rozwiazania 2009 PP, Matury, Matematyka PP + klucze

[ Pobierz całość w formacie PDF ]
Centralna
Komisja
Egzaminacyjna
Materiał współfinansowany ze środków Unii Europejskiej
w ramach Europejskiego Funduszu Społecznego
Próbny egzamin maturalny z matematyki
listopad 2009
Klucz odpowiedzi do zadań zamkniętych
i przykładowe rozwiązania zadań otwartych
Klucz odpowiedzi do zadań zamkniętych
Nr zadania
1
2
3
4
5
6
7
8
9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25
Odpowiedź A C B B C A B A D A C B B C C D A D C D A A D D A
Przykładowe rozwiązania zadań otwartych
Zadanie 26. (2 punkty)
Rozwiąż nierówność
x
2
− +≤.
320
Rozwiązanie:
Obliczam miejsca zerowe funkcji kwadratowej
( )
fx x x
= −+:
2
32
Δ= − − ⋅ ⋅ = − =
(
2
3412981
Δ =
1
x
= =
31
1
2
x
= =
31
2
2
+
1
2
Rysuję fragment wykresu funkcji kwadratowej
f
i na jego podstawie odczytuję
rozwiązanie nierówności:
y
6
5
4
3
2
1
x
-4
-3
-2
-1
1
2
3
4
5
-1
-2
x
∈
Uwaga:
Można przedstawić funkcję
f
w postaci
( ) ( )( )
1, 2 .
fx x x
= −− i odczytać
1
2
rozwiązanie nierówności.
2
x
−
Odpowiedź:
Zadanie 27. (2 punkty)
Rozwiąż równanie
x
3
−+−=.
2
7240
x
x
Rozwiązanie:
Stosuję metodę grupowania, by przedstawić lewą stronę równania w postaci iloczynowej:
( ) ( )
( )
( )
x
3
724
x
2
x
x x
2
727
x
x
2
2 7
x
x
2
+ − = otrzymujemy, że
2
x
7 0
x
+= lub
2
20
x
−=.
70
Równanie
x
+= nie ma rozwiązań. Rozwiązaniem równania
2
20
x
− = jest liczba 7.
70
Odpowiedź: Jedynym rozwiązaniem jest
x
=
7
.
Zadanie 28. (2 punkty)
W układzie współrzędnych na płaszczyźnie punkty
( )
A
= i
( )
2, 5
C, 7
=
są przeciwległymi
wierzchołkami kwadratu
ABCD
. Wyznacz równanie prostej
BD
.
Rozwiązanie:
Obliczam współczynnik kierunkowy prostej
AC
:
a
= =
−
75 1
62 2
−
, a następnie wyznaczam
AC
współczynnik kierunkowy prostej
BD
prostopadłej do
AC
:
a
= − .
BD
2
Wyznaczam współrzędne środka
S
odcinka
AC
:
S
=
⎛
2657
++
,
⎞
=
( )
i wyznaczam
⎝
22
⎠
równanie prostej o współczynniku kierunkowym 2
− , przechodzącej przez punkt
S
.
Odpowiedź:
y
=− + .
24
x
Zadanie 29. (2 punkty)
Kąt
α
jest ostry i
tg
α= . Oblicz
4
sin + .
α cos
α
3
Rozwiązanie:
I sposób rozwiązania:
Z definicji funkcji tangens mamy
sin
α
= , zatem
4
sin
α α
= . Podstawiam tę równość
4
cos
cos
3
3
⎛ ⎞
+ =
4
cos
2
9
do tożsamości
sin
2
α α
+ = i otrzymuję
cos
2
1
⎜ ⎟
⎝ ⎠
α
cos
2
α
1
, a stąd
cos
2
α= .
3
25
Zatem
cos α lub
3
cos −
α . Ujemny wynik odrzucam, ponieważ zgodnie z warunkami
3
5
5
4
zadania kąt α jest kątem ostrym. Obliczam wartości funkcji
sin
α= , a następnie wartość
5
wyrażenia
sin
αα
+ = + = .
cos
43 7
55 5
Odpowiedź:
sin
α
+ α
cos
=
7
.
5
3
−+−= −+−=+ −.
Z równania
( )
( )
4, 6
⎜
⎟
α
II sposób rozwiązania:
Rysuję trójkąt prostokątny, w którym oznaczam przyprostokątne 3
x
i 4
x
oraz
zaznaczam kąt ostry α tak, aby
tg
α= .
4
3
4
x
3
x
Z twierdzenia Pitagorasa obliczam długość przeciwprostokątnej:
()()
4
x
2
+ = .
3
x
2
25
x
2
Zatem przeciwprostokątna ma długość 5
x
. Obliczam wartości funkcji
sin
α=
4
5
i
cos
α= . Stąd
3
sin
α+ = + = .
cos
43 7
5
55 5
Odpowiedź:
sin
α
+ α
cos
=
7
.
5
Zadanie 30. (2 punkty)
Wykaż, że dla każdego
m
ciąg
⎝
m
+
1
,
m
+
3
,
m
+
9
⎠
jest arytmetyczny.
4
6
12
Rozwiązanie:
I sposób rozwiązania:
Wystarczy sprawdzić, że zachodzi następujący związek między sąsiednimi wyrazami
ciągu:
a
=
aa
n
−
1
+
n
+
1
.
n
2
Mamy
a
= ,
m
1
a
= ,
m
3
a
= .
m
9
1
4
2
6
3
12
mm
+ +
+
1
9
Zatem
aa
1
+
3
=
4
12
=
33 94 2 3
mm m m
a
++ + + +
=
= = .
2
2
24
24
6
2
Stąd wynika, że ciąg
⎝
m
+
1
,
m
+
3
,
m
+
9
⎠
jest arytmetyczny dla każdego
m
.
4
6
12
II sposób rozwiązania:
Mamy
1
a
= ,
2
m
1
a
= ,
3
m
3
a
= .
m
9
4
6
12
Wystarczy sprawdzić, że
2
aaaa
−=−.
1
3
2
Obliczamy:
m
+
3
−
m
+
1
=
m
+
9
−
m
+
3
6
4
12
6
2
m
+
6
−
3
m
−
3
=
m
+
9
−
2
m
−
6
12
12
−
m
+
3 +
=
−
m
3
12
12
4
⎛
⎞
⎛
⎞
Zadanie 31. (2 punkty)
Trójkąty
ABC
i
CDE
są równoboczne. Punkty
A
,
C
i
E
leżą na jednej prostej. Punkty
K
,
L
i
M
są środkami odcinków
AC
,
CE
i
BD
(zobacz rysunek). Wykaż, że punkty
K
,
L
i
M
są wierzchołkami trójkąta równobocznego.
D
M
B
A
K
C
L
E
) )
, więc odcinki
AB
i
CD
są
równoległe. Czworokąt
ACDB
jest trapezem. Odcinek
KM
łączy środki boków
nierównoległych w tym trapezie, więc jest równoległy do jego podstaw. Wobec tego
60
BAC
=
DCE
=°
60
)
.
Podobnie
) )
, więc odcinki
BC
i
DE
są równoległe. Czworokąt
BCED
jest trapezem. Odcinek
ML
łączy środki boków nierównoległych w tym trapezie, więc jest
równoległy do jego podstaw. Wobec tego
ACB
=
CED
=°
60
)
.
60
Odpowiedź: Dwa kąty trójkąta
KLM
mają miarę 60° , zatem jest to trójkąt równoboczny.
Zadanie 32. (5 punktów)
Uczeń przeczytał książkę liczącą 480 stron, przy czym każdego dnia czytał jednakową liczbę
stron. Gdyby czytał każdego dnia o 8 stron więcej, to przeczytałby tę książkę o 3 dni
wcześniej. Oblicz, ile dni uczeń czytał tę książkę.
Rozwiązanie:
Oznaczam:
x
– liczba stron przeczytanych każdego dnia,
y –
liczba dni.
Zapisuję i rozwiązuję układ równań:
⎨
xy
x
480
⎩
( ) ( )
y
3 480
Z pierwszego równania mamy
x
= , zatem
480
y
⎛
+⋅ −= ⋅
8
( )
y
3 480
y
y
+ − =
Po uproszczeniu otrzymuję równanie
( )( )
yy
3 480
y
− −=.
Rozwiązaniem równania są liczby: –12 oraz 15. Odrzucam ujemną liczbę dni.
y
2
3 180 0
Odpowiedź: Uczeń przeczytał książkę w ciągu 15 dni.
5
Rozwiązanie:
Z warunków zadania wynika, że
MKL
=°
KLM
= °
⋅=
+⋅ −=
8
480
⎜ ⎟
⎝ ⎠
480 8
y
[ Pobierz całość w formacie PDF ]

rozwiazania 2009 PP, Matury, Matematyka PP + klucze

Tematy