Matematyka, poziom rozszerzony — maj 2025

$25%$. $N_0=10,000$; $15,625=10,000\cdot k^2$ → $k=1{,}25$; $\frac{N(t+1)}{N(t)}=k=1{,}25$

• Punktacja: 2 pkt wynik $25%$
• Punktacja: 1 pkt równanie z jedną niewiadomą $k$, np. $15,625=10,000\cdot k^2$.
• Uwaga: odgadnięte $25%$ ze sprawdzeniem i uzasadnieniem jedyności (funkcja wykładnicza rosnąca) → 2 pkt; bez uzasadnienia jedyności → 1 pkt.

$(a+2b)^3-8a^2b-16ab^2=(a-2b)^2(a+2b)>0$, bo $a+2b>0$ i $(a-2b)^2>0$ dla $b\ne\frac12a$

• Punktacja: 3 pkt pełne rozumowanie (postać iloczynowa ORAZ $a+2b>0$ ORAZ uzasadnienie $(a-2b)^2>0$)
• Punktacja: 2 pkt $(a-2b)^2(a+2b)>0$ ALBO $(a-2b)^2>0$ ALBO $f$ ma wartość najmniejszą dla $a=2b$
• Punktacja: 1 pkt sześcian sumy i $a^2(a-2b)-4b^2(a-2b)>0$ ALBO $(a+2b)[(a+2b)^2-8ab]>0$ ALBO $(a+2b)^2>8ab$ ALBO $f'(a)=3a^2-4ba-4b^2$ i $a=2b$.
• Uwaga: sprawdzenie tylko dla wybranych wartości → 0 pkt.

$45^\circ$. $\frac{P_{ABD}}{P_{ADC}}=\frac{|BD|}{|CD|}=\frac{\sin(60^\circ-\alpha)}{\sin\alpha}=\frac{\sqrt3-1}{2}$ → $\operatorname{tg}\alpha=1$. Punktacja zależna od sposobu: 3 pkt wynik

• Punktacja:
  • 2 pkt (I, VI) równanie z jednym kątem, w którym funkcje mają ten sam argument, ALBO współczynnik kierunkowy $AD$ równy $2-\sqrt3$
  • (II) cztery z odcinków $BD, CD, CE, DE, AE$ przez jedną zmienną ALBO $BD, CD, CE$ przez $|AE|$ i $\operatorname{tg}\alpha$
  • (III–V) $\frac{|BD|}{|DF|}=\frac{|AB|}{|AF|}=\frac2{\sqrt3}$ ALBO $|AD|=\sqrt6m$ i $|CD|=2m$
• Punktacja: 1 pkt równanie z jednym kątem ALBO $\frac{|BD|}{|CD|}=\frac{\sqrt3-1}2$ ALBO dwa z odcinków $BD, BC, CD$ przez jedną zmienną ALBO boki trójkąta $CED$ przez jedną zmienną ALBO $|CE|$ (lub $|CD|$) przez $|AE|$ i $\operatorname{tg}\alpha$.

$\frac{9}{25}$. $|B|=\binom42\cdot5\cdot5=150$, $|A\cap B|=\binom42\cdot\binom21\cdot4+\binom42=54$, $P(A|B)=\frac{54}{150}$

• Punktacja: 3 pkt wynik
• Punktacja: 2 pkt $|B|$ i $|A\cap B|$
• Punktacja: 1 pkt $|B|$ ALBO $|A\cap B|$.
• Uwaga: pominięcie czynnika $\binom42$ w liczniku i mianowniku bez komentarza → najwyżej 2 pkt.

$x\in(-\infty,-10)\cup\left(-\frac23,+\infty\right)$. Przedziały $(-\infty,-3)$, $[-3,2)$, $[2,+\infty)$: $x<-10$; $x\in\left(-\frac23,2\right)$; $x\in[2,+\infty)$

• Punktacja: 4 pkt wynik
• Punktacja: 3 pkt przedziały, nierówności w każdym i rozwiązanie w dwóch (analogicznie przypadki, koniunkcja alternatyw albo odczyt z wykresów ze sprawdzeniem)
• Punktacja: 2 pkt przedziały i nierówności w każdym (albo przypadki, koniunkcja dwóch nierówności, wykresy $f$ i $g$)
• Punktacja:
  • 1 pkt przedziały i nierówność w jednym ALBO jeden przedział i rozwiązanie w nim. Uwagi: błąd nierachunkowy w jednym przypadku → najwyżej 2 pkt
  • przedziały niewyczerpujące ℝ → najwyżej 3 pkt
  • rozwiązanie graficzne bez sprawdzenia → najwyżej 3 pkt

$S=27$ lub $S=\frac{27}2$. $a_1^2+(20-a_1)^2=328$ → $a_1\in{2,18}$; $a_1=2$ → $q^2=9$ (szereg rozbieżny); $a_1=18$ → $q=\pm\frac13$ → $S=27$ lub $\frac{27}2$

• Punktacja: 4 pkt oba wyniki
• Punktacja: 3 pkt pary $(a_1,q)$ (albo $(a_3,q)$, $(a_2,q)$) ALBO jedna zbieżna para z sumą
• Punktacja: 2 pkt $a_1\in{2,18}$ ALBO $a_3$ ALBO $q^2\in{9,\frac19}$ ALBO równania z $a_2$ i $q$
• Punktacja:
  • 1 pkt równanie z jedną niewiadomą. Uwagi: odrzucenie $q=\pm3$ bez komentarza → wolno 4 pkt
  • wzór na sumę dla $q=\pm3$ → najwyżej 3 pkt
  • odgadnięta para $(18,2)$ z obiema sumami → 1 pkt
  • odgadnięte obie pary bez obu sum → 0 pkt

$d=\frac{a+b}2$; $\frac{\frac12(d+b)\frac h2}{\frac12(a+d)\frac h2}=\frac12$ → $d=a-2b$ → $a=5b$

• Punktacja: 4 pkt pełne rozumowanie
• Punktacja: 3 pkt związek długości podstaw (np. $\frac{\frac12(\frac{a+b}2+b)}{\frac12(a+\frac{a+b}2)}=\frac12$)
• Punktacja: 2 pkt stosunek pól przez $a,b,d,h$, równość $\frac12$ i $d=\frac{a+b}2$ ALBO dwa z równań 1)–4)
• Punktacja: 1 pkt jedno z równań 1)–4) ALBO $d=\frac{a+b}2$. Sposób II: 3 pkt $P_{AKE}:P_{KFC}=1:5$
• Punktacja: 2 pkt pola trapezów przez pola trójkątów
• Punktacja: 1 pkt pola trójkątów podobnych. Uwagi: założone podobieństwo trapezów → najwyżej 1 pkt; konkretne wymiary → 0 pkt.

$A=\left(\frac{16}5,-\frac{13}5\right)$, $B=(-1,-2)$, $M=\left(\frac25,-\frac{11}5\right)$. Odjęcie równań: $x+7y=-15$; $50y^2+230y+260=0$ → $y\in{-\frac{13}5,-2}$; $\overrightarrow{AM}=-2\overrightarrow{BM}$ → $M=\frac13A+\frac23B$

• Punktacja: 5 pkt wynik
• Punktacja: 4 pkt równanie wektorowe z obliczonymi $A$ i $B$ ALBO układ z odległościami $\sqrt2$ i $2\sqrt2$ ALBO $A$, $B$ i wzory na $M$
• Punktacja: 3 pkt $A$ i $B$ ALBO równanie z jedną niewiadomą i wzory na $M$
• Punktacja: 2 pkt równanie z jedną niewiadomą ALBO prosta $AB$ i wzory na $M$ ALBO sprawdzone $B$ i prosta $AB$ (lub środek $AB$)
• Punktacja: 1 pkt prosta $AB$ ALBO wzory na $M$ ALBO sprawdzone $B$ i współczynnik $7$. Uwagi: $A=(-1,-2)$ → najwyżej 4 pkt.

$x\in\left{-\frac{2\pi}3,-\frac\pi6,\frac\pi3,\frac{5\pi}6\right}$. $3\cos^2x+2\sqrt3\sin x\cos x-3\sin^2x=0$; dla $\cos x\ne0$: $-3\operatorname{tg}^2x+2\sqrt3\operatorname{tg}x+3=0$ → $\operatorname{tg}x=\sqrt3$ lub $\operatorname{tg}x=-\frac{\sqrt3}3$; przypadek $\cos x=0$ nie daje rozwiązań (albo $3\cos2x+\sqrt3\sin2x=0$ → $\sin\left(2x+\frac\pi3\right)=0$)

• Punktacja: 5 pkt wynik
• Punktacja: 4 pkt założenie $\cos x\ne0$ i komplet rozwiązań ALBO uzasadnienie przypadku $\cos x=0$ z jednym równaniem rozwiązanym (albo rozwiązaniem w ℝ) ALBO $\sin\left(\frac\pi3+2x\right)=0$ rozwiązane w ℝ
• Punktacja: 3 pkt założenie i rozwiązanie w ℝ ALBO alternatywa z jednym równaniem rozwiązanym w $[-\pi,\pi]$ ALBO alternatywa z uzasadnieniem
• Punktacja: 2 pkt alternatywa $\operatorname{tg}x=\sqrt3$ lub $\operatorname{tg}x=-\frac{\sqrt3}3$ ALBO $\operatorname{tg}2x=-\sqrt3$
• Punktacja: 1 pkt $-3\operatorname{tg}^2x+2\sqrt3\operatorname{tg}x+3=0$ ALBO $3\cos2x+\sqrt3\sin2x=0$ ALBO postać iloczynowa. Uwagi: dzielenie bez założenia i bez przypadku → najwyżej 3 pkt; podnoszenie do kwadratu bez sprawdzenia → najwyżej 3 pkt.

$918$. $|BE|=|DE|=x$ ($E$ = spodek wysokości ścian z $B$ i $D$ na $SC$); tw. cosinusów w $BED$: $(3\sqrt{34}\cdot\sqrt2)^2=2x^2+\frac{18}{25}x^2$ → $x=15$; $|CE|=9$; $SBC$ prostokątny przy $B$ → $\frac{|CE|}{|BC|}=\frac{|BC|}{|SC|}$ → $|SC|=34$; $|AS|=4\sqrt{34}$, $|BS|=5\sqrt{34}$; $P_b=3\sqrt{34}\cdot4\sqrt{34}+5\sqrt{34}\cdot3\sqrt{34}=918$

• Punktacja: 5 pkt wynik
• Punktacja: 4 pkt dwie z długości $|SC|=34$, $|BE|=15$, $|BS|=5\sqrt{34}$, $|AS|=4\sqrt{34}$ w parach wg CKE ALBO $|BS|$ lub $|AS|$ z prostokątnym $SBC$
• Punktacja: 3 pkt $|CE|=9$ i równanie na $SC$, $SB$, $SA$ lub $SE$ ALBO układ z $|BS|$ i $|SC|$ ALBO równanie z jedną niewiadomą
• Punktacja: 2 pkt $|BE|=15$ ALBO $|EO|=6\sqrt2$ ALBO tw. cosinusów w $BED$ z prostokątnym $SBC$ lub $OEC$
• Punktacja: 1 pkt funkcja trygonometryczna kąta $\frac\beta2$ ALBO tw. cosinusów w $BED$ ALBO prostokątny $SBC$ ALBO prostokątny $OEC$. Uwagi: ostrosłup prawidłowy → najwyżej 1 pkt; kąt $BSD$ zamiast kąta między ścianami → najwyżej 1 pkt; inna bryła → 0 pkt.

$m\in(-8,-3)\cup\left(1,\frac32\right]$. I: $\Delta=20(m-1)(m+3)>0$ → $m\in(-\infty,-3)\cup(1,+\infty)$ (1 pkt; $\Delta\ge0$ → 0); II: $\frac{m+8}{2-m}>0$ → $m\in(-8,2)$ (1 pkt); III (3 pkt): $(x_1+x_2)^2-4x_1x_2\le180$ (1) → nierówność z $m$ (2) → $m\in\left(-\infty,\frac32\right]\cup\left[\frac{13}4,+\infty\right)$ (3); IV (1 pkt): część wspólna z $m\ne2$. Uwagi: błąd nierachunkowy w I–III → IV 0 pkt; błędne wzory Viète'a albo $(x_1+x_2)^2+k,x_1x_2$ z $k\ne-4$ → III najwyżej 2 pkt, IV 0 pkt; dodatkowe założenie → najwyżej 5 pkt.

• 12 — dwa pytania: 12.1 (0–2, dowód wzoru) i 12.2 (0–4, optymalizacja). Razem $6$ pkt. Wynik 12.2: $h=5\sqrt3$, najmniejsza objętość $V(5\sqrt3)=\frac{125\sqrt3\pi}{2}$.
• 12.1, droga: przekrój osiowy to trójkąt równoramienny $ABC$, $D$ = środek podstawy $AB$, $|CD|=h$, $|DB|=r$, tworząca $|BC|=\sqrt{h^2+r^2}$; $E$ = spodek wysokości trójkąta $DBC$ z $D$ na $BC$, $|DE|=5$ (odległość środka podstawy od tworzącej). Pole trójkąta $DBC$ na dwa sposoby: $\frac12rh=\frac12\sqrt{h^2+r^2}\cdot5$ → $r^2h^2=25h^2+25r^2$ → $r^2=\frac{25h^2}{h^2-25}$ → $V=\frac13\pi r^2h=\frac\pi3\cdot\frac{25h^3}{h^2-25}$. Inne drogi: $\left(\frac5r\right)^2+\left(\frac5h\right)^2=1$ (sinus i cosinus kąta $DBC$), podobieństwo trójkątów $DEB$ i $CDB$: $\frac r5=\frac h{\sqrt{h^2-25}}$.
• 12.1,
• Punktacja: $2$ pkt poprawne przekształcenia i pełne rozumowanie; $1$ pkt zapisanie związku między promieniem podstawy a wysokością stożka, np. $\frac12rh=\frac12\cdot5\cdot\sqrt{h^2+r^2}$, $\left(\frac5r\right)^2+\left(\frac5h\right)^2=1$, $\frac r5=\frac h{\sqrt{h^2-25}}$.
• 12.2, droga: $V'(h)=\frac\pi3\cdot\frac{75h^2(h^2-25)-25h^3\cdot2h}{(h^2-25)^2}=\frac\pi3\cdot\frac{25h^2(h^2-75)}{(h^2-25)^2}$ dla $h\in(5,+\infty)$
• $V'(h)=0$ → $h=5\sqrt3$ ($h=0$ i $h=-5\sqrt3$ leżą poza dziedziną)
• $V'<0$ na $(5,5\sqrt3)$, $V'>0$ na $(5\sqrt3,+\infty)$ → $V$ maleje na $(5,5\sqrt3]$ i rośnie na $[5\sqrt3,+\infty)$ → najmniejsza wartość dla $h=5\sqrt3$
• $V(5\sqrt3)=\frac\pi3\cdot\frac{25\cdot375\sqrt3}{50}=\frac{125\sqrt3\pi}2$
• 12.2,
• Punktacja:
  • $4$ pkt uzasadnienie, że $V$ przyjmuje wartość najmniejszą dla $h=5\sqrt3$, ORAZ $V(5\sqrt3)=\frac{125\sqrt3\pi}2$
  • $3$ pkt uzasadnienie (np. przez monotoniczność), że wartość najmniejsza jest dla $h=5\sqrt3$
  • $2$ pkt miejsce zerowe pochodnej $h=5\sqrt3$
  • $1$ pkt pochodna $V'$ (albo pochodna $\frac3\pi\cdot V$)
• Uwaga: (1) pochodna ilorazu wyznaczona jako iloraz pochodnych → $0$ pkt za całe 12.2; (2) poprawny wzór na pochodną ilorazu i poprawne pochodne $25h^3$ oraz $h^2-25$, ale dalej błędy dające pochodną postaci $a\cdot\frac{75h^2(h^2-25)-25h^3\cdot2h}{h^2-25}$ albo $\frac{B(h)}{(h^2-25)^2}$ ($B$ stopnia czwartego z dokładnie jednym pierwiastkiem w $(5,+\infty)$), konsekwentnie do końca → najwyżej $3$ pkt; bez poprawnego wzoru albo z błędną pochodną $25h^3$ lub $h^2-25$ → najwyżej $2$ pkt; (3) uzasadnienie przyjmujemy, gdy uczeń bada znak pochodnej ORAZ opisuje monotoniczność (słownie lub strzałkami) LUB zapisuje, że w $h=5\sqrt3$ jest minimum lokalne, które jest najmniejszą wartością albo jedynym ekstremum (znak pochodnej może pokazać szkicem z „+” i „−”); (4) uzasadnienie niepełne → najwyżej $3$ pkt; (5) funkcja rozpatrywana w ℝ lub ℝ₊ przy uzasadnianiu → najwyżej $3$ pkt; (6) brak uzasadnienia istnienia najmniejszej wartości → najwyżej $2$ pkt (pochodna i miejsce zerowe).
• Uwaga CKE (inne poprawne uzasadnienie): $V$ jest ciągła, $\lim_{h\to5^+}V(h)=+\infty$ i $\lim_{h\to+\infty}V(h)=+\infty$, więc przy jedynym punkcie stacjonarnym $h=5\sqrt3$ najmniejsza wartość to $V(5\sqrt3)$.