Optymalizacja — zadania maturalne: Optymalizacja: warsztat i jeden algorytm
Najpierw warsztat pochodnej – ekstrema i najmniejsza wartość, monotoniczność z dowodem, własność Darboux, czytanie wykresu i tabeli. Potem jeden algorytm: więzy, funkcja jednej zmiennej, dziedzina, pochodna, znak – pięć kroków rozbraja każde zadanie optymalizacyjne, zmienia się tylko obiekt i więz. A dziedzina potrafi zjeść ekstremum – czasem minimum siedzi na brzegu, nie w zerze pochodnej.
46zadań maturalnych
46z pełnym kluczem
ZADANIA
Zadania maturalne
Zanim zaczniesz: który schemat? Masz x0 (licz pochodną w punkcie) czy masz nachylenie m (rozwiąż f′(x)=m)? Iloraz – pilnuj kolejności w liczniku; „wykaż” – najpewniej Darboux albo znak f′. Panel WSKAZÓWKA podaje otwarcie, KLUCZ – strategię i wynik. Wszystkie wyniki liczbowe w kluczach tego tematu zweryfikowane symbolicznie (SymPy) przed publikacją.
f′(x)=0 daje kandydatów; zmiana znaku f′ rozstrzyga typ, a kształt funkcji – globalność minimum.
15.23.1 (2 pkt). Wykaż, że dla każdej liczby dodatniej x wyrażenie
81log3x+32⋅log227⋅log32⋅x2−6x
można równoważnie przekształcić do postaci x4+x2−6x.
15.23.2 (4 pkt). Oblicz najmniejszą wartość funkcji f określonej dla każdej liczby dodatniej x. Zapisz obliczenia. Wskazówka: przyjmij, że wzór funkcji f można przedstawić w postaci f(x)=x4+x2−6x.
NAJPIERW UPROŚĆ WZÓR, POTEM POCHODNA
Skorzystaj z alogab=b i log23⋅log32=1 — zostanie x4+x2−6x.
KLUCZ 12.1 · 2 PKT
NAJDALSZY PRÓG · NIE SUMUJ
1
1 PKTJEDNA Z DWÓCH WŁASNOŚCI81log3x=(34)log3x=3log3x4=x4— ALBO poprawne zastosowanie wzoru na zamianę podstawy logarytmu.
2
2 PKTCAŁE WYRAŻENIE — TO KOŃCZY DOWÓD32log227⋅log32⋅x2=32⋅23log23⋅log32x2=x2bo log23⋅log32=1. Razem: x4+x2−6x.
dowód: wyrażenie =x4+x2−6x
KLUCZ 12.2 · 4 PKT
NAJDALSZY PRÓG · NIE SUMUJ
1
1 PKTPOCHODNAf′(x)=4x3+2x−6 dla x∈(0,+∞).
2
2 PKTMIEJSCE ZEROWE⇒⇒4(x3−1)+2(x−1)=0(x−1)(4x2+4x+6)=0x=1(bo 4x2+4x+6>0 dla każdego x>0).
3
3 PKTUZASADNIENIE MINIMUMf′(x)<0 na (0,1) i f′(x)>0 na (1,+∞), więc f maleje na (0,1] i rośnie na [1,+∞) — wartość najmniejsza wypada dla x=1.
4
4 PKTWARTOŚĆ — ODPOWIEDŹf(1)=14+12−6⋅1=−4
!
0 PKTCKEZERO ZA CAŁE ZADANIEPochodna wyznaczona z błędem tak, że nie jest wielomianem stopnia trzeciego.
!
MAX 2 PKTCKEStwierdzenie bez uzasadnienia, że 1 jest rozwiązaniem 4x3+2x−6=0, bez pokazania, że to jedyny pierwiastek rzeczywisty — albo brak jakiegokolwiek uzasadnienia minimum przy poprawnym f(1)=−4.
x=1, fmin=−4
Dwie dowodowe twarze pochodnej: znak f′ daje monotoniczność; ciągłość plus wartości przeciwnych znaków daje istnienie (Darboux).
Funkcja f jest określona wzorem f(x)=x+13x dla każdego x∈(−1,+∞). Wykaż, że f jest funkcją rosnącą.
MONOTONICZNOŚĆ = STAŁY ZNAK POCHODNEJ
Policz f′ i pokaż, że jest dodatnia na całej dziedzinie.
KLUCZ
NAJDALSZY PRÓG · NIE SUMUJ
1
1 PKTZAŁOŻENIA I RÓŻNICADla x1,x2∈(−1,∞), x2>x1:f(x2)−f(x1)=(x2+1)(x1+1)3(x2−x1)
2
2 PKTZNAK RÓŻNICY ALBO POCHODNEJLicznik i_mianownik są dodatnie; alternatywnie f′(x)=(x+1)23>0.
3
3 PKTWNIOSEK — KONIEC DOWODUZatem f(x2)>f(x1), czyli funkcja jest rosnąca w_całym przedziale.Klucz honoruje też drogę przez postać f(x)=3−x+13 i_własności funkcji xa.
Funkcja f jest określona wzorem f(x)=x+22x−3+4log21x dla wszystkich x>0. Wykaż, że funkcja f ma co najmniej jedno miejsce zerowe, które należy do przedziału [21,4].
WŁASNOŚĆ DARBOUX
Pokaż ciągłość i przeciwne znaki wartości na końcach przedziału.
KLUCZ
NAJDALSZY PRÓG · NIE SUMUJ
1
1 PKTWARTOŚCI NA KRAŃCACHObliczenie f(21) oraz f(4).
2
2 PKTZNAKI I CIĄGŁOŚĆf(21)=351>0 i_f(4)=−761<0; funkcja jest ciągła jako suma funkcji ciągłych.
3
3 PKTWŁASNOŚĆ DARBOUX — KONIEC DOWODUFunkcja przyjmuje w_przedziale wszystkie wartości pośrednie, w_szczególności zero.
Wielomian f zmiennej rzeczywistej x jest określony wzorem f(x)=x3+ax2+bx+c, gdzie a,b,c∈R. Liczba −2 jest miejscem zerowym tego wielomianu. W kartezjańskim układzie współrzędnych (x,y) styczna do wykresu wielomianu f w punkcie A o pierwszej współrzędnej równej −2 przecina ten wykres w punkcie P=(1,9). Wyznacz wzór wielomianu f. Zapisz obliczenia.
STYCZNA PRZECHODZI PRZEZ OBA PUNKTY
Z nachylenia siecznej AP masz f′(−2) — razem z f(−2)=0 i f(1)=9 to trzy równania.
KLUCZ
NAJDALSZY PRÓG · NIE SUMUJ
1
1 PKTWSPÓŁCZYNNIK STYCZNEJμ=1−(−2)9−0=3 — albo równoważny start: rozkład f(x)=(x+2)(x2+dx+e) lub układ z f(−2)=0 i f(1)=9.
2
2 PKTTRZECI WARUNEK W GRZEf′(x)=3x2+2ax+b i f′(−2)=3, czyli b=4a−9 — równoważnie pełny układ trzech równań z a,b,c albo jedno z dwóch równań na d,e.
3
3 PKTREDUKCJA DO JEDNEJ NIEWIADOMEJ9=1+a+(4a−9)+(4a−10)⇒a=3 — w wersji iloczynowej: układ e=2d−1 i 9=3(1+d+e).
DROGA PRZEZ h=f−g RÓWNIEŻ PUNKTOWANAStyczność w A to podwójny pierwiastek różnicy: h(x)=(x+k)(x+2)2, h(1)=0 daje k=−1 i f(x)=(x−1)(x+2)2+3(x+2) — te same progi.
!
STYCZNA A SIECZNA„Styczna przecina wykres w P” nie unieważnia styczności w A: dla funkcji sześciennej to normalna geometria. Odrzucenie f′(−2)=3 zostawia układ z dwoma równaniami — bez szans na wynik.
Funkcja f jest określona wzorem f(x)=x−1ax2+x dla każdej liczby rzeczywistej x=1.
Wyznacz wszystkie wartości a, dla których pochodna funkcji f w punkcie x=a jest równa (−21a). Zapisz obliczenia.
PODSTAW x = a DOPIERO PO UPROSZCZENIU
Policz f′ ze wzoru na pochodną ilorazu i skróć licznik przed podstawieniem.
KLUCZ
NAJDALSZY PRÓG · NIE SUMUJ
1
1 PKTPOCHODNAf′(x)=(x−1)2(2ax+1)(x−1)−(ax2+x)⋅1=(x−1)2ax2−2ax−1 dla każdego x=1.
2
2 PKTRÓWNANIE Z JEDNĄ NIEWIADOMĄ(a−1)2a3−2a2−1=−21a∧a=1
3
3 PKTROZKŁAD — ODPOWIEDŹ2a3−4a2−2=−a(a−1)2⇒3a3−6a2+a−2=0 czyli 3a2(a−2)+(a−2)=0 i (3a2+1)(a−2)=0. Ponieważ 3a2+1>0, jedyne rozwiązanie to a=2.
!
NAPISZ, ŻE 3a2+1>0Bez tego zdania rozwiązanie wygląda, jakbyś zgubił pierwiastki.
a=2
Trójkąty, trapezy, prostokąty – wpisane, opisane, wycinane. Więz idzie z obwodu, pola albo podobieństwa; rysunek to zwykle połowa roboty, druga połowa to dziedzina.
Bok kwadratu ABCD ma długość 1. Na bokach BC i CD wybrano odpowiednio punkty E i F umieszczone tak, by ∣CE∣=2∣DF∣. Oblicz wartość x=∣DF∣, dla której pole trójkąta AEF jest najmniejsze.
POLE PRZEZ ODJĘCIE TRZECH NAROŻY
Z ∣DF∣=x i ∣CE∣=2x odejmij od kwadratu trzy trójkąty prostokątne.
4 PKTMINIMUM — ODPOWIEDŹxw=221=41∈(0,21)(ramiona paraboli skierowane w górę, więc w wierzchołku jest minimum).
+
CKEPRZYPIS · DROGA ANALITYCZNA (Z KLUCZA)Współrzędne A=(0,0), E=(1,1−2x), F=(x,1) i pole z wyznacznika: P=211−x+2x2=x2−21x+21 — progi: współrzędne 1 pkt, pole z wyznacznika 2 pkt, trójmian 3 pkt, minimum 4 pkt.
Dane są punkty A=(1,5), B=(9,3) i prosta k o równaniu y=x+1. Oblicz współrzędne punktu C leżącego na prostej k, dla którego suma ∣AC∣2+∣BC∣2 jest najmniejsza.
PUNKT NA PROSTEJ MA JEDNĄ LITERĘ
Zapisz C=(x,x+1) — suma kwadratów odległości zrobi się parabolą.
KLUCZ
NAJDALSZY PRÓG · NIE SUMUJ
1
1 PKTPARAMETRYZACJA PUNKTUC=(x,x+1)
2
2 PKTKWADRAT JEDNEJ ODLEGŁOŚCI∣AC∣2=(x−1)2+(x−4)2albo∣BC∣2=(x−9)2+(x−2)2(klucz dopuszcza też same odległości z pierwiastkiem). Błąd rachunkowy w jednej z odległości i stop — 2 pkt.
3
3 PKTFUNKCJA JEDNEJ ZMIENNEJf(x)=(x−1)2+(x−4)2+(x−9)2+(x−2)2=4x2−32x+102
5
5 PKTWSPÓŁRZĘDNE — ODPOWIEDŹxw=2⋅432=4⇒C=(4,5)Progi SKACZĄ z 3 od razu na 5.
!
CKEPOŁOWA FINAŁUOdcięta wierzchołka policzona i stop ALBO błędnie policzona rzędna — 4 pkt. Błąd rachunkowy w jednej z odległości i konsekwentny finał — 4 pkt.
Wśród wszystkich graniastosłupów prawidłowych sześciokątnych, w których suma długości wszystkich krawędzi jest równa 24, jest taki, który ma największe pole powierzchni bocznej. Oblicz długość krawędzi podstawy tego graniastosłupa.
DWANAŚCIE KRAWĘDZI PODSTAW, SZEŚĆ BOCZNYCH
Z 12a+6h=24 masz h=4−2a, a pole boczne to 6ah.
KLUCZ
NAJDALSZY PRÓG · NIE SUMUJ
1
1 PKTWARUNEK NA KRAWĘDZIE12a+6h=24
2
2 PKTPOLE I JEDNA ZMIENNAP=6ahorazh=4−2a lub a=2−2h
3
3 PKTFUNKCJA JEDNEJ ZMIENNEJP(a)=6a(4−2a)=−12a2+24alubP(h)=6h(2−2h)
4
4 PKTKRAWĘDŹ PODSTAWY — ODPOWIEDŹa=1
!
CKEODPOWIEDŹ W ZŁEJ ZMIENNEJWyznaczenie tylko h=2 (bez przejścia na a) — 3 pkt.
Dany jest kwadrat ABCD o boku równym 2. Na bokach BC i CD wybrano odpowiednio punkty E i F, różne od wierzchołków kwadratu, takie że ∣CE∣=∣DF∣=x. Oblicz wartość x, dla której pole trójkąta AEF jest najmniejsze i oblicz to pole.
POLE PRZEZ ODJĘCIE TRZECH NAROŻY
Z ∣CE∣=∣DF∣=x dopełnienia to 2−x — odejmij trzy trójkąty od kwadratu.
W układzie współrzędnych rozważmy wszystkie punkty P postaci: P(21m+25,m), gdzie m∈⟨−1,7⟩. Oblicz najmniejszą i największą wartość ∣PQ∣2, gdzie Q(255,0).
KWADRAT ODLEGŁOŚCI OMIJA PIERWIASTEK
∣PQ∣2 jest parabolą w m, ale sprawdź, czy wierzchołek leży w ⟨−1,7⟩.
2 PKTWZÓR FUNKCJIf(m)=45m2−25m+625lubf(m)=45(m2−20m+500)UWAGA (KLUCZ): dalszej ocenie podlegają tylko funkcje przyjmujące wartości nieujemne na całym R.
4
4 PKTWIERZCHOŁEK POZA PRZEDZIAŁEMmw=2⋅4525=10oraz10∈/⟨−1,7⟩ALBO policzone f(−1) i f(7) z zapisem (bez uzasadnienia), że f(−1) jest największa, a f(7) najmniejsza. Progi SKACZĄ z 2 od razu na 4.
5
5 PKTWYNIK Z USTERKAMIRozwiązanie doprowadzone do końca z błędami rachunkowymi, które nie przekreślają poprawności.
6
6 PKTOBIE WARTOŚCI — ODPOWIEDŹfmin=f(7)=511,25orazfmax=f(−1)=651,25z uzasadnieniem: monotoniczność na przedziale albo wierzchołek poza przedziałem.
!
CKEZŁY ZAPIS I KUSZĄCE f(10)Błędny zapis ∣PQ∣ (np. suma kwadratów bez pierwiastka podana jako ∣PQ∣) — 0 pkt ZA CAŁOŚĆ. Policzenie f(10)=500 i wskazanie go jako wartości najmniejszej — sufit 4 pkt: wierzchołek leży poza dziedziną.
Okno na poddaszu ma mieć kształt trapezu równoramiennego, którego krótsza podstawa i ramiona mają długość po 4 dm. Oblicz, jaką długość powinna mieć dłuższa podstawa tego trapezu, aby do pomieszczenia wpadało przez to okno jak najwięcej światła, czyli aby pole powierzchni okna było największe. Oblicz to pole.
RYSUNEK DO ZADANIA
WYSOKOŚĆ Z PITAGORASA NA RAMIENIU
Dłuższa podstawa to 4+2x, a wysokość h=16−x2.
KLUCZ
SUMA ETAPÓW 3+3+1
1
+1 PKTETAP I · WYSOKOŚĆ PRZEZ ZMIENNĄNiech x oznacza rzut ramienia na dłuższą podstawę. Z_twierdzenia Pitagorasa:h=16−x2
2
+2 PKTETAP I (ŁĄCZNIE) · POLE JAKO FUNKCJAPodstawy mają długości 4 i_4+2x, więc:P(x)=(4+x)16−x2
3
+3 PKTETAP I (ŁĄCZNIE) · DZIEDZINAZ_warunków geometrycznych x∈(0,4).Klucz wymaga, by dziedzina wynikała z_warunków zadania, a_nie tylko z_dziedziny wzoru.
1
+1 PKTETAP II · POCHODNAZamiast P bada się f(x)=P2(x)=x4+8x3−128x+256:f′(x)=−4x3−24x2+128
2
+2 PKTETAP II (ŁĄCZNIE) · MIEJSCE ZEROWEW_dziedzinie zadania jedynym pierwiastkiem jest x=2 (pozostałe: x=−4 podwójnie).
3
+3 PKTETAP II (ŁĄCZNIE) · UZASADNIENIE MAKSIMUMPochodna dodatnia na (0,2) i_ujemna na (2,4), więc funkcja rośnie, a_potem maleje — w_x=2 jest maksimum.
1
+1 PKTETAP III · POLE — ODPOWIEDŹDłuższa podstawa ma 4+2⋅2=8 dm, a_pole wynosi:P(2)=612=123dm2Punkt za trzeci etap przyznaje się wyłącznie wtedy, gdy poprawnie wyznaczono x=2.
+
CKEII SPOSÓB · ZMIENNA = DŁUŻSZA PODSTAWAKlucz prowadzi też drogę, w_której x to długość dłuższej podstawy: wtedy P(x)=4x+4−x2+8x+48 przy x∈(4,12), a_maksimum wypada w_x=8 — z_tym samym polem 123.
Rozpatrujemy wszystkie trapezy równoramienne, w które można wpisać okrąg, spełniające warunek: suma długości dłuższej podstawy a i wysokości trapezu jest równa 2.
a) Wyznacz wszystkie wartości a, dla których istnieje trapez o podanych własnościach.
b) Wykaż, że obwód L takiego trapezu, jako funkcja długości a dłuższej podstawy trapezu, wyraża się wzorem L(a)=a4a2−8a+8.
c) Oblicz tangens kąta ostrego tego spośród rozpatrywanych trapezów, którego obwód jest najmniejszy.
RYSUNEK DO ZADANIA
OPISANY NA OKRĘGU DAJE h² = ab
Z a+b=2c i Pitagorasa wychodzi h2=ab, a warunek a+h=2 domyka resztę.
KLUCZ
SUMA ETAPÓW 3+3+1
1
+1 PKTETAP I · DZIEDZINAa∈(1,2)(z warunków: 2−a>0 oraz a>2−a, tj. wysokość dodatnia i a dłuższą podstawą — dla a=1 czworokąt staje się kwadratem).
2
+2 PKTETAP I (ŁĄCZNIE) · ZALEŻNOŚĆ MIĘDZY PODSTAWAMI(2a−b)2+(2−a)2=(2a+b)2czylib=aa2−4a+4(z a+b=2c dla opisanego na okręgu i Pitagorasa).
3
+3 PKTETAP I (ŁĄCZNIE) · FUNKCJA OBWODUL(a)=2(a+b)=a4a2−8a+8
4
+1 PKTETAP II · POCHODNAL′(a)=a2(8a−8)⋅a−(4a2−8a+8)=a24a2−8
5
+2 PKTETAP II (ŁĄCZNIE) · MIEJSCA ZEROWEa=2(a=−2poza dziedziną)
6
+3 PKTETAP II (ŁĄCZNIE) · ZNAK I UZASADNIENIE MINIMUML′(a)<0 na (1,2) i L′(a)>0 na (2,2) — funkcja maleje, potem rośnie, więc w a=2 obwód najmniejszy. Bez wyznaczonej dziedziny (albo z (0,+∞)) ten punkt nie przysługuje; przy dziedzinie (0,2) czy (1,+∞) — przysługuje, o ile uzasadnisz istnienie wartości najmniejszej.
CKEETAPY II I III NA ZEROBadanie innej funkcji niż k⋅a4a2−8a+8 (błędny model kasuje wszystko poza etapem I). Zła dłuższa podstawa, ale tangens policzony dla własnego a — punkt za etap III zostaje.
Rozpatrujemy wszystkie trójkąty prostokątne ABC o przeciwprostokątnej AB i obwodzie równym 4. Niech x=∣AC∣.
a) Wykaż, że pole P trójkąta ABC jako funkcja zmiennej x jest określone wzorem
P(x)=4−xx(4−2x)
b) Wyznacz dziedzinę funkcji P.
c) Oblicz długości boków tego z rozpatrywanych trójkątów, który ma największe pole. Oblicz to największe pole.
RYSUNEK DO ZADANIA
OBWÓD WIĄŻE PRZECIWPROSTOKĄTNĄ
Z c=4−x−b i Pitagorasa kwadraty się redukują, zostaje b=4−x8−4x.
KLUCZ
SUMA ETAPÓW 2+1+4
1
+1 PKTETAP I · CZĘŚĆ A) — PITAGORAS Z OBWODEM[4−(x+b)]2=x2+b2— ALBO układ x2+y2=c2 i y=4−x−c.
2
+2 PKTETAP I (ŁĄCZNIE) · CZĘŚĆ A) — FUNKCJA POLA⇒b=4−x8−4xP(x)=4−xx(4−2x)
3
+1 PKTETAP II · CZĘŚĆ B) — DZIEDZINAx∈(0,2)Punkt przyznawany niezależnie od części a), o ile badana jest własna funkcja jednej zmiennej.
4
+1 PKTETAP III · CZĘŚĆ C) — POCHODNAP′(x)=(4−x)22x2−16x+16
5
+2 PKTETAP III (ŁĄCZNIE) · CZĘŚĆ C) — MIEJSCE ZEROWE⇒x2−8x+8=0x=4±22;x=4−22∈(0,2)
6
+3 PKTETAP III (ŁĄCZNIE) · CZĘŚĆ C) — ZNAK I UZASADNIENIEP′(x)>0 dla x∈(0,4−22) i P′(x)<0 dla x∈(4−22,2) — funkcja rośnie, potem maleje, więc w x=4−22 przyjmuje wartość największą. Bez tego uzasadnienia część c) staje na 2 pkt.
7
+4 PKTETAP III (ŁĄCZNIE) · CZĘŚĆ C) — ODPOWIEDŹBoki 4−22, 4−22, 42−4; największe pole P(4−22)=4(3−22)Punkt za odpowiedź tylko przy uzasadnionym maksimum.
+
PRZYPIS · BŁĄD W POCHODNEJPochodna z błędem, ale postaci (4−x)2am2+bm+c z dodatnią deltą licznika — punkty za miejsca zerowe i uzasadnienie zachowane przy konsekwencji.
boki 4−22,4−22,42−4; Pmax=4(3−22)
7
Boki i poleTrójkąt równoramienny: boki 4−22,4−22,42−4; Pmax=12−82.
Rozpatrujemy wszystkie trójkąty równoramienne o obwodzie równym 18.
a) Wykaż, że pole P każdego z tych trójkątów, jako funkcja długości b ramienia, wyraża się wzorem
P(b)=2(18−2b)⋅18b−81.
b) Wyznacz dziedzinę funkcji P.
c) Oblicz długości boków tego z rozpatrywanych trójkątów, który ma największe pole.
RYSUNEK DO ZADANIA
BADAJ P², NIE P
Pierwiastek psuje pochodną, więc maksymalizuj funkcję pod pierwiastkiem.
KLUCZ
SUMA ETAPÓW 2+1+4
1
+1 PKTETAP I · CZĘŚĆ A) — BOKI I WYSOKOŚĆ OD ba=18−2b oraz h=b2−(9−b)2=18b−81 — ALBO (droga Herona) p=22b+a, p−a=22b−a, p−b=2a.
2
+2 PKTETAP I (ŁĄCZNIE) · CZĘŚĆ A) — FUNKCJA POLAP(b)=2(18−2b)18b−81=2(18−2b)2(18b−81)
3
+1 PKTETAP II · CZĘŚĆ B) — DZIEDZINAb∈(29,9)Z a>0 jest b<9, a z warunku trójkąta 2b>18−2b jest b>29.
4
+1 PKTETAP III · CZĘŚĆ C) — POCHODNA POMOCNICZEJf′(b)=(−72+8b)(18b−81)+(324−72b+4b2)⋅18=216(b2−15b+54)dla f(b)=(18−2b)2(18b−81) — ALBO (droga bez pochodnej) nierówność średnich dla 2b−9, 9−b, 9−b.
5
+2 PKTETAP III (ŁĄCZNIE) · CZĘŚĆ C) — MIEJSCE ZEROWE⇒b2−15b+54=0∧b∈(29,9)b=6W drodze średnich: równość zachodzi dla 2b−9=9−b, czyli b=6.
6
+3 PKTETAP III (ŁĄCZNIE) · CZĘŚĆ C) — ZNAK I UZASADNIENIE MAKSIMUMf′(b)>0 dla b∈(29,6) i f′(b)<0 dla b∈(6,9), więc f rośnie do b=6 i potem maleje — maksimum w b=6. Klucz uznaje opis słowny, strzałki albo szkic znaku; zdanie „maksimum lokalne i zarazem wartość największa” też wystarcza.
7
+4 PKTETAP III (ŁĄCZNIE) · CZĘŚĆ C) — ODPOWIEDŹa=18−2⋅6=6 oraz b=6: największe pole ma trójkąt równoboczny o boku 6.
!
3 PKTCKEZERO ZA ETAP IIIBrak uzasadnienia, że w b=6 jest wartość największa (samo zero pochodnej nie wystarcza) → w części c) najwyżej 3 pkt. Uzasadnianie największej wartości w całym R zamiast w dziedzinie zeruje krok trzeci.
!
0 PKTCKEZERO ZA ETAP IIIBadanie w części c) błędnej funkcji, np. f(b)=2(18−2b)(18b−81).
W projekcie ogrodu zaplanowano kwietnik w kształcie trójkąta równoramiennego o podstawie długości x metrów nieprzekraczającej 10 metrów. Na tym kwietniku ma znajdować się fontanna w kształcie koła o średnicy 4 metrów, które ma być styczne do każdego z boków trójkątnego kwietnika (zobacz rysunek). Projektantowi zależy, aby przy tak ustalonej wielkości fontanny pole tego kwietnika było najmniejsze.
12.1 (3 pkt). Wykaż, że pole P (wyrażone w metrach kwadratowych) trójkątnego kwietnika o podstawie długości x metrów jest określone wzorem P(x)=x2−162x3
12.2 (4 pkt). Pole P trójkątnego kwietnika o podstawie długości x metrów jest określone wzorem P(x)=x2−162x3 dla każdego x∈(4,10].
Wyznacz długość x podstawy trójkątnego kwietnika, dla której pole tego kwietnika jest najmniejsze. Oblicz to najmniejsze pole. Zapisz obliczenia.
[rysunek: trójkąt równoramienny (kwietnik) o podstawie x; wewnątrz koło (fontanna) o średnicy 4, styczne do wszystkich trzech boków]
PODOBIEŃSTWO WIĄŻE PROMIEŃ Z WYSOKOŚCIĄ
Trójkąt wycięty przez punkt styczności jest podobny do połowy trójkąta równoramiennego.
KLUCZ 12.1 · 3 PKT · PODOBIEŃSTWO
NAJDALSZY PRÓG · NIE SUMUJ
1
1 PKTZWIĄZEK h Z x I JEDNĄ WIELKOŚCIĄnp. b2=(21x)2+h2, albo h−rr=b21x, albo 21xh=r(21x+b) — ALBOtgα=21xr — ALBOP=(b+2x)r lub wzór Herona — ALBOP=21b2sin(2β) i sinβ=h−rr — ALBO boki trójkąta ADC (lub CES) wyrażone przez x i h.
2
2 PKTUKŁAD DAJĄCY h PRZEZ xUkład co najwyżej trzech niezależnych równań pozwalający wyznaczyć h w zależności od x — ALBOtg(2α)=x2−4r24rx — ALBOP2=rP(rP−x)⋅41x2.
3
3 PKTDOMKNIĘCIE — TO KOŃCZY DOWÓDZ podobieństwa CES∼CDA: h−22=b21x, więc b=41x(h−2). Pitagoras w ADC: (41xh−21x)2=(21x)2+h2, stąd h(x2−16)=4x2 i h=x2−164x2. Zatem P=21xh=x2−162x3. To należało wykazać.
!
MAX 1 PKTCKEINNY PROMIEŃProgi za 1 i 2 punkty uznaje się tylko wtedy, gdy posługujesz się symbolem r albo przyjmiesz r=2 lub r=4. Przyjęcie innego promienia → najwyżej 1 punkt za całość.
dowód: P(x)=x2−162x3
KLUCZ 12.1 · WARIANT PRZEZ tg(2α)
NAJDALSZY PRÓG · NIE SUMUJTA SAMA SKALA
1
1 PKTTANGENS POŁOWY KĄTA PRZY PODSTAWIEŚrodek okręgu wpisanego leży na dwusiecznej, więc z trójkąta BSD: tgα=21x2=x4.
3 PKTWYSOKOŚĆ I POLESB jest dwusieczną kąta CBD, więc 21xh=tg(2α), czyli h=21x⋅x2−168x=x2−164x2 i P=21xh=x2−162x3.
dowód: P(x)=x2−162x3
KLUCZ 12.2 · 4 PKT · OPTYMALIZACJA
NAJDALSZY PRÓG · NIE SUMUJ
1
1 PKTPOCHODNAP′(x)=(x2−16)26x2(x2−16)−2x3⋅2x=(x2−16)22x2(x2−48) dla x∈(4,10].
2
2 PKTMIEJSCE ZEROWE2x2(x2−48)=0 przy czym x=0∈/(4,10] i −43∈/(4,10], więc x=43∈(4,10].
3
3 PKTUZASADNIENIE MINIMUMP′(x)<0 dla x∈(4,43) i P′(x)>0 dla x∈(43,10], więc P maleje na (4,43] i rośnie na [43,10] — zatem w x=43 jest wartość najmniejsza.
4
4 PKTWARTOŚĆ — ODPOWIEDŹP(43)=(43)2−162(43)3=123(m2) przy podstawie x=43(m).
!
0 PKTCKEZERO ZA CAŁE ZADANIEWyznaczenie pochodnej ilorazu jako ilorazu pochodnych.
!
MAX 2 PKTCKEBrak uzasadnienia, że wartość najmniejsza w ogóle istnieje. Samo „P′(43)=0, więc minimum” nie wystarcza.
!
MAX 3 PKTCKENiepełne uzasadnienie — albo badanie funkcji na R, R+, (4,+∞) czy (0,10] zamiast na (4,10].
+
CKECO KLUCZ UZNAJE ZA UZASADNIENIEBadanie znaku pochodnej oraz jedno z: opis monotoniczności (słownie albo strzałkami) · „minimum lokalne i jednocześnie wartość najmniejsza” · „minimum lokalne i jedyne ekstremum”. Szkic wykresu funkcji zmieniającej znak tak samo jak pochodna, z zaznaczonymi „+” i „−”, też jest uznawany.
x=43 m, Pmin=123 m2
Walce, stożki, graniastosłupy i pudełka – najliczniejsza rodzina działu. Objętość albo pole całkowite pod więzem; tworzącą, wysokość i promień wiąże Pitagoras.
Rozpatrujemy wszystkie walce, których pole powierzchni całkowitej jest równe 2π. Oblicz promień podstawy tego walca, który ma największą objętość. Podaj tę największą objętość.
RYSUNEK DO ZADANIA
POLE 2π SKRACA SIĘ DO r² + rh = 1
Stąd h=r1−r2, a objętość to V(r)=π(r−r3).
KLUCZ
SUMA ETAPÓW 3+3+1
1
+1 PKTETAP I · RÓWNANIE POLA2π=2πr2+2πrh
2
+2 PKTETAP I (ŁĄCZNIE) · FUNKCJA OBJĘTOŚCIV(r)=πr2⋅r1−r2=π(r−r3)
3
+3 PKTETAP I (ŁĄCZNIE) · DZIEDZINAr∈(0,1)(punkt przyznawany niezależnie od dwóch pierwszych części etapu).
4
+1 PKTETAP II · POCHODNAV′(r)=π(1−3r2)
5
+2 PKTETAP II (ŁĄCZNIE) · MIEJSCE ZEROWEr=33
6
+3 PKTETAP II (ŁĄCZNIE) · ZNAK I UZASADNIENIE MAKSIMUMV′>0 na (0,33) i V′<0 na (33,1) — maksimum lokalne jest wartością największą na całej dziedzinie.
7
+1 PKTETAP III · PROMIEŃ I OBJĘTOŚĆ — ODPOWIEDŹr=33Vmax=923π
!
CKEETAPY ŁAŃCUCHOWOPunkty za dany etap przyznawane są tylko przy poprawnie rozwiązanym etapie poprzednim — błąd w funkcji objętości odcina etapy II i III w całości.
Rozpatrujemy wszystkie walce o danym polu powierzchni całkowitej P. Oblicz wysokość i promień podstawy tego walca, którego objętość jest największa. Oblicz tę największą objętość.
RYSUNEK DO ZADANIA
P ZOSTAJE PARAMETREM DO KOŃCA
Z pola wyznacz h=2πrP−2πr2 i wstaw do objętości.
KLUCZ
SUMA ETAPÓW 3+3+1
1
+1 PKTETAP I · WYSOKOŚĆ Z POLAh=2πrP−2πr2
2
+2 PKTETAP I (ŁĄCZNIE) · FUNKCJA OBJĘTOŚCIV(r)=πr2⋅2πrP−2πr2=2Pr−2πr3
3
+3 PKTETAP I (ŁĄCZNIE) · DZIEDZINAr∈(0,2πP)
4
+1 PKTETAP II · POCHODNAV′(r)=21(P−6πr2)
5
+2 PKTETAP II (ŁĄCZNIE) · MIEJSCE ZEROWEr=6πP(ujemne poza dziedziną).
6
+3 PKTETAP II (ŁĄCZNIE) · ZNAK I UZASADNIENIE MAKSIMUMV′>0 na (0,6πP) i V′<0 dalej — funkcja rośnie, potem maleje, więc w r=6πP objętość największa.
7
+1 PKTETAP III · WYMIARY I OBJĘTOŚĆ — ODPOWIEDŹh=2r=3π2PVmax=3P⋅6πP
!
0 PKTCKEZERO ZA CAŁE ZADANIERozwiązywanie dla stożka zamiast walca — albo podstawienie KONKRETNEJ liczby w miejsce parametru P.
!
MAX 1 PKTCKE(Z DZIEDZINĄ 2 PKT)Objętość zapisana z błędem rzeczowym — z całego zadania zostaje 1 pkt (2 pkt, jeśli dziedzina wyznaczona poprawnie). Pochodna zdegenerowana błędem do liniowej albo kwadratowej z Δ≤0 — punkty tylko za etap I.
Rozpatrujemy wszystkie stożki, których przekrojem osiowym jest trójkąt o obwodzie 20. Oblicz wysokość i promień podstawy tego stożka, którego objętość jest największa. Oblicz objętość tego stożka.
RYSUNEK DO ZADANIA
OBWÓD WIĄŻE TWORZĄCĄ Z PROMIENIEM
2r+2l=20 daje l=10−r, więc h=100−20r.
KLUCZ
SUMA ETAPÓW 3+3+1
1
+1 PKTETAP I · WYSOKOŚĆ OD PROMIENIAh=100−20r
2
+2 PKTETAP I (ŁĄCZNIE) · FUNKCJA OBJĘTOŚCIV(r)=31πr2100−20r
3
+3 PKTETAP I (ŁĄCZNIE) · DZIEDZINAr∈(0,5)(punkt przyznawany niezależnie od dwóch pierwszych części etapu).
4
+1 PKTETAP II · POCHODNA FUNKCJI POMOCNICZEJf(r)=100r4−20r5f′(r)=400r3−100r4
5
+2 PKTETAP II (ŁĄCZNIE) · MIEJSCE ZEROWEr=4(zero r=0 poza dziedziną).
6
+3 PKTETAP II (ŁĄCZNIE) · ZNAK I UZASADNIENIEf′>0 na (0,4) i f′<0 na (4,5) — maksimum lokalne funkcji f (więc i V, bo pierwiastek jest rosnący) jest wartością największą.
7
+1 PKTETAP III · WYMIARY I OBJĘTOŚĆ — ODPOWIEDŹr=4h=25V=3325π
Rozpatrujemy wszystkie stożki, w których suma długości tworzącej i promienia podstawy jest równa 2. Wyznacz wysokość tego spośród rozpatrywanych stożków, którego objętość jest największa. Oblicz tę objętość.
RYSUNEK DO ZADANIA
SUMA l + r = 2 CHOWA WYSOKOŚĆ
Z Pitagorasa h=(2−r)2−r2=21−r — maksymalizuj wyrażenie pod pierwiastkiem.
KLUCZ
SUMA ETAPÓW 3+3+1
1
+1 PKTETAP I · WYSOKOŚĆ OD PROMIENIAh=(2−r)2−r2=21−r
2
+2 PKTETAP I (ŁĄCZNIE) · FUNKCJA OBJĘTOŚCIV(r)=31πr2⋅21−r
3
+3 PKTETAP I (ŁĄCZNIE) · DZIEDZINAr∈(0,1)(pominięta dziedzina przy poprawnej funkcji — 2 pkt za etap i dalsze etapy nadal punktowane).
4
+1 PKTETAP II · POCHODNA FUNKCJI POMOCNICZEJf(r)=r4−r5f′(r)=4r3−5r4
5
+2 PKTETAP II (ŁĄCZNIE) · MIEJSCE ZEROWEr=54(zero r=0 poza dziedziną).
6
+3 PKTETAP II (ŁĄCZNIE) · ZNAK I UZASADNIENIEf′>0 na (0,54) i f′<0 na (54,1) — maksimum lokalne jest wartością największą (pierwiastek jest rosnący).
7
+1 PKTETAP III · WYSOKOŚĆ I OBJĘTOŚĆ — ODPOWIEDŹh=525V=375325π
!
CKEETAPY ŁAŃCUCHOWOPunkty za dany etap przyznawane są tylko przy poprawnie rozwiązanym etapie poprzednim — błąd w funkcji objętości odcina etapy II i III.
Rozważamy wszystkie stożki, których wysokość jest większa od 5, a odległość środka podstawy od tworzącej jest równa 5.
12.1 (2 pkt). Wykaż, że objętość V stożka, jako funkcja wysokości h stożka, wyraża się wzorem
V(h)=3π⋅h2−2525h3
12.2 (4 pkt). Objętość V stożka, jako funkcja wysokości h stożka, wyraża się wzorem
V(h)=3π⋅h2−2525h3
dla h∈(5,+∞).
Wyznacz wysokość tego z rozważanych stożków, którego objętość jest najmniejsza. Oblicz tę najmniejszą objętość. Zapisz obliczenia.
RYSUNEK DO ZADANIA
POLICZ POLE TRÓJKĄTA NA DWA SPOSOBY
Odległość środka podstawy od tworzącej to wysokość w przekroju osiowym.
KLUCZ 12.1 · 2 PKT
NAJDALSZY PRÓG · NIE SUMUJ
1
1 PKTZWIĄZEK r Z hnp. 21rh=21⋅5⋅h2+r2 — ALBO(r5)2+(h5)2=1 — ALBO5r=h2−25h.
2
2 PKTDOMKNIĘCIE — TO KOŃCZY DOWÓDr2h2=25h2+25r2⇒r2=h2−2525h2 więc V=31πr2h=3π⋅h2−2525h3. To należało wykazać.
dowód: V(h)=3π⋅h2−2525h3
6
Charakter – nietypowoTo minimum – szukamy NAJMNIEJSZEJ objętości (zwykle największej).
7
Wynikh=53; Vmin=21253π.
h=53, Vmin=21253π
KLUCZ 12.2 · 4 PKT
NAJDALSZY PRÓG · NIE SUMUJ
1
1 PKTPOCHODNAV′(h)=3π⋅(h2−25)275h2(h2−25)−25h3⋅2h=3π⋅(h2−25)225h2(h2−75) dla h∈(5,+∞). Klucz uznaje też pochodną funkcji π3V.
2
2 PKTMIEJSCE ZEROWE25h2(h2−75)=0 przy czym h=0∈/(5,+∞) i h=−53∈/(5,+∞), więc h=53.
3
3 PKTUZASADNIENIE MINIMUMV′(h)<0 dla h∈(5,53) oraz V′(h)>0 dla h∈(53,+∞), więc V maleje na (5,53] i rośnie na [53,+∞) — wartość najmniejsza jest dla h=53.
0 PKTCKEZERO ZA CAŁE ZADANIEWyznaczenie pochodnej ilorazu jako ilorazu pochodnych.
!
MAX 3 PKTCKEZA ZŁĄ DZIEDZINĘUzasadnianie wartości najmniejszej przy rozpatrywaniu funkcji na R albo R+ zamiast na (5,+∞).
!
MAX 2 PKTCKEBrak uzasadnienia istnienia wartości najmniejszej (zostają: punkt za pochodną i punkt za jej miejsce zerowe).
+
CKECO KLUCZ UZNAJE ZA UZASADNIENIEBadanie znaku pochodnej oraz jedno z: opis monotoniczności (słownie albo strzałkami) · „minimum lokalne i jednocześnie wartość najmniejsza” · „minimum lokalne i jedyne ekstremum”. Szkic wykresu ze znakami „+” i „−” też jest uznawany.
Rozważmy wszystkie graniastosłupy prawidłowe trójkątne o objętości V=2. Wyznacz długości krawędzi tego z rozważanych graniastosłupów, którego pole powierzchni całkowitej jest najmniejsze. Oblicz to najmniejsze pole.
WYSOKOŚĆ WYZNACZ Z OBJĘTOŚCI
Z V=4a23h=2 masz h, a pole całkowite to dwie podstawy plus trzy ściany.
KLUCZ
SUMA ETAPÓW 3+3+1
1
+1 PKTETAP I · WYSOKOŚĆ OD KRAWĘDZIh=a238=3a283
2
+2 PKTETAP I (ŁĄCZNIE) · FUNKCJA POLAf(a)=2⋅4a23+3a⋅3a283=2a3a3+163
3
+3 PKTETAP I (ŁĄCZNIE) · DZIEDZINAa∈(0,+∞)Punkt za dziedzinę przysługuje niezależnie, o ile badana jest własna funkcja jednej zmiennej. Błędne h, ale postaci k⋅a−2 z niewymiernym k — punkt za funkcję zostaje.
4
+1 PKTETAP II · POCHODNAf′(a)=4a243a3−323=a23(a3−8)
5
+2 PKTETAP II (ŁĄCZNIE) · MIEJSCE ZEROWEa=2
6
+3 PKTETAP II (ŁĄCZNIE) · ZNAK I UZASADNIENIE MINIMUMf′(a)<0 dla a∈(0,2) i f′(a)>0 dla a∈(2,+∞) — funkcja maleje, potem rośnie, więc w a=2 przyjmuje wartość najmniejszą. Bez tego uzasadnienia etap II staje na 2 pkt.
7
+1 PKTETAP III · WYMIARY I POLE — ODPOWIEDŹa=2h=323Pmin=63
!
MAX 5 PKTCKEPominięcie jednej ze ścian graniastosłupa w polu (konsekwentnie do końca) — albo wyłącznie błędy rachunkowe przy pełnym rozumowaniu.
Dany jest okrąg o środku S i promieniu 18. Rozpatrujemy pary okręgów: jeden o środku S1 i promieniu x oraz drugi o środku S2 i promieniu 2x, o których wiadomo, że spełniają jednocześnie następujące warunki:
rozważane dwa okręgi są styczne zewnętrznie;
obydwa rozważane okręgi są styczne wewnętrznie do okręgu o środku S i promieniu 18;
punkty: S, S1, S2 nie leżą na jednej prostej.
Pole trójkąta o bokach a, b, c można obliczyć ze wzoru Herona P=p(p−a)(p−b)(p−c), gdzie p – jest połową obwodu trójkąta.
Zapisz pole trójkąta SS1S2 jako funkcję zmiennej x. Wyznacz dziedzinę tej funkcji i oblicz długości boków tego z rozważanych trójkątów, którego pole jest największe. Oblicz to największe pole.
POŁOWA OBWODU JEST STALE RÓWNA 18
Boki trójkąta środków to 18−x, 18−2x i 3x, więc Heron ładnie się zwija.
KLUCZ
SUMA ETAPÓW 3+3+1
1
+1 PKTETAP I · WARUNKI STYCZNOŚCI∣SS1∣=18−x∣SS2∣=18−2x∣S1S2∣=3x
2
+2 PKTETAP I (ŁĄCZNIE) · FUNKCJA POLA⇒p=18P(x)=18⋅x⋅2x⋅(18−3x)=108x2(6−x)
3
+3 PKTETAP I (ŁĄCZNIE) · DZIEDZINAx∈(0,6)Punkt przysługuje niezależnie, o ile badana jest własna funkcja jednej zmiennej.
4
+1 PKTETAP II · POCHODNA POMOCNICZEJf(x)=6x2−x3⇒f′(x)=−3x2+12x
5
+2 PKTETAP II (ŁĄCZNIE) · MIEJSCE ZEROWE−3x(x−4)=0⇒x=4(x=0∈/(0,6))
6
+3 PKTETAP II (ŁĄCZNIE) · ZNAK I UZASADNIENIE MAKSIMUMf′(x)>0 dla x∈(0,4) i f′(x)<0 dla x∈(4,6) — funkcja rośnie, potem maleje, więc w x=4 przyjmuje wartość największą; monotoniczność pierwiastka przenosi wniosek na P. Bez tego uzasadnienia etap II staje na 2 pkt.
7
+1 PKTETAP III · BOKI I POLE — ODPOWIEDŹ∣SS1∣=14∣SS2∣=10∣S1S2∣=12Pmax=108⋅16⋅2=246
!
MAX 5 PKTCKEWyłącznie błędy rachunkowe przy pełnym rozumowaniu. Pochodna z błędem, ale kwadratowa z dwoma zerami (jedno w dziedzinie) — punkty za zero i uzasadnienie zostają przy konsekwencji.
Należy zaprojektować wymiary prostokątnego ekranu smartfona, tak aby odległości tego ekranu od krótszych brzegów smartfona były równe 0,5 cm każda, a odległości tego ekranu od dłuższych brzegów smartfona były równe 0,3 cm każda (zobacz rysunek – ekran zaznaczono kolorem szarym). Sam ekran ma mieć powierzchnię 60 cm². Wyznacz takie wymiary ekranu smartfona, przy których powierzchnia ekranu wraz z obramowaniem jest najmniejsza.
[rysunek: dwa prostokąty jeden w drugim (pionowo): zewnętrzny – obrys smartfona, wewnętrzny szary – ekran; odstępy 0,5 cm u góry i u dołu oraz 0,3 cm z lewej i z prawej]
NAJPIERW UJEDNOLIĆ JEDNOSTKI
60cm2=6000mm2, dopiero potem dokładaj ramki.
KLUCZ
SUMA ETAPÓW 3+3+1
1
+1 PKTETAP I · DRUGI WYMIARy=x6000
2
+2 PKTETAP I (ŁĄCZNIE) · FUNKCJA POLA CAŁOŚCIP(x)=6x+x60000+6060
3
+3 PKTETAP I (ŁĄCZNIE) · DZIEDZINAx∈(21501−2,+∞)(z warunku, by oba wymiary smartfona były dodatnie i x+10>y+6>0). Kroki etapu liczą się, o ile poprzednie wykonane poprawnie.
4
+1 PKTETAP II · POCHODNAf′(x)=6−x260000=x26(x2−10000)
5
+2 PKTETAP II (ŁĄCZNIE) · MIEJSCE ZEROWEx=100
6
+3 PKTETAP II (ŁĄCZNIE) · ZNAK I UZASADNIENIE MINIMUMf′(x)<0 przed 100 i f′(x)>0 za 100 — funkcja maleje, potem rośnie, więc w x=100 wartość najmniejsza. Droga przez nierówność średnich (6x+x60000≥2360000=1200, równość dla x=100) też pełnopunktowa.
7
+1 PKTETAP III · WYMIARY — ODPOWIEDŹx=100mmy=60mm
!
MAX 3 PKTCKEBrak ujednolicenia jednostek przy pełnym rozumowaniu (punkty tylko za etap II). Zamiana 60cm2 na 600mm2 ścina do 5 pkt.
!
MAX 5 PKTCKEBrak dziedziny, gdy z rozwiązania wynika badanie na zbiorze z ujemnym wymiarem. Badanie obwodu zamiast pola — łącznie najwyżej 1 pkt; dziedzina (0,+∞) nie odbiera punktu za uzasadnienie, bo x=100 w niej leży.
Dany jest kwadrat ABCD o boku długości 2. Na bokach BC i CD tego kwadratu wybrano – odpowiednio – punkty P i Q, takie, że długość odcinka ∣PC∣=∣QD∣=x (zobacz rysunek). Wyznacz tę wartość x, dla której pole trójkąta APQ osiąga wartość najmniejszą. Oblicz to najmniejsze pole.
[rysunek: kwadrat ABCD o boku 2; Q na boku DC (∣DQ∣=x, ∣QC∣=2−x), P na boku CB (∣CP∣=x); zaznaczony trójkąt APQ]
POLE PRZEZ ODJĘCIE TRÓJKĄTÓW
Od kwadratu odejmij trójkąty ABP, PCQ i ADQ.
KLUCZ
NAJDALSZY PRÓG · NIE SUMUJ
1
1 PKTPOLE JAKO RÓŻNICAPole trójkąta APQ to pole kwadratu pomniejszone o_sumę pól trzech trójkątów prostokątnych ABP, QCP i_ADQ.
Rozpatrujemy wszystkie ostrosłupy prawidłowe czworokątne, w których suma promienia okręgu opisanego na podstawie i długości krawędzi bocznej jest równa d. Wyznacz długość krawędzi podstawy tego z rozpatrywanych ostrosłupów, który ma największą objętość. Oblicz tę największą objętość.
RYSUNEK DO ZADANIA
PITAGORAS SKRACA SIĘ DO H² = d(d − 2r)
Z r+b=d masz H2=(d−r)2−r2 bez rozwijania kwadratów.
KLUCZ
SUMA ETAPÓW 3+3+1
1
+1 PKTETAP I · WYMIARY OD ra=r2H=(d−r)2−r2=d(d−2r)
2
+2 PKTETAP I (ŁĄCZNIE) · FUNKCJA OBJĘTOŚCIV(r)=31⋅2r2⋅d(d−2r)=32d2r4−2dr5
3
+3 PKTETAP I (ŁĄCZNIE) · DZIEDZINAr∈(0,2d)Kroki etapu liczą się, o ile poprzednie wykonane poprawnie. Klucz dopuszcza też zmienną H: wtedy V(H) na (0,d) z zerem pochodnej H=55d.
4
+1 PKTETAP II · POCHODNA POMOCNICZEJ⇒f(r)=d2r4−2dr5f′(r)=4d2r3−10dr4=2dr3(2d−5r)
5
+2 PKTETAP II (ŁĄCZNIE) · MIEJSCE ZEROWEr=52d
6
+3 PKTETAP II (ŁĄCZNIE) · ZNAK I UZASADNIENIE MAKSIMUMf′(r)>0 dla r∈(0,52d) i f′(r)<0 dla r∈(52d,2d) — funkcja rośnie, potem maleje, więc w r=52d wartość największa; monotoniczność pierwiastka przenosi wniosek na V. Bez wyznaczonej dziedziny ten punkt nie przysługuje.
7
+1 PKTETAP III · KRAWĘDŹ I OBJĘTOŚĆ — ODPOWIEDŹa=522dVmax=37585d3
Rozważamy wszystkie graniastosłupy prawidłowe czworokątne ABCDEFGH, w których odcinek łączący punkt O przecięcia przekątnych AC i BD podstawy ABCD z dowolnym wierzchołkiem podstawy EFGH ma długość d (zobacz rysunek).
a) Wyznacz zależność objętości V graniastosłupa od jego wysokości h i podaj dziedzinę funkcji V(h). b) Wyznacz wysokość tego z rozważanych graniastosłupów, którego objętość jest największa. Zapisz obliczenia.
[rysunek: graniastosłup prawidłowy czworokątny ABCDEFGH, odcinek OG=d od środka dolnej podstawy do górnego wierzchołka]
RYSUNEK DO ZADANIA
PROGI IDĄ PO KOLEI
Dziedzina (0,d) jest tu osobno punktowana, więc zapisz ją jawnie.
KLUCZ
NAJDALSZY PRÓG · NIE SUMUJ
1
1 PKTKRAWĘDŹ PODSTAWY PRZEZ ha=2⋅d2−h2(z Pitagorasa w ODH: ∣OD∣=d2−h2, a ∣OD∣=2a2).
2
2 PKTOBJĘTOŚĆ JAKO FUNKCJA hV(h)=2(d2−h2)h=2(d2h−h3)
6 PKTUZASADNIENIE — ODPOWIEDŹV′>0 na (0,3d) i V′<0 na (3d,d), więc V rośnie, a potem maleje — największą objętość ma graniastosłup o wysokości h=3d3.
h=3d3
a) V(h)=2h(d2−h2), h∈(0,d) · b) h=33d(Vmax=943d3)
Rozważamy wszystkie graniastosłupy prawidłowe trójkątne o objętości 3456, których krawędź podstawy ma długość nie większą niż 83.
16.40.1 (2 pkt). Wykaż, że pole P powierzchni całkowitej graniastosłupa w zależności od długości a krawędzi podstawy jest określone wzorem P(a)=2a23+a138243.
16.40.2 (4 pkt). Pole P(a)=2a23+a138243 dla a∈(0,83]. Wyznacz długość krawędzi podstawy tego z rozważanych graniastosłupów, którego pole powierzchni całkowitej jest najmniejsze. Oblicz to najmniejsze pole. Zapisz obliczenia.
RYSUNEK DO ZADANIA
MIEJSCE ZEROWE MOŻE LEŻEĆ POZA DZIEDZINĄ
Pochodna zeruje się dla a=24, ale dziedzina kończy się na 83.
KLUCZ 13.1 · 2 PKT
NAJDALSZY PRÓG · NIE SUMUJ
1
1 PKTWYSOKOŚĆ PRZEZ a⇒3456=4a23⋅HH=a246083
2
2 PKTPOLE CAŁKOWITE — TO KOŃCZY DOWÓDP=2⋅4a23+3aH=2a23+a138243To należało wykazać.
!
0 PKTCKEZERO ZA CAŁE ZADANIERozważanie innej bryły niż graniastosłup prawidłowy trójkątny — albo przeprowadzenie rozumowania tylko dla a=83 zamiast dla dowolnego a.
dowód: P(a)=2a23+a138243
KLUCZ 13.2 · 4 PKT
NAJDALSZY PRÓG · NIE SUMUJ
1
1 PKTPOCHODNAP′(a)=a3−a2138243 dla a∈(0,83].
2
2 PKTMIEJSCE ZEROWE⇒⇒a33−138243=0a3=13824=243a=24przy czym 24∈/(0,83], bo 83≈13,86.
3
3 PKTUZASADNIENIE MINIMUMP′(a)<0⇔a3<13824⇔a<24 więc P′<0 na całym przedziale (0,83] — funkcja jest malejąca i wartość najmniejszą osiąga na prawym końcu, dla a=83.
MAX 1 PKTCKEOtrzymanie miejsca zerowego pochodnej, które należy do (0,83) — czyli błąd rachunkowy, który wywraca całą logikę zadania.
!
CKEBRAK PUNKTU ZA WARTOŚĆBłędne uzasadnienie, że dla a=83 funkcja osiąga wartość najmniejszą, odbiera punkt za obliczenie P(83) — nawet jeśli liczba jest dobra.
+
CKECO KLUCZ UZNAJE ZA UZASADNIENIEBadanie znaku pochodnej oraz zapisanie słownie lub graficznie, że P jest malejąca na (0,a0), gdzie a0 to miejsce zerowe pochodnej rozszerzenia funkcji na (0,+∞).
Rozważamy wszystkie ostrosłupy prawidłowe trójkątne, w których suma wysokości H ostrosłupa oraz promienia R okręgu opisanego na podstawie tego ostrosłupa jest równa 6.
16.41.1 (2 pkt). Wykaż, że objętość V każdego z takich ostrosłupów w zależności od długości R promienia okręgu opisanego na podstawie ostrosłupa jest określona wzorem
V(R)=43⋅(6R2−R3)
16.41.2 (4 pkt). Objętość V ostrosłupa w zależności od długości R promienia okręgu opisanego na podstawie ostrosłupa jest określona wzorem
V(R)=43⋅(6R2−R3)
dla R∈(0,6).
Wyznacz długość promienia okręgu opisanego na podstawie tego z rozważanych ostrosłupów, którego objętość jest największa. Oblicz tę największą objętość. Zapisz obliczenia.
RYSUNEK DO ZADANIA
WSZYSTKO WYRAŹ PRZEZ R
W trójkącie równobocznym R=3a3, a warunek H+R=6 domyka objętość.
KLUCZ 13.1 · 2 PKT
NAJDALSZY PRÓG · NIE SUMUJ
1
1 PKTPOLE PODSTAWY PRZEZ RPp=4(R3)23=433R2(bo R=3a3, czyli a=R3).
2
2 PKTOBJĘTOŚĆ — TO KOŃCZY DOWÓDV=31⋅433R2⋅(6−R)=43(6R2−R3)bo H+R=6, czyli H=6−R. To należało wykazać.
dowód: V(R)=43(6R2−R3)
KLUCZ 13.2 I · POCHODNA
NAJDALSZY PRÓG · NIE SUMUJ
1
1 PKTPOCHODNAV′(R)=43(12R−3R2) dla R∈(0,6).
2
2 PKTMIEJSCE ZEROWE3R(4−R)=0⇒R=0∈/(0,6)∨R=4∈(0,6)
3
3 PKTUZASADNIENIE MAKSIMUMV′(R)>0 dla R∈(0,4) oraz V′(R)<0 dla R∈(4,6), więc V rośnie na (0,4] i maleje na [4,6) — wartość największa wypada dla R=4.
4
4 PKTOBJĘTOŚĆ — ODPOWIEDŹV(4)=43(6⋅42−43)=83
!
MAX 3 PKTCKENiepełne uzasadnienie (np. napisanie, że V osiąga w R=4 wartość najmniejszą) przy poprawnym V(4)=83.
!
MAX 2 PKTCKEBrak jakiegokolwiek uzasadnienia i samo obliczenie V(4)=83.
+
CKECO KLUCZ UZNAJE ZA UZASADNIENIEBadanie znaku pochodnej oraz jedno z: opis monotoniczności (słownie albo strzałkami) · „maksimum lokalne i jednocześnie wartość największa” · „maksimum lokalne i jedyne ekstremum”. Szkic wykresu ze znakami „+” i „−” też przechodzi.
R=4, Vmax=83
KLUCZ 13.2 II · NIERÓWNOŚĆ MIĘDZY ŚREDNIMI
NAJDALSZY PRÓG · NIE SUMUJTA SAMA SKALA
1
1 PKTZAPISANIE AM–GM DLA TRZECH LICZB3R+R+(12−2R)≥3R⋅R⋅(12−2R)Liczby R, R, 12−2R są dodatnie, bo R∈(0,6).
Rozważamy wszystkie graniastosłupy prawidłowe trójkątne o polu powierzchni całkowitej równym 243.
12.1 (2 pkt). Wykaż, że objętość V graniastosłupa w zależności od długości a krawędzi podstawy jest określona wzorem V(a)=6a−81a3.
12.2 (4 pkt). Objętość V(a)=6a−81a3 dla a∈(0,43). Wyznacz długość krawędzi podstawy tego z rozważanych graniastosłupów, którego objętość jest największa. Oblicz tę największą objętość. Zapisz obliczenia.
RYSUNEK DO ZADANIA
WYSOKOŚĆ Z POLA, POTEM ZNAK POCHODNEJ
Uzasadnienie maksimum jest punktowane osobno od samego miejsca zerowego.
KLUCZ 12.1 · 2 PKT
NAJDALSZY PRÓG · NIE SUMUJ
1
1 PKTWYSOKOŚĆ Z POLA CAŁKOWITEGO⇒243=2⋅4a23+3aHH=6a483−a23
DWIE PODSTAWY, TRZY ŚCIANYGraniastosłup: 2Pp+3aH. Zgubienie dwójki przy podstawach albo trójki przy ścianach rozjeżdża H i cały wzór z tezy.
V(a)=6a−81a3 — wykazane
KLUCZ 12.2 · 4 PKT
NAJDALSZY PRÓG · NIE SUMUJ
1
1 PKTPOCHODNAV′(a)=6−83a2dla a∈(0,43)
2
2 PKTMIEJSCE ZEROWE W DZIEDZINIEV′(a)=0⇒a=4 (ujemne a=−4 poza dziedziną).
3
3 PKTUZASADNIENIE MAKSIMUMV′>0 na (0,4) i V′<0 na (4,43) — funkcja rośnie, potem maleje, więc w a=4 przyjmuje wartość największą (wystarczy opis monotoniczności albo „jedyne ekstremum = maksimum globalne”).
4
4 PKTWARTOŚĆ — ODPOWIEDŹV(4)=6⋅4−81⋅43=16
!
CKESAMO ZERO POCHODNEJBez badania znaku V′ sufit to 2 pkt; z niepełnym uzasadnieniem — 3 pkt. Ta jedna linijka o monotoniczności jest warta pełny punkt.
Rozpatrujemy wszystkie prostopadłościany o objętości 8, których stosunek długości dwóch krawędzi wychodzących z tego samego wierzchołka jest równy 1:2 oraz suma długości wszystkich dwunastu krawędzi jest mniejsza od 28. Wyznacz pole powierzchni całkowitej prostopadłościanu jako funkcję długości jednej z jego krawędzi. Wyznacz dziedzinę tej funkcji. Oblicz wymiary tego spośród rozpatrywanych prostopadłościanów, którego pole powierzchni całkowitej jest najmniejsze.
RYSUNEK DO ZADANIA
DZIEDZINĘ DAJE SUMA KRAWĘDZI
Trzecią krawędź bierzesz z V=8, a nierówność 12x+x216<28 tnie dziedzinę.
KLUCZ
SUMA ETAPÓW 3+3+1
1
+1 PKTETAP I · KRAWĘDZIEx2x2x28=x24
2
+2 PKTETAP I (ŁĄCZNIE) · FUNKCJA POLAPc(x)=2⋅x⋅2x+2⋅x⋅x24+2⋅2x⋅x24=4x2+x24
3
+3 PKTETAP I (ŁĄCZNIE) · DZIEDZINA⇒⇒3x3−7x2+4<0(x−1)(3x2−4x−4)<0x∈(1,2)
4
+1 PKTETAP II · POCHODNAPc′(x)=8x−x224=x28(x3−3)
5
+2 PKTETAP II (ŁĄCZNIE) · MIEJSCE ZEROWEx=33
6
+3 PKTETAP II (ŁĄCZNIE) · ZNAK I UZASADNIENIE MINIMUMPc′<0 na (1,33) i Pc′>0 na (33,2) — funkcja maleje, potem rośnie, minimum lokalne jest wartością najmniejszą. Etapy liczą się sekwencyjnie, o ile poprzednia część bezbłędna.
7
+1 PKTETAP III · WYMIARY — ODPOWIEDŹ33233394=3433
!
CKEDZIEDZINA WARUNKUJE UZASADNIENIEBez wyznaczonej dziedziny punkt za uzasadnienie minimum przysługuje TYLKO, gdy policzysz wszystkie trzy krawędzie i sprawdzisz, że suma dwunastu jest mniejsza od 28.
Rozpatrujemy wszystkie możliwe drewniane szkielety o kształcie przedstawionym na rysunku, wykonane z listewek. Każda z tych listewek ma kształt prostopadłościanu o podstawie kwadratu o boku długości x. Wymiary szkieletu zaznaczono na rysunku.
a) Wyznacz objętość V drewna potrzebnego do budowy szkieletu jako funkcję zmiennej x. b) Wyznacz dziedzinę funkcji V. c) Oblicz tę wartość x, dla której zbudowany szkielet jest możliwie najcięższy, czyli kiedy funkcja V osiąga wartość największą. Oblicz tę największą objętość.
[rysunek: sześcienny szkielet z listewek; wymiary 10−2x, 6, 6; przekrój listewki – kwadrat o boku x]
RYSUNEK DO ZADANIA
DWANAŚCIE LISTEWEK, TRZY DŁUGOŚCI
Po cztery sztuki długości 6−2x, 10−3x i 6−x — listewki się zazębiają.
KLUCZ
SUMA ETAPÓW 3+3+1
1
+1 PKTETAP I · DŁUGOŚCI LISTEWEK6−2x6−x10−3x(po cztery każdego rodzaju).
2
+2 PKTETAP I (ŁĄCZNIE) · FUNKCJA OBJĘTOŚCIV(x)=4x2[(6−2x)+(10−3x)+(6−x)]=8(11x2−3x3)
3
+3 PKTETAP I (ŁĄCZNIE) · DZIEDZINAx∈(0,25⟩(klucz akceptuje też przedział otwarty). Kroki etapu liczą się, o ile poprzednie wykonane poprawnie — ale: błąd w samej dziedzinie przy dobrej funkcji nie blokuje etapów II i III.
4
+1 PKTETAP II · POCHODNAV′(x)=8(22x−9x2)=8x(22−9x)
5
+2 PKTETAP II (ŁĄCZNIE) · MIEJSCA ZEROWEx=0x=922
6
+3 PKTETAP II (ŁĄCZNIE) · ZNAK I UZASADNIENIE MAKSIMUMV′(x)>0 na (0,922) i V′(x)<0 na (922,25⟩ — funkcja rośnie, potem maleje, więc w x=922 objętość największa.
7
+1 PKTETAP III · NAJWIĘKSZA OBJĘTOŚĆ — ODPOWIEDŹV(922)=8(11⋅81484−3⋅72910648)=24342592=17524367
!
1 PKTCKESUFITDwa rodzaje belek dobrze, trzeci źle — z etapu I zostaje najwyżej punkt za dziedzinę (funkcja i tak błędna), choć etapy II i III liczą się dalej konsekwentnie.
Pewien zakład otrzymał zamówienie na wykonanie prostopadłościennego zbiornika (całkowicie otwartego od góry) o pojemności 144 m³. Dno zbiornika ma być kwadratem. Żaden z wymiarów zbiornika (krawędzi prostopadłościanu) nie może przekraczać 9 metrów. Całkowity koszt wykonania zbiornika ustalono w następujący sposób:
100 zł za 1 m² dna
75 zł za 1 m² ściany bocznej.
Oblicz wymiary zbiornika, dla którego tak ustalony koszt wykonania będzie najmniejszy.
RYSUNEK DO ZADANIA
BADASZ KOSZT, NIE POLE
Z x2h=144 wyraź h, a dziedzinę ⟨4,9⟩ weź z ograniczeń treści.
KLUCZ
SUMA ETAPÓW 3+3+1
1
+1 PKTETAP I · DRUGI WYMIARh=x2144albox=h144
2
+2 PKTETAP I (ŁĄCZNIE) · FUNKCJA KOSZTUf(x)=100x2+4x⋅x2144⋅75=100x2+x43200
3
+3 PKTETAP I (ŁĄCZNIE) · DZIEDZINAx∈[4,9](roˊwnowaz˙nie h∈[916,9])
4
+1 PKTETAP II · POCHODNAf′(x)=200x−x243200
5
+2 PKTETAP II (ŁĄCZNIE) · MIEJSCE ZEROWEx3=216⇒x=6
6
+3 PKTETAP II (ŁĄCZNIE) · ZNAK I UZASADNIENIE MINIMUMf′(x)<0 dla x∈(4,6) i f′(x)>0 dla x∈(6,9) — funkcja maleje, potem rośnie, więc w x=6 jest wartość najmniejsza. Uzasadnianie najmniejszej wartości w R∖{0} zamiast w dziedzinie zeruje ten krok. Kolejne kroki etapu liczą się, o ile poprzednie wykonane poprawnie.
7
+1 PKTETAP III · WYMIARY — ODPOWIEDŹ6m×6m×4m
!
MAX 5 PKTCKEFunkcja kosztu bez wszystkich ścian bocznych albo z dwiema podstawami — albo badanie funkcji POLA zamiast kosztu (bez punktów za wzór funkcji i za etap III; pole w złej postaci ścina do 4 pkt).
!
0 PKTCKEZERO ZA ETAP IIWyznaczanie wymiarów metodą prób i błędów — zeruje też etap III.
6×6×4 m (koszt minimalny)
Punkt biega po prostej albo paraboli, a odległość i pole stają się funkcją jednej współrzędnej. Licz kwadrat odległości zamiast odległości – pochodna podziękuje.
Parabola o równaniu y=2−21x2 przecina oś Ox układu współrzędnych w punktach A=(−2,0) i B=(2,0). Rozpatrujemy wszystkie trapezy równoramienne ABCD, których dłuższą podstawą jest odcinek AB, a końce C i D krótszej podstawy leżą na paraboli (zobacz rysunek). Wyznacz pole trapezu ABCD w zależności od pierwszej współrzędnej wierzchołka C. Oblicz współrzędne wierzchołka C tego z rozpatrywanych trapezów, którego pole jest największe.
[rysunek: parabola y=2−21x2, trapez ABCD z C, D na paraboli]
RYSUNEK DO ZADANIA
WIERZCHOŁEK NA PARABOLI STERUJE TRAPEZEM
C=(x,2−2x2) daje podstawę 2x i wysokość 2−2x2.
KLUCZ
SUMA ETAPÓW 3+3+1
1
+1 PKTETAP I · PODSTAWA I WYSOKOŚĆ∣CD∣=2xh=2−2x2
2
+2 PKTETAP I (ŁĄCZNIE) · FUNKCJA POLAP(x)=24+2x⋅(2−2x2)=−21x3−x2+2x+4(zapisane od razu poprawnie pole liczy się za obie części).
3
+3 PKTETAP I (ŁĄCZNIE) · DZIEDZINAx∈(0,2)
4
+1 PKTETAP II · POCHODNAP′(x)=−23x2−2x+2
5
+2 PKTETAP II (ŁĄCZNIE) · MIEJSCE ZEROWEx=32(drugie zero x=−2 poza dziedziną).
6
+3 PKTETAP II (ŁĄCZNIE) · ZNAK I UZASADNIENIE MAKSIMUMP′>0 na (0,32) i P′<0 na (32,2) — funkcja rośnie, potem maleje, więc w x=32 pole największe.
7
+1 PKTETAP III · WIERZCHOŁEK — ODPOWIEDŹC=(32,916)
!
CKESUFITYZgubiona 21 we wzorze na pole trapezu albo błąd rachunkowy — sufit 6 pkt. Błąd rzeczowy w polu — sufit 1 pkt (2 pkt z dziedziną). Pochodna zdegenerowana do liniowej lub kwadratowej z Δ≤0 — punkty tylko za etap I. Brak uzasadnienia, że maksimum lokalne to wartość największa — sufit 5 pkt.
Rozpatrujemy wszystkie trójkąty ABC, których wierzchołki A i B leżą na wykresie funkcji f określonej wzorem f(x)=x49 dla x=0. Punkt C ma współrzędne (0,−31), a punkty A i B są położone symetrycznie względem osi Oy (zobacz rysunek). Oblicz współrzędne wierzchołków A i B, dla których pole trójkąta ABC jest najmniejsze. Oblicz to najmniejsze pole.
[rysunek: układ współrzędnych, wykres y=x49 – dwie gałęzie nad osią Ox, symetryczne względem Oy; punkty B (lewa gałąź) i A (prawa) położone symetrycznie, C=(0,−31) poniżej początku układu]
RYSUNEK DO ZADANIA
SYMETRIA WZGLĘDEM OSI Oy
Zapisz A=(t,t49) i B=(−t,t49) — podstawa to 2t.
KLUCZ
SUMA ETAPÓW 2+3+1
1
+1 PKTETAP I · POLE JAKO FUNKCJAPrzy A=(a,a49) i_B=(−a,a49) podstawa ma długość 2a, a_wysokość a49+31:P(a)=a39+3a
2
+2 PKTETAP I (ŁĄCZNIE) · DZIEDZINAZ_warunków zadania a>0.
1
+1 PKTETAP II · POCHODNARóżniczkowanie:P′(a)=−a427+31=3a4a4−81
2
+2 PKTETAP II (ŁĄCZNIE) · MIEJSCE ZEROWEZ_a4=81 i_warunku a>0 wychodzi a=3.
3
+3 PKTETAP II (ŁĄCZNIE) · UZASADNIENIE MINIMUMPochodna jest ujemna na (0,3) i_dodatnia na (3,∞), więc w_a=3 funkcja osiąga wartość najmniejszą.
1
+1 PKTETAP III · WIERZCHOŁKI I POLE — ODPOWIEDŹDla a=3:A=(3,91),B=(−3,91),P(3)=34
Na obrzeżach miasta znajduje się jezioro, na którym postanowiono stworzyć tor regatowy. Na podstawie dostępnych map wymodelowano w pewnej skali kształt linii brzegowej jeziora w kartezjańskim układzie współrzędnych (x,y) za pomocą fragmentów wykresów funkcji f oraz g (zobacz rysunek). Funkcje f oraz g są określone wzorami f(x)=x2 oraz
g(x)=−21(x−21)2+4.
Początek toru postanowiono zlokalizować na brzegu jeziora w miejscu, któremu odpowiada w układzie współrzędnych punkt P=(−1,1).
16.32.1 (2 pkt). Niech R będzie punktem leżącym na wykresie funkcji g. Wykaż, że odległość punktu R od punktu P wyraża się wzorem
∣PR∣=41x4−21x3−813x2+839x+64593
gdzie x jest pierwszą współrzędną punktu R.
16.32.2 (6 pkt). Koniec toru regatowego należy umieścić na linii brzegowej. Oblicz współrzędne punktu K, w którym należy zlokalizować koniec toru, aby długość toru (tj. odległość końca K toru od początku P) była możliwie największa. Oblicz długość najdłuższego toru. Zapisz obliczenia. Wskazówka: Przy rozwiązywaniu zadania możesz skorzystać z tego, że odległość dowolnego punktu R leżącym na wykresie funkcji g od punktu P wyraża się wzorem
∣PR∣=41x4−21x3−813x2+839x+64593
gdzie x jest pierwszą współrzędną punktu R.
[rysunek: parabole f i g ograniczające obszar jeziora, punkt P=(−1,1) na brzegu]
RYSUNEK DO ZADANIA
KWADRAT ODLEGŁOŚCI ZAMIAST ODLEGŁOŚCI
∣PR∣2=(x+1)2+(g(x)−1)2 — rozwiń i uporządkuj.
KLUCZ
NAJDALSZY PRÓG · NIE SUMUJ
1
1 PKTKONIEC TORU NA LINII BRZEGOWEJUzasadnienie, że optymalny punkt K leży na wykresie funkcji g — dla punktów paraboli między punktami przecięcia odległość od P jest nie większa.
2
2 PKTDZIEDZINAPunkty wspólne obu wykresów wyznaczają przedział:x∈⟨61−94,61+94⟩
3
3 PKTPOCHODNA FUNKCJI POMOCNICZEJZamiast pierwiastka bada się k(x)=41x4−21x3−813x2+839x+64593:k′(x)=x3−23x2−413x+839
4
4 PKTMIEJSCE ZEROWERozkład (4x2−13)(2x−3)=0 daje trzy pierwiastki, ale tylko x=23 leży w_dziedzinie.
5
5 PKTUZASADNIENIE MAKSIMUMPochodna dodatnia przed 23 i_ujemna po — tam wartość największa; pierwiastek jest rosnący, więc d osiąga maksimum w_tym samym punkcie.
6
6 PKTPUNKT I DŁUGOŚĆ TORU — ODPOWIEDŹPodstawienie do wzoru funkcji g:K=(23,27),∣PK∣=252
Rozważamy trójkąty ABC, w których A=(0,0), B=(m,0), gdzie m∈(4,+∞), a wierzchołek C leży na prostej o równaniu y=−2x. Na boku BC tego trójkąta leży punkt D=(3,2).
a) Wykaż, że dla m∈(4,+∞) pole P trójkąta ABC, jako funkcja zmiennej m, wyraża się wzorem P(m)=m−4m2. b) Oblicz tę wartość m, dla której funkcja P osiąga wartość najmniejszą. Wyznacz równanie prostej BC, przy której funkcja P osiąga tę najmniejszą wartość.
RYSUNEK DO ZADANIA
PUNKT D NA BOKU WIĄŻE WSZYSTKO
Współliniowość B, D, C wyraża współrzędne C przez m.
KLUCZ
SUMA ETAPÓW 3+4
1
+1 PKTCZĘŚĆ a · KIERUNEK PROSTEJ BDWspółczynnik kierunkowy prostej przez B=(m,0) i_D=(3,2):aBD=3−m2
2
+2 PKTCZĘŚĆ a (ŁĄCZNIE) · WSPÓŁRZĘDNE CPrzecięcie z_prostą y=−2x daje:C=(4−mm,m−42m)
3
+3 PKTCZĘŚĆ a (ŁĄCZNIE) · POLE JAKO FUNKCJAPodstawa ∣AB∣=m, wysokość m−42m, więc dla m>4:P(m)=m−4m2
1
+1 PKTCZĘŚĆ b · POCHODNARóżniczkowanie ilorazu:P′(m)=(m−4)22m(m−4)−m2=(m−4)2m(m−8)
2
+2 PKTCZĘŚĆ b (ŁĄCZNIE) · MIEJSCE ZEROWEW_dziedzinie (4,∞) zostaje m=8.
3
+3 PKTCZĘŚĆ b (ŁĄCZNIE) · UZASADNIENIE MINIMUMPochodna ujemna na (4,8) i_dodatnia na (8,∞), więc tam jest wartość najmniejsza.Brak uzasadnienia monotonicznością ogranicza część b do 3 punktów. Klucz honoruje też drogę przez nierówność między średnimi dla m−4 i_m−416.
4
+4 PKTCZĘŚĆ b (ŁĄCZNIE) · RÓWNANIE PROSTEJ — ODPOWIEDŹDla m=8 prosta BC przechodzi przez B=(8,0) i_D=(3,2):y=−52x+516
Funkcja f jest określona wzorem f(x)=x−812x−84 dla każdego x∈(−∞,8). W kartezjańskim układzie współrzędnych (x,y) rozważamy wszystkie czworokąty OBCD, w których:
Wierzchołek O ma współrzędne (0,0)
Wierzchołki B oraz D są punktami przecięcia wykresu funkcji f z osią – odpowiednio – Ox i Oy
Wierzchołek C ma obie współrzędne dodatnie i leży na wykresie funkcji f (zobacz rysunek).
13.1 (2 pkt). Wykaż, że pole P czworokąta OBCD w zależności od pierwszej współrzędnej x punktu C jest określone wzorem
P(x)=421⋅x−8x2−56
13.2 (4 pkt). Pole P czworokąta OBCD w zależności od pierwszej współrzędnej x punktu C jest określone wzorem
P(x)=421⋅x−8x2−56
dla x∈(0,7).
Oblicz współrzędne wierzchołka C, dla których pole czworokąta OBCD jest największe. Zapisz obliczenia.
[rysunek: wykres y=f(x), czworokąt OBCD; D na osi Oy, B na osi Ox, C na wykresie]
RYSUNEK DO ZADANIA
CZWOROKĄT ROZBIJ NA DWA TRÓJKĄTY
B=(7,0) i D=(0,221), a pole licz jako sumę OBC i OCD.
KLUCZ
NAJDALSZY PRÓG · NIE SUMUJ
1
1 PKTPOCHODNA FUNKCJI POLAPole czworokąta to P(x)=421⋅x−8x2−56 dla x∈(0,7), więc:P′(x)=421⋅(x−8)22x(x−8)−(x2−56)=421⋅(x−8)2x2−16x+56
2
2 PKTMIEJSCE ZEROWE POCHODNEJZ_x2−16x+56=0 w_dziedzinie leży tylko x=8−22.
3
3 PKTUZASADNIENIE MAKSIMUMPochodna dodatnia na (0,8−22) i_ujemna dalej, więc funkcja rośnie, a_potem maleje — tam jest wartość największa.Brak uzasadnienia monotonicznością ogranicza wynik do 3 punktów.
4
4 PKTWSPÓŁRZĘDNE PUNKTU C — ODPOWIEDŹDruga współrzędna z_wzoru funkcji:C=(8−22,12−32)
W kartezjańskim układzie współrzędnych (x,y) rozważamy wszystkie trójkąty prostokątne ABC, w których C=(0,0), wierzchołek B leży na dodatniej półosi Oy, wierzchołek A leży na dodatniej półosi Ox, natomiast bok AB jest zawarty w prostej przechodzącej przez punkt K=(1,2).
13.1 (2 pkt). Wykaż, że pole P trójkąta ABC w zależności od współczynnika kierunkowego a prostej AB jest określone wzorem P(a)=2a−a2+4a−4
13.2 (4 pkt). Pole P trójkąta ABC w zależności od współczynnika kierunkowego a prostej AB jest określone wzorem P(a)=2a−a2+4a−4 dla a<0.
Wyznacz równanie prostej zawierającej przeciwprostokątną AB tego z rozważanych trójkątów, który ma najmniejsze pole. Zapisz obliczenia.
WARUNKI PÓŁOSI POZWALAJĄ ZDJĄĆ MODUŁY
„Dodatnia półoś” daje 2−a>0 i aa−2>0 — to nie ozdobnik.
KLUCZ 13.1 · 2 PKT
NAJDALSZY PRÓG · NIE SUMUJ
1
1 PKTWSPÓŁRZĘDNE PRZECIĘĆ Z OSIAMIProsta AB przez K=(1,2): y=a(x−1)+2=ax+(2−a). Stąd B=(0,2−a) i A=(aa−2,0). Do progu wystarczy xA=aa−2 oraz yB=2−a.
2
2 PKTPOLE — TO KOŃCZY DOWÓDZ warunków: 2−a>0 oraz aa−2>0, więc P=21∣AC∣⋅∣BC∣=21aa−2⋅∣2−a∣=21⋅aa−2⋅(2−a)=2a−a2+4a−4. To należało wykazać.
!
MODUŁY TRZEBA ZDJĄĆ Z UZASADNIENIEMBez jawnego użycia aa−2>0 i 2−a>0 rozumowanie jest niepełne.
dowód: P(a)=2a−a2+4a−4
KLUCZ 13.2 I · POCHODNA
NAJDALSZY PRÓG · NIE SUMUJ
1
1 PKTPOCHODNAP′(a)=(2a)2(−2a+4)⋅2a−(−a2+4a−4)⋅2=(2a)2−2a2+8 dla a<0.
3 PKTUZASADNIENIE MINIMUMP′(a)<0 dla a∈(−∞,−2) oraz P′(a)>0 dla a∈(−2,0), więc P maleje na (−∞,−2] i rośnie na [−2,0) — zatem wartość najmniejsza jest dla a=−2.
4
4 PKTRÓWNANIE PROSTEJ — ODPOWIEDŹy=−2(x−1)+2 czyli y=−2x+4.
!
0 PKTCKEZERO ZA CAŁE ZADANIELiczenie pochodnej ilorazu jako ilorazu pochodnych.
!
MAX 3 PKTCKEBrak uzasadnienia, że wartość najmniejsza istnieje → najwyżej 2 pkt. Niepełne uzasadnienie → najwyżej 3 pkt.
+
CKECO KLUCZ UZNAJE ZA UZASADNIENIEBadanie znaku pochodnej oraz jedno z: opis monotoniczności (słownie albo strzałkami) · „minimum lokalne i jednocześnie wartość najmniejsza” · „minimum lokalne i jedyne ekstremum” · druga pochodna w a=−2 plus zdanie o jedynym ekstremum. Szkic wykresu ze znakami „+” i „−” też jest uznawany.
prosta y=−2x+4
KLUCZ 13.2 II · NIERÓWNOŚĆ MIĘDZY ŚREDNIMI
NAJDALSZY PRÓG · NIE SUMUJTA SAMA SKALA
1
1 PKTZAPISANIE AM–GMP(a)=−2a−a2+2 a dla a<0 liczby (−2a) i (−a2) są dodatnie. Zapisz 2(−2a)+(−a2)≥(−2a)(−a2).
2
2 PKTOSZACOWANIE−2a−a2≥2 czyli −2a−a2+2≥4, czyli P(a)≥4.
3
3 PKTWARUNEK RÓWNOŚCIRówność zachodzi tylko gdy −2a=−a2, co przy a<0 daje a=−2.
4
4 PKTRÓWNANIE PROSTEJ — ODPOWIEDŹy=−2(x−1)+2 czyli y=−2x+4.
prosta y=−2x+4
Koszt, dochód, ruch i czyste związki między liczbami – optymalizacja bez rysunku. Cała robota siedzi w poprawnym zapisaniu funkcji celu i jej dziedziny.
Syzyf codziennie stoi przed zadaniem wtoczenia ciężkiej kamiennej kuli na szczyt pewnej góry. W chwili t=0 znajduje się on w punkcie O oddalonym od szczytu o 4 km, a położenie x Syzyfa wtaczającego kulę jest opisane równaniem x(t)=−t3+16,5t2+180t dla t∈[0,24], gdzie x jest wyrażone w metrach, a t – w godzinach. Oś Ox jest skierowana do wierzchołka góry i jest styczna w każdym punkcie do zbocza góry. Oblicz najmniejszą odległość, na jaką Syzyf zbliży się do wierzchołka góry, oraz maksymalną prędkość, z jaką wtacza kamień pod górę.
DWIE OPTYMALIZACJE W JEDNYM
Najbliżej szczytu to maksimum x(t), a największa prędkość to maksimum x′(t).
KLUCZ
NAJDALSZY PRÓG · NIE SUMUJ
1
1 PKTPOCHODNA POŁOŻENIARóżniczkowanie wzoru na położenie:x′(t)=−3t2+33t+180
2
2 PKTEKSTREMUM POŁOŻENIAZ_t2−11t−60=0 w_dziedzinie zostaje t=15; funkcja rośnie na [0,15] i_maleje dalej.
3
3 PKTPRĘDKOŚĆ JAKO POCHODNAPrędkość to v(t)=x′(t) — funkcja kwadratowa o_wierzchołku t=211.
4
4 PKTOBA WYNIKI — ODPOWIEDŹNajdalsze położenie x(15)=3037,5 m, więc do szczytu zostaje:4000−3037,5=962,5m,vmax=v(5,5)=270,75m/h
Na rysunku przedstawiono położenie miejscowości A, B i C oraz zaznaczono odległości między nimi. O godzinie 9:00 z miejscowości A do C wyruszył zastęp harcerzy „Tropiciele” i przemieszczał się z prędkością 4 km/h. O tej samej godzinie z miejscowości B do A wyruszył zastęp harcerzy „Korsarze” i przemieszczał się z prędkością 2 km/h. Wyznacz godzinę, o której odległość między tymi zastępami harcerzy będzie najmniejsza.
[rysunek: A, B, C; ∣AB∣=15 km, ∣AC∣=20 km, kąt prosty przy A]
RYSUNEK DO ZADANIA
PITAGORAS ZAMIAST GEOMETRII RUCHU
Po t godzinach odległości od A to 4t i 15−2t na prostopadłych ramionach.
KLUCZ
NAJDALSZY PRÓG · NIE SUMUJ
1
1 PKTODLEGŁOŚCI OD PUNKTU APo t godzinach: d1(t)=4t oraz d2(t)=15−2t.
2
2 PKTODLEGŁOŚĆ MIĘDZY ZASTĘPAMITrójkąt jest prostokątny, więc:d(t)=16t2+(15−2t)2
3
3 PKTSPROWADZENIE DO FUNKCJI KWADRATOWEJPierwiastek jest rosnący, więc wystarczy zminimalizować f(t)=20t2−60t+225 na ⟨0,215⟩.
4
4 PKTGODZINA — ODPOWIEDŹWierzchołek w_t=1,5, czyli o_godzinie 10:30.
Firma X wytwarza pewien produkt D. Badania rynku pokazały, że związek między ilością Q produktu D, jaką firma jest w stanie zbyć na rynku, a ceną P produktu jest następujący: P(Q)=90−0,1Q dla Q∈[0,900], gdzie P jest ceną za jednostkę produktu w złotych, a Q – ilością produktu w tys. sztuk. Koszty K wytworzenia produktu D zależą od ilości Q wytwarzanego produktu następująco: K(Q)=0,002Q3+Q2+29,9985Q+50, gdzie K jest kosztem produkcji w tys. zł. Oblicz, przy jakiej wielkości produkcji firma X osiąga największy dochód. Wynik podaj zaokrąglony z dokładnością do 100 sztuk.
DOCHÓD = PRZYCHÓD − KOSZT
Najpierw zbuduj D(Q)=P(Q)⋅Q−K(Q), dopiero potem różniczkuj.
KLUCZ
NAJDALSZY PRÓG · NIE SUMUJ
1
1 PKTPRZYCHÓDPrzychód to R(Q)=Q⋅P(Q)=90Q−0,1Q2.
2
2 PKTDOCHÓDDochód to przychód minus koszty:Z(Q)=−0,002Q3−1,1Q2+60,0015Q−50
3
3 PKTEKSTREMUMZ_Z′(Q)=−0,006Q2−2,2Q+60,0015=0 w_dziedzinie zostaje Q=25,5.
4
4 PKTWIELKOŚĆ PRODUKCJI — ODPOWIEDŹFunkcja rośnie przed tym punktem i_maleje po nim, więc dochód jest największy przy produkcji 25 500 sztuk.
Olejarnia wytwarza olej ekologiczny. Aby produkcja była opłacalna, dzienna wielkość produkcji musi wynosić co najmniej 480 litrów i nie może przekroczyć 530 litrów (ze względu na ograniczone moce produkcyjne). Przy poziomie produkcji (480+x) litrów dziennie przeciętny koszt K (w złotych) wytworzenia jednego litra oleju jest równy K(x)=480+x22x2−621,5x+23430, gdzie x∈[0,50]. Oblicz, ile litrów oleju dziennie powinna wytworzyć olejarnia, aby przeciętny koszt produkcji jednego litra oleju był najmniejszy (z zachowaniem opłacalności produkcji). Oblicz ten najmniejszy przeciętny koszt. Zapisz obliczenia.
PRZEDZIAŁ JEST DOMKNIĘTY
Policz pochodną ilorazu, ale sprawdź też wartości na obu końcach ⟨0,50⟩.
KLUCZ
NAJDALSZY PRÓG · NIE SUMUJ
1
1 PKTPOCHODNA FUNKCJI KOSZTUPochodna ilorazu:K′(x)=(480+x)2(44x−621,5)(480+x)−(22x2−621,5x+23430)
2
2 PKTMIEJSCE ZEROWE POCHODNEJLicznik zeruje się dla x2+960x−14625=0, czyli x=−975 (poza dziedziną) lub x=15.
3
3 PKTZNAK POCHODNEJ I UZASADNIENIEK′(x)<0 na [0,15) i_K′(x)>0 na (15,50], więc w_x=15 funkcja osiąga wartość najmniejszą.Brak uzasadnienia przez monotoniczność ogranicza wynik do 3 punktów.
4
4 PKTKOSZT NAJMNIEJSZY — ODPOWIEDŹPrzy produkcji 495 litrów dziennie:K(15)=49522⋅152−621,5⋅15+23430=38,50zł