� )�
250 +�1+� 2�� 250 +�1�� 250 -�1 +� 250 -�1<� 252
2�� 250 +� 2 250 -�1 250 +�1 <� 252
(� )�(� )�
2 2100 -�1 <� 252 -� 251
2100 -�1 <� 250.
Obie strony tej nierówności są także dodatnie, więc podnosząc je do kwadratu otrzymujemy
2100 -�1 <� 2100.
Otrzymana nierówność jest oczywiście prawdziwa, a więc dana w zadaniu nierówność jest
również prawdziwa, co kończy dowód.
Rozwiązanie II
Oznaczmy a =� 250 +�1, b =� 250 -�1. Zauważmy, że dla dowolnych liczb a, b, takich, że
2
a ą� b, mamy a -�b >� 0 , skąd a2 +� b2 >� 2ab . Więc
(� )�
2
a +� b =� a2 +� b2 +� 2ab <� a2 +� b2 +� a2 +� b2 =� 2 a2 +� b2 =� 2 250 +�1+� 250 -�1 =� 252.
(� )� (� )� (� )�
Stąd a +�b <� 252 =� 226 , co kończy dowód.
156 Informator o egzaminie maturalnym z matematyki od roku szkolnego 2014/2015
Zadanie 44. (0 5)
W roku 2015 na uroczystości urodzinowej Marka ktoś spytał go, ile ma lat. Marek
odpowiedział: jeżeli swój wiek sprzed 27 lat pomnożę przez wiek, który będę miał za 15 lat,
to otrzymam rok swojego urodzenia. Oblicz, ile lat ma Marek.
Wymagania ogólne
III. Modelowanie matematyczne.
Zdający dobiera model matematyczny do prostej sytuacji i krytycznie ocenia trafność modelu.
Wymagania szczegółowe
3.4. Zdający rozwiązuje równania kwadratowe z jedną niewiadomą.
Rozwiązanie
Oznaczamy przez x obecny wiek Marka (w latach). Wówczas wiek Marka sprzed 27 lat jest
równy x -�27 , wiek jaki będzie miał za 15 lat jest równy x +�15, a rok jego urodzenia to
2015-� x .
Mamy więc równanie x -� 27 x +�15 =� 2015 -� x .
(� )�(� )�
Po uporządkowaniu otrzymujemy x2 -�11x -� 2420 =� 0 .
Rozwiązaniami tego równania są liczby x =� 55, x =� -� 44 .
Stąd wiemy, że Marek w roku 2015 ma 55 lat.
Informacja dla absolwentów niesłyszących 157
6.5. PRZYKA
ADOWE ZADANIA Z MATEMATYKI NA POZIOMIE ROZSZERZONYM DLA
ABSOLWENTÓW NIESA
YSZ
CYCH WRAZ Z ROZWI
ZANIAMI
Numeracja zadań w części 6.5. odpowiada numeracji zadań w części 5. Jeżeli zadanie nie
zostało przedstawione poniżej, oznacza to, że wersja dla niesłyszących nie różni się niczym
od wersji przedstawionej w części 5.
Zadanie 11. (0 2)
3
an
Dany jest nieskończony ciąg geometryczny (� )� o wyrazach dodatnich taki, że a1 =� ,
4
1
a3 =� . Oblicz sumę wszystkich wyrazów tego ciągu.
3
Wymagania ogólne
II. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji.
Zdający rozumie i interpretuje pojęcia matematyczne oraz operuje obiektami matematycznymi.
Wymagania szczegółowe
5.3.R Zdający rozpoznaje szeregi geometryczne zbieżne i oblicza ich sumy.
Rozwiązanie
3 1
Pierwszy wyraz tego ciągu jest równy a1 =� , a trzeci wyraz tego ciągu jest równy a3 =� .
4 3
a3 4
2 2
Ponieważ, a3 =� a1 ��q2 , stąd q2 =� =� . Zatem q =� -� lub q =� . Wyrazy ciągu są
a1 9 3 3
2
2
dodatnie, więc q =� . Ponieważ q =� <�1
, więc
3 3
3
a1 4 3 3 9
S =� =� =� �� =� .
2
1-� q 4 1 4
1-�
3
an
Suma S wszystkich wyrazów nieskończonego ciągu geometrycznego (� )� o wyrazach
9
dodatnich jest równa: S =� .
4
158 Informator o egzaminie maturalnym z matematyki od roku szkolnego 2014/2015
Zadanie 13. (0 3)
Dana jest funkcja f określona wzorem f x =� 4x3 -� 2x +�1 dla wszystkich liczb
(� )�
rzeczywistych. Uzasadnij, że prosta l o równaniu 10x -� y +� 9 =� 0 jest styczna do wykresu
funkcji f.
Wymagania ogólne
V. Rozumowanie i argumentacja.
Zdający tworzy łańcuch argumentów i uzasadnia jego poprawność.
Wymagania szczegółowe
11.3.R Zdający korzysta z geometrycznej i fizycznej interpretacji pochodnej.
Rozwiązanie
Zapisujemy równanie prostej l w postaci kierunkowej y =� 10x +� 9 .
ó�
Wyznaczamy pochodną funkcji f: f x =� 12x2 -� 2 .
(� )�
Zauważamy, że dla x =� -�1 oraz dla x =�1 pochodna funkcji f jest równa10 i równa się
współczynnikowi kierunkowemu prostej l.
Obliczamy wartość funkcji f w punkcie x =� -�1: f -�1 =� -�1 oraz w punkcie x =�1: f 1 =� 3.
(� )� (� )�
Punkt o współrzędnych -�1, -�1 leży na prostej l, natomiast punkt o współrzędnych 1,3 nie
(� )� (� )�
leży na tej prostej. Zatem prosta o równaniu 10x -� y +� 9 =� 0 jest styczna do wykresu funkcji f,
co kończy dowód.
Informacja dla absolwentów niesłyszących 159
Zadanie 28. (0 4)
Dany jest sześcian ABCDEFGH (zobacz rysunek) o krawędzi równej 1. Punkt S jest
środkiem krawędzi DH . Odcinek DW jest wysokością ostrosłupa ACSD poprowadzoną
z wierzchołka D na ścianę ACS . Oblicz długości odcinków AW, CW i SW.
H
G
E
F
D
C
A B
Wymaganie ogólne
IV. Zdający tworzy strategię rozwiązania problemu.
Wymagania szczegółowe
9.2. Zdający określa, jaką figurą jest dany przekrój graniastosłupa lub ostrosłupa
płaszczyzną.
10.7.G Zdający stosuje twierdzenie Pitagorasa.
Rozwiązanie
A
ączymy punkty A i S , A i C oraz C i S (zobacz rysunek). Niech T oznacza punkt
przecięcia przekątnych AC i BD podstawy tego sześcianu.
160 Informator o egzaminie maturalnym z matematyki od roku szkolnego 2014/2015
H
G
E
F
S
W
D
C
T
A B
Punkt S leży na krawędzi DH , więc AS =�CS , a zatem trójkąt ACS , który jest podstawą
ostrosłupa ACSD, jest trójkątem równoramiennym. Wynika stąd, że odcinek ST jest
wysokością tego trójkąta. Długość odcinka ST obliczamy stosując twierdzenie Pitagorasa do
trójkąta prostokątnego TSD :
2
2
ć� ��
3
1 2
2 2 2 ć� ��
ST =� SD +� DT =� +� , czyli ST =� .
�� ��
�� ��
�� ��
2 2 2
Ł� ł�
Ł� ł�
Zauważamy, że odcinek DW jest wysokością trójkąta prostokątnego TDS poprowadzoną do
przeciwprostokątnej TS . Długość odcinka DW obliczymy zapisując na dwa sposoby pole
trójkąta TDS :
1 1
�� SD �� TD =� �� ST �� DW ,
2 2
1 2
��
6
2 2
DW =� =� .
6
3
2
Stąd i z twierdzenia Pitagorasa zastosowanego do trójkąta prostokątnego SWD wynika, że:
2
2
ć� ��
1 6 1 3
ć� ��
.
SW =� -� =� =�
�� ��
�� ��
�� ��
2 6 12 6
Ł� ł�
Ł� ł�
Teraz zauważamy, że wysokość ST trójkąta równoramiennego ACS jest zawarta w osi
symetrii tego trójkąta. Wynika stąd, że AW =� CW . Długość odcinka AW obliczamy stosując
twierdzenie Pitagorasa do trójkąta prostokątnego ATW , w którym
Informacja dla absolwentów niesłyszących 161
3 3 3
TW =� ST -� SW =� -� =� .
2 6 3
Otrzymujemy zatem
2 2
ć� �� ć� ��
2 2 2 2 3 5
AW =� AT +� TW =� +� =� ,
�� �� �� ��
�� �� �� ��
2 3 6
Ł� ł� Ł� ł�
skąd
30
AW =� CW =� .
6
30 3
Podsumowując, szukane odcinki mają długości: AW =� CW =� , SW =� .
6 6
Zadanie 30. (0 4)
Dany jest sześcian ABCDEFGH (zobacz rysunek), którego krawędz
ma długość 15 . Punkty
Q i R dzielą krawędzie HG i FG w stosunku 2 : 1 , to znaczy HQ =� FR =� 10 .
Płaszczyzna AQR przecina krawędz
DH w punkcie P , a krawędz
BF w punkcie S .
Oblicz długości odcinków DP i BS .
Q
H
G
R
E
F
P
S
D
C
A B
Wymaganie ogólne
IV. Zdający tworzy strategię rozwiązania problemu.
162 Informator o egzaminie maturalnym z matematyki od roku szkolnego 2014/2015
Wymagania szczegółowe
9.2.R Zdający określa, jaką figurą jest dany przekrój graniastosłupa lub ostrosłupa
płaszczyzną.
9.1. Zdający rozpoznaje w graniastosłupach i ostrosłupach kąty między odcinkami
(np. krawędziami, krawędziami i przekątnymi itp.), oblicza miary tych kątów.
7.4.R Zdający rozpoznaje figury podobne i jednokładne; wykorzystuje (także w kontekstach
praktycznych) ich własności.
Rozwiązanie (I sposób)
Rozważamy kwadrat EFGH . Niech T oznacza punkt przecięcia przedłużeń odcinków QR
i EF (zobacz rysunek).
Q
G
H 5
5
R
10
E F T
10
Trójkąty prostokątne RFT i RGQ są podobne na mocy cechy kkk. Stąd wynika, że FT =�10.
Teraz rozważamy kwadrat ABFE (zobacz rysunek).
Informacja dla absolwentów niesłyszących 163
E
F
10
T
x
S
15-x
A B
15
Trójkąty prostokątne ABS i TFS są podobne na mocy cechy kkk. Możemy więc zapisać
równanie
SF BS
x 15 -� x
=� , a zatem =� .
FT AB 10 15
Rozwiązujemy to równanie
15x =�150-�10x ,
25x =�150 ,
x =� 6 .
Zatem długość szukanego odcinka BS jest równa 9. Ponieważ punkty B i D leżą
symetrycznie względem płaszczyzny ACGE , więc DP =� BS =� 9 .
Rozwiązanie (II sposób)
Rysujemy przekątne AC , BD , EG oraz łączymy punkty P i S . Oznaczmy kolejno:
W -� środek odcinka PS , W1 -� punkt przecięcia przekątnych AC i BD , T -� środek
odcinka QR (zobacz rysunek). Niech ponadto T1 będzie takim punktem przekątnej AC ,
że GT =� CT1.
164 Informator o egzaminie maturalnym z matematyki od roku szkolnego 2014/2015
Q
H
G
T R
E
F
P
W
S
D
C
A B
Zauważamy, że DP =� BS co wynika, z symetrii względem płaszczyzny ACGE . Zatem
czworokąt BSPD jest prostokątem. Stąd wynika, że prosta przechodząca przez środki boków
tego prostokąta -� punkty W i W1 -� jest prostopadła do płaszczyzny ABCD . Ponadto, prosta
przechodząca przez punkty T i T1 jest także prostopadła do tej płaszczyzny. Zauważamy, że
punkty: A , W , W1 , T i T1 leżą w jednej płaszczyz
nie  jest nią płaszczyzna ACGE . Na
mocy cechy kkk, trójkąty prostokątne AW1W i AT1T są podobne, więc możemy zapisać
równość
TT1 WW1 TT1 �� AW1
=� , skąd wynika, że WW1 =� .
AT1 AW1 AT1
15 2 5 2 25 2
Ponieważ TT1 =�15 , AW1 =� oraz AT1 =�15 2 -� =� , więc
2 2 2
15 2
15��
2
WW1 =� =� 9 .
25 2
2
Oczywiście DP =� BS =� WW1 =� 9.
Informacja dla absolwentów niesłyszących 165
Zadanie 31. (0 3)
Oblicz, ile jest wszystkich liczb siedmiocyfrowych, w zapisie których nie ma zera i na
dokładnie dwóch miejscach są cyfry parzyste.
Wymagania ogólne
IV. Użycie i tworzenie strategii.
Wymagania szczegółowe
10.1.R Zdający wykorzystuje wzory na liczbę permutacji, kombinacji, wariacji
z powtórzeniami do zliczania obiektów w bardziej złożonych sytuacjach kombinatorycznych.
Rozwiązanie
Rozwiązanie zadania składa się z trzech kroków. W kroku pierwszym obliczamy, na ile
sposobów można wybrać dwa miejsca (spośród siedmiu), na których stoją cyfry parzyste. Ten
krok możemy wykonać czterema sposobami.
�� Możemy skorzystać ze wzoru na liczbę dwuelementowych kombinacji ze zbioru
7
ć� ��
siedmioelementowego; wyraża się ona współczynnikiem dwumianowym . Ten
�� ��
2
Ł� ł�
współczynnik możemy odczytać z trójkąta Pascala lub obliczyć ze wzoru
m
ć� �� m!
=� .
�� ��
n n! m -� n !
(� )�
Ł� ł�
Mamy zatem
7
ć� �� 7! 7! 6��7��5! 6��7
=� =� =� =� =� 3��7 =� 21.
��
2�� 2! 7 -� 2 ! 2!5! 2!5! 2
(� )�
Ł� ł�
�� Możemy wszystkie te sposoby wyboru dwóch miejsc wypisać (kółko białe oznacza
miejsce dla cyfry nieparzystej, kółko czarne  dla parzystej):
166 Informator o egzaminie maturalnym z matematyki od roku szkolnego 2014/2015
1: �% �% �% �% �%
2: �% �% �% �% �%
3: �% �% �% �% �%
4: �% �% �% �% �%
5: �% �% �% �% �%
6: �% �% �% �% �%
7: �% �% �% �% �%
8: �% �% �% �% �%
9: �% �% �% �% �%
10: �% �% �% �% �%
11: �% �% �% �% �%
12: �% �% �% �% �%
13: �% �% �% �% �%
14: �% �% �% �% �%
15: �% �% �% �% �%
16: �% �% �% �% �%
17: �% �% �% �% �%
18: �% �% �% �% �%
19: �% �% �% �% �%
20: �% �% �% �% �%
21: �% �% �% �% �%
�� Możemy także te możliwości zliczać: jeśli pierwsza (licząc od lewej strony) cyfra
parzysta stoi na pierwszym miejscu, to drugą możemy ustawić na jednym z sześciu
miejsc (od drugiego do siódmego); jeśli pierwsza (od lewej strony) cyfra parzysta stoi
na drugim miejscu, to drugą możemy ustawić na jednym z pięciu miejsc i tak dalej.
Wreszcie, jeśli pierwsza cyfra parzysta stoi na szóstym miejscu, to druga może stać
tylko na miejscu siódmym. A
ącznie mamy więc
6+�5+� 4+�3+� 2+�1=� 21
sposobów wyboru dwóch miejsc dla cyfr parzystych.
�� Możemy wreszcie rozumować następująco: jedną cyfrę parzystą możemy ustawić na
jednym z 7 miejsc, drugą na jednym z sześciu miejsc. W ten sposób każde ustawienie
policzyliśmy dwa razy, np. ustawienie
�% �% �% �% �%
Informacja dla absolwentów niesłyszących 167
możemy otrzymać wybierając najpierw miejsce trzecie, a potem miejsce piąte lub
wybierając najpierw miejsce piąte, a potem miejsce trzecie. Zatem liczba sposobów
wyboru tych dwóch miejsc jest równa
7��6
=� 7��3 =� 21
.
2
Obliczamy, na ile sposobów możemy na miejscach wybranych dla cyfr parzystych
i nieparzystych napisać te cyfry. Skorzystamy dwa razy z reguły mnożenia. Najpierw na
wybranych dwóch miejscach ustawiamy cyfry parzyste. Ponieważ w zapisie liczby nie ma
zera, więc na każdym miejscu mamy do wyboru cztery cyfry: 2, 4, 6, 8. Mamy zatem 42 =� 16
sposobów zapisania cyfr parzystych na wybranych miejscach. Wreszcie na każdym
z pozostałych pięciu miejsc zapisujemy jedną z pięciu cyfr nieparzystych: 1, 3, 5, 7, 9. Mamy
zatem 55 =� 3125 sposobów zapisania cyfr nieparzystych na pozostałych miejscach.
Obliczamy, ile jest liczb siedmiocyfrowych spełniających warunki opisane w zadaniu.
Korzystamy jeszcze raz z reguły mnożenia i otrzymujemy
21�� 42 ��55 =� 21��16 ��3125 =� 1050000
liczb.
Zadanie 32. (0 4)
Oblicz sumę wszystkich liczb trzycyfrowych zapisanych wyłącznie za pomocą cyfr 1, 2 i 3.
Cyfry mogą się powtarzać.
Wymagania ogólne
IV. Użycie i tworzenie strategii.
Wymagania szczegółowe
10.1.R Zdający wykorzystuje wzory na liczbę permutacji, kombinacji, wariacji
z powtórzeniami do zliczania obiektów w bardziej złożonych sytuacjach kombinatorycznych.
Rozwiązanie
Zauważmy najpierw, że istnieje tylko 27 liczb trzycyfrowych, których cyfry są wybrane
spośród cyfr 1, 2 i 3. Pierwszą cyfrę możemy bowiem wybrać na 3 sposoby, drugą także na
trzy sposoby (cyfry mogą się powtarzać) i trzecią też na trzy sposoby. Najprostszy sposób
rozwiązania zadania polega zatem na wypisaniu i dodaniu (np. na kalkulatorze) tych liczb.
Oto one:
111 + 112 + 113 + 121 + 122 + 123 + 131 + 132 + 133 = 1098,
211 + 212 + 213 + 221 + 222 + 223 + 231 + 232 + 233 = 1998,
311 + 312 + 313 + 321 + 322 + 323 + 331 + 332 + 333 = 2898.
168 Informator o egzaminie maturalnym z matematyki od roku szkolnego 2014/2015
Suma wszystkich liczb jest równa
1098 + 1998 + 2898 = 5994.
Liczby te można łatwo dodać bez używania kalkulatora. Zauważmy, że sumy liczb w trzech
wierszach są równe:
9 ��100 + (11 + 12 + 13 + 21 + 22 + 23 + 31 + 32 + 33) = 900 + 198 = 1098 ,
9 �� 200 + (11 + 12 + 13 + 21 + 22 + 23 + 31 + 32 + 33) = 1800 + 198 = 1998 ,
9 ��300 + (11 + 12 + 13 + 21 + 22 + 23 + 31 + 32 + 33) = 2700 + 198 = 2898 .
Dodawanie
11 + 12 + 13 + 21 + 22 + 23 + 31 + 32 + 33 = 198
może być wykonane w pamięci; pozostałe dodawania można łatwo wykonać też w pamięci
lub pisemnie. Najważniejsze było zauważenie, że we wszystkich dodawaniach występowała
ta sama suma liczb dwucyfrowych i zmieniały się tylko sumy setek. Ta obserwacja będzie
podstawą dla drugiego sposobu rozwiązania.
Obliczając sumę wszystkich 27 liczb, każdą z tych liczb zapiszemy w postaci
a��100+b��10+c
i będziemy oddzielnie dodawać wielokrotności 100, oddzielnie wielokrotności 10 i wreszcie
oddzielnie cyfry jedności. Policzmy, w ilu liczbach jedynka występuje na pierwszym miejscu
(tzn. jako cyfra setek). Otóż na drugim miejscu możemy postawić jedną z trzech cyfr i na
trzecim też jedną z trzech cyfr. Zatem jedynka jest na pierwszym miejscu w dziewięciu
liczbach. W sumie wszystkich dwudziestu siedmiu liczb dziewięć razy wystąpi składnik 100.
Podobnie 9 razy wystąpi składnik 200 i 9 razy wystąpi składnik 300. Zatem składniki postaci
a��100 dadzą sumę
9 ��100 + 9 �� 200 + 9 ��300 = 9 ��100 �� (1 + 2 + 3) = 9 ��100 ��6 = 5400 .
Tak samo pokazujemy, że każda cyfra wystąpi 9 razy na drugim miejscu (tzn. jako cyfra
dziesiątek). Zatem składniki postaci b��10 dadzą sumę
9 ��10 + 9 �� 20 + 9 ��30 = 9 ��10 �� (1 + 2 + 3) = 9 ��10 �� 6 = 540 .
Wreszcie tak samo pokazujemy, że każda cyfra wystąpi 9 razy jako cyfra jedności. Suma cyfr
jedności jest zatem równa
9 ��1 + 9 �� 2 + 9 ��3 = 9 �� (1 + 2 + 3) = 9 �� 6 = 54 .
Suma wszystkich liczb wynosi zatem
5400 + 540 + 54 = 5994.
Informacja dla absolwentów niesłyszących 169
Zadanie 33. (0 7)
Oblicz, ile jest wszystkich liczb ośmiocyfrowych, których iloczyn cyfr jest równy 24.
Wymagania ogólne
IV. Użycie i tworzenie strategii.
Wymagania szczegółowe
10.1.R Zdający wykorzystuje wzory na liczbę permutacji, kombinacji, wariacji
z powtórzeniami do zliczania obiektów w bardziej złożonych sytuacjach kombinatorycznych.
Rozwiązanie
Rozkładamy liczbę 24 na czynniki pierwsze 24 =� 3��2��2��2.
Mamy więc pięć możliwości, w których iloczyn cyfr liczby ośmiocyfrowej jest równy 24
(możliwości te parami wykluczają się):
1. Wśród cyfr tej liczby są trzy dwójki, jedna trójka i cztery jedynki ( 24 =� 3��2��2��2��1��1��1��1).
Liczbę takich liczb można obliczyć na przykład tak:
7
ć� ��
�� 8���� �� =� 280  wybieramy jedno miejsce z ośmiu dla trójki a następnie trzy
Ł�3 ł�
miejsca z pozostałych siedmiu dla dwójki
albo tak:
8
ć� ��
�� ��4 =� 280  wybieramy cztery miejsca dla cyfr różnych od jedynki, a następnie
��
4��
Ł� ł�
spośród nich wybieramy miejsce dla trójki,
albo tak:
8!
�� =� 280  ustawiamy na wszystkie możliwe sposoby cyfry liczby 32221111.
3!�� 4!
2. Wśród cyfr tej liczby są trójka, czwórka, dwójka i pięć jedynek ( 24 =� 3��4��2��1��1��1��1��1).
Liczbę takich liczb można obliczyć na przykład tak:
�� 8��7��6 =� 336  wybieramy miejsca dla cyfr: trzy, cztery, dwa
albo tak:
8
ć� ��
��
��3����3!=� 336  wybieramy trzy miejsca dla cyfr: trzy, cztery, dwa, następnie
Ł� ł�
przestawiamy te cyfry między sobą,
albo tak:
170 Informator o egzaminie maturalnym z matematyki od roku szkolnego 2014/2015
8!
�� =� 336  ustawiamy na wszystkie możliwe sposoby cyfry liczby 32411111.
5!
3. Wśród cyfr tej liczby są trójka, ósemka i sześć jedynek ( 24 =� 3��8��1��1��1��1��1��1).
Liczbę takich liczb można obliczyć na przykład tak:
�� 8��7 =� 56  wybieramy miejsce dla trójki i z pozostałych dla ósemki
albo tak:
8
ć� ��
��
��2����2 =� 56  wybieramy dwa miejsca z ośmiu dla trójki i ósemki, następnie
Ł� ł�
wybieramy miejsce dla każdej z nich,
albo tak:
8!
�� =� 56  ustawiamy na wszystkie możliwe sposoby cyfry liczby 38111111.
6!
4. Wśród cyfr tej liczby są szóstka, czwórka i sześć jedynek ( 24 =� 6��4��1��1��1��1��1��1).
Liczbę takich liczb można obliczyć na przykład tak:
�� 8��7 =� 56  wybieramy miejsce dla szóstki i czwórki
albo tak:
8
ć� ��
��
��2����2 =� 56  wybieramy dwa miejsca z ośmiu dla szóstki i czwórki, następnie
Ł� ł�
wybieramy miejsce dla każdej z nich,
albo tak:
8!
�� =� 56  ustawiamy na wszystkie możliwe sposoby cyfry liczby 64111111.
6!
5. Wśród cyfr tej liczby są dwie dwójki, jedna szóstka i pięć jedynek( 24 =� 6��2��2��1��1��1��1��1).
Liczbę takich liczb można obliczyć na przykład tak:
7
ć� ��
�� 8���� �� =�168
 wybieramy miejsce dla szóstki, następnie dwa miejsca z siedmiu dla
Ł�2ł�
dwójek
albo tak:
8
ć� ��
��  wybieramy trzy miejsca z ośmiu dla szóstki i dwóch dwójek,
��3����3 =�168
Ł� ł�
następnie spośród nich wybieramy miejsce dla szóstki,
albo tak:
8!
�� =� 168  ustawiamy na wszystkie możliwe sposoby cyfry liczby 62211111.
2!��5!
Zatem wszystkich liczb ośmiocyfrowych, których iloczyn cyfr jest równy 24, jest
Informacja dla absolwentów niesłyszących 171
280+�336+�56+�56+�168 =� 896.
Zadanie 35. (0 3)
Losujemy jednocześnie dwie liczby ze zbioru 1, 2,3,...,12,13 . Oblicz prawdopodobieństwo
{� }�
warunkowe, że wśród wylosowanych liczb będzie liczba 8, pod warunkiem, że suma
wylosowanych liczb będzie nieparzysta.
Wymagania ogólne
IV. Użycie i tworzenie strategii.
Wymagania szczegółowe
10.2.R Zdający oblicza prawdopodobieństwo warunkowe.
Rozwiązanie
Zdarzeniami elementarnymi są wszystkie dwuelementowe podzbiory (pary nieuporządkowane,
kombinacje) zbioru 1, 2,3,...,12,13 . Jest to model klasyczny.
{� }�
Wprowadzamy oznaczenia:
A  wśród wylosowanych liczb będzie liczba 8,
B  suma wylosowanych liczb będzie nieparzysta.
A�� B
P(A�� B)
Mamy obliczyć P(A | B) =� =� .
P(B) B
Zdarzeniu B sprzyjają kombinacje złożone z jednej liczby nieparzystej i jednej parzystej,
B =� 7��6 =� 42 ,
Zdarzeniu A �� B sprzyjają kombinacje złożone z liczby 8 i jednej liczby nieparzystej,
A�� B =�1��7 =� 7 ,
stąd
7 1
P(A | B) =� =� .
42 6
Zatem prawdopodobieństwo, że wśród wylosowanych liczb będzie liczba 8, pod warunkiem,
1
że suma wylosowanych liczb będzie nieparzysta, jest równe .
6
172 Informator o egzaminie maturalnym z matematyki od roku szkolnego 2014/2015
Opinia KRASP o informatorach maturalnych od 2015 roku 173
Opinia Konferencji Rektorów Akademickich Szkół Polskich
o informatorach maturalnych od 2015 roku
Konferencja Rektorów Akademickich Szkół Polskich z wielką satysfakcją odnotowuje
konsekwentne dążenie systemu oświaty do poprawy jakości wykształcenia absolwentów
szkół średnich. Konferencja z uwagą obserwuje kolejne działania Ministerstwa Edukacji
Narodowej w tym zakresie, zdając sobie sprawę, że od skuteczności tych działań w dużym
stopniu zależą także efekty kształcenia osiągane w systemie szkolnictwa wyższego.
W szczególności dotyczy to kwestii właściwego przygotowania młodzieży do studiów
realizowanych z uwzględnieniem nowych form prowadzenia procesu kształcenia.
Podobnie jak w przeszłości, Konferencja konsekwentnie wspiera wszystkie działania
zmierzające do tego, by na uczelnie trafiali coraz lepiej przygotowani kandydaci na studia.
Temu celowi służyła w szczególności pozytywna opinia Komisji Edukacji KRASP z 2008 roku
w sprawie nowej podstawy programowej oraz uchwała Zgromadzenia Plenarnego KRASP
z dn. 6 maja 2011 r. w sprawie nowych zasad egzaminu maturalnego.
Z satysfakcją dostrzegamy, że ważne zmiany w egzaminie maturalnym, postulowane
w cytowanej wyżej uchwale zostały praktycznie wdrożone przez MEN poprzez zmianę
odpowiednich rozporządzeń.
Przedłożone do zaopiniowania informatory o egzaminach maturalnych opisują formę
poszczególnych egzaminów maturalnych, przeprowadzanych na podstawie wymagań
określonych w nowej podstawie programowej, a także ilustrują te wymagania wieloma
przykładowymi zadaniami egzaminacyjnymi.
Po zapoznaniu się z przedłożonymi materiałami, KRASP z satysfakcją odnotowuje:
w zakresie języka polskiego:
- wzmocnienie roli umiejętności komunikacyjnych poprzez odejście od prezentacji na
egzaminie ustnym i zastąpienie jej egzaminem ustnym, na którym zdający będzie musiał
ad hoc przygotować samodzielną wypowiedz
argumentacyjną,
- rezygnację z klucza w ocenianiu wypowiedzi pisemnych,
- zwiększenie roli tekstów teoretycznoliterackich i historycznoliterackich na maturze
rozszerzonej;
w zakresie historii:
- kompleksowe sprawdzanie umiejętności z zakresu chronologii historycznej, analizy
i interpretacji historycznej oraz tworzenia narracji historycznej za pomocą rozbudowanej
wypowiedzi pisemnej na jeden z zaproponowanych tematów, łącznie pokrywających
wszystkie epoki oraz obszary historii;
w zakresie wiedzy o społeczeństwie:
- położenie silniejszego akcentu na sprawdzanie umiejętności złożonych (interpretowanie
informacji, dostrzeganie związków przyczynowo-skutkowych) w oparciu o poszerzony
zasób materiałów z
ródłowych: teksty (prawne, naukowe, publicystyczne), materiały
statystyczne, mapy, rysunki itp.
174 Informator o egzaminie maturalnym z matematyki od roku szkolnego 2014/2015
w zakresie matematyki:
- istotne zwiększenie wymagań na poziomie rozszerzonym poprzez włączenie zadań
z rachunku różniczkowego i pojęć zaawansowanej matematyki,
- istotne poszerzenie wymagań z zakresu kombinatoryki oraz teorii prawdopodobieństwa;
w zakresie biologii oraz chemii:
- zwiększenie znaczenia umiejętności wyjaśniania procesów i zjawisk biologicznych
i chemicznych,
- mierzenie umiejętności analizy eksperymentu  sposobu jego planowania,
przeprowadzania, stawianych hipotez i wniosków formułowanych na podstawie
dołączonych wyników;
w zakresie fizyki:
- zwiększenie znaczenia rozumienia istoty zjawisk oraz tworzenie formuł matematycznych
łączących kilka zjawisk,
- mierzenie umiejętności planowania i opisu wykonania prostych doświadczeń, a także
umiejętności analizy wyników wraz z uwzględnieniem niepewności pomiarowych;
w zakresie geografii:
- uwzględnienie interdyscyplinarności tej nauki poprzez sprawdzanie umiejętności
integrowania wiedzy z nauk przyrodniczych do analizy zjawisk i procesów zachodzących
w środowisku geograficznym,
- znaczne wzbogacenie zasobu materiałów z
ródłowych (mapy, wykresy, tabele
statystyczne, teksty z
ródłowe, barwne zdjęcia, w tym lotnicze i satelitarne), także
w postaci barwnej.
Konferencja Rektorów Akademickich Szkół Polskich z zadowoleniem przyjmuje też
informację o wprowadzeniu na świadectwach maturalnych od 2015 roku dodatkowej formy
przedstawiania wyniku uzyskanego przez zdającego w postaci jego pozycji na skali
centylowej, tj. określenie, jaki odsetek zdających uzyskał taki sam lub słabszy wynik od
posiadacza świadectwa. Wprowadzenie tej dodatkowej skali uwolni szkoły wyższe od
dotychczasowego dylematu odnoszenia do siebie surowych wyników kandydatów na studia
rekrutowanych na podstawie wyników egzaminów maturalnych o istotnie różnym poziomie
trudności  rekrutacja stanie się prostsza i bardziej obiektywna.
Reasumując, w opinii Konferencji Rektorów Akademickich Szkół Polskich zaprezentowana
w przedłożonych informatorach forma matury istotnie przyczyni się do tego, że młodzież
przekraczająca progi uczelni będzie lepiej przygotowana do podjęcia studiów wyższych.
5 lipca 2013 r.
Przewodniczący KRASP
prof. zw. dr hab. Wiesław Banyś


Wyszukiwarka

Podobne podstrony:
Teoria i metodologia nauki o informacji
plan nauczania technik informatyk wersja 1
t informatyk12[01] 02 101
informatyka w prawnicza testy
Wyk6 ORBITA GPS Podstawowe informacje
Informacja komputerowa
Podstawowe informacje o Rybnie
Zagrożenia bezpieczeństa informacji
INFORMACJA O FIRMIE
informacje dla szkolnej komisji
matma
Informatyka rej
jak odczytywać informacje nazw Photoshopa

więcej podobnych podstron